第3章 空间向量与立体几何章末知识梳理-【成才之路·学案】2026-2027学年高中数学选择性必修1同步新课程学习指导（北师大版）

点A到平面PEF的距离， A-BD-C的大小可能为了或m-号-故选BC 平面PEF的-个法向量为n=(22,3),应-(0,70， 4.4 由已知得AP=(2,6,-2),则点P到直线1的距离为d= 所求距离为花·。1叵 5 17-17 IAp.nl1 Inl 5 对点训练3：设点A到平面A1BD的距离为h,则 5.(1)取CB,中点P,连接NP,MP, -4=了×ax×axa=石d, 由v是BC的中点，故P/CC,且P=cC, 1 2×(2a)2=, 由M是DD的中点，故D,M=号DD,=2CC,且D,M yV-Am=Vg-D心h=3a, //CC 则有D,M∥NP、DM=NP, 点4到平面4，m的距离为 故四边形D,MPW是平行四边形，故DN∥MP, 又MPC平面CB,M,D,N4平面CB,M, 例4：建立如图所示的空间直角坐标系，设AC=2a(a>0), 故D,N∥平面CB,M: 则A(2a,0,0),B(0,2a,0),D(0,0,1),A1(2a,0,2),E(a,a,1), (2)以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， d号号) 有A(0,0,0)、B(2,0,0)、B1(2,0,2) M(0,1,1)、C(1,1,0)、C(1,1,2), A 从而成=（号号号）励=(0， 则有CB=(1,-1,2)、Ci= B 2a,1),D=(2a,0,-1),D2=(a,a,0) (-1,0,1)BB=(0,0,2), G1Bd,G2·Bd=0,.a=1. 设平面CB,M与平面BB,CC的法向量 设n=(x,y,z)为平面AED的法向量 分别为m=(x1,y1,1)、n=(y2,2）, 则=0即2x-0令x=L, 则有m·CB=-1+2=0 1n·Di=0,1x+y=0, 1m.Ci=-x1+a1=0, 则y=-1,z=2, [n·CB1=x2-y2+2a2=0, 可得平面AED的一个法向量n=(1,-1,2). n·BB=2z2=0, 又A41=(0,0,2), 分别取x1=2=1,则有y1=31=1y2=1,2=0, 六点4到平面A5D的距离d=·ml26 即m=(1,3,1)、n=(1,1,0), Inl 3 n·n 1+3 2/22 课堂检测固双基 则os(m,m〉=1ml:1m/个+9+·+1 m·n 1.C cos(m,n)=Imlln= ,即(m,n)=45,所以 故平面CB,M与平面BB,C,的夹角余弦值为2四 11 两平面所成二面角为45°或180°-45°=135° (3)由BB=(0,0,2),平面CBM的法向量为 2.B建立坐标系如图， m=(1,3,1), 则有BB·m1 2 2/II /1+9+1 11 即点B到平面公业的距高为2 §5数学探究活动（一）：正方体截面探究（略） 章末知识梳理 要点专项突破 则4(1,0,0)，B(1,10),D(0,0,),0(,2 例1：(1)证明：在△DCM中，DC=1,CM=2,∠DCM=60°， AB=(0,1,0),AD=(-1,0,1). 由余弦定理可得DM=√5，所以Df+DC=CM2,所以DM 设n=(x,y,z)是平面ABC,D1的一个法向量， ⊥DC. 则n=y=0. 由题意DC⊥PD且PD∩DM=D, 1AD·n=-x+z=0, 解得y=0,z=1,.n=(1,0,1) 所以DC⊥平面PDM,而PMC平面PDM, 所以DC⊥PM,又AB∥DC,所以AB⊥PM. (2)由PM⊥MD,AB⊥PM, 而AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD, 1 ·点0到平面A6C,D,的距离为OL_三.2 = 因为AM=√7，所以PM=22, 24 取AD中点E,连接ME,则ME,DM,PM两两垂直 3.BC二面角的大小与法向量的夹角相等或互补，.二面角 以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系， 327 即n=(W5,3,-1),cos(m,m〉=1ml.1n=·/ m·n 11 ,则sm(m,n) 11 43 13 故二面角F-BM-E的正弦值为5 13 则A(-3,2,0),P(0,0,22),D(5,0,0),M(0,0, 0),C(5,-1,0》 O-M 又N为c中点所以9分月式-(5-3 例3：如图所示，建立空间直角坐标系， 由(I)得CD⊥平面PDM,所以平面PDM的一个法向量n= (0,1,0) 从而直线AW与平面PDM所成角的正弦值为sm0=交·L IANIInl i 0(C 5 2 √/15 2725】 6 √4+4+2 则B(0,4,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),所以G2= 例2：(1)证明：因为BC∥AD,EF=2,AD=4,M为AD的中 (2,4,-2),G=(4,2,-2).