1.4 空间向量的应用-【重难点手册】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

第一章空间向量与立体几何通 1.4 空间向量的应用 重点和难点 课标要求 重点：空间图形基本要素及其关系的向量表示，用向 1.理解直线的方向向量和平面的法向量 量法解决空间图形的位置关系、距离及夹角等 2.用向量法判定空间直线与平面的位置 问题 关系 难点：建立空间图形基本要素与向量之间的关系，把 3.用向量法求空间角」 立体几何问题转化为空间向量问题 4,用向量法求空间距离. MABIBI11000B010000111011111111111111101101111110001100310101310001 必备知识梳理 1111111111101011101111111110111111111111011111111101111011111111111010110113111 基础梳理 一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一 知识点（① 平面的法向量 记方法回 1.平面法向量的定义 求平面法向量的具体步骤 如图，直线1⊥a,取直线l的方向向量a, <设向量 设平面ABC的法向量 为n=(x,yz) 则向量a叫作平面a的法向量.给定一个点 选取两个不共线的向 选向量 A和一个向量a,那么过点A且以向量a为 量ABAC 法向量的平面是完全确定的，可以表示为集 列方 由nAB=0,n~AC=0 、程组 列出方程组 合{Pa·AP=0. 解方 2.平面法向量的性质 程组 解方程组n:A0, nAC=0 (1)平面α的一个法向量垂直于与平面a共面的所有向量 赋非 取x,y中的一个为非 (2)一个平面的法向量有无数个，它们互相平行 零值 零值（常取±1） 3.平面法向量的四种求法 得结论 得到平面的一个法向量 (1)直接寻找法：当几何体中已经给出有向线段时，只需证明 线面垂直即可， (2)待定系数法.◆记方法。 (3)叉乘法.（该方法只造用于选择题、摸空题，不可用于解答题） 拓视野⊙ 向量的叉乘：两个不共线的空间向量a=(x1,y1,之1)与b三 该公式也可以用下列方法 (x2,y2,之2)，向量的叉乘a×b为同时与a,b垂直的向量，则向量 记忆： 已知平面内两相交直线的 之1 a×b为向量a,b确定的平面的法向量，且aXb 方向向量为a=(x1,y1,z1), 之2 b=(x2y2,之2)，平面的法向量 为n=(x,y,z). 1 (y1之2一之1y2,之1x2一x1之2，x1y2 分两步写：第一步，横写两 T? 之2 x? 遍，掐头去尾；第二步，由左向 b 右，交叉相乘再相减。如图 y1x2),其中 =ad一bc.◆拓视野为 21 重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA。 (4)平面方程法. 在空间直角坐标系中，若平面a的方程为ax十by十c之十d=0 1XXXI (d为参数)，则x,y,之前面的系数就是法向量的坐标，即u=(a, 则n=(y1之2一之1y2,之1x2 b,c)为平面α的法向量. x1之2x1y2一y1x2). 重难拓展 重难点1利用空间向量求空间中的距离 例①[回归教材P35T2]如图1，在棱长为1的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的 中点 (1)求点A1到直线B1E的距离； 敲黑板⊙ (2)求直线FC1到直线AE的距离； (1)两平行直线a,b之间的 (3)求点A1到平面AB1E的距离； 距离 (4)求直线FC1到平面AB1E的距离.◆敲黑板) 如图1，两平行直线a,b之 间的距离可以看成直线b上 点A到直线a的距离，则d A 1AB12 AB·a ）,其中A a ∈b,B∈a,a是直线a的方向 向量 图1 图2 解析建立如图2所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,1),B1(1,1,1), E(0,02）F011,号），C(01,1DA1,00. 图1 图2 (2)异面直线a,b之间的 0因为B它-（←1，-1，-2》， 距离 B,E (B,El (号，-号，)A或=-@1,0，所以A成u=- 2 如图2，设A∈a,B∈b,直 31 线a,b的公共法向量为n,则异 面直线a,b之间的距离d为向 所以点A到线B,E的系离为A武-A,可心以-号得 量AB在n方向上投影向量的 2因为A正-(-1,0，)，FC-(-1,0,2), 模，即d=AB·n n 所以A正FC,即AEFC 所以，点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离， 因为v= 器(-o》 所以A-5,A京v=5, 10 所以支线PC到克线AE的运离为/骨 =3 22 第一章空间向量与立体几何通 (3)设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z),AB1=(0,1,1),AE= n·AB1=y+之=0， (-10,),AA=0,010,则有 a·A正=x+2=0, 令x=2,则y=-2,x=1,即n=(1,-2,2). 设点A1到平面AB1E的距离为d, 则d=m-号，即点A:到手面B,E的范再为导 n (4)因为AEFC1,所以FC1∥平面AB:E, 所以直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB,E的距离. C1B1=(1,0,0),由(3)得平面AB1E的一个法向量为n=(1,-2,2), 所以点C到平面AB,E的距离为CB·nl_1 n 所以直线FC1到平面ABE的距离为3 深挖教材 提个醒回 利用空间向量求空间中的距离 (1),点到直线的距离 由于合=，可以视为平 如图1，向量AP在直线1上的投影向量为 面的单位法向量，所以点到平面 的距离实质上就是平面的单位 AQ,则△APQ为直角三角形.