第3章空间向量及其应用全章复习讲义-2026-2027学年高二上学期数学沪教版选择性必修第一册

第3章空间向量及其应用全章复习讲义 【知识点01】空间向量的概念与线性运算 1．空间向量的概念：空间中既有大小又有方向的量叫作空间向量。向量可以用有向线段表示，如向量 ，也可用小写字母表示，如向量 。 2．几类特殊向量：模（长度）为 0 的向量叫零向量，记作 ，其方向是任意的；模等于 1 的向量叫单位向量；方向相同且模相等的向量是相等向量；方向相反且模相等的向量互为相反向量；方向相同或相反的非零向量称为共线（平行）向量，零向量与任何向量都平行。 3．空间向量的线性运算：向量的加法满足三角形法则与平行四边形法则；减法 ；数乘 的模为 ，当 时与 同向，当 时反向。线性运算满足：交换律、结合律以及分配律。 4．共线向量定理：向量 与向量 （）共线的充要条件是存在唯一实数 ，使 。推论：空间三点 A、B、C 共线的充要条件是存在实数 ，使 。 【知识点02】空间向量的数量积 1．定义：已知两个非零向量 ，它们的夹角为 （），则数量 叫作 ，即： 2．运算律：（交换律）；（分配律）；。注意数量积不满足结合律与消去律。 3．重要性质： ； ； ； 【知识点03】空间向量基本定理 1．共面向量定理：向量 与不共线的两个向量 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对 ，使 。 2．空间向量基本定理：如果三个向量 不共面，那么对空间任一向量 ，存在唯一的有序实数组 ，使，此时 叫作空间的一个基底，不共面的三个向量 称为基向量。 3．推论（四点共面的向量表示）：设 O、A、B、C 为空间不共面的四点，则点 P 在平面 ABC 内的充要条件是存在实数 ，使，且 。当 时，P 为三角形 ABC 的重心。 【知识点04】空间向量的坐标表示 空间直角坐标系：以单位正交基底 为坐标轴方向建立空间直角坐标系 Oxyz，则任一向量 可唯一表示为 ，记作 。 设 ， 1. 线性运算： 2. 数量积： 3. 模长公式： 4. 夹角余弦公式： 5. 平行与垂直条件： 平行： 垂直： 6. 两点间向量与距离：设 A(x₁，y₁，z₁)，B(x₂，y₂，z₂)，则 ，线段 AB 的中点坐标为 【知识点05】空间向量在立体几何中的应用 1．方向向量与法向量：与直线 l 平行（或共线）的非零向量称为直线 l 的方向向量；与平面 α 垂直的非零向量称为平面 α 的法向量。求法向量的基本方法是：设 ，由 （ 为平面内两个不共线向量）列方程组，先赋一个坐标值再求另两个坐标。 2.位置关系的向量判定 位置关系 向量条件 说明 线线平行 方向向量共线 线线垂直 方向向量点积为零 线面垂直 方向向量与法向量平行 线面平行 方向向量⊥法向量，且 l⊄α 面面平行 两法向量平行 面面垂直 两法向量点积为零 3.空间角的计算 角 公式 取值范围 异面直线所成角 θ∈ 线面角 θ∈ 二面角 θ∈[0,π] 4.距离的计算 点到平面的距离： 点到平面的距离，在上任取一点，取为的法向量，则 即点到平面的距离等于在法向量方向上的投影长。 点到直线的距离： 点到直线的距离，在上任取一点，取方向向量，则 序号 易错说法（判断正误） 判断 辨析要点 1 零向量没有方向。 × 零向量的方向是任意的（不确定的），只能说“方向任意”，不能说“没有方向”。 2 若 ， 则 或 。 × 向量数量积为 0 只能推出 （或 中至少有一个为零向量），不能推出 或 ，这与实数乘法“积为 0 则至少一个因子为 0”不同。 3 空间向量的数量积满足结合律， 即 。 × 左边是与 共线的向量，右边是与 共线的向量，二者一般不相等；数量积不满足结合律。 4 任意三个空间向量都共面。 × 任意两个向量必共面，但三个向量不一定共面（如三个不共面的基向量）；三个向量共面的充要条件是其中一个向量可由另外两个线性表示。 5 若 ，则 与 方向相同。 × 平行（共线）向量包括方向相同与方向相反两种情形；此外零向量与任何向量平行，其方向不确定。 6 直线 l 与平面 α 所成的角 θ 满足 。 × 直线与平面所成角是直线与它在平面内射影所成的角，应满足 ；余弦公式对应的是方向向量与法向量的夹角。 7 二面角的大小一定等于两个半平面法向量的夹角。 × 二面角的平面角与两法向量夹角相等或互补，需结合图形判断二面角是锐角还是钝角，再确定取正号还是负号。 8 异面直线所成的角等于两直线方向向量的夹角。 × 异面直线所成角 ，而方向向量夹角 ；当 为钝角时应取其补角，即 【题型一】平行六面体中的基底表示与数量积 【例1】（24-25高二·上海·阶段检测）在平行六面体中，，，.记向量，向量，向量. (1)取的中点，用向量，，来表示向量； (2)求. 【变式1-1】（26-27高二上·上海普陀·阶段检测）如图，在平行六面体中，，，为与的交点，若，，. (1)用，，表示和； (2)求. 【变式1-2】（25-26高二上·上海金山·期末）在晶体学研究中，某晶体的基本晶格为平行六面体结构，如图，已知从顶点出发的三条棱、、的长度分别为2、2、3，且两两夹角都为．若建立空间直角坐标系来计算晶格中某两个原子间距等问题，需将棱分解为正交分量，运算过程繁琐且易出错．为此，我们引入空间斜坐标系：以为原点，以、、的方向分别为、、轴的正方向，、、分别为斜坐标系下、、轴正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作． (1)求向量的斜坐标； (2)我们知道，在空间直角坐标系中，设，，则，在本题建立的空间斜坐标系中，该数量积公式仍然成立吗?若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的公式，并应用公式计算； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面的夹角为，若存在，请求出的斜坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1-3】（25-26高二上·上海·期末）如图，在平行六面体中，设为与的交点，若，，.    (1)用向量表示向量； (2)若该平行六面体的体积为4，现将其截去三棱锥，求剩余几何体的体积； (3)若该平行六面体的底面是边长为1的菱形，且. 已知为空间一点，满足，，对于任意实数，求的最小值. 【题型二】共面向量定理与四点共面的判定 【例2】（24-25高二·上海浦东新·期末）给定点与点． (1)求在上的投影向量； (2)判断四点是否共面？ 【变式2-1】（25-26高二上·上海杨浦·期中）已知空间四点、、、． (1)求与同向的单位向量的坐标； (2)若、、、四点共面，求实数的值． 【变式2-2】如图，在正方体中，为棱的中点，点在线段上，且． (1)用，，表示，及； (2)求证：，，，四点共面． 【变式2-3】如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且. (1)求证：共面； (2)当为何值时，. 【题型三】空间向量坐标运算的综合 【例3】（24-25高二上·上海黄浦·阶段检测）已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：，，，. (1)若，求x的值； (2)若点在平面上，求x的值. 【变式3-1】（24-25高二上·上海浦东新·期中）已知空间三点，，． (1)若向量与互相垂直，求实数的值； (2)求以，为邻边的平行四边形的面积． 【变式3-2】（24-25高二上·上海宝山·期中）已知空间中三点，，，设，． (1)求向量与向量的夹角的余弦值； (2)若与互相垂直，求实数的值． 【变式3-3】（24-25高二上·上海·期中）已知空间中三点，，. (1)求平行四边形的顶点的坐标； (2)当与的夹角为钝角时，求的范围. 【题型四】向量法求异面直线所成的角 【例4】（26-27高二上·上海奉贤·阶段检测）已知直四棱柱，，，，，． (1)证明：直线平面； (2)若该四棱柱的高为4，求异面直线与所成角的大小． 【变式4-1】（26-27高二上·上海宝山·阶段检测）如图，平行六面体中，已知，且． (1)用、、表示、，并求； (2)求的值，并求异面直线与所成角的大小． 【变式4-2】如图，在平行六面体中，，，，，为与的交点．若，，． (1)用，，表示，并求BM的长； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【变式4-3】（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图所示，四面体的棱长，． (1)证明：； (2)求实数a的取值范围； (3)当时，求异面直线与所成角的大小． 【题型五】向量法求直线与平面所成的角 【例5】（25-26高二下·上海·期中）如图，已知在四棱柱中，平面分别是､的中点. (1)求证：平面； (2)若底面为直角梯形，，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式5-1】如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点. (1)求证：； (2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式5-2】（25-26高二·上海·期末）已知平行六面体，点为的重心． (1)求证：、、三点共线； (2)若平面，，，求直线与平面所成角的大小． 【变式5-3】（26-27高二上·上海静安·期中）如图，在四面体中，，，是中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的最大值； 【题型六】向量法求二面角的大小 【例6】（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）如图，正四棱锥中，棱长均为2，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值. 【变式6-1】（2026·上海·模拟预测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【变式6-2】（25-26高二·上海·期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是梯形，，，，，E，F分别为棱，的中点． (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【变式6-3】（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，以的边为直径在三角形外作半圆，半圆恰好位于平面内，，半圆的面积为，是边长为2的等边三角形，平面平面，为半圆弧上一点（不含端点）． (1)判断的形状； (2)若点为线段上一点．求证：平面平面； (3)求二面角的大小． 【题型七】求点到平面的距离 【例7】（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，在长方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离． 【变式7-1】（25-26高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面，，. (1)求点到平面的距离. (2)求直线与平面所成角的大小. 【变式7-2】（25-26高二·上海宝山·期中）如图所示正四棱锥为侧棱的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求点到平面的距离． 【变式7-3】（25-26高二·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离． 【题型八】用向量方法证明线面垂直 【例8】（25-26高三上·上海·期中）在正四棱柱中，为的中点．      (1)取中点中点，求证：平面． (2)求点到平面的距离． 【变式8-1】（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）如图，在长方体中，，E是边上的点，F是边上的点，． (1)求证: 平面； (2)求到平面的距离． 【变式8-2】（25-26高二·上海·期中）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【变式8-3】（25-26高二上·上海金山·期末）如图，在正四棱柱中，点在上，且，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． （一）方法总结 1．