《高考数学第一轮复习课件》第64讲 空间向量在立体几何中的应用
③若n1·2=0,则α⊥β;④若n1· n n2=0,则α∥β. 其中正确的是( A ) A.①③ C.②③ B.①② D.②④
3.在二面角α-l-β中，平面α的法向量为n，平 面β的法向量为m.若〈n,m〉=130°，则二 面角α-l-β的大小为( ) C A.50° B.130° C.50°或130° D.可能与130°毫无关系
5.已知三棱锥P-ABC各顶点的坐标分别是 P(-1,0,0)，A（0，1，0），B（-4，0， 0），C（0，0，2），则该三棱锥底面 ABC上的高h= 21 .
7
AC=(0,-1,2).
由已知, AP =(-1,-1,0), AB =(-4,-1,0),
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
(2) B1F =(-2,2,-4), EF =(2,-2,-2), AF =(2,2,0)， EF B1F· =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0， 则 B1F ⊥ EF ，所以B1F⊥EF， AF B1F · =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0， 则 B1F ⊥ AF，所以B1F⊥AF.
2.立体几何中的向量方法 (1)线线关系：若不重合的两直线AB、 CD的方向向量分别为 AB 、 . CD 一般关系：设直线AB与CD所成的角为 θ (θ∈[0, ]2)，则cosθ=|cos〈 ,AB CD 〉| =① ②
特殊关系:(ⅰ)AB⊥CD AB ⊥CD
| n B1C | | 1 1| = = = 6， 3 2 | n | | B1C | 3
(1)证明：以D为坐标原点建立空间直角 坐标系，如图. 1 1 则M( 2 ,1,0),N(0, 2 ,1)， A1(1,0,1),C1(0,1,1),C(0,1,0), B(1,1,0),B1(1,1,1), 1 1 所以 MN =(- 2 ,- 2 ,1). 在正方体中，易知有A1C1⊥平面B1D1DB， AC 故 1=(-1,1,0)是平面B1D1DB的一个法向量. 1 AC1· =(-1,1,0)· 1 ,- 1 ,1)=0, 又 1 (- 2 2 MN 所以AC1⊥MN . 1 显然MN平面B1D1DB,故MN∥平面B1D1DB.
新课标高中一轮总复习
理数
第九单元
直线、平面、简单几何 体和空间向量
第64讲
空间向量在立体几何中 的应用
1.了解直线的方向向量与平面的法向 量的概念；能用向量语言表达线线、线 面、面面的垂直与平行关系；能用向量 方法证明有关线、面位置关系的一些定 理(包括三垂线定理). 2.能用向量法求空间角、空间距离， 体会向量法在研究立体几何中的工具性 作用.
1.法向量的有关概念及求法 如果一个向量所在直线垂直于平面，则该 向量是平面的一个法向量. 法向量的求法步骤： (1)设：设出平面法向量的坐标n=(x,y,z)； (2)列：根据n· a=0且n· b=0可列出方程； (3)解：把z看作常数，用z表示x,y； (4)取：取z为任意一个正数(当然取得越特 殊越好)，便得平面法向量n的坐标.
=④
| AB n | 2 | AB | | n |.
面平行).
(3)面面关系：若平面α的法向量为n，平 面β的法向量为m. 一 般 关 系 : 设 以 α,β 为 面 的 二 面 角 为 相等或互补 θ(θ∈[0,π]),则θ与〈n,m〉⑤ . 当二面角为锐(直)二面角时，cosθ=|cos
点评本题是通过证明两个平面的法向
量垂直来证明两个平面垂直的，显然比 用传统的几何方法证明垂直关系要简单 得多.类似地，若要证明两个平面平行， 则可以通过证明两个平面的法向量是平 行向量来证明.
题型二 空间角和距离的向量求法 例2 单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、
N分别是BC、C1D1的中点.
n1· =(x1,y1,z1)· (2,0,0)=0 DA 则 n1· =(x1,y1,z1)· (2,2,1)=0, DE
设平面AED的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以2x1=0,2x1+2y1+z1=0.
令y1=1,得n1=(0,1,-2).
同理可得平面A1FD1的法向量n2=(0,2,1). 因为n1·2＝0，所以平面AED⊥平面A1FD1. n (2)由于点M在直线AE上， 所以可设 AM=λ AE =λ(0,2,1)=(0,2λ,λ)， 可得M(2,2λ,λ),于是 A1M =(0,2λ,λ-2). 要使A1M⊥平面DAE,又因为A1M⊥AD, 所以只需A1M⊥AE, 所以 A1M · AE =(0,2λ,λ-2)· (0,2,1)＝5λ-2=0, 2 得λ= 5 . 2 故当AM= 5 AE时，A1M⊥平面DAE.
(2)设平面C1BD的法向量为n=(x,y,z), DB =(1,1,0),
=(-1,0,1). n· =0 x+y=0 DB 则 ,即 n· 1 =0 -x+z=0. BC 令x=1，则n=(1,-1,1). 设MN与平面C1BD所成的角为θ，
1.已知直线a的方向向量为a，平面α的法向 量为n，下列结论成立的是( C ) A.若a∥n,则a∥α B.若a· n=0,则a⊥α C.若a∥n,则a⊥α D.若a· n=0,则a∥α
由方向向量和平面法向量的定义 可知应选C.对于选项D，直线a平面α 也满足a· n=0.