直线1的方向向量 法向量与从该，点出发的斜线段 为a,则向量AP在直线L上的投影向量为AQ= 对应的向量的数量积的绝对值， a AP cos∠PAQ·a=APa·0 a 图1 即d=|AP·nol. a·AP)·a,由勾版定理可得点P到直线l的距离为d=PQ 1a2 记方法回 AP2-（ 求点到平面距离的其他方法 (2),点到平面的距离 方法一：若已知点A(x0, 如图2，已知平面a的法向量为n,A是平面a内 yozo),平面Ax+By+Cz+D 的定点，P是平面a外一点，过点P作平面a的垂线l, =0,则点A到平面的距离d= Azo+Byo+Czo+DI 交平面a于点Q,则n是直线l的方向向量，且，点P到 Q √A+B2+C 平面α的距离就是AP在直线L上的投影向量QP的 方法二（等体积法）：把点到 长度.因此PQ= n AP·n 图2 n 平面的距离转化为三棱锥的高， 利用三棱锥的体积和底面积求 AP·n.+现个逼小记方法@ (AP cos.∠APQ) n 顶点到底面的距离。 (3)直线到平面、平面到平面的距离 若直线与平面平行，平面与平面平行，则直线到平面、平面到平面的 距离可转化为，点到平面的距离， 23 用重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA 重难点(2利用空间向量求空间角 提个醒回 1.异面直线所成的角 直线与平面所成的角和法 向量与直线的方向向量的夹角 若异面直线1，l2所成的角为0(0<0≤) ,其方向向量分别 之间的关系要区分清楚，设直线 1的方向向量为山，平面的法向 是u,v,则cos0=|cos(u,v)|= u·v lullv 量为n,线面角为0. (1)当(u,n〉为锐角时，0 (当(u,v）为锐角时，0=(u,v)；当(u,v〉为纯角时，0=T一(u,v〉) 2-u,n),sin 0 =cos(u,n)= 汇 2.直线与平面所成的角 如图1，直线AB与平面a相交于点B,设 u·n un 直线AB与平面a所成的角为0，直线AB的 (2)当(u,n》为钝角时，0 方向向量为u,平面a的法向量为n,则sin0 图1 (u,n)-x ,sin0=-cos(u,n) u·n u·n =|cosu,n〉|= ◆提个醒回 uln un' w·n un 3.二面角 (1)在两个半平面内找与公共棱垂直的直 综上可知，sin0= u·n uln 线的方向向量，求出其夹角.如图2，〈m,n〉即 A 为所求二面角的平面角， 敲黑板D 图2 (2)对易于建立空间直角坐标系的几何 结果取正还是取负，需考 虑二面角是锐角还是钝角，一般 体，在求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角 可通过观察图形，直观想象来判 来求 断，若图形不易判断，则可通过 如图3，平面a的法向量为n1,平面B的法向量为n2,(n1,n2》 法向量的指向来判断.若两个法 =0,则二面角a-l-3的大小p=0或p=元一0. 向量都朝内或都朝外，如图1， 则cos0=一cos(m1,m2〉；若一 个朝内，一个朝外，如图2，则 c0s0=cos(m1,m2〉， 图3 n1。n2 则cos9=士osn,n:》=±n1m.当g=(n,n2)时，取 图2 “十”号；当p=π一〈n1,n2)时，取“一”号.心敲黑板) 提个醒回 4.平面与平面的夹角 类似于两条异面直线所成 平面α与平面3相交形成四个二面角，我们把这四个二面角 的角，若平面a,B的法向量分别 中不大于90°的二面角称为平面α与平面3的夹角.◆提个醒 是m1,m2,则平面a与平面B的 例②（多选）如图1，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平 夹角即为向量m1和m2的夹角 或其补角.设平面α与平面B的 行四边形，∠DAB=5AB=2AD=2PD,PD1平面ABCD,则 夹角为0，则cos0=cos(m1, ( m川-调 A.PA⊥BD 24 第一章空间向量与立体几何 BPB与平面ABCD所成的角为若 C二面角APBC的余弦值为29 A B 图1 D.直线AB与PC所成角的余弦值为2,5 解析如图2，连接BD,设AD=1,则AB=2,PD=1. 因为∠DAB=行，所以BD2=1+4-2X1X2X2-3, 解得BD=√3， 所以AB2=AD2十DB2,故AD⊥DB. 而PD⊥平面ABCD,AD,DBC平面ABCD,故PD⊥AD,PD⊥DB. 建立如图2所示的空间直角坐标系， 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,√3,0)，C(-1,W3,0),P(0,0,1), 故PA=(1,0,-1),BD=(0,N5,0), 而PA·BD=0,故PA⊥BD,故A正确. B 图2 PB=(0,√3，一1)，而平面ABCD的法向量为m=(0,0,1), 设PB与平面ABCD所成的角为0，则sin0=cos(PB,m)川 11 2X1-2 因为0∈0，号引，故0=晋故B正晓 AB=(-1,5,0),BC=(-1,0,0), 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), AB·n=0,.-x十3y=0, 则 即( PB.n=0,3y-z=0, 取y=1,则n=（W3,1,√3). 