基底法：选择不共面的三个向量作基底，把目标向量表示为基向量的线性组合，再通过数量积运算求解，适用于已知夹角与模长的几何体（如例1）。 2．坐标法：建立空间直角坐标系（优先选“三线两两垂直”的顶点作原点），把点、向量、角、距离全部代数化，适用于长方体、正方体、直棱柱等（如例3—例8）。 3．向量法求解立体几何问题的“三步曲”： 第一步　建系：确定原点与坐标轴方向，尽量使关键点落在坐标轴上； 第二步　求坐标：写出关键点坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量； 第三步　代公式：代入线线角、线面角、二面角或距离公式求解。 （二）思想方法 1．类比思想：将平面向量的概念、运算与性质推广到空间向量； 2．转化思想：立体几何问题 → 向量问题 → 代数运算，实现“形”与“数”的转化； 3．数形结合：借助坐标系把图形关系转化为坐标关系。 （三）易错提醒 1．数量积不满足结合律与消去律； 2．线面角用正弦公式，二面角注意锐角、钝角的判断； 3．点到平面距离公式中，向量 由平面外一点 P 指向平面内一点 A，方向不可颠倒； 4．异面直线所成角公式取绝对值，其取值范围为 。 一、填空题 1．（25-26高二上·上海金山·期末）已知向量和，若，则______． 2．（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）已知，若，则m的值为______． 3．（26-27高二上·上海宝山·阶段检测）空间中，已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为（常数），若，则实数的值为_____________． 4．（25-26高二上·上海·期末）如图，在棱长为1的正方体中，______． 5．（25-26高二上·上海·期末）圆柱两个底面中心分别为和，底面的圆周上有点，该圆柱的体积为__________. 6．（25-26高二上·上海·期末）在空间直角坐标系中，已知点.设为线段的中点，则向量________. 7．（25-26高二上·上海松江·期末）在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点坐标为________． 8．（25-26高二上·上海·阶段检测）空间向量在上的投影向量为___________． 9．（25-26高二上·上海·期末）设、，向量，，，且，，则______. 10．（25-26高二上·上海·阶段检测）正四棱台是的中点，在直线上各取一个点P、Q，使得M、P、Q三点共线，则线段的长度为__________． 11．（25-26高二上·上海·期末）如图，有一个无限延伸的大斜坡（没有边界，坡面可视为平面），大斜坡上方悬停着一个，小明拿出新型设备搜集到了大斜坡上三个点的坐标分别为、和，同时测得的坐标为，为了在最近距离观察，小明应该站在大斜坡上的哪个位置？________．（填坐标，为了简化模型，和小明都可视为点） 12．（25-26高二上·上海宝山·期末）设、、为空间中三组单位向量，且，，与夹角为，为空间任意一点，且，满足，则最大值为________ 二、单选题 13．（25-26高二上·上海青浦·阶段检测）在平行六面体中，设．下列选项中，可以作为空间中的一组基的是（　　） A． B． C． D． 14．（26-27高二上·上海松江·阶段检测）如图，在正方体，中，分别为线段上的动点，给出下列四个结论，其中正确的结论是（    ） ①存在点，存在点，满足平面： ②任意点，存在点，满足平面： ③任意点，存在点，满足： ④任意点，存在点，满足． A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．②和④ 15．（26-27高二上·上海徐汇·阶段检测）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，为的中点，在上，平面，则（     ） A． B． C． D． 16．（26-27高二上·上海宝山·阶段检测）设，是两条异面直线，它们所成的角为，其中．对于，，考察直线与，所成的角．给出下列命题： ①若，则存在恰好两组点对，使得与，所成的角均为； ②若，则存在恰好两组点对，使得与，所成的角均为； ③若，则存在恰好两组点对，使得与，所成的角均为． 则上述命题中正确的个数为（） A．0 B．1 C．2 D．3 三、解答题 17．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的大小． 18．（24-25高二上·上海·期中）在平行六面体中，，，是的中点. (1)求的长； (2)求. 19．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，，且，，，且，且，平面，．点、分别为、的中点． (1)设为上一点，确定点的位置，使平面平面，并证明； (2)求点到平面的距离． 20．（26-27高二上·湖南·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点在线段上，且，判断直线是否在平面内，并说明理由． 21．（26-27高二上·上海宝山·阶段检测）如图1，在梯形中， ，是线段上的一点，， ，将沿翻折到的位置，使得二面角大小． (1)证明：平面； (2)如图2，若二面角为直二面角，，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，证明：平面，并求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围； (3)我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 1 学科网（北京）股份有限公司 $宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 第3章空间向量及其应用全章复习讲义 》核心知识 【知识点01】空间向量的概念与线性运算 1.空间向量的概念：空间中既有大小又有方向的量叫作空间向量。向量可以用有向线段表示，如向量AB,也 可用小写字母表示，如向量ā。 2.几类特殊向量：模（长度）为0的向量叫零向量，记作0，其方向是任意的；模等于1的向量叫单位向量： 方向相同且模相等的向量是相等向量：方向相反且模相等的向量互为相反向量；方向相同或相反的非零向量称为共线 (平行)向量，零向量与任何向量都平行。 3.空间向量的线性运算：向量的加法满足三角形法则与平行四边形法则；减法ā-b=ā+-；数乘入à的模 为|，当入>0时与石同向，当入<0时反向。线性运算满足：交换律、结合律以及分配律。 4.共线向量定理：向量a与向量(b≠0)共线的充要条件是存在唯一实数入，使ā=入b。推论：空间三点 A、B、C共线的充要条件是存在实数入，使AB=λAC。 【知识点02】空间向量的数量积 1.定义：己知两个非零向量a,b,它们的夹角为0(0∈0，π)，则数量cos0叫作a·b,即： a·b=a bcost0 2.运算律：ab=b·a(交换律)；a+小c=ac+b·c(分配律)；λab=入āb。注意数量积不满足结合 律与消去律。 3重要性质：a-a=,l=a后：a1i-a-6=-0:a-6训s66:cos8=a6 la 【知识点03】空间向量基本定理 1.共面向量定理：向量p与不共线的两个向量ā，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对x,y,使 p=xa+yb。 2.空间向量基本定理：如果三个向量ā，b,亡不共面，那么对空间任一向量p,存在唯一的有序实数组 1 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (x,y,z,使方=xa+yb+zc,此时ā，，c叫作空间的一个基底，不共面的三个向量a,b,c称为基 向量。 3.推论（四点共面的向量表示）：设O、A、B、C为空间不共面的四点，则点P在平面ABC内的充要条件 是存在实数X,y,乙，使OP=xOA+yOB+zOC,且x+y+z=1。当X=y=Z时，P为三角形ABC的 重心。 【知识点04】空间向量的坐标表示 空间直角坐标系：以单位正交基底i,j,为坐标轴方向建立空间直角坐标系Oyz,则任一向量ā可唯一 表示为a=xi+yj+zk,记作ā=x,y,z。 设a=(a1,a2,a3,b=(b1,b2,b3】 1.线性运算：a±b=(a1±b1,a2±b2,a3±b3) λa=(λa1,1a2,λa3 2.数量积：ab=a1b1+a2b2+a3b3 3.模长公式：a=Va,2+a,2+a? 4夹角余弦公式：cosd,l6=(a~b】= ab1+azb2+a3b3 (lallbl)Ya2+a22+a.+b2+b 5.平行与垂直条件： 平行：a|6一a1=1b1,a2=1b2,a3=入b3 垂直：a⊥b=a1b1+a2b2+a3b3=0 6.两点间向量与距离：设Ak,y,z),Bk,y2,Z),则AB=(x2-X1,y2-y1,Z2-Z1) 1AB1=x2-x2+(y2-y1+(z2-Z1尸，线段AB的中点坐标为 X1+x2y1+y2Z1+Z2 2 2 【知识点05】空间向量在立体几何中的应用 1.方向向量与法向量：与直线1平行（或共线）的非零向量称为直线1的方向向量；与平面垂直的非零向 2 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 量称为平面a的法向量。求法向量的基本方法是：设i=x,y,z,由方·ā=0，方·=0（à，方为平面内两个 不共线向量)列方程组，先赋一个坐标值再求另两个坐标。 2.位置关系的向量判定 位置关系 向量条件 说明 线线平行 i‖市一a=λ6 方向向量共线 线线垂直 ilmab=0 方向向量点积为零 线面垂直 ilaw=a=λi 方向向量与法向量平行 线面平行 ila=an=0 方向向量⊥法向量，且1￠a 面面平行 aB=n=Anz 两法向量平行 面面垂直 a⊥β=n1'n2=0 两法向量点积为零 3.空间角的计算 角 公式 取值范围 异面直线所成角 cos 0=-la:B lal- e0, a 线面角 sin 0= a 0e0, n1'n2 二面角 c0s0=± oo 6∈[0， 4.距离的计算 点到平面的距离： 点P到平面心的距离，在a上任取-点方，取i为a的法向量，则d=i- L(A为a上任意-点） 即点P到平面C的距离等于PA在法向量i方向上的投影长。 点到直线的距离： 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 AP×a 点P到直线的距离，在i上任取一点A,取i方向向量à，则 (常用A妒×à/à计算) 易错辨析 序号 易错说法（判断正误） 判断 辨析要点 零向量的方向是任意的（不确定的），只能说 1 零向量没有方向。 “方向任意”，不能说“没有方向”。 向量数量积为0只能推出a⊥b(或a,b中 若a6=0, 2 至少有一个为零向量)，不能推出ā=0或 则a=0或i=0。 b=0,这与实数乘法“积为0则至少一个因子 为0不同。 空间向量的数量积满足结合 3 律， 左边是与亡共线的向量，右边是与ā共线的向 即(ai=a6。 量，二者一般不相等；数量积不满足结合律。 任意两个向量必共面，但三个向量不一定共面 4 任意三个空间向量都共面。 (如三个不共面的基向量)；三个向量共面的充 要条件是其中一个向量可由另外两个线性表示。 平行（共线）向量包括方向相同与方向相反两种 5 若a‖i,则ā与方方向相 情形；此外零向量与任何向量平行，其方向不确 同。 定。 直线与平面所成角是直线与它在平面内射影所成 直线1与平面α所成的角0 6 满足cos0=1a测 的角，应满足sin6=a-训 a lall: 余弦公式对应的 是方向向量与法向量的夹角。 二面角的平面角与两法向量夹角相等或互补，需 7 二面角的大小一定等于两个半 结合图形判断二面角是锐角还是钝角，再确定取 平面法向量的夹角。 正号还是负号。 异面直线所成角θ∈0， 而方向向量夹 异面直线所成的角等于两直线 角p∈0，π：当9为钝角时应取其补角， 方向向量的夹角。 a 即cos0= llall- 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 典例精讲 【题型一】平行六面体中的基底表示与数量积 【例1】(24-25高二上海阶段检测)在平行六面体ABCD-AB,CD中，AB=AD=AM=1,∠BAD=90°， ∠BA4=∠DA4=60°.记向量AB=ā，向量AD=b,向量A4=c. D M D B (I)取B,C的中点M,用向量a,b，,c来表示向量AM; (②求M。 