2.已知α、β是两个不重合的平面，其方向向量 分别为n1、n2,给出下列结论： ①若n1∥n2,则α∥β;②若n1∥n2,则α⊥β,
别是BB1、CD的中点. (1)证明:平面AED⊥平面A1FD1;
(2)在AE上求一点M,使得A1角坐标 系D-xyz,不妨设正方体的棱长为2, 则D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),A1(2,0,2), D1(0,0,2).
(1)求证：MN∥平面B1D1DB；
(2)求直线MN与平面C1BD所成角的余弦值;
(3)求点M到平面C1BD的距离；
(4)求二面角A-BC1-D的平面角的余弦值.
分析正方体是一个非常适合建立空间直
角坐标系的几何体，问题都可以用空间向 量的坐标计算解决.问题(1)，可利用方向向 量与平面法向量垂直来证明；(2)(3)(4)中 都与平面C1BD的法向量有关，故先求平面 C1BD的法向量.
设点A到平面α的距离为d,则d等于 AB
在n上的射影的绝对值.
即d=|| AB |cos〈 AB ,n〉|=⑩
| AB n | . |n|
AB、CD的方向向量分别为 、 ，n⊥ ， AB CD n⊥ AB，又M∈AB，P∈CD，则异面直线 CD
| MN | | n |
| MN n | | 0.5 0.5 1| 则sinθ=|cos〈 MN ，n〉|= = 6
=
2 3
,故cosθ=
7 . 3
2
3
所以直线MN与平面C1BD所成角的余弦值为
7 . 3
(3)DM是平面C1BD的一条斜线段,平面C1BD 的法向量为n=(1,-1,1). 设M到平面C1BD的距离为d，
| nm | 〈n,m〉|=⑥ . | n || m |
当二面角为钝二面角时,cosθ=⑦ 特殊关系:(ⅰ)α⊥βn⊥m⑧
| nm | . | n || m |
n· . m=0
(用于证明面面垂直)；
(ⅱ)α∥βn∥m 在 实 数 λ ， 使 ⑨ 存 n=λm (用于证明面面平行). (4)点到平面的距离：若AB是平面α外 的一条线段，B是AB与平面α的交点，平 面α的法向量为n.
| AB CD | | AB || CD |
.
(用于证明线线垂直); ∥ 存在实数λ,使③ (ⅱ)AB∥CD AB CD (用于证明线线平行). AB =λ CD
AB CD =0
则d=| DM |· |cos〈DM,n〉|
= =
| DM n | |n| 1 | 1 0 | 2 3
=
3 ， 6 3 6
所以点M到平面C1BD的距离为
.
(4)平面C1BD的法向量为n=(1,-1,1).
由正方体的性质，易知平面ABC1D1的一个 法向量为 B1C =(-1,0,-1). 设二面角A-BC1-D的平面角为θ，由图形易 知，θ为锐角. 而cosθ=|cos〈n, B1C 〉|
因二面角的范围是［0°,180°］， 由法向量的夹角与二面角的平面角相等或 互补可知，二面角的大小可能是130°也 可能是50°.有时可从实际图形中去观察 出是钝角或锐角.
4.若直线l的方向向量与平面α的法向量的 夹角等于120°，则直线l与平面α所成 30° 的角等于 . 由题设，l与α所成的角 θ=90°-(180°-120°)=30°.
又因为EF∩AF=F，所B1F⊥平面AEF. 点评线面和面面平行或垂直关系的论证应用 空间向量法时既可以选择基向量，将问题涉 及的线面对应的向量用基向量表示，然后通 过向量平行或垂直的判定实现问题论证，也 可以通过建立空间直角坐标系，利用坐标运 算判定线面平行或垂直.
变式 正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分
例1 如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1 中，
如图所示，分别以AB、AC、AA1所在 直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 令AB=AA1=4，则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0), B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0),D(2,0,2),A1(0,0,4). (1)可得 DE =(-2,4,0). 又平面ABC的法向量 为 AA1 =(0,0,4). 因为 DE · 1 =-2×0+ AA 4×0+0×4=0， 所以DE∥平面ABC.
3.在二面角α-l-β中，平面α的法向量为n，平 面β的法向量为m.若〈n,m〉=130°，则二 面角α-l-β的大小为( ) C A.50° B.130° C.50°或130° D.可能与130°毫无关系
5.已知三棱锥P-ABC各顶点的坐标分别是 P(-1,0,0)，A（0，1，0），B（-4，0， 0），C（0，0，2），则该三棱锥底面 ABC上的高h= 21 .
7
AC=(0,-1,2).
由已知, AP =(-1,-1,0), AB =(-4,-1,0),
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
(2) B1F =(-2,2,-4), EF =(2,-2,-2), AF =(2,2,0)， EF B1F· =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0， 则 B1F ⊥ EF ，所以B1F⊥EF， AF B1F · =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0， 则 B1F ⊥ AF，所以B1F⊥AF.