设平面PBC的法向量为u=(a,b,c), (BC·n=0,-x=0, 则 即 取y=1,则u=(0,1,W3), PB·n=0,W3y-z=0, 故cos(n,u〉= 7X2,但二面角A-PB-C的平面角为纯角， 4_27 (判断二面角A-PBC为钝角，可借助图形观察，也可借助法向量的方向观察) 故其会弦值为-2，故C错误 25 重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA」 因为PC=(-1,W3,-1),所以cos(AB,P心)=4=25 2X5 5 故直线AB与PC所成角的余孩值为25，故D正瑰， 答案ABD 培优突破 突破点（① 利用空间向量解决空间中的动点问题 例③如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，EA⊥平面 ABCD,EA//FD,EA=AD=2FD=2. (1)求证：直线FC平面EAB. (2)求二面角E-FC-A的正弦值， (3)线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所 成角的正弦值为 ?若存在，求若不存在，请说明理由。→方 E B B 图1 图2 解析以D为原点，分别以DA,DT(T为BC的中，点)，DF的方向为x 轴、y轴、之轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图2）， 则A(2,0,0),B(1,W3,0),C(-1,√3,0)，D(0,0,0),E(2,0,2),F(0, 记方法@ 0,1). 1.利用空间向量解决立体 (1)EA=(0,0,-2),AB=(-1,W3,0), 几何的动点问题的思路 设n=(x,y,z)为平面EAB的法向量， (1)根据题设条件的垂直关 n·EA=0,（-2x=0, 系，建立适当的空间直角坐标系， 则 即 取y=1,可得n=(3,1,0). n·AB=0,-x+3y=0, 将相关点、相关向量用坐标表示 (2)假设所求的，点或参数存 因为FC=(-1,3,-1),所以n·FC=0. 在，并用相关参数表示相关点的 因为直线FC中平面EAB,所以直线FC∥平面EAB. 坐标，根据线面满足的位置关 (2)EF=(-2,0,-1),FC=(-1,W3,-1),FA=(2,0,-1), 系、数量关系，构建方程（组）求 设n1=(x,y,之)为平面EFC的法向量， 解，若能求出参数的值且符合该 n1·EF=0,-2x-z=0, 限定的范围，则存在，否则不 则 即 取x=-3,可得n1=(-3W3,6). n1·F元=0，-x+3y-z=0, 存在。 设n2=(x,y,之)为平面FCA的法向量， 2.动点的设法（减少变量 数量) n2·FA=0,2x-之=0， 则 即 取x=1,可得n2=(1,W3,2) 在解决探索性问题中动点 n2·FC-0,-x+3y-之=0 26 第一章空间向量与立体几何通 所以cosn1,n2)=1·n2=V6 的存在性问题时，经常需要设出 n1ln2|4’ 点的坐标，而(x,y,之)可表示空 所以sin)=-cos1,)- 间中的任一，点，使用三个变量设 4 ,点需要列三个方程，导致运算量 所以二面角EFCA的正弦值为 增大.为了减少变量数量，可用 4 以下设法： (3)设EM=λEC=(-3入，N5入，-2)，则M(2-3x,N5入，2-2)， (1)直线上的动点：用一个 则BD=(-1,-√3,0)，DM=(2-3入，W3入，2-2λ) 变量可以表示出所求点的坐标 设n3=(x,y,z)为平面BDM的法向量， 依据平面向量共线定理：若a∥ b→3入∈R,使得a=Ab,即若 n3·BD=0,-x-√3y=0, 别m,·D成=0,2-30x+5y+2-2以z=0, 即 点M在AP上，则可设AM 入AP.】 可得a=,1.2） (2)平面上的动点：用两个 变量可以表示出所求点的坐标 由EB=(-1,W3,-2), 依据平面向量基本定理：若a,b -23-2x23A-5 不共线，则平面上任意一个向量 得|cos<EB,n3)= 1-λ √2 c,均存在入，B∈R,使得c=Aa 22/4+(2W3入-3 8 十b,故若点M在平面APQ 解得入= EM 1 内，则可设AM=λAP+PQ. 3 1111111B111001111110111111011110111111131111111111111011110101103111113111111 关键能力提升 11110111101001111111111111111101101111111111110111111011011010110111101111111111 题型(1】 利用空间向量研究平行关系 又因为B1H⊥平面ABC, 所以以H为坐标原点，以HP,HC,HB1所在直 1.证明线面平行 线分别为x轴、y轴和之轴，建立如图2所示的空间 例④如图1，在三棱柱ABC-A1B1C1中， 直角坐标系， H,P,Q分别是BC,AB,AC1的中点，B1H 则H(0,0,0),A(4,2,0),C(0,2,0),B(0,一2,0)， 平面ABC,且B1H=2√3，AC⊥BC,CA= B1(0,0,2√3)，C1(0,4,23),P(2,0,0),Q(2,3,W3), CB=4.求证：PQ平面BCC1B1· 所以PQ=(0,3,W5),且平面BCC1B1的法向量 为n1=(1,0,0), B ⊙ 则PQ·n1=0,所以PQ⊥n1 又因为PQ中平面BCC1B1, (直线的方向问量与平面BCCB1的法向量垂直， 需强调PQ不在平面BCC1B1内) 所以PQ∥平面BCC,B1. 图1 图2 2.证明面面平行 解析因为H,P分别是BC,AB的中点， 例⑤如图1，在正方体ABCD-A1B1C1D 所以HP∥AC. 中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中 因为AC⊥BC,所以HP⊥BC. 