【答案】)AM=a+b+c 2 ②G 2 【详解】(L)4M=+弧+RM=B+4+号D=ā++c, (2)因为AB=AD=A4=1,∠BAD=90°，∠BAA=∠DA4=60°， 所以a-6=0a-c=b-c=1x1xcos60= 2 5 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 =P+x+P+0+号 24 所以AM= 2 【变式1-1】(26-27高二上·上海普陀阶段检测)如图，在平行六面体ABCD-ABCD中， ∠AAB=∠AAD=∠BAD=60°，ABAD=A4|=l,M为AC与B,D的交点，若B=a,AD=i,AM=C. D B D B ()用a,万，c表示BM和AC: (2)求cos AB,AC. 【答案0⑩Bm=a+5+e,AG-a+6+: 2 ③6 3 【详解】(I)连接AB,AC,AC,如图： 6 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 D B 因为AB=a,AD=b,A4=c, 在△AAB中，根据向量减法法则可得：BA=AM-AB=c-石， 因为底面ABCD是平行四边形，故AC=AB+AD=ā+b, 因为AC∥AC且AC=AG,所以AC=AC=ā+b, 又M为线段4G中点，所以4M=4G=a+), 在AwB电，B-a4+4ic-a++6)+5+e, 2 平行四边形AMCC中，AC=AC+AA=ā+b+c: (2)因为∠AAB=∠AAD=∠BAD=60°，ABAD=A4=1,, 故a-万=5cos60=2,ac=ileeos60 2 b-c=5 elcos60r-号 所以4G=(aG=(a+i+d =(a}+(6)+(c}+2a-i+2ac+2b.c 7 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 =ld+|+l+2 cos60°+2 cos60°+2 ccos60 =1+11+2x2+2×+2x6,故aG=6, 2 所以ACAB=a:(a+b+c=(a2+a-i+ac=1+ +=2, 22 所以cos AB,AC= AB.AC=2 v6 AB AC 1x6 3 【变式1-2】(25-26高二上·上海金山期末)在晶体学研究中，某晶体的基本晶格为平行六面体结构，如图，已知从 顶点A出发的三条棱AB、AD、A4的长度分别为2、2、3，且两两夹角都为60°.若建立空间直角坐标系来计算晶 格中某两个原子间距等问题，需将棱分解为正交分量，运算过程繁琐且易出错.为此，我们引入空间斜坐标系：以A 为原点，以AB、AD、A4的方向分别为x、y、z轴的正方向，i、j、分别为斜坐标系下x、y、z轴正方向上 的单位向量，若向量=xi+疗+z水，则方与有序实数组[x,少]一一对应，称向量方的斜坐标为x,少，记作 i=[x,y,z]. D C B D B (I)求向量AC的斜坐标： (2)我们知道，在空间直角坐标系中，设=(x,,),b=(,,2),则ā万=xx++222,在本题建立的空间 斜坐标系中，该数量积公式仍然成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请给出正确的公式，并应用公式计算 AB.AC: 8 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 (3)在线段BD,上是否存在一点P,使得直线AP与平面ABCD的夹角为6，若存在，请求出AD的斜坐标：若不存在， 请说明理由， 【答案】①)ACG=[2,2,3] (2)不成立，正确公式： ā-6=6+4+23+2%+y+x3+x3+y3+3). AB·AC=9 (3)存在， AP= 20-6W52+6V53+9W5 11’11’11 【详解】(1)因为AC=AB+AD+A4=2i+2j+3k,所以AC=[2,2,3]. (2)-6=(xi+yj+z)xi+2j+z) =x++222+(2+x)ij+(x232+5)k+(022+y)jk =5++23+2(++x3,+x3+3+h). 所以公式不成立. 因为AB=[2,0,0,AC=[2,2,3], 所以，代入上述公式得：BAC-4+4+6)=9。 (3)BD=-AB+AD+AA=-2i+2j+3k=[-2,2,3). 设BP=BD=[-2,2,3],∈[0,1， 9 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 AP-AB+BP=(2-2)i+2j+3k=[2-2元，22,32] 设n⊥平面ABCD,i=xi+j+zk,AB=2i,AD=2j n⊥AB 2x+y+z=0 n1AD’ 即 x+2y+2=0取n=i+j-3派=l1,-3到 设直线AP与平面ABCD夹角为B AP.n 62 sin= A-1322+2元+4.62： 期以-2A-40朝得1-5我1与5 ) 所以，存在点满足题意，且AP= 20-6N52+6N53+9N5 D 119 11’11 【变式1-3】(25-26高二上·上海期末)如图，在平行六面体ABCD-ABCD中，设M为4C与BD的交点，若 AB=a,AD=b,AA=c D B (I)用向量a,b,c表示向量BM: (2)若该平行六面体的体积为4，现将其截去三棱锥B-BD,C,求剩余几何体的体积； 3)若该平行六面体的底面是边长为1的菱形，且∠BAD=60.已知P为空间一点，满足4=5，AP.ā=2,4P.b=4, 10 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 对于任意实数x,y,求AP-xa-yb的最小值 【答案】①)BM=2a+B+e 2 10 23 (3)3 【详解】(1)易知M为A,C与BD的中点， 因为BM=AM-AB=AA+A4M-AB 1 -AA+AC-AB =M+)4C-ǖ +(4B+AD)-4B =4+号0-丽 -Ia+IB+c: = 2 2 (2)设平行六面体ABCD-AB,CD的底面积为S,高为h, 则Sh=4, 则三棱锥B-BDC的高也为h, 1 3 11 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 210 所以剩余几何体的体积V=4-了3： (3)因为laHb1,(a,b)=60°， 所以a-6=1x1x1=1 22 又因为4=5，AP.a=2,AP.6=4, AP-xa-yb2AP+x2+y2-4x-8y+xy =x2+y2-4x-8y+xy+25 =x2+(y-4)x+y2-8y+25, 令f(x)=x2+(y-4)x+y2-8y+25, 则其开口向上，对称轴为x=4,, 2, 所以当x=4y 2时，fx)取最小值， 为40-8y+25-0-4_3y-24y+8430-43+12 4 4 所以y=4时，0-4少2+12 4 取最小值，为9， 即lAP-xa-yb的最小值为9， 所以AP-xa-yb的最小值为3. 【题型二】共面向量定理与四点共面的判定 【例2】(24-25高二上海浦东新期末)给定点A(,0,0B(31,1八C(2,0,1)与点D(5,4,3). 12 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 (I)求AD在BC上的投影向量： (2)判断四点A、B、C、D是否共面？ 【答案】(1)0 (②)四点A、B、CD不共面， 【详解】(1)因为4D=(5,-4,3)-(1,0,0)=(4,4,3),BC=(20,1)-(31,1)=(1,-1,0), 所以AD·BC=4×(-1)+(-4)×(-1)+3×0=0, 所以AD在BC上的投影向量为0. (2)四点AB、CD不共面，理由如下： 因为AD=(4,-4,3),AB=(21,1),AC=(1,0,1), [4=22+4 设 即 -4=九， 该方程组无解， AD=AAB+HAC 3=2+4 所以四点AB、CD不共面 【变式2-1】(25-26高二上·上海杨浦期中)已知空间四点A(0,2,3)、B(2,-2,-)、C(1,4,3)、D(-1,32). (1)求与AB同向的单位向量的坐标： (2)若A、B、C、D四点共面，求实数九的值. 122 【答案】333 9 22 13 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 【详解】(1)由题意可得AB=(2,-4,4),则AB=V22+(4+(-4}=6, 所以与同向的单位向量为 -传子引 (2)由题意可得AB=(2,4,-4),AC=(1,2,0),AD=(-1,1,-3), 因为A、B、C、D四点共面，则AB、AC、AD共面， 设AD=mAB+nAC(m,n∈R),即(-1，l,-3)=m(2,4,4)+n(1,2,0). 3 m=- 8 1 即2m+n=-1,解得了n= 4，故 -4m+2n=1 9 九 = 9 -4m=元-3 2 【变式2-2】如图，在正方体ABCD-ABCD中，E为棱CC的中点，点F在线段DB上，且3DF=2FB. D A B E F D B (I)用DA,DC,DD表示D,A,DE及DF: (2)求证：A,E,D,F四点共面 【详解】(I)根据题意，DA=DA-DD, 14 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 DE-DC+CE-DC+CC-DC-DD 由于3DF=2P8:则DF-号D, F-DD+DF--DD(D+DC+DD)-D4+CD 51 (②)（由（山的结论：nA=Dm-m,DE=Dc-0,0F-号1+号Dc-00, 则有DF-号DE+号0A,则向量DF、DE、DA共面， 5 必有A,E,D,F四点共面 【变式2-3】如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-ABCD中，M,N分别在棱A4,CC上，且 4M-54.Cv-SCC,且∠AAD=∠AAB=∠DMB=60 D D ()求证：D,M,B,N共面； AA (②当AB为何值时，AC⊥AB 【详解】I)证明：在平行六面体ABCD-AB,CGD,中，连接MD、DN、NB、BM, 因为4w=写4.Ov-写CG 15 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 所以M远=M+4g-背4+4g-写4+B, DN=c+CN=4+兮cC=写4+， 3 所以DN=MB,即DN=MB且ONIIMB,所以四边形DMB,N为平行四边形，即D,M,B,N共面； D B M B =1时，AC⊥4B,理由如下， 2)当AB 设AA=GAD=6AB=a,且c与b、c与a、方与a的夹角均为60°， 因为底面ABCD为菱形，所以=d司， .AC=AA+AC=AB+AD+AA=a+c+b. AB=AA+AB=a-c, 若AC⊥AB,则AC⊥AB,即 AC4B=(a+c+b)(a-c)=(a}2-(e}+a.b-c.b=0, 即l-+acos60-6cos60=-+)-)a=0, 解得d=d或3d+2=0舍去， 16 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 =1时，AG上AB 即AB D B M B 【题型三】空间向量坐标运算的综合 【例3】(24-25高二上·上海黄浦阶段检测)已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：A(1,1),B(1,2,3), C(4,5,6).D(7,8,x) (I)若AB⊥CD,求x的值： (2)若点D在平面ABC上，求x的值 【答案】(1)4.5 (2)9 【详解】(1)AB=(0,1,2),CD=(3,3,x-6), 由于AB⊥CD,所以AB.CD=3+2x-12=2x-9=0, 9 解得x=2 (2)AB=(0,1,2),AC=3,4,5), 设AD=aAB+bAC,即(6,7，x-)=(0,a,2a)+(3b,4b,5b)=(3b,a+4b,2a+5b), 17 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 [6=3b 所以了7=a+4b ，解得 x-1=2a+5b a=-1b=2x=9 【变式3-1】(24-25高二上上海浦东新期中)已知空间三点4(0,2,3)，B(1,4,6),C(1,55). (I)若向量kAB-AC与AC互相垂直，求实数k的值； (2)求以AB,AC为邻边的平行四边形的面积. 4 【答案】(013 (2)3V5 【详解】(1)因为4(0,2,3)，B(1,4,6),C(1,5,5), 所以AB=(1,4,6)-(02,3)=(1,2,3),AC=(1,5,5)-(0,2,3)=(13,2), 所以kAB-AC=k(1,2,3)-(1,3,2)=(k-1,2k-3,3k-2). 