2.立体几何中的向量方法 (1)线线关系：若不重合的两直线AB、 CD的方向向量分别为 AB 、 . CD 一般关系：设直线AB与CD所成的角为 θ (θ∈[0, ]2)，则cosθ=|cos〈 ,AB CD 〉| =① ②
特殊关系:(ⅰ)AB⊥CD AB ⊥CD
| n B1C | | 1 1| = = = 6， 3 2 | n | | B1C | 3
(1)证明：以D为坐标原点建立空间直角 坐标系，如图. 1 1 则M( 2 ,1,0),N(0, 2 ,1)， A1(1,0,1),C1(0,1,1),C(0,1,0), B(1,1,0),B1(1,1,1), 1 1 所以 MN =(- 2 ,- 2 ,1). 在正方体中，易知有A1C1⊥平面B1D1DB， AC 故 1=(-1,1,0)是平面B1D1DB的一个法向量. 1 AC1· =(-1,1,0)· 1 ,- 1 ,1)=0, 又 1 (- 2 2 MN 所以AC1⊥MN . 1 显然MN平面B1D1DB,故MN∥平面B1D1DB.
新课标高中一轮总复习
理数
第九单元
直线、平面、简单几何 体和空间向量
第64讲
空间向量在立体几何中 的应用
1.了解直线的方向向量与平面的法向 量的概念；能用向量语言表达线线、线 面、面面的垂直与平行关系；能用向量 方法证明有关线、面位置关系的一些定 理(包括三垂线定理). 2.能用向量法求空间角、空间距离， 体会向量法在研究立体几何中的工具性 作用.
1.法向量的有关概念及求法 如果一个向量所在直线垂直于平面，则该 向量是平面的一个法向量. 法向量的求法步骤： (1)设：设出平面法向量的坐标n=(x,y,z)； (2)列：根据n· a=0且n· b=0可列出方程； (3)解：把z看作常数，用z表示x,y； (4)取：取z为任意一个正数(当然取得越特 殊越好)，便得平面法向量n的坐标.
=④
| AB n | 2 | AB | | n |.
面平行).
(3)面面关系：若平面α的法向量为n，平 面β的法向量为m. 一 般 关 系 : 设 以 α,β 为 面 的 二 面 角 为 相等或互补 θ(θ∈[0,π]),则θ与〈n,m〉⑤ . 当二面角为锐(直)二面角时，cosθ=|cos
点评本题是通过证明两个平面的法向
量垂直来证明两个平面垂直的，显然比 用传统的几何方法证明垂直关系要简单 得多.类似地，若要证明两个平面平行， 则可以通过证明两个平面的法向量是平 行向量来证明.
题型二 空间角和距离的向量求法 例2 单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、
N分别是BC、C1D1的中点.
n1· =(x1,y1,z1)· (2,0,0)=0 DA 则 n1· =(x1,y1,z1)· (2,2,1)=0, DE
设平面AED的法向量为n1=(x1,y1,z1),
所以2x1=0,2x1+2y1+z1=0.
令y1=1,得n1=(0,1,-2).
同理可得平面A1FD1的法向量n2=(0,2,1). 因为n1·2＝0，所以平面AED⊥平面A1FD1. n (2)由于点M在直线AE上， 所以可设 AM=λ AE =λ(0,2,1)=(0,2λ,λ)， 可得M(2,2λ,λ),于是 A1M =(0,2λ,λ-2). 要使A1M⊥平面DAE,又因为A1M⊥AD, 所以只需A1M⊥AE, 所以 A1M · AE =(0,2λ,λ-2)· (0,2,1)＝5λ-2=0, 2 得λ= 5 . 2 故当AM= 5 AE时，A1M⊥平面DAE.
(2)设平面C1BD的法向量为n=(x,y,z), DB =(1,1,0),
=(-1,0,1). n· =0 x+y=0 DB 则 ,即 n· 1 =0 -x+z=0. BC 令x=1，则n=(1,-1,1). 设MN与平面C1BD所成的角为θ，
1.已知直线a的方向向量为a，平面α的法向 量为n，下列结论成立的是( C ) A.若a∥n,则a∥α B.若a· n=0,则a⊥α C.若a∥n,则a⊥α D.若a· n=0,则a∥α
由方向向量和平面法向量的定义 可知应选C.对于选项D，直线a平面α 也满足a· n=0.
2.已知α、β是两个不重合的平面，其方向向量 分别为n1、n2,给出下列结论： ①若n1∥n2,则α∥β;②若n1∥n2,则α⊥β,
别是BB1、CD的中点. (1)证明:平面AED⊥平面A1FD1;
(2)在AE上求一点M,使得A1角坐标 系D-xyz,不妨设正方体的棱长为2, 则D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F(0,1,0),A1(2,0,2), D1(0,0,2).
(1)求证：MN∥平面B1D1DB；
(2)求直线MN与平面C1BD所成角的余弦值;
(3)求点M到平面C1BD的距离；
(4)求二面角A-BC1-D的平面角的余弦值.
分析正方体是一个非常适合建立空间直
角坐标系的几何体，问题都可以用空间向 量的坐标计算解决.问题(1)，可利用方向向 量与平面法向量垂直来证明；(2)(3)(4)中 都与平面C1BD的法向量有关，故先求平面 C1BD的法向量.
设点A到平面α的距离为d,则d等于 AB
在n上的射影的绝对值.