点.在棱CC1上是否存在一点Q,使得平面 27 铺重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA D1BQ∥平面PAO?若存在，指出点Q的位 置；若不存在，请说明理由. B 图1 A.当Q为线段BP的中点时，DQ⊥平 面A1BD B 图1 图2 B.当Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥ 解析当Q为CC1的中，点时，平面D1BQ∥平面 平面A1BD PAO.证明如下： C.在线段B1P的延长线上，存在一点Q, 以D为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐 使得DQ⊥平面A1BD 标系，设正方体的棱长为2，Q(0,2,c)(0≤c≤2)， (注意c的范围，点Q在棱CC1上) D.不存在点Q,使DQ与平面A1BD垂直 如图2，连接D1B,D1Q,BQ. 解析如图2，以A1为坐标原点，A1B1,AC1, 则O(1,1,0),A(2,0,0),P(0,0,1),B(2,2,0), A1A所在直线分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角 D1(0,0,2), 坐标系 .0A=(1,-1,0),OP=(-1,-1,1),BD1= (-2,-2,2). 设平面PAO的法向量为n1=(x,y,z), 则·0i-0, x一y=0, Py 即 n1·0p=0, -x-y十z=0, B 图2 令x=1,则y=1,之=2， 则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0, .平面PAO的一个法向量为n1=(1,1,2). 1D,D0,1,2),P0,2,0, 若平面D1BQ∥平面PAO, 则n1也是平面D1BQ的一个法向量， 所以AB=(10,1),AD=(1,2),BP .BQ=(-2,0,c), n1·BQ=-2+2c=0,∴c=1. （-1,2,0.DB=(1,-1,-2） 又n1·BD1=-2-2+4=0, 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), ∴.当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. n·A1B=x十z=0, 题型②利用空间向量研究垂直关系 .a6-y+号=0， 则 例6（多选）如图1，在三棱柱ABC 取之=一2，则x=2,y=1, A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1,∠BAC 所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,一2). =90°，AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中 假设DQ⊥平面A1BD,且B1Q=λB1P=A(-1,2, 点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交 0)=(-入，2λ，0)， 点.若点Q在直线B:P上，则下列结论错误的 是(). 则D=DB,+B,Q=(1-x,-1+2x,-2) 28 第一章空间向量与立体几何通 因为DQ也是平面A1BD的法向量， (2)A1B=(0,1,-1),设m=(a,b,c)为平面 所以n=(2,1,-2)与DQ=（1-λ，-1+2， m·A1E=0, A1BE的法向量，则 -)共线， m·A1B=0, -a十 1b=2a, 1 26=0, 所以1入=-1+2一 1 b-c=0, c=2a, 2 1 -24 成立， 令a=1,可得m=(1,2,2), 但此方程由于入无解，因此不存在，点Q,使DQ 选，点B1到平面A1BE两点的向量为A1B1=(0, 与平面A1BD垂直，所以A,B,C不正确，D正确. 1,0), 答案ABC 得点B1到平面A1BE的距离d AB·m=2 题型③利用空间向量求距离 m3 例7已知正方体ABCD-A1B1C1D1的 (3)由(2)可知，平面A,BE的法向量可设为m= 棱长为1，E为D1C1的中点. (1,2,2), 设D1C与平面A1BE的两点向量为D1A1= (1)求异面直线D1B与A,E的距离； (1,0,0) (2)求点B1到平面A1BE的距离； 故直线DC到平面A1BE的距离d= (3)求D1C到平面A1BE的距离； |D1A1·m1 (4)求平面A1DB与平面D1CB1的距离. m 解析(1)如图，建立空间直角坐标系， (4)DA1=(1,0,1),DB=(1,1,0),D1C= 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), (0,1,-1),D1B1=(1,1,0), A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1), 设n1=(x1y1,z1),n2=(x2y2,之2)分别为平 E(0,21 面A1DB、平面D1CB1的一个法向量， 所以AE=(-1,号，0)，D店=1,1，-1D. DA1·n1=x1+z1=0, 所以 令x1=1,可得 DB·n1=x1十y1=0, D E y1=-1,z1=-1,所以n1=(1,-1,-1), D1C·n2=y2一z2=0, 所以 令x2=1,可得 D1B1·n2=x2十y2=0, y2=-1之2=-1，所以n2=(1,-1,-1), 设n=(x,y,之)是与A1E,D1B都垂直的向量， 