设n=(x,y,z)是平面EG的-个 点，所以BC∥MD,BC=MD, 法向量 四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD,又因为BM￠ 则n·C=2x+4-2=0, 平面CDE, ln·Gf=4x+2y-2z=0, 令x=1,则y=1,z=3,所以平面EFG的一个法向量为n= CDC平面CDE,所以BM∥平面CDE; (2)如图所示，作B0⊥AD交AD于O,连接OF, (1,1,3).而EB=(-2,0,0), 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD,AD=4,AB=BC= 所以d=n·E成！.1-21_2 2,所以CD=2, Inl 结合(1)BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2,又AM 例4：如图，建立空间直角坐标系， =2, 则D(0,0,0),M(2,0,4),A(4,0,0), M 所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=√3， B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,A 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF= 2,4) MD,EF∥MD, 所以E=(2,2,0),M=(2,2 四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF, 0),Ai=(-2,0,4),BF=(-2,0,4), 即E市=M衣，AM=B市， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O: 所以EF∥MN,AM∥BF,又MN∩ 重合，0F⊥AM,0F=√AF2-A0=3, :AM=M,所以平面AMN∥平面EFBD 因为OB+OF=BF2,所以OB⊥OF,所以OB,OD,OF互相 垂直 设n=(x,y,z)是平面AMW的一个法向量， 以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立 则m·=2x+2y=0, 0-z空间直角坐标系， 1n·AM=-2x+4z=0, 令z=1,得x=2,y=-2,即n=(2,-2,1) F(0,0,3),B(√3,0,0)，M(0,1,0),E(0,2,3),B7=(-5, AB=(0,4,0),设点B到平面AMN的距离为d, 1,0),B=(-5,0,3), 则d=A店·nl 1-81 8 B那=(-5,2,3)，设平面BFM的法向量为m=(x1,y1, Inl √22+(-2)2+17 =3 z1), 平面EMB的法向量为n=(x2,y2,a2), 故平面AMN与平面BFBD间的距离为弩 则m:=0即+=0：令=，得1=3， 例5：(1)证明：设BD交AC于点F,连接EF. 即 1m·B=0,-5x1+3z1=0, 因为底面ABCD是矩形，所以F为BD的中点。 =1,即m=(5,3,1), 又E为PB的中点，所以EF∥PD. 因为PD￠平面ACE,EFC平面ACE,所以PD∥平面ACE 则·=0即-+⅓=0， 令x2=5,得y (2)取CD的中点O,连接PO,FO 1n·BE=0,L-5x2+2y2+3z2=0, 因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD,又OF∥BC,所 =3,3=-1, :以OF⊥CD. —328- 因为PC=PD,O为CD的中点， 所以AC=(5,1,0),A币=(0,0,2)，P元=(0,4，-2)，C= 所以PO⊥CD, (-√3.-1,2) 又平面PCD⊥平面ABCD,POC平面PCD,平面PCD∩平面 设平面PAC的法向量n=（x,y,z), ABCD=CD, 所以PO⊥平面ABCD 则n·-0,2:=0, 即 如图所示，以0为坐标原点，0F,OC,0P所在直线分别为x n·At=0,13x+y=0, 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系0-xz,则A(1,-1,0), 令x=5,则y=-3, 111 C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),E2,22 所以n=(5,-3,0)为平面PAC的一个法向量， 1 假设在线段PD上存在点N满足条件. 设P=AP⑦(0≤A≤1)，则P=A(0,4,-2)=(0,4,-2), 所以C=C+P=(-5,-1,2)+(0,4,-2)= (-3,4λ-1,2-2)， 所以si血0=1cos(,m)1=C.m ICNIInI 所以元=(-12.0应-（号） 112入1 /15 √3+(4A-1)2+(2-2)7.√/2 5 设平面ACE的法向量为m=(x,y,z), 即-16X+8=0,解得入=7∈[0,1]. 