因为向量k4B-AC与4C互相垂直，所以(kAB-AC)AC=k-1+3(2k-3)+2(3k-2)=0, 期-治 (2)因为AB.AC=1×1+2x3+3×2=13,AB=4C=P+22+32-V4, 所以cos∠BAC= AB·AC13 4,则sim∠BAC=-cos2∠BAc_3V5 14 所以5c-Csn∠B4C=xi4xax35_3y5 142 18 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 所以以AB,AC为邻边的平行四边形的面积2S,c=3V3 【变式3-2】(2425高二上·上海宝山期中)已知空间中三点A(-1,0,2),B(0,2,4),C(-2,2,0),设ā=AB,b=AC (1)求向量ā与向量b的夹角的余弦值： (2)若ka+b与互相垂直，求实数k的值. 1 【答案】()g 1 Q 【详解】(1)因为A(-1,0,2)，B(0,2,4),C(-2,2,0). 所以ā=AB=(0,2,4)-(（-1,0,2)=(1,2,2),b=AC=(-2,2,0)-(-1,0,2)=(-1,2,-2), 所以cosa,b=d·b -1×1+2×2+2×(-2) 同5P+2+2-1+2+(-2y9 1 即向量a与向量方的夹角的余弦值为一9： (2)因为ka+b=k(1,2,2)+(-1,2,-2)=(k-1,2k+2,2k-2), 又a+6与a互相垂直，所以(a+b)a=1×(k-)+2(2k+2)+2(2k-2)=0, 1 解得k=g 【变式3-3】(2425高二上上海期中)己知空间中三点A(-1,1),B(0,2,),C(-2,13) (I)求平行四边形ABCD的顶点D的坐标： 19 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (2)当k·AB+AC与k·AB-2AC的夹角为钝角时，求k的范围. 【答案】1)D(-3,0,3) a(3o2 【详解】(1)设D(x,y,z), 因为ABCD是平行四边形，所以AB=DC, 由A(-l,11),B(0,2,),C(-21,3) 得AB=(11,0),DC=(-2-x,1-y,3-2), 「-2-x=1「x=-3 所以1-y=1→y=0,故 3-z=0 z=3 (-3,0,3) (2)依题意得，AC=(-1,0,2), k·AB+AC=(k-1,k,2),k·AB-2AC=(k+2,k,-4), 因为当k·AB+AC与k·AB-2AC的夹角为钝角时， 则(k:AB+AC小(kAB-2AC)<0,且k·AB+AC与k·B-2AC不共线， 当k:+40)k:-2aC)<0时，(k-k+2到+-8<0→3<k<2, 当k·AB+AC与k·AB-2AC共线时，存在实数，有(k+2,k,-4)=1(k-1,k,2), 20 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 [k+2=t(k-1) 于是得 k=tk ,解得 -4=21 t=-2,k=0 所以k·AB+AC与k·AB-2AC不共线，则k≠0， 所以的箱国为（多0小Q2) 【题型四】向量法求异面直线所成的角 【例4】(26-27高二上上海奉贤阶段检测)己知直四棱柱ABCD-ABCD,AB⊥AD,AB/1CD,AB=2, AD=3,CD=4., D A B D B (1)证明：直线4B11平面DCCD: (2)若该四棱柱的高为4，求异面直线AB与AD所成角的大小. 【详解】（①）根据题意可知AB∥DC,AA∥DD, 注意到AB,A4￠平面DCCD,DC,DDC平面DCCD, 则AB,AAII平面DCCD,又AB,AA AABB, ABOAA=A则平面4ABB 1I平面DCCD,又直线ABc平面AABB, 所以直线AB∥平面DCCD； 21 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (2)以A为原点，分别以AB、AD、A4所在直线为x,少，2轴建立空间直角坐标系，由题知高A4=4, 则4(0,0,0)，A(0,0,4),B(2,0,0),D(0,3,4)得向量：4B=(2,0,4),AD=(0,34) 计算数量积和模长：4B.4D=2×0+0x3+(4)×4=-16,4B=V22+02+(-4=25,AD=02+32+42=5 设异面直线4B与D所成角为g0<0≤分.则cos0=cos<A,B,AD,&d= A,B-AD 16-8V5 A B AD 295×525 8v5 异面直线所成角为arccos 25 Z D C B 【变式4-1】(26-27高二上·上海宝山阶段检测)如图，平行六面体ABCD-ABCD中，己知AB=AD=AM=2,且 ∠AAD=∠AAB=∠BAD=60° D A (山)用AB、AD、AA表示4C、BD,并求BD: 22 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 (2②)求ACBD的值，并求异面直线AC与BD所成角的大小. 【答案】)4AC=AB+AD:BD=AD-AB+AA:BD=22 (②4CBD=4:arccos- 6 【详解】(1)由图可得AC=AB+AD,BD=BD+DD=AD-AB+AA」 由题意可得AB=AD=A4=4, AB.AD=2×2×c0s60°=2，AB.A=2×2×cos60°=2，AA·AD=2×2×cos60°=2， BD=(AD-AB+AA=AD'+AB+44-24B.AD-24B.44+244.AD =4+4+4-2×2-2×2+2×2=8 所以BD=2V2 (2)由(1)可得4C-(aB+D=A6+AD+2ABD=4+4+2x2=12, 所以4C=23 AC.BD=(AB+AD(AD-AB+AA)-AB.AD-AB+AB.A4+AD'-4B.AD+AAD =2-4+2+4-2+2=4. 设异面直线4AC与BD所成角为0， AC·.BD 则cosB=cos 4C,BD 6 2V3×2W26 23 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 所以0=arccos 6 6， 即异面直线4C与BD,所成角为arccos- 6 【变式4-2】如图，在平行六面体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,AM=1,∠AAD=∠AAB=60°，∠DAB=90°， M为AG与B,D的交点.若AB=ā，AD=b,A4=c. D M B B (I)用a,b,c表示BM,并求BM的长； (2)求异面直线BM与AC所成角的余弦值. 【答案】(I)BM=-1a+1G -2a+26+c5 ③6 6 【详解】(1)由题意可知，日=2=2=1， 因为∠DAB=90,∠AAB=60°，∠AAD=60°， 所以a6-0ad-2xKl6c=2xl. 因为M为AC与BD的交点，即M为AC的中点， 所以4M-54C-aB+a0)=2a+, 2 所以w=i+M+4M=-a+c+a+0=a+b+c, 21 2 24 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 aw-(++a=0++- 2a-b-a.c+b.c =2x4+2x4+1-0-1+1=3. 1 4 4 所以BM=V5 (2)因为4C=a+6,所以AC-@+=后+2ab+6=4+0+4=2N2, 所mc=(+b+0-a+列=0-0+a+号+ea+6 2 =-2-0+0+2+1+1=2, 设异面直线BM与AC所成的角为0， BM·AC 则c0s0= 6 BM·AC V3×2√26， 6 所以异面直 BM与4C所成角的余弦值为6 【变式4-3】(26-27高二上·上海黄浦·阶段检测)如图所示，四面体ABCD的棱长AB=CD=a, AC=AD=BC=BD=2. O B (I)证明：AB⊥CD: 25 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 (2)求实数a的取值范围； (3)当a=v2时，求异面直线AD与BC所成角的大小， 【详解】(I)证明：取AB的中点为E,连接DE,CE, 因为DA=DB,CA=CB,所以DE⊥AB,CE⊥AB, 又DE,CEC平面DCE,DEOCE=E,所以AB⊥平面DCE. 又DCC平面DCE,所以AB⊥CD ②在Ac中，A=E-号C-2所以CE=Vac-E- 同理，DE= a 根据三角形三边关系可知CE-DE<CD<CE+DE 所以0<a<2, 4- 4,化简得。<8'又a>0解得0<a<2V2 (3)AD=AB+BD,BC=BD+DC. AD.BC=AB+BD)BD+DC)=AB.BD+AB.DC+BD'+BD.DC. 在 RtABED ,E-号号n-2所以1m-监是.正 √2 BD 2 4 26 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 2 同理， cos∠BDC=2=2, 24 所以46D=-西0ow240-Ex2x-1 BD.DC=-BDDCcos ZBDC=-2xx2-1. 4 由(1)知AB⊥CD,所以AB.DC=0,又BD=4. 所以AB.BD+AB.DC+BD+BD.DC=-1+0+4-1=2,即AD.BC=2, AD.BC 2 1 又aD=|BC=2所以异面直线D与BC所成角余弦值为1DBd2x22, AD BC 所以异面直线D与BC所成角的大小为3 B 【题型五】向量法求直线与平面所成的角 【例5】(25-26高二下上海期中)如图，已知在四棱柱ABCD-EFGH中，EA⊥平面ABCD,N,M分别是EF、HD的 中点 27 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 E H (I)求证：HN‖平面AFM: (2)若底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD,ABII CD,AB=AE=2,AD=CD=I,求直线AW与平面AFM所成角的正弦值 【详解】()取AE的中点，记为S,连接SN,则SN∥AF, 因为SN￠平面AFM,AFc平面AFM,所以SN∥平面AFM; 连接SH,由SA=HM,SA∥HM,得四边形ASHM是平行四边形， 所以SH∥AM 因为SH丈平面AFM,AMc平面AFM, 所以SH/平面AFM: 因为SN OSH=S,SW,SHc平面SWH, 所以平面SNH∥平面AFM; 因为HNC平面SNH,所以HN‖平面AFM H M B 28 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 (2)因为EA⊥平面ABCD,且AB⊥AD,所以AB,AD,AE两两垂直 以O为坐标原点，分别以AB,AD,AE所在直线为x,少，2轴，建立空间直角坐标系 则A(0,0,0),B(2,0,0),F(2,0,2),E(0,0,2),D(0,1,0,H(01,2), 因为N,M分别是EF、HD的中点，所以M(O,1),N(1,0,2) 所以AN=(（1,0,2),AM=(01,),AF=(2,0,2). 设平面AFM的法向量为i=(x,y,2),直线AN与平面AFM所成角为0， AM=y+z=0 则1AF=2x+2z=0 令x=1,则y=1z=-1,所以平面AFM的一个法向量为方=(，1，-) 所以sin0=cos(AN,i 1-2√15 AN网5x315 15 所以直线N与平面， AFM 所成角的正弦值为15 N H G M D B 【变式5-l】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，ABIIDC,点M是PD的中点，平面ABM与PC交于 点W. 29 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 M (1)求证：MNAB: 回法p41平百CD:A:BC-D-2CD=ABC-号求直线pW与平面ABy所成角的正弦位 【详解】I)证明：ABDC,DCC平面PCD,ABc平面PCD,则有AB∥平面PCD, ABC平面ABM,平面ABMO平面PCD=MN,所以MNI∥AB (2②)AB=BC=2,∠ABC 3,则△4BC为等边三角形， 连接4C:则AC=2又AB/DC,有∠ACD-号， △ACD中，由余弦定理，得AD=VAC2+CD-2AC.CDcos∠ACD=V5, 有AC2=CD2+AD2,得CD⊥AD,所以AB⊥AD, 又PA⊥平面ABCD,以A为原点，AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则4aa0,82.0,.Da5.0Paa2)09] =(aow-号pm 设平面ABM的一个法向量i=(x,y,z), 30 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 AB.n=2x=0 有 M.i= 2y+z=0'设 , ,即 =2 x=0,z=-V3i=(0,2,-V3 设直线PM与平面ABM所成角为B, ing=cosPM,n= M.i=23=45 则 w阿 7 D 【变式5-2】(25-26高二·上海期末)己知平行六面体ABCD-AB,CD,点P为△ABD的重心. (I)求证：A、P、G三点共线： (②若M1平面ABCD,(B,D)-行，AB=AD=M=2,求直线BC与平面DPC所成角的大小. 