所以n1=n2,所以平面A1DB∥平面D1CB1, (可得点A1到平面D1CB1的距离即为所求) A正-0p2=0 y=2x D1A1=(1,0,0), 则 ”,即 n.D1B=0,x十y-z=0, z=3x 所以，点A1到平面D1CB1的距离为D1A1· 令x=1,可得n=(1,2,3), cOs(DA:)DA:m13 D1A1=(1,0,0), n23 则AE与BD,的距离d=DA;·=1 故平面A,DB与平面D,CB,的距离为 3 n√14 题型(4利用空间向量求空间角 √14 14 例8如图1，多面体中ABMN为梯形， 29 :重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA MB∥AN,ABCD为正方形，CB垂直于平面 (2)由(1)知，AC=(-2,0,2),CD=(2,0,0), ABMN,NA=AB-2,BM-4,CN=23. CM=(0,4,-2), 设平面CDM的法向量n=(x1,y1,z1), |n·CD=2x1=0 D 则 M n.CM=4y1-2z1=0, 令y1=1,可得n=(0,1,2) 图1 设直线AC与平面CDM所成的角为0， (1)求异面直线AC与MN所成角的余 则sin0=|cos(n,AC)|= n·AC 弦值 ACI (2)求直线AC与平面CDM所成角的正 4 w√10 弦值 √/4+4X√1+4 5 (3)在线段CM上是否存在一点E,使得 所以直线AC与平面CDM所成角的正弦值为 平面BEN与平面BMN的夹角的余弦值为 √10 5· √3 3?？若存在求出的值：若不存在，请说明 (3)假设存在，点E,设CE=λCM(以∈[0,1])， 由(1)知，CM=(0,4,-2),BN=(2,2,0),BC= 理由. (0,0,2), 解析(1)因为BC⊥平面ABMN,BNC平面 则CE=(0,4,-2),即E(0,4,2-2入)，则 ABMN, BE=(0,4λ，2-2λ). 所以BC⊥BN, 而NA=AB=BC=2,CN=25, 设平面BEN的法向量m=(x2y2,z2), 则BN=√CN2-BC=2√2， |m·BN=2x2十2y2=0, 所以AB2+NA2=BN2,所以AB⊥AN. m·BE-=4λy2+(2-2λ)z2=0, 又MB∥AN,所以AB⊥BM. 以B为坐标原点，BA,BM,BC所在直线为x轴、 令=1，可得m=,124》以1 y轴、之轴正方向建立空间直角坐标系，如图2所示， 因为BC⊥平面ABMN, 则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,0,2),D(2,0,2), 所以BC=(0,0,2),即为平面BMN的一个法 N(2,2,0),M(0,4,0), 向量， 则AC=(-2,0,2),MN=(2,-2,0), 所以cos(AC,MN)1=IAC·M 所以|cos(m,BC)|= |m·BC mBCI IACI MN 4 1-4 1 1-λ √4+4X√4+4 2’ 2x1+1+(% -2 3, 则异面直线AC与MN所成角的余弦值为2： 即2√3λ=√6以2-41十2， 解得入= 日或-1合去)， B (a∈[0,1]) 所以C正-C,则恶- EM2' 图2 所以存在一点E,使得平面BEN与平面BMN 30 第一章空间向量与立体几何通 的关角的金张值为此时瓷- 即PA,AD,AB两两垂直， 故以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向， 变式0如图，在三棱柱ABC-A1B,C1中， 建立如图2所示的空间直角坐标系。 底面ABC为正三角形.AB=A1A=A1B=4, 不妨设AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2, 且cas∠A,AC=号，0为AB的中点. 0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),F(2,1,0),AF =(2,1,0),BP=(-2,0,2),BC=(0,2,0). 设平面PBC的法向量n=(x,y,z), n·BP=0,1-2x十2z=0, 则 即 n·BC=0,2y=0, 可取n=(1,0,1). 因为cos(,A万)=n·A时 10 (1)求证：AC⊥A1O; nAF 5 (2)若P是侧棱CC1上一点，求直线A1P 与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值. 所以AF与平面PBC所成角的正孩值为 5 2 题型⑤空间中的探索性问题 D 例⑨如图1，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD,PA= PB,点E,F分别是棱PB,BC的中点. 图2 (2)假设截面AEF内存在，点G满足条件， 设AG=λAE+AF,A≥0，≥0，A+u≤1， 有AE=(1,0,1),AF=(2,1,0),DA=(0,-2,0), 图1 所以DG=DA十AG=(a十24，-2,1). (1)求直线AF与平面PBC所成角的正 DG·AE=0, 因为DG⊥平面AEF,所以{ 弦值 DG·AF=0, (2)在截面AEF内是否存在点G,使 12λ+2μ=0， 39 DG⊥平面AEF?请说明理由. 