则m·文=0即 -x+2y=0, 13 故线段PD上存在一点N,且点N为PD中点时满足条件. {m·A2=0,1-2+2+23=0, 例7：依题意，可以建立以A为坐标原点，分别以AB,A市，A立 令y=1,则x=2,z=-1,所以m=(2,1,-1)为平面ACE的方向为x轴y轴、z轴正方向的空间直角坐标系（如图所示）， 的一个法向量。 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设 易知平面ACD的一个法向量为O2=(0,0,1), CF=h(h>0),则F(1,2,h) 则m成品石冬 放二面角公-4C-D的余孩值为-名 (3)假设在棱PD上存在点M,使AM⊥BD 由(2)知，AP=(-1,1,1),D(0,-1,0), 则BD=(-1,-2,0),P7=(0,-1,-1), 设P=APi,Ae[0,1]. 则A=A亚+P=(-1,1,1)+入(0，-1，-1)= (1)证明：依题意，A店=(1,0,0)是平面ADE的一个法向 (-1,1-入，1-A). 由AM⊥BD,得A.B=0, 量，又BF=(0,2,h),则B.AB=0,又直线BF4平面ADE,所以 BF∥平面ADE. 所以1-2(1-)=0，解得X=之e[0,1- (2)依题意，Bi=(-1,1,0),B=(-1,0,2),C2=(-1, -2,2) 所以在棱PD上存在点M,使AM1BD,且%子 设n=(g,)为平面0E的法向量，则·可=0，即 例6：(1)证明：取AD的中点M,连接EM,MC,则EM∥PA. 1n.BE=0, 因为EMt平面PAB,PAC平面PAB,所以EM∥平面PAB. [-x+y=0, 不妨令z=1,则x=2,y=2,所以n=(2,2,1)为平 在Rt△ACD中，∠CAD=60°，MC=AM,所以∠ACM=60°. L-x+2z=0, 而∠BAC=60°， 面BDE的一个法向量 所以MC∥AB, 设直线CE与平面BDE所成的角为0，则sin0=Icos(C正， 又MC丈平面PAB,ABC平面PAB,所以MC∥平面PAB. m1=1C:n=1-2-4+21-4 又EMOMC=M,所以平面EMC∥平面PAB. ICElInl 3×3 Γ9 因为CEC平面EMC,所以CE∥平面PAB. 故直线CE与平面B0E所成角的正弦值为号 (2)过点A作AF⊥AD,交BC于点F,又PA⊥平面ABCD,所 以以A为坐标原点，AF,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如 (3)设m=(a,b,c)为平面BDF的法向量，则 图所示的空间直角坐标系， m·=0即{5a+6=0, 在Rt△ABC中，AB=1,∠BAC m.B=0,即12b+hc=0, =60°，所以BC=√5，AC=2,在 不妨令b=1,则a=1,c=- 房，所以m=(（1,山，-）为平 Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=2,所 面BDF的一个法向量 以CD=23,AD=4,则A(0,0,0), 9.-7jc(1,0.0 由题意，有1cos(m,n)1= lm·nl 4 1 ,解得h= 4 4,0),P(0,0,2). 3/2+ 329 9经验检，符合题意所以线段CF的长为 第四章数学建模活动（三）（略） 例8：（1)证明：连接AC..底面ABCD为菱形，∠ABC =60°， 第五章 计数原理 .△ABC是正三角形， 又E是BC的中点，∴.AE⊥BC, §1基本计数原理 又AD∥BC,..AE⊥AD. 必备知识探新知 .PA⊥平面ABCD,AEC平面ABCD,PA⊥AE, 知识点11.m1+m2+…+ma2.相加 又PA∩AD=A,.AE⊥平面PAD, 又AEC平面AEF,平面AEF⊥平面PAD.故无论点F在关键能力攻重难 知识点21.m·m2·…·m,2.缺一不可相乘 PC上如何移动，都有平面AEFI平面PAD. 例1：解法一：按十位上的数字分别是1,2,3,4,5,6,7,8分 (2)由(1)知，AE,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，以成八类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5 AB,4D,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间个，4个，3个，2个，1个 直角坐标系，易知A(0,0,0),C(√3,1,0)，D(0,2,0),P(0,0,2), 由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是8+ M(0,1,1),E(5,0,0).P元=(5,1，-2)，P元=(0,2，-2) :7+6+5+4+3+2+1=36. 