第1章 空间向量与立体几何 章末复习课（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

该高中数学课件系统梳理了空间向量与立体几何的核心知识，涵盖空间向量的概念、运算、基本定理及在位置关系证明、距离计算、空间角求解中的应用，通过知识网络将各知识点逻辑串联，构建完整知识体系。 其亮点在于采用“概念辨析-例题精讲-跟踪训练”的复习策略，如通过四棱锥中向量运算例题培养数学思维，结合空间直角坐标系应用强化数学语言表达，分层设计满足不同学生需求，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习指导。

章末复习课 第一章　空间向量与立体几何 <<< 知识网络 一、空间向量的概念及运算 二、利用空间向量证明位置关系 三、利用空间向量计算距离 内容索引 四、利用空间向量求空间角 空间向量的概念及运算 一 1.空间向量可以看作是平面向量的推广，有许多概念和运算与平面向量是相同的，如模、零向量、单位向量、相等向量、相反向量等概念，加法的三角形法则和平行四边形法则，减法的几何意义，数乘运算与向量共线的判断、数量积运算、夹角公式、求模公式等等；向量的基底表示和坐标表示是向量运算的基础. 2.向量的运算过程较为繁杂，要注意培养学生的数学运算能力. 　(1)(多选)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.下列选项中，正确的是 A.+++=0 B.+--=0 C.-+-=0 D.·=· √ 例 1 √ 6 因为-+-=+=0，所以C正确； 又因为底面ABCD是边长为1的正方形， SA=SB=SC=SD=2， 所以·=2×2×cos∠ASB· =2×2×cos∠CSD， 而∠ASB=∠CSD，于是·=· 因此D正确，其余两项都不正确. 解析 7 (2)已知空间向量a=(2，4，-2)，b=(-1，0，2)，c=(x，2，-1).若b⊥c，则 cos〈a，c〉=　　　. 因为b⊥c， 则b·c=-x+0-2=0， 解得x=-2，所以c=(-2，2，-1)， 故cos〈a，c〉===. 解析 8 (1)向量的线性运算，实质上是在正确进行数乘运算的基础上，运用平行四边形法则或三角形法则进行向量求和或差运算，其关键是将相应的向量放到同一个三角形或平行四边形中. (2)涉及空间向量的数量积的应用时，主要用到以下三个重 要公式：a·b=|a||b|cos〈a，b〉，cos〈a，b〉=|a|2=a2. 反 思 感 悟 9 　(1)在空间直角坐标系中，已知A(1，-2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足||=||，则P点坐标为 A.(3，0，0) B.(0，3，0) C.(0，0，3) D.(0，0，-3) 跟踪训练 1 √ 设P(0，0，z)， 则有 =解得z=3. 解析 10 (2)如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱的长度都为1，且两两夹角为60°.求与夹角的余弦值. 11 记=a=b=c，则|a|=|b|=|c|=1， 〈a，b〉=〈b，c〉=〈c，a〉=60°， ∴a·b=b·c=c·a=. =b+c-a=a+b， ∴||=||= ·=(b+c-a)·(a+b)=b2-a2+a·c+b·c=1， ∴cos〈〉==. 解 12 二 利用空间向量证明位置关系 1.用空间向量判断空间中位置关系的类型有：线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直；判断证明的基本思想是转化为线线关系或者利用平面的法向量，利用向量的共线和垂直进行证明. 2.将立体几何的线面关系转化为向量间的关系，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力. 在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA= AD=CD=2AB=2，M为PC的中点. (1)求证：BM∥平面PAD； 例 2 15 以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， C(2，2，0)，M(1，1，1)， ∵=(0，1，1)， 平面PAD的一个法向量为n=(1，0，0)， ∴·n=0，即⊥n， 又BM⊄平面PAD， ∴BM∥平面PAD. 证明 16 (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由. 17 由(1)知=(-1，2，0)=(1，0，-2)， 假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 设N(0，y，z)，则=(-1，y-1，z-1)， ∵MN⊥BD，MN⊥PB， ∴∴∴N ∴在平面PAD内存在一点N 使MN⊥平面PBD. 解 18 利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运算，再借助于向量的有关性质求解(证). 反 思 感 悟 19 　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4. (1)求证：AC⊥BC1； 跟踪训练 2 20 在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，因为AC=3，BC=4，AB=5，所以AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)， B(0，4，0)，B1(0，4，4). 因为=(-3，0，0)=(0，-4，4)， 所以·=0，所以⊥ 即AC⊥BC1. 证明 21 (2)在棱AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由. 22 假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1， 设=t=(-3t，4t，0)，其中0≤t≤1. 则E(3-3t，4t，0)=(3-3t，4t-4，-4)， =(0，-4，-4)=(-3，0，4)， 又因为=m+n成立， 所以m(3-3t)=-3，m(4t-4)-4n=0，-4m-4n=4，解得t=. 所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1， 这时点E为AB的中点. 解 23 利用空间向量计算距离 三 1.