所以 解得 2λ+54-2=0， 2 解析(1)由PA⊥平面ABCD,AB,ADC平面 μ=3’ ABCD,得PA⊥AB,PA⊥AD,又底面ABCD为正 这与假设矛盾，所以不存在点G,使DG⊥平面 方形，故AB⊥AD, AEF」 iiIIIIii 食核心素养聚焦 1101111010010111101101111011011100110011101011111011111011011110111111 考向(1空间中的平行、垂直关系 例10(2025·全国一卷)（多选）在正三棱 A.AD⊥A1C 柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则 B.B1C1⊥平面AA1D 31 重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA。 C.AD∥A1B D.CC1平面AA1D G 解析如图，建立空间直角坐标系，设正三棱柱的 底边为2，高为h, 则D(0,0,0),A(3,0,0),A1(W3,0,h),C(0, 图1 -1,0),C1(0,-1,h),B(0,1,0),B1(0,1,h). (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证： FG平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直 线AB与平面PCD所成角的正弦值， 解析(1)如图2，取PA的中点N,PB的中，点 D M,连接FN,MN,MG, B ,'△ACD与△ABC为等腰直角三角形且 AD=(-3,0,0),A1C=(-3,-1,-h), ∠ADC=90°，∠BAC=90°， 则AD·A1C=(-√3)X(-√3)+0=3≠0， 不妨设AD=CD=2,∴AC=AB=2√2， 则AD⊥A1C不成立，故A错误 .BC=4. BC=(0,-2,0),CC1=(0,0,h),AA1=(0,0, ,E,F分别为BC,PD的中点， h),AD=(-√3,0,0)， FN=3AD=1,GM=号BE=1,且FN/ 设平面AA1D的法向量为n=(x,y,z), AD,GM//BC AA1·n=hz=0, ∠DAC=45°，∠ACB=45°，.AD/∥BC, 则 得x=之=0， AD.n=-√3x=0, ∴FNGM,∴.四边形FGMN为平行四边形， 令y=1,则n=(0,1,0), ∴.FG//MN. 所以BC=(0,-2,0)=-2n,CC1·n=0, ,FG中平面PAB,MNC平面PAB, ∴.FG∥平面PAB. 则BC⊥平面AA1D,CC1∥平面AA1D,又BC∥ B1C1,故B,D正确. AD=(-√5,0,0)，A1B1=(-3,1,0), G 圆然ADA,B不成立，放C储型 B 答案BD 图2 考查内容 核心素养 试题难度 (2)以A为坐标原点，AC,AB,AP所在直线分别为 正三棱柱的性质及空间直观想象、逻辑 ★★★☆☆ x轴、y轴、之轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 中垂直与平行的判定 推理、数学抽象 (PA⊥平面ABCD) 例1☐(2025·北京卷)如图1，在四棱锥 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2√2,0)， P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角 C(22,0,0),D(√2，-√2,0)，P(0,0,2√2)， 三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC AB=(0,2√2,0)，DC=(√2，√2,0)，CP= 的中点. (-2√2,0,2√2). 32 第一章空间向量与立体几何通 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 因为FCEB,FCC平面CD'F,EB中平面CD'F, (DC·n=0, W2x+√2y=0, 所以EB∥平面CD'F. Cp.n=0, -2√2x+2√2x=0, 因为EB∩A'E=E,EB,A'EC平面A'EB, 取x=1,.y=-1,z=1,.n=(1,-1,1). 所以平面A'EB∥平面CD'F. 设AB与平面PCD所成的角为0， 又因为A'BC平面AEB,所以A'B∥平面CDF. 则sin0=|cos(AB,n〉|= |AB·nl (2)因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB. ABn 又因为ABFC,EF∥AD,所以EF⊥FC. 0×1+2W2×(-1)+0×1 2√2√3 以F为坐标原点，FE,FC以及垂直于平面 2√2×12+(-1)2+1 2√2X5 3 BECF的直线分别为x轴、y轴、之轴，建立如图2所 即AB与平面PCD所成角的正弦值为 示的空间直角坐标系 3 考查内容 核心素养 试题难度 考查线面平行的证明、线 直观想象、逻辑 面垂直的性质以及线面推理、数学运 ★★★★☆ 角的计算 算、数学抽象 考向（②空间角的计算 图2 例12(2025·全国二卷)如图1，在四边 因为D'F⊥EF,CF⊥EF,平面EFD'A'与平面 形ABCD中，ABCD,∠DAB=90°，F为CD EFCB所成的二面角为60°， 的中点，点E在AB上，EF∥AD,AB=3AD, 所以∠D'FC=60° CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边 则B(1,2,0),C(0,1,0),D o》,E1,0 形EFD'A',使得平面EFD'A'与平面EFCB所 0),F(0,0,0), 成的二面角为60°. 所以成-（-1-10.而=6,2，》 成-o.om-,2） 设平面BCD'的法向量为n=-(x,y,z),则 图1 BC·n=0, (1)求证：A'B平面CD'F; 所以 +22=0令y=5, CD'.n=0, (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的 -x-y=0, 二面角的正弦值， 则之=1，x=-√3，所以n=(-√3，W3,1). 