即d=|| AB |cos〈 AB ,n〉|=⑩
| AB n | . |n|
AB、CD的方向向量分别为 、 ，n⊥ ， AB CD n⊥ AB，又M∈AB，P∈CD，则异面直线 CD
| MN | | n |
| MN n | | 0.5 0.5 1| 则sinθ=|cos〈 MN ，n〉|= = 6
=
2 3
,故cosθ=
7 . 3
2
3
所以直线MN与平面C1BD所成角的余弦值为
7 . 3
(3)DM是平面C1BD的一条斜线段,平面C1BD 的法向量为n=(1,-1,1). 设M到平面C1BD的距离为d，
| nm | 〈n,m〉|=⑥ . | n || m |
当二面角为钝二面角时,cosθ=⑦ 特殊关系:(ⅰ)α⊥βn⊥m⑧
| nm | . | n || m |
n· . m=0
(用于证明面面垂直)；
(ⅱ)α∥βn∥m 在 实 数 λ ， 使 ⑨ 存 n=λm (用于证明面面平行). (4)点到平面的距离：若AB是平面α外 的一条线段，B是AB与平面α的交点，平 面α的法向量为n.
| AB CD | | AB || CD |
.
(用于证明线线垂直); ∥ 存在实数λ,使③ (ⅱ)AB∥CD AB CD (用于证明线线平行). AB =λ CD
AB CD =0
则d=| DM |· |cos〈DM,n〉|
= =
| DM n | |n| 1 | 1 0 | 2 3
=
3 ， 6 3 6
所以点M到平面C1BD的距离为
.
(4)平面C1BD的法向量为n=(1,-1,1).
由正方体的性质，易知平面ABC1D1的一个 法向量为 B1C =(-1,0,-1). 设二面角A-BC1-D的平面角为θ，由图形易 知，θ为锐角. 而cosθ=|cos〈n, B1C 〉|
因二面角的范围是［0°,180°］， 由法向量的夹角与二面角的平面角相等或 互补可知，二面角的大小可能是130°也 可能是50°.有时可从实际图形中去观察 出是钝角或锐角.
4.若直线l的方向向量与平面α的法向量的 夹角等于120°，则直线l与平面α所成 30° 的角等于 . 由题设，l与α所成的角 θ=90°-(180°-120°)=30°.
又因为EF∩AF=F，所B1F⊥平面AEF. 点评线面和面面平行或垂直关系的论证应用 空间向量法时既可以选择基向量，将问题涉 及的线面对应的向量用基向量表示，然后通 过向量平行或垂直的判定实现问题论证，也 可以通过建立空间直角坐标系，利用坐标运 算判定线面平行或垂直.
变式 正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分
例1 如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1 中，
如图所示，分别以AB、AC、AA1所在 直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 令AB=AA1=4，则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0), B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0),D(2,0,2),A1(0,0,4). (1)可得 DE =(-2,4,0). 又平面ABC的法向量 为 AA1 =(0,0,4). 因为 DE · 1 =-2×0+ AA 4×0+0×4=0， 所以DE∥平面ABC.
合集下载
2024届高考数学一轮复习第七章《立体几何与空间向量》第六节+空间向量在立体几何中的应用
迁移应用
1. （2022河北衡水中学模拟）如图所示的多面体是由三棱锥 与四棱锥 对接而成的，其中 平面 ， ， ， ， ， ， 是 的中点.求证： .
证明 因为 平面 ， 平面 ， 平面 ，所以 ， ，又 ，即 ， ， 两两垂直，以点 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图，
设 是平面 的法向量，则 取 ，得 ， ， 是平面 的一个法向量，同理可得 是平面 的一个法向量， ， ，即平面 的法向量与平面 的法向量互相垂直，∴平面 平面 .
考点二 空间角的计算
角度1 异面直线所成的角
例3 （2022福建福清西山中学高三期中）如图，已知平面四边形 ， ， ， ， ，沿直线 将 翻折到 ，当平面 平面 时，异面直线 与 所成角的余弦值是_ __.
A
A. B. C. D.
[解析] 连接 ，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , , , ,故 , , ,设平面 的法向量为 ，则 即
取 ，则 , ，故 ，故点 到平面 的距离 .故选A.
3. （2022福建厦门外国语学校期末）将正方形 沿对角线 折起，使得平面 平面 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为( )
则 ， ， ， ， ，所以 ， ，因此 ，即 ，所以 .
2. （2022山东枣庄期末）如图， 平面 ，四边形 是正方形， ， ， 分别是 ， 的中点.求证：平面 平面 .
证明 平面 ， ， ， ， 两两垂直，以 为坐标原点，分别以 ， ， 的正方向为 轴， 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略），则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
（1） 若不重合的两个平面的法ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ量平行，则这两个平面平行.( )
√
（2） 两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直.( )
1. （2022河北衡水中学模拟）如图所示的多面体是由三棱锥 与四棱锥 对接而成的，其中 平面 ， ， ， ， ， ， 是 的中点.求证： .
证明 因为 平面 ， 平面 ， 平面 ，所以 ， ，又 ，即 ， ， 两两垂直，以点 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图，
设 是平面 的法向量，则 取 ，得 ， ， 是平面 的一个法向量，同理可得 是平面 的一个法向量， ， ，即平面 的法向量与平面 的法向量互相垂直，∴平面 平面 .
考点二 空间角的计算
角度1 异面直线所成的角
例3 （2022福建福清西山中学高三期中）如图，已知平面四边形 ， ， ， ， ，沿直线 将 翻折到 ，当平面 平面 时，异面直线 与 所成角的余弦值是_ __.