【详解】（①）由点P为△4BD的重心， 所以-环+和=风+号×对0+4码 =A4+aD-A+B-A4）=(aB+AD+4). 又AC=AB+BC+CC=AB+AD+AA,故AC=3AP, 又AC与AP交于A,故A、P、C三点共线. 31 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 (2)由题设，连结AC,交BD于O,则AC⊥BD, 以0为原点，OB、OC、A4为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 所以B1,00）,C0,5,0）,D(-1,0,0),4(0,-5,2）,C(0,5,2,D（-1,02). .BC=（1,5,2,AD=（-1,5,-2,AB=(1,3,-2 面4-o4网-片a2小-325引r-5副 西=45-5引 nCD=0 设平面CDp的法向量i=化y,)故i-CP=0' -x-V3y+2z=0 n=(351,23) BC·i 设直线p与平面。p所成角为，则sinB= 23-5 BC DPC BC闭2V2×21020’ 因此，直线BC与平面DPC所成角的大小为csin 20 32 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 B B 【变式5-3】(2627高二上：上海静安期中)如图，在四面体MA8CD中，AB=AC=AD-1∠BMC=∠BDC-受 Γ2 M是BC中点. (I)证明：AM⊥DM; (2)求直线AD与平面ABC所成角的最大值： 【详解】①油4BAC-1∠BMC=交，在直角三角形B4C中，由勾股定理得BC-NAB+AC-V万： 因为M是料边aC的中点，在直角三角形BMC中，4M-C 2-2 同理，在直角三角形BDC中，DM=C=5 22 于是AM2+DM2= 33 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 由勾股定理的逆定理，∠AMD= F2,即AM⊥DM (2) ZA -∂D B M C 在等腰三角形ABC中，AB=AC,M为BC中点，由三线合一得AM⊥BC, 又由第(I)问已证AM⊥DM,且BCODM=M,BC,DMc平面BCD, 故AM⊥平面BCD, 以M为原点，MC的方向为x轴正方向，MA的方向为z轴正方向，在平面BCD内取垂直于MC的方向为y轴正方向， 建立空间直角坐标系（如图所示）， 由∠0C-丑M为BC中点，D在以BC为直径、y为题心、丰径号佰圆上， √2。 CMD='则D 设 2 tcose,sin,0 0e[0,2m) 平面ABC法向量n=(0,l,0), AD- 2 cos0. 2sin、 2 设直线AD与平面ABC所成角为P,则 34 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 sin o= AD州方2 又pe 【题型六】向量法求二面角的大小 【例6】(26-27高二上·上海浦东新阶段检测)如图，正四棱锥V-ABCD中，棱长均为2，E为棱C的中点. B (I)证明：VAM平面DEB; (2)求二面角V-BD-E的余弦值， 【详解】I)连结AC,BD于点O,连结OE,EB,ED, 正四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是正方形，所以O是AC,BD的中点， 因为E为棱C的中点，所以在△'AC中，OE∥VA, 又OEC平面DEB,VA女平面DEB,，所以VAII平面DEB (2)几何法： 由题意可知，D=B=C=VA=DC=BC=2,BD=2√2 所以△DC,△BDC是全等的等边三角形，△DB是等腰三角形， 35 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 因为E为棱C的中点，O是BD的中点， 所以EO⊥BD,O⊥BD 根据二面角的定义可得∠OE是二面角V-BD-E的平面角， VE=1,ED=EB=√3,0=V4-2=V2,E0=V3-2=1, 0E中，由余弦定理可得cos∠0B-0+B02-E2_2+1-1V2 在 2VO.EO 222 所以二面角上一D一E的余弦值为)： ZA B 向量法： 以O为坐标原点，过点O分别作Ox/BC,OyAB,以OΨ所在直线为z轴建立空间直角坐标系O-z, 易相QQ2a1L0,01-10,c(1L0,以号号.。 丽=号7马丽-220， 设平面EBD的一个法向量为n=(x,y,2), 36 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 x+1w2 2x+2y 2 20 由i.EB=0, 得 取，可得 iDB=0 2x+2y=0 x=1 n=L,-l,V2) 因为OC⊥BD,OC⊥VO,BD∩VO=O,BD,VOc平面BD, 所以OC⊥平面BD,即OC=(-11,0)是平面VBD的一个法向量， cos(n,OC)= :0C-1x(-)+(-0x1+2x0--2-2 od V1+1+2×V1+1222, 因为二面角上-BD-E为税二面角，所以二面角g-BD-E的余弦值为V2 2 【变式6-1】(2026上海·模拟预测)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，平面ADE⊥平面ABCD, △ADE是正三角形，EF=2,AB=4,AD=2. B (I)求证：EFI1AB: (2)求二面角F-BC-D的大小. 【详解】(I)因为AB/ICD,AB￠平面CDEF,CDC平面CDEF, 所以ABII平面CDEF, 又平面ABFE平面CDEF=EF,ABc平面ABFE, 所以EF /AB: 37 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期床 (2)如图，分别取AD,BC的中点O,M,连接OE,OM,则OM⊥BC,OM=AB, 因为△ADE是正三角形，所以OE⊥AD,OE=V3, 又平面ADE⊥平面ABCD,平面ADEO平面ABCD=AD,OEC平面ADE, 所以OE⊥平面ABCD, 如图，以点0为原点建立空间直角坐标系，则B(1,4,0),C(-1,4,0),E0,0,V3,F(0,2,3) 故CB=(2,0,0),CF=(1-2,5, 设平面BCF的法向量为n=(x,y,z), CB=2x=0 则有 a-CF=x-2y+5z=0?令2=2'得y=5 z=2 则可取i=(03,2, 因为OE⊥平面ABCD, 所以OE=(0,0V3)即为平面ABCD的一个法向量， 则os(元，0正)= i.0正_2527 o √7×V37· 所以二面角r-BC-D的大小为accs2行 71 38 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 M 【变式6-2】(25-26高二·上海期中)如图所示，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD是梯形，ABI‖lCD, AD⊥CD,AD=CD=DD=4,AB=2,E,F分别为棱CD,BC的中点. E B C B (1)求证：直线AEM平面BB,CC: (2)求平面AEF与平面A4DD所成锐二面角的余弦值. 【详解】(1)如图所示，以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系 A(4,0,0),E(0,2,4),AE=（-4,2,4).B(4,2,0),C(0,4,4),BC=（-4,2,4): 由AE=BC,因此AE∥BC,从而直线AE∥BC. 于是，不在平面BB,CC上的直线AE平行于该平面上的直线BC, 因此根据直线与平面平行判定定理，就有直线AE∥平面BBCC 39 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 D E A B D nAE=0, (2)F=←2,30)设平面 EF 的法向量为万=(a6.c则n-4正=0 -4a+2b+4c=0, 代入坐标得 -2a+3b=0, 令a=3则6=c=2 因此i=(3,2,2)是平面4EF的一个法向量. 平面A4DD的法向量为j=(01,0)。 设平面AEF与平面AAD,D所成锐二面角为O, 则cos0= n:引_3×0+2×1+2×0-2 V32+22+22.1V17 2v17 综上所述，平面ABF与平面A4D,D所成锐=面角的余弦值为7 【变式6-3】(26-27高二上·上海黄浦阶段检测)如图，以△ABC的边BC为直径在三角形外作半圆O,半圆O恰好位 于平面ABC内，AB=2V5,半圆O的面积为2元，△PAC是边长为2的等边三角形，平面PAC⊥平面ABC,D为半 圆弧上一点（不含端点）· 40 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 M D (1)判断△ABC的形状： (2)若点M为线段PD上一点.求证：平面PAC⊥平面BCM； (3)求二面角A-PB-C的大小. 【详解】(1)半圆O的面积为2π，则半径r=2,直径BC=4, 又△PAC是边长为2的等边三角形，则AC=2, 且AB=2V5,则AC2+BC2=AB2, 所以∠ACB=90°，则△ABC是直角三角形 (2)由(1)可知，AC⊥BC, 又平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC, BCC平面ABC,所以BC⊥平面PAC, 由BCC平面BCM,可得平面PAC⊥平面BCM (3) 41 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 B 以C为原点，CA为x轴正半轴，CB为y轴正半轴，过C作平面ABC的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,4,0)」 等边△PAC在平面xO2内，故P,0,V⑤)， 所以PA=(1,0,-V3),PB=（-1,4,-5), 设平面PAB的法向量为i=(x,y,z), PA.i=x-3z=0 则PBi=-x+4y-5z=0取2=2'则x=25,y=5 z=2 所以i=(25,v3,2, CP=1,0,V3,CB=(0,4,0), 设平面CPB的法向量为m=(a,b,c), CP.m=a+3c=0 则Cm=4h=0,取。-1则。=-5所以m-(5.0,小 显然，二面角A-PB-C为锐二面角，设二面角A-PB-C的平面角为B, 42 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 则cos0= n.m -6+2 42V19 |m√12+3+4×√3+121919’ 2v19 所以二面角的大小为arccos 19 【题型七】求点到平面的距离 【例7】(26-27高二上上海黄浦阶段检测)如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=3AA=6,E为A4的 中点 C. B B D E (1)求证：ACII平面BDE: (2)求点A到平面BDE的距离. 【详解】(I)证明：连接AC,设BD∩AC=F,连接EF 由题意可知四边形ABCD为正方形，所以F为AC的中点， 在△CA4中，E为A4的中点，所以EF/IAC 又EFC平面BDE,AC￠平面BDE内，所以A,CII平面BDE B B D (2)以D为原点，以DA,DD,DC所在直线为x,,z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 43 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 则D(0,0,0)A(3,0,0),E(3,3,0),B3,0,3) 所以DE=(3,3,0),DB=(3,0,3),DA=(3,0,0) 设平面BDE的法向量为m=(x,y,2), DE.m=0 3x+3y=0 则DBm=0即3x+3z=0令=1则y-2=-所以m=L-1-) DA.m3 所以点到平面的距离为 A BDE mV1+1+1 ZA B B 【变式7-1】(25-26高二上上海期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD, AB⊥BC,∠ADC=45°，PA⊥平面ABCD,AB=AP=1,AD=3. D C (I)求点D到平面PBC的距离. (2)求直线PD与平面PBC所成角的大小. 