解析(1)设AD=1,则AB=3,CD=2.因为F 设平面EFDA'的法向量为m=(x1,y1,z1), 为CD的中点，所以DF=1.因为EF∥AD,AB∥ FE·m=0, 1,3 CD,所以AEFD是平行四边形，所以AE∥DF,所以 所以2y十2=0， A'E//D'F. FD·m=0,x=0. 因为DFC平面CD'F,A'E中平面CD'F, 令y=√3，则之=-1，x=0,所以m= 所以A'E∥平面CD'F. (0,W3,-1) 33 重难点手册高中数学选择性必修第一册RJA。 m·n 0+3-1 所以cos(m,n)=mn√3+3+1X√1+3 结合(1)中BCDM为平行四边形，可得BM= CD=2. 因为AM=2, 所以△ABM为等边三角形，O为AM的中，点， 所以平面BCD'与平面EFD'A'夹角的正弦值为 所以OB=√5. 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD的 中点，所以EF=MD,EFMD, 考查内容 核心素养 试题难度 四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF, 线面平行的证明、二面角直观想象、逻辑 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM 的平面角的定义以及二 推理、数学运 ★★★★☆ 面角的计算 算、数学抽象 底边上的中点O重合，OF⊥AM,OF=√AF2-AO =3. 例13(2024·全国甲卷)如图1，在以A, 因为OB2十OF2=BF2, B,C,D,E,F为顶点的五面体中，四边形ABCD 所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相垂直. 与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥ 以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为 AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=√JI0,:之轴，建立如图2所示的空间直角坐标系， FB=2N3,M为AD的中点. 则F(0,0,3),B(√3,0,0)，M(0,1,0),E(0,2, E 3),BM=(-√3,1,0)，BF=(-√3,0,3)， BE=(-3,2,3). 设平面BFM的法向量为m=(x1,y1,之1)，平面 EMB的法向量为n=(x2,y2之2)， 图1 m·BM=0,-√3x1+y1=0, 则 即 (1)求证：BM平面CDE; m·BF=0,-3x1+3z1=0, (2)求二面角F-BM-E的正弦值， 令x1=3,可得y1=3,之1=1，即m=(W3,3,1), 解析(1)因为BC∥AD,EF=2,AD=4,M为 n·BM=0,,-√3x2+y2=0, AD的中，点，所以BCMD,BC=MD, 即 n·BE=0, -√3x2+2y2十3z2=0, 四边形BCDM为平行四边形，所以BMCD. 令x2=3,可得y2=3,22=-1,即n=(W5,3, 又因为BM工平面CDE,CDC平面CDE, -1), 所以BM∥平面CDE. m·n 11 11 (2)如图2，作BO⊥AD交AD于点O,连接OF. 所以osm,)=mm-V/5X后-尽，则 2之4 43 sinm,n）= 13 女二面角FBME的正弦值为43 考查内容 核心素养 试题难度 图2 直观想象、逻辑 线面平行的判定以及二 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD,AD 推理、数学运 ★★★★☆ 面角的计算 4,AB=BC=2,所以CD=2, 算、数学抽象 346.(I)由P市=D,A=F元，得D,F分别为PB,CA的中点， 因为D-D心+号Dd -2成-ò+2- 元-+成-}丽 =成+i-成。 所以1D=√（2P心+2PA-2P =专4什4+4+4-4=5. (2②)油P它-2E,得C花-P壶-P元-子pA-P元 则c.D=(pA-P心)·(2p元+2PA-2P =子1PA1IP元1cos60+3PA2-}1PA1IP店1： cos90°-号P:-21Pi11P心1cms60+g1Pi1· |PC1cos60° =号+号-2-1+1=0， 故CE⊥DF,即直线CE与DF所成的角为90. 7.(1)因为△PBC为等腰直角三角形，∠CPB=90°，BC=CD =4,所以PC=PB=2√2. 又PD2=(26)2=24,PC2+CD2=(22)2+42=24,所以 DC⊥PC. 由匀股定理得DC⊥PC是本题解题的关键 而CD⊥AD,ADBC,故CD⊥BC. 因为PC∩BC=C,PC,BCC平面PBC,所以CD⊥平面PBC. 如图，以C为原点，CP,CD所在直线分别为x轴、之轴，过 点C作PB的平行线为y轴，建立空间直角坐标系Cxy2, 则P(2√2,0,0)，B(22,2√2,0)，F(0,0,2),A(2,2,4), 则AP=(W2,-2,-4),BF=(-22,-22,2), 所以cos〈A,BF)=AP·B亟 APIIBE -2×(-22)+(-2)×(-22)+(-4)×2-2 2W5×25 (2)由(1)知E(2√2，W2,0),设AM=AB, 而AB=(W2,N2,-4),所以AM=(W2t,W2t,-4t), 所以M(W2+√2t,w2+√2t,4-4t), 所以EM=(W2t-√2，W2t,4-4t). 