A
A. B. C. D.
[解析] 连接 ，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , , , ,故 , , ,设平面 的法向量为 ，则 即
取 ，则 , ，故 ，故点 到平面 的距离 .故选A.
3. （2022福建厦门外国语学校期末）将正方形 沿对角线 折起，使得平面 平面 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为( )
则 ， ， ， ， ，所以 ， ，因此 ，即 ，所以 .
2. （2022山东枣庄期末）如图， 平面 ，四边形 是正方形， ， ， 分别是 ， 的中点.求证：平面 平面 .
证明 平面 ， ， ， ， 两两垂直，以 为坐标原点，分别以 ， ， 的正方向为 轴， 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略），则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
（1） 若不重合的两个平面的法ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ量平行，则这两个平面平行.( )
√
（2） 两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直.( )
高三数学一轮复习8.6空间向量及其应用精品课件人教版
8.6空间向量及其应用
中国人民大学附属中学
1．空间向量的概念 向量：在空间，我们把具有大小和方向的量 叫做向量。如位移、速度、力等； 相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做 相等向量； 表示方法：用有向线段表示，并且同向且等 长的有向线段表示同一向量或相等的向量.
2．向量运算和运算率 OB OA AB a b BA OA OB a b
D1中，M为A1C1与B1D1的交点。若 AB a ,
，则下列向量中与 BM 相 AD b ，AA 1 c
等的向量是（ A ） (A) (B) (C)
1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a bc 2 2
D1 A1 M B1 C1
D A B
C
(D)
例4．已知两个非零向量 a =(a1，a2，a3), b =(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是 （ D ） A. a :| a | b :| b | B. a1· b1=a2· b2=a3· b3 C. a1b1+a2b2+a3b3=0 D. 存在非零实数k，使 a =k b
例7．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1, 1， 2), C(－3，0，4)。设 （1）求 a 和 b =a ， =b AB , AC
10 的夹角的余弦； 10
（2）若向量k a + b 与k或k 2 2
记作 a b
例1．有以下命题：①如果向量 a, b 与任何 向量不能构成空间向量的一组基底，那么 a, b 的关系是不共线；②O, A, B, C为空间 四点，且向量 OA, OB, OC 不构成空间的一 个基底，那么点O, A, B, C一定共面；③已 知向量 a, b, c 是空间的一个基底，则向 量 a b, a b, c ，也是空间的一个基底。其 中正确的命题是（ C ） (A) ①② (B) ①③ (C) ②③ (D) ①②③
中国人民大学附属中学
1．空间向量的概念 向量：在空间，我们把具有大小和方向的量 叫做向量。如位移、速度、力等； 相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做 相等向量； 表示方法：用有向线段表示，并且同向且等 长的有向线段表示同一向量或相等的向量.
2．向量运算和运算率 OB OA AB a b BA OA OB a b
D1中，M为A1C1与B1D1的交点。若 AB a ,
，则下列向量中与 BM 相 AD b ，AA 1 c
等的向量是（ A ） (A) (B) (C)
1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a bc 2 2
D1 A1 M B1 C1
D A B
C
(D)
例4．已知两个非零向量 a =(a1，a2，a3), b =(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是 （ D ） A. a :| a | b :| b | B. a1· b1=a2· b2=a3· b3 C. a1b1+a2b2+a3b3=0 D. 存在非零实数k，使 a =k b
例7．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1, 1， 2), C(－3，0，4)。设 （1）求 a 和 b =a ， =b AB , AC
10 的夹角的余弦； 10
（2）若向量k a + b 与k或k 2 2
记作 a b
例1．有以下命题：①如果向量 a, b 与任何 向量不能构成空间向量的一组基底，那么 a, b 的关系是不共线；②O, A, B, C为空间 四点，且向量 OA, OB, OC 不构成空间的一 个基底，那么点O, A, B, C一定共面；③已 知向量 a, b, c 是空间的一个基底，则向 量 a b, a b, c ，也是空间的一个基底。其 中正确的命题是（ C ） (A) ①② (B) ①③ (C) ②③ (D) ①②③
空间向量的应用课件-2025届高三数学一轮复习
则 , , , , , , , , , −, , .设
= ,则, , .
证明： = −, − , ， = −, , − ,
因为 ⋅ = − = ，所以 ⊥ ,即 ⊥ .
（2）设点在棱上， = ,若//平面，求 的值.
解： 由题意知， = , , , = , , , = , , − ,
= −, , − .
因为 = ,所以 = −, , − ,
= + = , , + −, , − = −, , − .
2025届高考数学一轮复习讲义
立体几何与空间向量之空间向量的应用
1.直线的方向向量与平面的法向量
（1）直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在直线与直线
平行或共线，则称此向量为直线的方向向量.
（2）平面的法向量：直线 ⊥ ，取直线的方向向量,则向量为平面
的法向量.
（3）方向向量和法向量均是非零向量且不唯一.
假设在线段上存在点，使得 ⊥ ,
设 = = −, , ，其中 ≤ ≤ ，则 − , , ，故
= − , , .
因为 ⊥ ，所以 ⋅ = − + = ,解得 = ,
所以在线段上存在点，使得 ⊥ ,此时点与点重合.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
//
൫ // ⇔ = ሺ
∈ ሻ
൯ ⋅ =
⊥
⋅=
⊥ ⇔ ①___________
直线的方向向量为，
//
⊥ ⇔ ②__________
平面 的法向量为
⊥
// ⇔ = ∈
= ,则,, 两两垂直.如图，以为坐标原点，
= ,则, , .