设P7=AP元=(3A,A,-2A)(0≤入 ◆2 解法二：按个位上的数字分别是2,3,4,5,6,7,8,9分成八 ≤1)，又AP=(0,0,2),.AF=A2+P市= 类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5 (0,0,2)+(5A,A,-2A)=(3入，A,2- 个，6个，7个，8个 由分类加法计数原理知，满足条件的两位数的个数是1+2 2λ). 设平面PCD的法向量为m=(xo,y%, +3+4+5+6+7+8=36. 解法三：考虑两位数的个位数字与十位数字的大小关系，利 20）, 用对应思想解决 所有的两位数共有90个，其中个位数字等于十位数字的两 位数为11,22,33，…，99，共9个.个位数字与十位数字不能调换 即56+%-2。=0， 位置的两位数为10,20,30，…，90，共9个.剩余的72个两位数 2y0-2z0=0, 中，将每一个“个位数字(a)小于十位数字(b)的两位数”的个位 取。=5，则0=1，水0=5， 数字与十位数字调换位置后，都有一个“个位数字(b)大于十位 数字（α）的两位数”与其对应，故满足条件的两位数的个数是72 ∴m=(1,√5,3)为平面PCD的一个法向量. ÷2=36. 设直线AF与平面PCD所成的角为0， 对点训练1：(1)B若4本中有3本语文参考书和1本数 则sin0=lcos(A证，m1=M·m侧 学参考书，则有4种方法，若4本中有1本语文参考书和3本数 IAFIImI 学参考书，则有4种方法，若4本中有2本语文参考书和2本数 =5A+5A+25-25A1 学参考书，则有6种方法，若4本都是数学参考书，则有一种方 万·√32+2+4(1-) 法，所以不同的赠送方法共有4+4+6+1=15（种）. 25 (2)56完成这件事需要分两类完成：第一类：选1名男生， 方2(4*号 有38种选法；第二类：选1名女生，有18种选法，根据分类加法 计数原理，共有N=38+18=56(种)不同的选法. 例2：(1)Bx∈{1,2,4}，y∈{-2，-3,5}，从x中选1个 :当A=分时，s血0最大，此时P为心的中点，值，从y中选1个值，共有3X39以种)运算结果，且没有相同的 即r方小 :运算结果. (2)920根据分类加法计数原理知，从中任选1人参加 =(500-(停子小=010 学科竞赛，不同的选派方法共有4+5=9（种）：由分步乘法计数 :原理知，从中任选1名女同学和1名男同学参加学科竞赛，不同 设平面AEF的法向量为n1=(x1,,a),平面AEM的法向的选派方法共有4×5=20（种）. 量为2=(x2,y222）, 对点训练2：(1)要完成的是“4名同学每人从3个项目中选 m·A正=0,51=0， 一项报名”这件事，因为每人必报一项，4名同学都报完才算完 即 成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法 1n,·AF=0, 1 令a1=-1,则y1 [2+2y+=0 为3种，所以共有3×3×3×3=81（种）报名方法 (2)要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项 =2, 冠军只能由一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所 .n1=(0,2,-1)为平面AEF的一个法向量，同理可得 以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军是4 n2=(0,1,-1)为平面AEM的一个法向量. 名同学中的某一人，有4种可能的情况，于是共有4×4×4=64 cos(n1,2〉= 1·%=3=310 m11n=/00 (种)可能的情况 例3：(1)从高一选1人作总负责人有50种选法；从高二选 :1人作总负责人有42种选法；从高三选1人作总负责人有30种 .二面角F-AE-M的余弦值为0 ;选法.由分类加法计数原理，可知共有50+42+30=122（种） —330102 5.（2024·天津卷)已知四棱柱ABCD- (3)求，点B到平面CB,M的距离 AB,C,D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD,A1A ⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD =DC=1.N是B,C1的中点，M是DD1的 中点 (1)求证D,N∥平面CB,M; (2)求平面CB,M与平面BB,CC1的夹角余 弦值； 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[25] §5数学探究活动（一）：正方体截面探究（略） 章末知识梳理 知识体系构建 直线的方向向量与平面的法向量 用空间向量证平行问题 明位置关系 垂直问题 共线向量基本定理 空间向量 共面向量定理 空间向量的加减运算 异面直线所成角 空间向量基本定理 空间向量的数乘运算 立体几何 求空间角线面角 空间向量 立体几何中 平行与垂直的条件 及其运算 两个平面所成的角 的向量方法 夹角与距离 空间向量的数量积运算 点点距离 空间向量的坐标运算 求空间距离点线距离平行线距离 点面距离一面面距离 要点专项突破 要点一用向量法求空间角、距离 :出)相关点的坐标：求出相关向量的坐标：代入对 (1)异面直线所成角：两异面直线所成角的 应的距离公式计算.