因为BF=(-2√2，-2W2,2), 又EM⊥BF,故EM,BF=0, 所以-2√2×(W2t-2)-2W2X√2t+8-8t=0, 解得1=是，所以A方=子 IAB 4 培优突破练 1BC[设AB的中点为0，则P0=2Pi+号P成，即2Pò =PA+PB,又PB+PA1=2,所以PO1=1,即点P落 在以O为球心，以1为半径的球上，如图所示. >B 因为AP=Ad+O,所以A.A市=(Aò+OP)·AD= AO.AD+OP·AD.由正四面体ABCD的棱长为2W2,得 A0=√2，所以AO·AD=AO1|AD1cos60°=√2X2√2X 合-2设o,A)=0,则A.Ai-A0.Ai+o°· AD=2+OP11AD1cos0=2+2W2cos0,又-1≤cos0≤ 1,所以2-2√2≤2+2W2c0s0≤2+2√2，即AP·AD的最 大值为2+2√2，最小值为2-22.] 1.4空间向量的应用 变武训练 [变式1](1)如图，连接C0.因为底面ABC是边长为4的正三 角形，且O为AB的中点，所以CO=2√3. 又AB=A1A=A1B=4,所以A1O⊥AB,且A1O=2√3 在△M,C中，o∠A1AC=子， 由余弦定理可得coS∠A1AC=AC十A,A2-A,C 2AC·A1A 十-A1C=,解得A,C=26 2×4×4 在△OA1C中，因为C02+A1O2=A1C2,所以AO⊥C0 一般题目中给出较多边长及角度时，可通过计算边长一 得到垂直关系 因为AB,COC平面ABC,且AB∩CO=O, 所以A1O⊥平面ABC. 又ACC平面ABC,所以AC⊥A1O. (2)由(1)知A1O⊥平面ABC,因为BC=AC,所以CO⊥AB, 则以O为坐标原点，OC,OA,OA1所在直线分别为x轴、 y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,2,0),B(0,-2,0),C(23,0,0),A1(0,0,23), 所以A1C=(2W3,0,-23),BC=(23,2,0),AA1=CC1 (0,-2,23),设CP=λCC1=(0,-2x,23λ)，A∈[0,1]， 7 则A1P=A1C+CP=(23,-2x,-23+2√3λ). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,之)， 则 BC·n=0,|2W3x+2y=0, 即 cC·n=0,-2+25z=0, 取x=1,则y=-√3，x=一1，则平面BCC1B1的一个法向 量为n=(1,-√3，-1). 设直线A1P与平面BCC1B1所成的角为0， AP.n 则sin0=|cos(A1P,n)1= A:PlIl 4V3 /(23)2+(-2)2+(-25+23λ)2X5 43 √16以2一24以+24X万’二次通数求最值 当X-是时，血0取得最大值，最大值为号 基础过关练 1.A 2.A[以直线BA,BC,BB1为x轴、y轴、之轴建立如图所示的 空间直角坐标系，设BC=a(a>0),则B(0,0,0),C(0,a,0), M(o,号w2a),N(号，02a),所以BM=(o,号，Ea), ci-(g,-aw2a） 21 设直线BM与CN所成的角为0，则cos0=|cos〈BM,CN) E [o,] 3 BM.CNI 2√/13 BMIICNI 2a 3 13 ,所以直线BM与直 2 a 线V所设角的余磁值为沿] 3.AB[两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2, 3,-1D,b=(-1,-是，号)，则6=-2a,所以a/6,即 l1九2，故A正确.两个不同的平面a,B的法向量分别是u一 8 (2,2,-1),v=(-3,4,2),则u·v=2×(一3)十2X4十（一 1)×2=0,所以a⊥B,故B正确.直线1的方向向量a=(1, 一1,2)，平面a的法向量是u=(6,4,一1)，则a·u=1×6一 1×4+2×(-1)=0,所以a⊥u,则1/a或lCa,故C错误. 直线l的方向向量a=(0,3,0),平面a的法向量是u=(0, 1 一1,0)，则u=-3a,所以u/a,即lLa,故D错误.] 号.[如图，以点D为坐标原点，以DA,DC,DD,所在直 线分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系，则A(1,0, 0),B(1,1,0),A1(1,0,2),E(0,1,1),AB=(0,1,0),BE= (-1,0,1),A1B=(0,1,-2. 之 D A 设平面ABE的法向量m=(x1,y1,之1)，则 1AB·m=y1=0, 令x1=1,则x1=1,y1=0,所以 BE·m=-x1十21=0， m=(1,0,1).设平面A1BE的法向量n=(x2,y2,x2),则有 |A1B·n=y2-2z2=0, 令x2=1,则z2=1,y2=2,所以 BE·n=-x2十z2=0, n=(1,2,1).设平面ABE与平面A1BE夹角为0，则cos0= 0E 0. wmm-品沿尼是后-入 5.(1),在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥底面ABC,AMC 平面ABC,..AM⊥BB1. AB=AC=2,M为BC的中点，.AM⊥BC. BC∩BB1=B,BC,BB1C平面BB1CC, ∴.AM⊥平面BB1C1C. :AMC平面APM,∴.平面APM⊥平面BB1C1C. (2)以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为之轴，建立 空间直角坐标系，如图所示，则B(0,2,0),C1(2,0,3),A(0, 0,0). A B M C 设BP=t(0≤t≤3)，则P(0,2,t),BC1=(2,-2,3),AP= (0,2,t).