证明： = −, − , ， = −, , − ,
因为 ⋅ = − = ，所以 ⊥ ,即 ⊥ .
（2）设点在棱上， = ,若//平面，求 的值.
解： 由题意知， = , , , = , , , = , , − ,
= −, , − .
因为 = ,所以 = −, , − ,
= + = , , + −, , − = −, , − .
2025届高考数学一轮复习讲义
立体几何与空间向量之空间向量的应用
1.直线的方向向量与平面的法向量
（1）直线的方向向量：如果表示非零向量的有向线段所在直线与直线
平行或共线，则称此向量为直线的方向向量.
（2）平面的法向量：直线 ⊥ ，取直线的方向向量,则向量为平面
的法向量.
（3）方向向量和法向量均是非零向量且不唯一.
假设在线段上存在点，使得 ⊥ ,
设 = = −, , ，其中 ≤ ≤ ，则 − , , ，故
= − , , .
因为 ⊥ ，所以 ⋅ = − + = ,解得 = ,
所以在线段上存在点，使得 ⊥ ,此时点与点重合.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
//
൫ // ⇔ = ሺ
∈ ሻ
൯ ⋅ =
⊥
⋅=
⊥ ⇔ ①___________
直线的方向向量为，
//
⊥ ⇔ ②__________
平面 的法向量为
⊥
// ⇔ = ∈
= ,则,, 两两垂直.如图，以为坐标原点，
高考数学一轮复习空间向量在立体几何中的应用精品课件理新人教A版
7.7 空间向量在立体几何 中的应用
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的 方向向量a，则 向量a 叫 做平面α的法向量.
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向
量v=(a2,b2,c2),则l∥α ⇔u·v=0 ⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
3.设直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法 向量v=(a2,b2,c2),则
（ ，2 0，0），C（0，2，0），A1（0，0， ）3 ，
C1（0，1， 3），
∵BD：DC=1：2，∴BD=
1
3BC,
∴D点坐标为（ 2 2， 2 ，0）.
33
∴AD=（ 2 2， 2，0），
33
BC=（- 2 ，2，0），AA1=(0,0, 3 ),
∵BC·AA1=0，BC·AD=0，∴BC⊥AA1，BC⊥AD，
则x= 2，y=- 6 ，∴n=（ 2，- 6，1）.
∴点B到平面CMN的距离d=
| n·MB| 4 =源自2.|n| 3
【评析】点到平面的距离、直线到平面的距离、两 平行平面间的距离、异面直线间的距离等都是高考考 查的重点内容，可以和多种知识相结合，是诸多知识 的交汇点.本题考查了点到平面的距离和垂直、夹角问 题，这是命题的方向，要给予高度重视.
2
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
【评析】（1）异面直线的夹角与向量的夹角有所 不同，应注意思考它们的区别与联系.
（2）直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所 以要注意它们的区别与联系.
＊对应演练＊
如图，四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，PD⊥ 底面ABCD，AD=PD， E,F分别为CD,PB的中点.
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的 方向向量a，则 向量a 叫 做平面α的法向量.
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向
量v=(a2,b2,c2),则l∥α ⇔u·v=0 ⇔a1a2+b1b2+c1c2=0.
3.设直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法 向量v=(a2,b2,c2),则
（ ，2 0，0），C（0，2，0），A1（0，0， ）3 ，
C1（0，1， 3），
∵BD：DC=1：2，∴BD=
1
3BC,
∴D点坐标为（ 2 2， 2 ，0）.
33
∴AD=（ 2 2， 2，0），
33
BC=（- 2 ，2，0），AA1=(0,0, 3 ),
∵BC·AA1=0，BC·AD=0，∴BC⊥AA1，BC⊥AD，
则x= 2，y=- 6 ，∴n=（ 2，- 6，1）.
∴点B到平面CMN的距离d=
| n·MB| 4 =源自2.|n| 3
【评析】点到平面的距离、直线到平面的距离、两 平行平面间的距离、异面直线间的距离等都是高考考 查的重点内容，可以和多种知识相结合，是诸多知识 的交汇点.本题考查了点到平面的距离和垂直、夹角问 题，这是命题的方向，要给予高度重视.
2
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
【评析】（1）异面直线的夹角与向量的夹角有所 不同，应注意思考它们的区别与联系.
（2）直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向 量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所 以要注意它们的区别与联系.
＊对应演练＊
如图，四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，PD⊥ 底面ABCD，AD=PD， E,F分别为CD,PB的中点.
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《空间向量的概念与运算》课件ppt
若 P，A，B，C 为空间四点，且有P→A＝λP→B＋μP→C(P→B，P→C不共线)， 当 λ＋μ＝1 时，即 μ＝1－λ，可得P→A－P→C＝λ(P→B－P→C)，即C→A＝λC→B， 所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共 线的充要条件，所以D正确.
思维升华
应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较
弦值
|a||b|
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 ___a_21_＋__a_22＋__a_23_·__b_21_＋__b_22＋__b_23__
知识梳理
4.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量. (2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的 法向量.