【金109 arcsin 5 (2) 10 【详解】(I)因为PA⊥平面ABCD,AB⊥BC,BCI/AD,所以AB⊥AD, 44 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A-2, 由题意可得 D A0,0,0)B(1,0,0)P(0,0,1)D(0,3,0) 过点C作CE⊥AD于点E,则四边形ABCE为矩形，所以CE=AB=1,AE=BC, 在RtACED中，∠CDE=45°，所以ED=CE=1,因为AD=3,所以BC=AE=AD-ED=2, 所以C(1,2,0)。则PB=(1,0,-1),BC=(0,2,0). n.PB=x-z=0 设平面 PBC 的法向量为万=（飞水， 则-BC-2y=0,取x=1得2=l,y=0所以i=L0,) 又 BD=(←1,30)：所以点n到平面m的距离d= BD:元_1-1x1+3×0+0×1=1=V2 D PBC V12+02+12 √22 (2)由(1)可知PD=(0,3,-),平面PBC的一个法向量i=(,0,), PD方 设直线与平面所成角为，则sin0=cos(PD,= 0×1+3×0+(-1)x1 15 PD PBC PD-园02+32+(-yP+02+0210, 所以直线PD与平面P8C所成角的大水为arcsin 10 【变式7-2】(25-26高二·上海宝山期中)如图所示正四棱锥S-ABCD,SA=SB=SC=SD=2,AB=V2,P为侧棱SD 的中点. 45 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (I)求直线SC与平面ABCD所成角的正弦值： (2)求点P到平面SBC的距离. 【答案】05 ②②7 1 【详解】(1)连接AC,BD交于点O,连接SO, 因为正四棱锥S-ABCD, 所以SO⊥平面ABCD 故∠SCO为直线SC与平面ABCD所成的角. 在正方形ABCD中，AB=V2,则对角线4C=V2+(2=2. OC=,AC=1.在Rt.SOC中，SC=2 2 sin/sco=so=sc2-oc SC SC 2 2 即直线sC与平面ABCD所成角的正弦值为2 (2) 46 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 s-- B C 以0为原点，OB,OC,OS方向分别为x,八z轴. 由(1)知S0=V3,OB=OD=0C=OA=1, 则0(0,0,0)，B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),S0,0,V3 向@--1o.s-a-1.am(l5 设平面SBC的法向量为n=(x,y,z). n.CB=x-y=0 i.C=-y+√3z=0 令z=,得y=V5,x=V5.故i=(V33,l 点P到平面SBC的距离d: CP.n d= -52团 3+5+ 万7 【变式7-3】(25-26高二·上海期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形， 47 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期未 PA=AB=2AD=6,E是CD的中点，AC与BE相交于点H,点F在侧棱PD上，PF=APD (I)证明：BE⊥平面PAC: ②当2-亏时，求点P到平面EH的距离。 【详解】(1)因为PA⊥底面ABCD,BEC平面ABCD,所以PA⊥BE, BC和BCE中，LABC-∠BCE=90P,A-BCN2,A4 BCAB0 BC CE 故∠BAC=∠CBE,得LCBE+∠ACB=90°，即BE⊥AC, 又AC,PAc平面PAC,ACOAP=A,故BE⊥平面PAC. (2)由已知得，PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD 故以AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-z 48 宋老师数学图文制作室 81 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 则P(0,0,6,E3,3V2,0),H(4,2V2,0). 2 当2=5时，F0,2W2,2)则f=(40,2,HE=(-1V2,0,PF=0,22,4) 设平面HEF的法向量为n=(x,,乙)， 元·H丽=4x+2名=0 则 HE=-5+2=0令y=1'可得%=N2,l22 所以点P到平面B阳的距离d-PF_10x2+22x1-4x2162 V2+1+8 11 【题型八】用向量方法证明线面垂直 【例8】(25-26高三上：上海期中)在正四棱柱ABCD-ABCD,中，AB=2BB,=2,P为BC的中点. D M (I)取AD中点M,AB中点N,求证：MN⊥平面APC. 49 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (2)求点B到平面APC的距离. 【详解】(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系， ZA D M B AI则 A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),P(1,2,1M(1,0,1),N(21,0) 所以AC=(-2,2,0),AP=(-12,1)」 n-AP=0,-x。+2y%+z0=0 设平面APC的法向量为万=(6，八2，）则a-4C=0-2x+2%=0· APC 令x=1,解得o=1,。=-1.n=(1,山，-1) 又：MN=(,山，-)=i,所以MN⊥平面APC (2)平面APC的法向量=(，1，-1)，AB=(0,2,0), 点到平面，的距离d= iAB 2 23 B APC |同53 【变式8-1】(26-27高二上·上海浦东新阶段检测)如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=2,BC=4,A4=3, E是边AD上的点，F是边CC上的点，DE=CF=1. 50 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 D E B D B (I)求证：BD⊥平面CEF: (2)求A到平面CEF的距离. 【详解】（①）以D为原点，DA,DC,DD为正方向，建立如图所示空间直角坐标系 B(4,2,0),C(0,2,0),E(1,0,3),F(0,2,2),A4,0,0) 所以CE=(1,-2,3),CF=(0,0,2),DB=(4,2,0) 因为CE·BD=4-4-0=0,CF.BD=0+0+0=0 所以BD为平面CEF的法向量，所以BD⊥平面CEF (2)因为DB=(4,2,0),所以平面CEF方程为4x+2y-2)=0, 12×4+0-21_6W5 即2x+y-2=0所以A到平面CEF的距离为2+P 5 4 D B D 51 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期末一 【变式8-2】(25-26高二上海期中)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，CC⊥平面ABC,AC1BC,AC=BC=2, CC=3,点D,E分别在棱A4和棱CC上，且AD=l,CE=2,M为棱AB的中点， B ()求证：CM⊥平面ABB,A: (2)求点B到平面B,DE的距离 【详解】(I)因为CC⊥平面ABC,BC,CAc平面ABC,所以CC⊥BC,CC⊥CA,又AC⊥BC,所以BC,CA,CC两两 垂直，以C为坐标原点，CA,CB,CC所在直线为x,yz轴，建立空间直角坐标系，则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),D(2,0,1),E(0,0,2),4(2,0,3),B(0,2,3),C(0,0,3),M(11,3)」 所以CM=(11,0,AB=(-2,2,0),BB=(0,0,3). 所以CM·4B=1x(-2)+1x2+0x0=0,CM-BB=1×0+1x0+0x3=0, 所以CM⊥AB,CM⊥BB,又AB∩BB=B,AB,BBC平面ABB4, 所以CM⊥平面ABBA: B 52 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 (2)由(1)知：BD=(2,-2,-2),DE=(-2,0,1) 设平面BED的法向量为i=(x,y,2), n⊥BD n.BD=02x-2y-2z=0 则{nLDE则n-D亚=0即{ -2x+z=0” 令x=1,得y=-1,2=2. 故平面BED的一个法向量为i=(1,-1,2)BD=(2,-2,1), 所以点B到平面DBE的距离为d= D_6=6. B 6 【变式8-3】(25-26高二上上海金山期末)如图，在正四棱柱ABCD-ABC中，点E在CC上，且CE=3EC, AA=2AB=4 D C B D b (1)证明：AC1平面BDE: (②)求平面ABD与平面BDE所成锐二面角的余弦值. 【详解】(I)在正四棱柱ABCD-AB,G中，易知DA,DC,DD两两互相垂直， 因此可以D为坐标原点，DA,DC,DD,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 53 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 D E D 则4(2,0,4)，C(0,2,0),D(0,0,0),B(2,2,0),E(0,2,1), 则A4C=(（-2,2,-4),DB=(2,2,0),DE=(0,2,1), 所以AC.DB=-2×2+2×2=0,4C.DE=2×2-4×1=0, 因此有AC⊥DB,AC⊥DE,又因为DBODE=D,DB,DEC平面BDE, 因此AC⊥平面BDE (2)由(1)可知，AB=(0,2,-4),DB=(2,2,0),AC=(-2,2,-4) AB.n=0 设平面4BD的法向量为，=，则有DB元=0 2y-4z=0 即2x+2y=0取x=2则y=-2,z=-1即n=(2,-2,-0 由(I)可知，AC1平面BDE,故AC即为平面BDE的法向量 设平面ABD与平面BDE所成锐二面角为a, 则osa-cos<,4C水n4C-4-4+4.2V6 |nll4C13.2√6369· 54 宋老师数学图文制作室 81 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 V6 即平面ABD与平面BDE所成锐二面角的余弦值为 课堂小结 (一)方法总结 1,基底法：选择不共面的三个向量作基底，把目标向量表示为基向量的线性组合，再通过数量积运算求解，适 用于已知夹角与模长的几何体（如例1）。 2.坐标法：建立空间直角坐标系（优先选“三线两两垂直”的顶点作原点），把点、向量、角、距离全部代数 化，适用于长方体、正方体、直棱柱等（如例3一例8）。 3.向量法求解立体几何问题的“三步曲”： 第一步建系：确定原点与坐标轴方向，尽量使关键点落在坐标轴上： 第二步求坐标：写出关键点坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量； 第三步代公式：代入线线角、线面角、二面角或距离公式求解。 (二)思想方法 1.类比思想：将平面向量的概念、运算与性质推广到空间向量： 2.转化思想：立体几何问题→向量问题→代数运算，实现“形”与“数”的转化： 3.数形结合：借助坐标系把图形关系转化为坐标关系。 (三)易错提醒 1.数量积不满足结合律与消去律： 2.线面角用正弦公式，二面角注意锐角、钝角的判断； 3.点到平面距离公式中，向量PA由平面外一点P指向平面内一点A,方向不可颠倒： 4.异面直线所成角公式取绝对值，其取值范围为 0, π 单元小则 一、填空题 55 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 1.(25-26高二上·上海金山期末)已知向量ā=(1,1，m)和b=(2,0,),若ā1b,则m= 【答案】-2 【详解】由a⊥b,可得ab=0, 又因为a=(1,m）,b=(2,0,1),所以(1,1，m)(2,0,1)=2+m=0→m=-2, 故答案为：-2 2.(26-27高二上：上海浦东新阶段检测)已知meR,ā=(2,2m-l,),b=(4,3m-5,2),若ā∥6，则m的值为 【答案】-3 【详解】已知meR,d=(2,2m-l,1),b=(4,3m-5,2), 2_2m-1_1 因为a6,则43m-52' 可得2(2m-l)=3m-5,解得m=-3. 