空间距离的计算思路 (1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量=a，则向量在直线l上的投影向量为=(a·u)u，则点P到直线l的距离为 (如图). (2)设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为 (如图). 2.通过利用向量计算空间的距离，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力. 在三棱锥B-ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC=CD=AD= AB=1，且∠BAD=30°，求点D到平面ABC的距离. 例 3 27 如图所示，以AD的中点O为原点，分别以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系， 则AB CD ∴ = = = 解 28 设n=(x，y，z)为平面ABC的法向量， 则 ∴y=-x，z=-x，可取n=(-1，3)， 代入d= ，得d== 即点D到平面ABC的距离是. 解 29 利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可. 反 思 感 悟 30 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为 A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD的距离为　　. 跟踪训练 3 31 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 则A(4，0，0)，M(2，0，4)，B(4，4，0)， N(4，2，4)， ∴=(2，2，0)=(-2，0，4)， 易知平面AMN∥平面EFBD， 故平面AMN与平面EFBD的距离就是点B到平面AMN的距离. 设n=(x，y，z)是平面AMN的法向量， 则 解析 32 解得 取z=1，则x=2，y=-2， 得n=(2，-2，1)是平面AMN的一个法向量. ∵=(0，4，0)， ∴平面AMN与平面EFBD的距离d==. 解析 33 利用空间向量求空间角 四 1.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ=|cos〈m1，m2〉|. (2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ=|cos〈m，n〉|. (3)设n1，n2分别是两个平面α，β的法向量，则两平面α，β的夹角θ满足cos θ=|cos〈n1，n2〉|. 2.通过利用向量计算空间角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力. 　在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥ DC，AB⊥AD，CD=AD=AB=1，∠PAD=45°，E是PA的中点，点G在线段AB上，且满足CG⊥BD. (1)求证：DE∥平面PBC； 例 4 36 ∵PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD， ∴DA，DC，DP两两垂直. 如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. ∵CD=AD=AB=1， ∠PAD=45°，易知∠PDA=90°， 于是PD=DA=1， 又E是PA的中点，故D(0，0，0)，A(1，0，0)， B(1，2，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，E 证明 37 ∴=(-1，-1，0)=(0，-1，1)， 设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)， 则 令y=1，则x=-1，z=1， ∴m=(-1，1，1)，又= ∴m·=-1×+0+1×=0， ∴m⊥又DE⊄平面PBC，∴DE∥平面PBC. 证明 38 (2)求平面GPC与平面PBC夹角的余弦值； 39 设点G的坐标为(1，t，0)，0≤t≤2， 则=(1，t-1，0)，由(1)知=(1，2，0)， 由CG⊥BD得·=1+2(t-1)=0⇒t= ∴G= 设平面GPC的法向量为n=(a，b，c)， 由 解 40 令a=1，则n=(1，2，2)， 则|cos〈n，m〉|=== ∴平面GPC与平面PBC夹角的余弦值为. 解 41 (3)在线段PA上是否存在点H，使得GH与平面GPC所成角的正弦值是若存在，求出AH的长；若不存在，请说明理由. 42 假设在线段PA上存在点H，使得GH与平面GPC所成角的正弦值为. =(-1，0，1)，设=λ=(-λ，0，λ)， λ∈[0，1]= ∴=+= ∴cos〈n〉== ∵GH与平面GPC所成角的正弦值为∴= 解 43 整理得20λ2+8λ-1=0， 解得λ=或λ=-(舍去)， ∴=||= ∴存在满足条件的点H，且AH=. 解 44 (1)在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标. (2)应用空间向量求空间中的角时，往往要转化成元素的特征向量的夹角问题，并要注意特征向量的夹角与所求夹角的关系. 反 思 感 悟 45 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=点E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 试用向量方法解决下列问题： (1)求异面直线AF和BE所成角的大小； 跟踪训练 4 46 由题意得A(2，0，0)，F B(2，2，0)，E(1，1)，C(0，2，0). ∴==(-1，-1)， ∴·=1-2+1=0. ∴异面直线AF和BE所成角的大小为90°. 解 47 (2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值. 48 设平面BEC的法向量为n=(x，y，z)， 由(1)知=(-2，0，0)=(-1，-1)， 则 ∴x=0，取z=1，则y= ∴平面BEC的一个法向量为n=(01). 解 49 设直线AF和平面BEC所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n〉|===. 即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为. 解 50 第一章　空间向量与立体几何 <<< $