跟踪训练 2 (1)已知空间中 A，B，C，D 四点共面，且其中任意三点均
不共线，设 P 为空间中任意一点，若B→D＝6P→A－4P→B＋λP→C，则 λ 等于
A.2
√B.－2
C.1
D.－1
B→D＝6P→A－4P→B＋λP→C，即P→D－P→B＝6P→A－4P→B＋λP→C， 整理得P→D＝6P→A－3P→B＋λP→C， 由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线， 可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2.
(1)空间中任意两个非零向量a，b共面.( √ ) (2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反.( × ) (3)若A，B，C，D是空间中任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋D→A＝0.( √ ) (4)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( × )
教材改编题
1.如图，在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，AC 与 BD 的交点为点 M，
空间向量在立体几何中的应用 ppt课件
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A(0，0，0)，M(0，a2， 2a)，
C1(－ 23a，a2， 2a)，B(0，a，0)，
故A→MA→＝C1(＝0，(－a2，23a2，a)a2，， 2a)，
B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)．
15
设平面 AMC1 的法向量为 n＝(x，y，z)．
则A→C1·n＝0，∴－ 23ax＋a2y＋ 2az＝0，
是否会认为老师的教学方法需要改进？ • 你所经历的课堂，是讲座式还是讨论式？ • 教师的教鞭 • “不怕太阳晒，也不怕那风雨狂，只怕先生骂我
笨，没有学问无颜见爹娘 ……” • “太阳当空照，花儿对我笑，小鸟说早早早……”
4
2．空间中的角
角的分类
向量求法
设两异面直线所成的角为θ，它们的方
异面直线 所成的角
21
【变式3】 若 PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝ 2，
求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解 如图所示建立空间直角坐标系，则
A(0，0，0)，B( 2，1，0)，
C(0，1，0)，P(0，0，1)，
故A→P＝(0，0，1)，A→B＝( 2，1，0)，
C→B＝( 2，0，0)，C→P＝(0，－1，1)，
17
题型三 二面角的求法
【例3】 (12分)如图所示，正三棱柱ABC－ A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中 点，求二面角AA1DB的余弦值．
18
[规范解答]如图所示，取BC中点O，连 结AO.因为△ABC是正三角形，所以 AO⊥BC，因为在正三棱柱ABC — A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所 以AO⊥平面BCC1B1. 取 B1C1 中点为 O1，以 O 为原点，O→B，O→O1，O→A为 x，y，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)，
则 A(0，0，0)，M(0，a2， 2a)，
C1(－ 23a，a2， 2a)，B(0，a，0)，
故A→MA→＝C1(＝0，(－a2，23a2，a)a2，， 2a)，
B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)．
15
设平面 AMC1 的法向量为 n＝(x，y，z)．
则A→C1·n＝0，∴－ 23ax＋a2y＋ 2az＝0，
是否会认为老师的教学方法需要改进？ • 你所经历的课堂，是讲座式还是讨论式？ • 教师的教鞭 • “不怕太阳晒，也不怕那风雨狂，只怕先生骂我
笨，没有学问无颜见爹娘 ……” • “太阳当空照，花儿对我笑，小鸟说早早早……”
4
2．空间中的角
角的分类
向量求法
设两异面直线所成的角为θ，它们的方
异面直线 所成的角
21
【变式3】 若 PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝ 2，
求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解 如图所示建立空间直角坐标系，则
A(0，0，0)，B( 2，1，0)，
C(0，1，0)，P(0，0，1)，
故A→P＝(0，0，1)，A→B＝( 2，1，0)，
C→B＝( 2，0，0)，C→P＝(0，－1，1)，
17
题型三 二面角的求法
【例3】 (12分)如图所示，正三棱柱ABC－ A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中 点，求二面角AA1DB的余弦值．
18
[规范解答]如图所示，取BC中点O，连 结AO.因为△ABC是正三角形，所以 AO⊥BC，因为在正三棱柱ABC — A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所 以AO⊥平面BCC1B1. 取 B1C1 中点为 O1，以 O 为原点，O→B，O→O1，O→A为 x，y，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)，
空间向量在立体几何中的应用PPT优秀课件
返回目录
＊对应演练＊
如图，四棱锥P—ABCD中， 底面ABCD为矩形，PD⊥ 底面ABCD，AD=PD， E,F分别为CD,PB的中点. (1)求证：EF⊥平面PAB;
【分析】可用空间向量的坐标运算来证明. 【证明】以A为原点，AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设AB=a,PA=AD=1,
a 则P(0,0,1),C(a,1,0),E( ,0,0), 2 1 1 D(0,1,0),F(0, 2 , 2 ). 1 1 a (1)AF=(0, , ),EP=(- ,0,1), 2 2 2 a 1 1 EC=( ,1,0),∴AF= EP+ EC, 2 2 2 又AF⊂ 平面PEC,∴AF∥平面PEC.
空间向量在立体几何
考点一
考点二 考点三 考点四
考点五
1.平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的 做平面α的法向量.
方向向量a，则 向量a 叫
2.直线l的方向向量是u=(a1,b1,c1)，平面α的法向
a1a2+b1b2+c1c2=0 u· v=0 量v=(a2,b2,c2),则l∥α ⇔ . ⇔
返回目录
(2)PD=（0,1,-1）,CD=(-a,0,0), 1 1 ∴AF· PD=(0, , )· (0,1,-1)=0, 2 2 1 1 AF· CD=(0, , )· (-a,0,0)=0, 2 2 ∴AF⊥PD,AF⊥CD，又PD∩CD=D, ∴AF⊥平面PCD.