3.(26-27高二上·上海宝山阶段检测)空间中，已知直线1的一个方向向量为广=(2,4,3列，平面α的一个法向量为 i=(a,3,6)(常数aeR),若l/a,则实数a的值为 【答案】-3 【详解】由题意，因为∥α，则直线的方向向量产与平面的法向量n垂直，即F·i=0, 又F=(2,-4,3),i=(a3,6),所以F:i=2a+(-4)×3+3×6=0, 解得a=-3. 4.(25-26高二上上海期末)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，CA·CA= 56 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 A B A D B 【答案】2 【详解】因为CA=CB+CD,CA=CB+CD+CC, 所以C4.CA=(CB+CD+CC)CB+CD), =CB+CB.CD+CD.CB+CD+CC..CB+CC.CD =1+0+0+1+0+0=2 5.(25-26高二上·上海期末)圆柱两个底面中心分别为(0,0,0)和(0,0,3)，底面的圆周上有点(3,4,0)，该圆柱的体 积为 【答案】75π 【详解】由题意可得：圆柱的高为两个底面中心z坐标之差，即3-0=3， 底面圆心为(0,0,0)，圆周上点(3,4,0)到圆心的距离为半径，即√32+4=5. 底面积为πr2=π×52=25元 圆柱体积为'=Sh=25π×3=75π 故答案为：75π 6.(25-26高二上上海期末)在空间直角坐标系中，已知点A0,0,B(0,40),C(0,04).设D为线段BC的中点，则向量 57 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 AD=」 【答案】(-1,2,2) 【详解】由题意D(0,2,2),而A10,0),则A4D=（-1,2,2） 故答案为：（-1,2,2) 7.(25-26高二上·上海松江期末)在空间直角坐标系0-x9z中，点A(7,7,6)关于坐标平面x0y的对称点坐标为 【答案】(7,7，-6) 【详解】由题意得，点A(7,7,6)关于坐标平面x0y的对称点坐标为(7,7,6) 故答案为：(7,7,6) 8.(25-26高二上上海阶段检测)空间向量=(0,1，-1)在6=(1,2,3)上的投影向量为 1 【答案】 14’7’14 【详解】由题意得，ā.6=2-3=-1，=1+4+9=V4, 故向量在，上的投影向量为 0 奇信高动 3 故答案为： 9. (25-26高二上上海期末)设x、yeR,向量=(x,-l,),6=(1,y,),c=(2,-4,2）,且ā1c,611,则 a.b= 58 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 【答案】0 【详解】因为a1c,所以adc=2x+4+2=0,解得x=-3,即d=(-3,-l,), 因为61e:所以写专解得，=-2：则6=2 所以à.b=-3x1+(-1)×(-2)+1x1=0, 故答案为：0 10.(25-26高二上·上海阶段检测)正四棱台ABCD-ABCD,AB=15,AB=5,A4=10,M是CD的中点，在直线 A4BC上各取一个点P、O,使得MP、O三点共线，则线段P№的长度为 【答案】27 【详解】因为正四棱台ABCD-AB,CD,如图建立空间直角坐标系， 则4停c停 4=10B=154A=5所以校台的商为y0- 因为 15252 =5V2 22 所以4(5c(8s( 因为M是CA的中点，所以M05万] 设AP=.AA,B0=uBC,因为4=(5,5,5V2),BC=(0,15,0) 所u45-55a-55e15u5o 59 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 因为M,P,Q三点共线，所以满足MP=kM@ 因为M-(5a-55-1052(a-.ME-(,15u-10-5 52-15_15k 22 则有 5-10=k(15μ-10)，解得 5V2(2-1)=-5v2k 5M=2 ,所以Pg=9+24+72=27. 故答案为：27 D M B 11.(25-26高二上·上海期末)如图，有一个无限延伸的大斜坡（没有边界，坡面可视为平面），大斜坡上方悬停着 一个UF0,小明拿出新型GS设备搜集到了大斜坡上三个点的坐标分别为A(-15,-1,)、B(-1l,-2,2)和C(3,2,10), 同时测得UFO的坐标为P(-4,-6,10),为了在最近距离观察UF0,小明应该站在大斜坡上的哪个位置？ (填坐标，为了简化模型，UF0和小明都可视为点) 60 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【答案】（-2，-35) 【详解】把大斜坡ABC视为平面，设原点为O,平面ABC的法向量n=(x,y,z), AB=(4,-1,1),AC=(183,9), AB-ii=0 4x-y+z=0 ACn=018x+3y+9z=0: (4x-y+z)×3+18x+3y+9z=0→30x+12z=0, 取x=-2,则z=5,y=-3,即i=(-2,-3,5), 由于n垂直于平面，从P到平面上点Q的最短路径P四与n平行，所以：P=m 设00=0p+m 又因为Q在平面上，所以向量AQ垂直于n(平面上任一点与A的连线与n垂直)， 即：A0n=0,又：A0=00-0A=(op+i)-0A=AP+m 代入得：(AP+i=0,即AP.n+(i)=0, AP=0P-0A=(-4+15,-6+1,10-1)=(11,-5,9), Ap.n=(1,-5,9)-(-2,-3,5)=11×(-2)+(-5)×(-3)+9×5=-22+15+45=38, i.i=(-2}2+(-3}2+52=4+9+25=38, 代入得：APi+(i:)=38+t×38=0,1=-1, 00=0P+m=(（-4,6,10)+(-1)(-2,-3,5) 61 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 =(4+2,-6+3,10-5)=（-2,-3,5) 故答案为：（-2，-3,5) 12. (25-26高二上：上海宝山期末)设0A、0B、0C为空间中三组单位向量，且0A10B,OA10C,0B与0C 夹角为60，P为空间任意一点，且O=l,满足oP.0C≤oP.0B≤oP.0A,则Op.0C最大值为. 【答案】 V21 1 【详解】因为OA⊥OB,OA1OC,OB∩OC=0, 所以OA⊥平面BOC, 以O为坐标原点，OA为z轴，OB为y轴，垂直于zO少平面为x轴建立空间直角坐标系， ZA 因为OA、OB、OC都是单位向量，OB与OC夹角为60°， 所以40,0)°a0L0c 220), 设P(x,y,2),且x2+y2+z2=1, 则o=ca)A=00W08=0l0:00=( 220, 所以由OP.0C≤Op.0B≤OP.0A可得： @ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 5,1 2x+2s4,平方可得： 3x+5 1 4 +2w+4y≤y2≤z2, 41 ++好产≤护可得： 3x2+23y-3y2=（3x-y3x+3y)s0, 5x+3y≥0JV3x+3y≤0 所以 Vx-ys0或1V5x-y20 由y2≤z2及x2+y2+z2=1可得y2≤1-x2-y2, 即x2+2y2≤1， 综上满足士+≤了≤2的可行域如图所示： 41 E F y=√/5x 令2=3.，1 2+2y,则y=-5x+22 由可行域可得z在E点取得最大值，在F点取得最小值， x2+2y2=1 声a马，. 63 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 V21 √21 所以2m=7,2m= 7 5,1 所以2x+2的最大值为 7 故答案为： V27 7 二、单选题 13.(25-26高二上·上海青浦阶段检测)在平行六面体ABCD-AB,CD中，设AB=ā，4D=b,A4=c.下列选项中， 可以作为空间中的一组基的是() A.a,b,a+b B.a+b,a-b,b C.a+b+c,a+b-c,a+b D.a+b+c,a+b-c,a-b 【答案】D 【详解】在平行六面体ABCD-ABCD中，AB,AD,AA为不共面向量 A,因a,b,a+b中的a+b可以表示为ā，b的和，即三个向量共面，不能作为基底，不合题意： B,对下石+6，石-6石，因6-位+6-G-).即后+6.石-66为共面向量，不合题意： C,对于a+6+6a+6-6a+6,因0+6-a+6+0+a+6-0,即后+6+6.a+6-6.a+6为共面向量，不合 题意： D,假设a+b+c,a+b-c,a-b为共面向量， 则存在唯-的x,yeR,满足+b+=x(a+b-c)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)i-xc, 64 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 x+y=1 则x-y=1,该方程显然无解，故假设不成立，即 可以作为空间中的一组基，符合题意 -x=1 a+b+c,a+b-c,a-b 故选：D. 14.(26-27高二上上海松江阶段检测)如图，在正方体ABCD-ABCD,中，M,N分别为线段AD,BC上的动点， 给出下列四个结论，其中正确的结论是() D M B D B ①存在点M,存在点N,满足MN‖平面ABBA: ②任意点M,存在点N,满足MN‖平面ABBA: ③任意点M,存在点N,满足MN⊥BC: ④任意点N,存在点M,满足MN⊥BC. A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④ 【答案】A 【详解】对于①，当M,N分别为AD,BC的中点时，取BC中点P,连接MP,NP, 则根据中位线的性质可得NP平行于BB, 因为NPE平面ABB,A,BBC平面ABB,A,所以NP平行于平面ABBA. 65 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 同理MP平行于AB,MPt平面ABBA,ABC平面ABBA, 所以MP平行于平面ABBA.又因为MPONP=P,MP,NPc平面MNP, 所以平面MNP平行于平面ABBA,又因为MNc平面MNP,所以MN‖平面ABBA.所以①正确. D M B D B 对②，当M在4时，MN平面ABBA不成立，故②错误： 对③④，以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 设正方体ABCD-AB,CD棱长为1， 则B(L,1,0),C(0,1,1),BC=(-1,0,1), 设M化，0，)，BN=元BC=(←元，0，)，则N0-元，l,),其中1,2∈[0，， 所以MN=(I-元-4，l,元-)，则当MN⊥BC时， MN.BC=t+元-1+元-1=0，即t+2λ=2. 所以对任意的1e0小在在天=2号小满足条作 即任意点M,存在点N,满足MN⊥BC,所以③正确 当1=0时，即点N在B点时，若MN L BC, 66 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉二 则t=2,不满足1∈[0，，即点M不在AD上，故④错误 D M B 15.(26-27高二上上海徐汇阶段检测)如图，己知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，E为AD的中点，F在 AP PA上，PCM平面BEF,则AF=() A.2 B.2 C.3 D.4 【答案】C 【详解】设AF=tAP,其中0<t<1. 取B-6而-d=D则元=6+d-DE--6,际=0-5 由直线PC∥平面BEF,且平面BEF存在，向量BE、BF不共线，故存在实数九、“，使 B+j-p-2d-6)tu(p-B). 由于ABCD为平行四边形，b与d不共线： 67 宋老师数学图文制作室 ©初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 又P不在底面ABCD所在平面内，所以b、d、p线性无关 比较三者的系数，得山=-1，-一九-山=1，)=1， 由分1得天=2再由--以=1得以=3，代入以=-1得3：-所以1-写 因此AFt 16.(26-27高二上·上海宝山阶段检测)设，12是两条异面直线，它们所成的角为a,其中0<a≤90°.对于P∈1， Q∈l2,考察直线P2与l,2所成的角.给出下列命题： ①若a<60,则存在恰好两组点对(P,Q),使得P9与，2所成的角均为30°： ②若α<90°，则存在恰好两组点对(P,Q),使得P9与4,42所成的角均为45°： ③若a>60,则存在恰好两组点对(P,Q),使得P9与4，☑所成的角均为60°. 