所有的距离最后都可以归结 范围为0°<0≤90°，需找到两异面直线的方向向 为空间两点的距离和点到面的距离 量，借助方向向量所成角求解。 例L.图，在四棱锥P-ABCD中，底面BCD (2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面 是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1,BC a所成的角O,先求这个平面ax的法向量n与直线a =4,PA=√15，M,N分别为BC,PC的中 的方向向量a夹角的余弦cos〈n,a),易知0=〈n, 点，PD⊥DC,PM⊥MD. a-5或者号-(n.a (3)二面角：如图， 有两个平面a与B,分别作 这两个平面的法向量n1与n2, 则平面与B所成的角跟法向 量n1与n2所成的角相等或互 补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角。 (4)建立恰当的空间直角坐标系；写出（求 ●103 (1)证明：AB⊥PM; 例4如图，正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为 (2)求直线AN与平面PDM所成角的正 4,M,N,E,F分别为AD1,AB1,C1D1, 弦值. BC1的中点，求平面AMN与平面EFBD 间的距离。 M 要点二利用向量方法解决立体几何中的存在 型探究性问题 以立体几何中的位置关系或度量关系为背 例2，(2024：全国甲卷理科如图，在以1，B,景的存在型探究性问题，改变了传统的几何证明 C,D,E,F为顶点的五面体中，四边形或计算，能力要求较高，由于此类问题所涉及的 ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF点具有不确定性，因此使用一般方法解决起来难 ∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=度较大，而若用向量方法，特别是向量的坐标运 2,ED=√10，FB=2√3，M为AD的中点. 算，通过待定系数法求解，则思路清晰，操作 方便， 角度1以位置关系为结论的探究性问题 例5.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面 ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD, AB=2,BC=1,PC=PD=√2，E为PB的 (1)证明：BM∥平面CDE; 中点 (2)求二面角F-BM-E的正弦值. (1)求证：PD∥平 面ACE; (2)求二面角E-AC -D的余弦值； A (3)在棱PD上是否存在点M,使得AM⊥ 例3已知四边形ABCD是边长为4的正方形， B0?若存在，求影的值：若不存在，说明 理由. E,F分别是边AB,AD的中点，GC垂直于 正方形ABCD所在的平面，且GC=2,求 点B到平面EFG的距离. 104 角度2以度量关系为结论的探究性问题 (1)求证：BF∥平面ADE; 例6，如图所示，在四棱锥P-ABCD中，∠ABC (2)求直线CE与平面BDE所成角的正 =∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA 弦值； ⊥平面ABCD,PA=2,AB=1. (1)设点E为PD的 (3)若二面角￡-D-F的余弦值为， 中点，求证：CE∥平 求线段CF的长， 面PAB; (2)线段PD上是否存 在一点N,使得直线CW 与平面PAC所成的角9的正弦值为 5 若存在，试确定点N的位置：若不存在，请 说明理由 角度2条件的隐性化 在几何图形中建立空间直角坐标系后，某些 关键点的坐标却不易确定，它需要利用题设的其 他条件，通过待定系数法来求解。 例8.如图所示，四棱锥P-ACD中，底面 ABCD为菱形，∠ABC=60°，AB=PA=2, PA⊥平面ABCD,E,M分别是BC,PD的 中点，点F在棱PC上移动 (1)求证：无论点F在 要点三立体几何中的两类问题 P℃上如何移动，都有 角度1图形的不规则化 平面AEF⊥平面PAD; 当问题所给的图形不是我们所熟悉的柱、 (2)当直线AF与平面 B E 锥、台等几何体，而是一个不规则的几何体时，对 PCD所成的角最大时，求二面角F-AE 此，只要能够建立恰当的空间直角坐标系，确定 -M的余弦值， 出各相关点的坐标，即可解决问题， 例7如图所示，AEL平面ABCD,CF∥AE, AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC =2. 素养等级测评 请同学们认真完成考案（三） 第四章数学建模活动（三）（略)