【评析】用向量证明线面平行时，最后应说明向量 所在的基线不在平面内.
返回目录
＊对应演练＊
如图,在正方体ABCD— A1B1C1D1中,E,F,M分别 为棱BB1,CD,AA1的中点. 证明：
高三数学总复习空间向量在立体几何中的应用PPT课件
如图所示，以 B 为坐标原点， ，
， 的方向分
别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．
设 PE＝x(0<x<4)，
又∵AB＝BC＝4，∴BE＝4－x，EF＝x.
在 Rt△PED 中，∠PED＝60°，
∴PD＝ 23x，DE＝12x，
∴BD＝4－x－12x＝4－32x，
∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P0，4－32x， 23x.
(2)由(1)的证明，可知 ED⊥DB，A1D⊥平面 BCED. 以 D 为坐标原点，以射线 DB、DE、DA1 分别为 x 轴、y 轴、 z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，如图．
设 PB＝2a(0≤2a≤3)，作 PH⊥BD 于点 H，连接 A1H、A1P，
则 BH＝a，PH＝ 3a，DH＝2－a.
解：(1)证明：因为等边△ABC 的边长为 3，且ADDB＝ECAE＝12， 所以 AD＝1，AE＝2.在△ADE 中，∠DAE＝60°， 由余弦定理得， DE＝ 12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 因为 AD2＋DE2＝AE2，所以 AD⊥DE. 折叠后有 A1D⊥DE. 因为二面角 A1-DE-B 是直二面角， 所以平面 A1DE⊥平面 BCED. 又平面 A1DE∩平面 BCED＝DE，A1D⊂平面 A1DE，A1D⊥ DE，所以 A1D⊥平面 BCED.
3a 4a2－4a＋5×
2.如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，已知 AB＝4，AD＝3， AA1＝2.E、F 分别是线段 AB、BC 上的点，且 EB＝FB＝1.
(1)求二面角 C-DE-C1 的正切值； (2)求直线 EC1 与 FD1 所成角的余弦值．
[例 3] 如图，在 Rt△ABC 中，AB ＝BC＝4，点 E 在线段 AB 上．过点 E 作 EF ∥BC 交 AC 于点 F，将△AEF 沿 EF 折起 到△PEF 的位置(点 A 与 P 重合)，使得∠PEB＝60°.
高考数学一轮总复习课件-空间向量及其在立体几何中的应用
.
拓展延伸 1.最角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这
条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角.
2.三余弦公式:cos θ=cos θ1·cos θ2(如图所示,其中θ1是斜线OA与平面α所成
的角,θ2是斜线OA的射影AB与平面内的直线AC的夹角,θ是斜线OA与平面
内的直线AC的夹角).
(4)cos<a,b>= |aa||bb=| ④
a1b1 a2b2 a3b3
a12 a22 a32 b12 b22 b32 .
3.与空间向量有关的问题 (1)空间直角坐标系 (i)一般建立右手直角坐标系;(ii)建立的空间直角坐标系必须满足三坐标轴两两 垂直,让尽可能多的点落到坐标轴上或第一象限(第一象限内点的坐标都为正). (2)直线的方向向量和平面的法向量
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1= 5 ,A1B1=2
2 ,A1C1=
21得cos∠C1A1B1=
6
,
解析 (1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 又AP∩PD=P,AP、PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)解法一(向量法):在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD. 以 F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,| AB |为单位长,建立如图所示的空 间直角坐标系F-xyz.
空间向量在立体几何中的应用公开课课件
小
结
本堂课的学习重点是用向量代数的方法解决 立体几何问题，但在学习中应把几何综合推 理与向量代数运算推理有机结合起来 向量代数推理是更加精练，严密的推理，每 一步都要根据运算法则进行 学习过程中应善于“前思后想”，提炼方法， 开拓思路
B' A B
D C
（ ）若AC 与AB、AD、AA所成的角分别为 1
、 、 , 则 cos 2 cos 2 cos 2
分别为 、 、 , 则
1
（2）若AC 与面AC、面AD、面AB所成的角 sin 2 sin 2 sin 2 1
此题用综合推理的方法不易入手。用向量代 数的方法则先证明线线垂直，再由线线垂直 来证明线面垂直，从而证得面面垂直.证明面 面垂直的原理是一致的，只不过是证明的手 段不同
利用向量解几何题的一般方法是：把线段或 角转化为向量表示，并用已知向量表示未知 向量，通过向量运算去计算或证明
例2已知正三棱柱ABC-A1B1C1各棱长都为1(如图)， M是 底面BC边的中点，N是侧棱C1上 的 点 ，且 CN = 1 CC1，求证 : AB1⊥MN
(2)、CD与AB所成的角
练习：2
正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为DD1的中 点，O1,O2,O3分别是平面A1B1C1D1、平面 BB1C1C、平面ABCD的中心 （1）求证：B1O3⊥PA Z D1 C1 O1 A1 B1 P O2 D C Y O3 A B X
练习：2
正方体ABCD-A1B1C1D1中，P 为DD1的中 点，O1,O2,O3分别是平面A1B1C1D1、平面 BB1C1C、平面ABCD的中心 （2） 求异面直线PO3与O1O2成的角 Z D1 C1 O1 A1 B1 P O2 D C Y O3 A B X