则上述命题中正确的个数为() A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】C 【详解】圆锥的轴与所有母线的夹角都相等，由此推广：空间中，过定点且与定直线成固定角日的所有直线，会构成 一个以定直线为轴、8为半顶角的圆锥面，圆锥的每一条母线都和轴成8角 要找“与、2所成角均为0的直线PQ”,本质就是找两个圆锥面的公共母线： 圆锥1：以为轴，半顶角为0：圆锥2：以2为轴，半顶角为0。 两个圆锥面的交线条数，就是满足条件的直线P的条数，对应点对(P,Q)的组数： 68 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉司 异面直线所成角只由方向决定，与位置无关。我们可以把、2平移到相交于同一点O,夹角仍为.此时过点O且同 时与两直线成日角的直线数量，和原题中满足条件的直线PQ组数完全相等这样就把异面直线问题，转化成了“共顶 点两个圆锥的交线计数”问题 两个圆锥共顶点，轴的夹角为Qα，半顶角均为8，交线数量分4种情况： 当0<号时：两个圆锥开口都太小，没有公共母线，0条交线： g<0<90- 2时：两个圆锥仅在两轴的夹角内侧相交，有2条对称交线： 当90-g<0<90时：两个圆锥在内侧、外侧各有2条交线，共4条交线： 2 当0=90时：只有垂直于两轴所在平面的1条直线，1条交线 命题①： a<6·0=30直g<60得号<30，且0-分>6w>0,满足号←30<9w-受 -2,对应2条交线，即2 组点对，正确： 命腿@：a<90·0=45:由a<90得号<45，且0-分>45，满足7<45<90-受 -2,对应2条交线，即2组点 对，正确： 金思@：a>60,又0<a590°，则60<a590,g=60,由60<a590得90-号<60，满是0-号<60<0 对应4条交线，即4组点对，不是2组，错误 综上，正确的命题为①②，共2个 三、解答题 17.(24-25高二上·上海浦东新期中)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，侧面BCCB，ABB,A均为正方形， AB=BC=1,∠ABC=90°，点D是棱AC的中点. 69 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (I)求证：BD⊥平面AACC: (2②)求异面直线BD与BC所成角的大小. 【详解】（①）：AB=BC=1,∠ABC=90°，∴.△ABC为等腰直角三角形， 故在三棱柱ABC-AB,C中△AB,G为等腰直角三角形， 又D是棱AC的中点，则BD⊥AC, 因为侧面BCCB,ABBA均为正方形，即BB⊥BC,BB⊥AB, 又AB⌒BC=B,AB,BCC平面ABC,所以BB⊥平面ABC,即三棱柱ABC-ABC为直三棱柱， 所以A41平面ABC,BDc平面ABC,则A4⊥BD, 又A4∩AG=A且A4、ACc平面AACC, ·.BD⊥平面AACC. (2)因为BB1平面ABC,∠ABC=90°， 以B为原点，BC,BA,BB所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B0,oy:cL0:BaDG 70 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 1 BC·BD 2 1 设异面直线 与 所成角为，则cos8= BCBD BD BC 0 2x22, 因为B∈ 0 2 所以0-子，即异面直线BD与BC所成角为号 7 D 【点晴】 18.(24-25高二上·上海期中)在平行六面体ABCD-ABCD中，AB=AD=1,AA=2, ∠BAD=∠BAA=LDAA= 3,M是CC的中点 D C A B D B (①)求BD的长： (2)求BD·AM 【答案】()V5 (2)4 71 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【详解】(1)连接AC,BD B AB.AD=ADcos∠BAD=1 xIxcos=号 °32 AD=AD 44D44 =Ix2xcos=1. 3 MB.4-h4∠B4=lx2xcos弩1， BD =BD+DD=BA+BC+DD=-AB+AD+44, BD=(-AB+AD+A4=AB'+AD'+A4-24B.AD+2AD.A4-24B.A4 =a6+aD+a网-2x+2x1-2x1-1+1+4-1+2-2=5 :BD=VBD=V5,即BD的长为5 (2-CC+D++ BD:AM-(-4B+4D+)B+D+ =-+而+号+)M+0从 =-丽+西++x1+x刘 72 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 =-1+1+2×2+22 13 4 2 19.(26-27高二上·上海黄浦阶段检测)如图，ADIIBC,且AD=2BC,AD⊥CD,EGAD,且EG=AD, CDIFG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.点N、M分别为EG、FC的中点. M (I)设K为GD上一点，确定点K的位置，使平面NKM∥平面EDC,并证明： (2)求点M到平面CDE的距离. 【详解】(I)当K为GD的中点时，平面NKM∥平面EDC,理由如下： 由DG⊥平面ABCD知，DG⊥DC,DG⊥DA,又AD⊥CD, 则建立以D点为原点的空间直角坐标系，如图所示， G D=------ B 则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),G(0,0,2),E(2,0,2),F0,1,2),B1,2,0) 73 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 则MeD,MLa2) 设GD上存在一点K,设K(0,0,),元∈[0,2] 则派=02-，m=0多) 设平面MNK的法向量为p=(x,y,z) 3 p.MN=x- y+2=0 则 p派s-3 y+(2-10z=01 令z=3,则p=(32-6,22-2,3), 设平面EDC的法向量为n=(xo,y%,2o), i.DE=2x。+2z0=0 则1n-DC=2%=0,令x=则7 n=1,0,-1) 32-63 若平面 平面，则，→，所以11，解得： MNK// EDC n//p 21-2=0 元=1 所以当K为GD的中点时，平面MNK /平面EDC (2)因为DM=0,2),平面EDC的法向量=L,0-) 所以点到平面 的距离d= DM. M CDE V22 20.(26-27高二上湖南阶段检测)如图，在直三棱柱ABC-AB,G中，M,N分别是BB,AC的中点， 74 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 AB=AC=5,BC=BB =2 (I)证明：MN∥平面ABC: (2)求平面CMN与平面ABC夹角的余弦值： AG 3 (③)设点G在线段AB上，且AB4,判断直线CG是否在平面CMN内，并说明理由. 【详解】()如图所示，作出符合题意的图形， 取AC的中点E,连接EB,EN, 因为N为4C的中点：所以ENICC且BN-CG。 又BMICG且BM=CG, 2 所以ENIIBM且EN=BM, 所以四边形ENMB为平行四边形，故BEI/MN. 又BEC平面ABC,MNC平面ABC, 所以MN∥平面ABC. 75 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期蛛 (2)取BC的中点O,BC的中点F,连接AO,OF. 易得OFIIBB,而BB⊥平面ABC,则OF⊥平面ABC、 因为AB=AC,所以401BC,且40=VAB2-OB2=（5-P=2. 所以OA,OB,OF两两互相垂直.以O为坐标原点， 直线OB,OF,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-z,如图所示， 则c(-10o)C(-120:M0yA00,2N2,gL2.0, 所以cm-e0M-(30月 设平面CMW的法向量为m=(x,y,2), m.CM=2x+y=0 则 +2s0令 m.MN=-3 ，得， =2y=-4z=3 所以平面CMN的一个法向量为m=(2,-4,3)」 易知i=(0,10)是平面ABC的一个法向量. m.n -4 因为lcos(m,= -4V29 m:同√4+16+9×129， 76 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 v29 所以平面CMN与平面ABC夹角的余弦值为 29 啪2可知，瓜-2-2G-02.46--(得》 (731 CG=C+4G=-4'2'2平面CMN的-个法向量为m=(2,4,3) 因为m.CG=2x7+(4)×3+3x)=-1≠0， 3 4 2 2 所以直线CG不在平面CMN内. 21.(26-27高二上上海宝山阶段检测)如图1，在梯形ABCD中，ABCD,E是线段AB上的一点， BE=CD=CE=V2,BC=2,将△ADE沿DE翻折到APDE的位置，使得二面角P-ED-B大小a∈(O,). E D C 图1 图2 图3 (I)证明：BC∥平面PED: (2)如图2，若二面角P-ED-B为直二面角，AE=>0),M,N分别是BC,PE的中点，若直线MN与平面 PBC所成角为，sin0>5 ,证明：ME1平面pED'并求平面PEC与平面PBC所成锐二面角余弦值的取值范国： (3)我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间 距离的最小值.如图3所示，点K为线段CE的中点，G,H分别在线段PK,CD上（不包含端点），且GH为PK, CD的公垂线段，记四面体CKG内切球半径为，比较与2KC+的大小，并证明你的结论 + 【详解】(I)在梯形ABCD中，ABIICD,点E是线段AB上的一点，所以BE/ICD 77 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 又因为BE=CD=V2,所以四边形BCDE是平行四边形，得BCIIDE, 由于DEc平面PED,BCC平面PED,根据线面平行的判定定理，可得BCII平面PED (2) D 如图所示，连接ME,由于BE=CD=CE=V2,BC=2,满足BE2+CE2=BC2,所以BE⊥CE, 即∠BEC=∠ECD=∠AEC=9O°，∠PED=∠AED=45°，而BE=CE,M是BC的中点，所以ME⊥BC, 又CDIIBE,CD=BE,所以四边形BCDE为平行四边形，故EDIIBC,所以ME⊥ED, 又平面PED⊥平面BCDE,平面PEDA平面BCDE=ED,MEc平面BCDE,所以ME⊥平面PED: D M 如图所示，在平面PDE内作ED的垂线作为z轴，所以ME⊥z轴， 以E为坐标原点，分别以EM,ED为x,y轴正半轴建立空间直角坐标系， 因为BE=CD=CE=V2,BC=2,设PE=1(>0), E(.o.0)MI00)B-10)C(LLO)D(020) 2 78 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 微-学m-受-20m-9号 EC=1,0) 设平面PBC的法向量=(x,,乙)， h·BC=2y=0 得 =- 3=1 则sin0= ·MN +5 t ,解得 √3 MN V+62+8 W2<t<2 设平面PEC的法向量n2=(x2,y2,2), n,·EC=x2+y2=0 2即=5+ 得 2 2名，=0取，得 2 x=1乃=(0，-1，) 2 )2 m% +1 2 设平面 与平面 所成的锐二面角为，则cosa 1 ，22 1+ 3 √5 PBC PEC +1 1+ 222+1,6 由于y=1+2在（N2,2 上单调递增，故22<1+2<3故V5 +2 33 t t V2+1V6 所以平面 PBC 与平面 所成锐二面角余弦值的取值范围是 PEC 3’3 ·r (3)设四面体CKGH的表面积为s,内切球的半径为，则'x-com=3 79 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 令KG与面cGH所成角为y,则aw-6GH-CH:KGiy≤君GH.CH-KG,即6GH.CH-kG≥， 1 6 其中S.ow-CH-GH,8sKG-GH. 1 因为GH是公垂线，CD上的点和PK上的点的最短距离是GH,所以ScKG>SkGH,ScKH>SHG, 所以S=ScKH+S,G+ScKG+SKGm>2SCG+2SKGH=CH.GH+KG.GH=GH·(CH+KG), 则后cH.CH-G≥>cH(I+kG)r,解得→2kG+) 80