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第一章
空间向量与立体几何
本 章 复 习
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1. 梳理本章知识，构建知识网络．
2. 巩固空间向量的有关知识．
3. 会用向量法解决立体几何问题．
活 动 方 案
活动一 构建知识网络
1. 知识结构框图：
2. 空间中点、线、面位置关系的向量表示：
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则
线线平行 l∥m a∥b k∈R，使得a＝kb
线面平行 l∥α a⊥μ a·μ＝0
面面平行 α∥β μ∥v k∈R，使得μ＝kv
线线垂直 l⊥m a⊥b a·b＝0
线面垂直 l⊥α a∥μ k∈R，使得a＝kμ
面面垂直 α⊥β μ⊥v μ·v＝0
3. 用向量法解决立体几何问题：
步骤如下：
(1) 建立适当的空间直角坐标系；
(2) 写出相关点的坐标及向量的坐标；
(3) 进行相关坐标的运算；
(4) 写出几何意义下的结论．
关键点如下：
(1) 选择恰当的坐标系．坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程；
(2) 点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题；
(3) 几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是解决这类问题的关键.
活动二 空间向量的概念及运算
例1 (1) 判断下列各命题的真假：①向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；③零向量是没有方向的；④有向线段就是向量，向量就是有向线段．其中假命题的个数为( )
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
【解析】 ①假命题，当a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的；②真命题；③假命题，零向量也是向量，故也有方向，只是方向不确定；④假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．
【答案】 C
(2) 如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，点S到点A，B，C，D的距离都等于2.
给出以下结论：
其中正确结论的序号是________.
【答案】 ③④
活动三 利用空间向量证明位置关系
例2 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．求证：
(1) BM∥平面ADEF；
(2) BC⊥平面BDE.
【解析】 因为四边形ADEF是正方形，
所以AD⊥ED.
因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面
ABCD＝AD，ED 平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD.
因为CD 平面ABCD，所以ED⊥CD.
变式 本例条件不变，如何证明平面BCE⊥平面BDE.
【解析】 由例2(2)知BC⊥平面BDE.
又BC 平面BCE，
所以平面BCE⊥平面BDE.
活动四 利用空间向量求空间角
例3 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，G为AB的中点，AB＝BE＝2.
(1) 求证：EG∥平面ADF；
(2) 求二面角O－EF－C的正弦值；
检 测 反 馈
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【答案】 C
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【答案】 D
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3. (多选)(2024唐山期末)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，M，N分别是AB，A1C1的中点，则下列结论中正确的是( )
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【答案】 CD
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4. (2023北京期中)已知空间向量a＝(2，－1,1)，b＝(1,1,2)，则|a＋b|＝________.
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(1) 求证：DE⊥平面PAC；
(2) 求平面PAC与平面PCD夹角的正弦值；
(3) 求点E到平面PCD的距离．
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【解析】 (1) 由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
AD 平面ABCD，得PA⊥AB，PA⊥AD.
又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，P(0,0,4)，
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谢谢观看
Thank you for watching第1章 空间向量与立体几何 本章复习
1. 梳理本章知识，构建知识网络．
2. 巩固空间向量的有关知识．
3. 会用向量法解决立体几何问题．
活动一 构建知识网络
1. 知识结构框图：
2. 空间中点、线、面位置关系的向量表示：
设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则
线线平行 l∥m a∥b k∈R，使得a＝kb
线面平行 l∥α a⊥μ a·μ＝0
面面平行 α∥β μ∥v k∈R，使得μ＝kv
线线垂直 l⊥m a⊥b a·b＝0
线面垂直 l⊥α a∥μ k∈R，使得a＝kμ
面面垂直 α⊥β μ⊥v μ·v＝0
线线夹角 l，m的夹角为θ，cos θ＝
线面夹角 l，α的夹角为θ，sin θ＝
面面夹角 α，β的夹角为θ，|cos θ|＝
3. 用向量法解决立体几何问题：
步骤如下：
(1) 建立适当的空间直角坐标系；
(2) 写出相关点的坐标及向量的坐标；
(3) 进行相关坐标的运算；
(4) 写出几何意义下的结论．
关键点如下：
(1) 选择恰当的坐标系．坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程；
(2) 点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题；
(3) 几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是解决这类问题的关键．
活动二 空间向量的概念及运算
例1 (1) 判断下列各命题的真假：①向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反；②两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同；③零向量是没有方向的；④有向线段就是向量，向量就是有向线段．其中假命题的个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
(2) 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，点S到点A，B，C，D的距离都等于2.
给出以下结论：
①＋＋＋＝0; ②＋－－＝0；
③－＋－＝0; ④·＝·；
⑤·＝0，
其中正确结论的序号是________．
活动三 利用空间向量证明位置关系
例2 如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．求证：
(1) BM∥平面ADEF；
(2) BC⊥平面BDE.
变式 本例条件不变，如何证明平面BCE⊥平面BDE.
活动四 利用空间向量求空间角
例3 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，G为AB的中点，AB＝BE＝2.
(1) 求证：EG∥平面ADF；
(2) 求二面角O-EF-C的正弦值；
(3) 设H为线段AF上的一点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
1. (2024佛山期末)在棱长为2的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E是CC′的中点．设在上的投影向量为a，则|a|等于( )
A. B. C. D.
2. (2024青岛期末)已知四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，＝λ(λ>0)，N为BC的中点，若＝－a＋b＋c，则λ的值为( )
A. 3
B. 2
C.
D.
3. (多选)(2024唐山期末)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，M，N分别是AB，A1C1的中点，则下列结论中正确的是( )
A. MN⊥AC
B. MN∥BC1
C. MN＝
D. MN∥平面BCC1B1
4. (2023北京期中)已知空间向量a＝(2，－1，1)，b＝(1，1，2)，则|a＋b|＝________．
5. (2024天津蓟州区第一中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，PA＝4，AB＝AD＝BC＝2，E为棱BC上的点，且BE＝BC.
(1) 求证：DE⊥平面PAC；
(2) 求平面PAC与平面PCD夹角的正弦值；
(3) 求点E到平面PCD的距离．
【参考答案与解析】
本 章 复 习
【活动方案】
例1 (1) C ①假命题，当a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的；②真命题；③假命题，零向量也是向量，故也有方向，只是方向不确定；④假命题，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．
(2) ③④ 可以推出－＋－＝＋＝0，所以③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.又∠ASB＝∠CSD，所以·＝·，故④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
例2 因为四边形ADEF是正方形，所以AD⊥ED.
因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，ED 平面ADEF，
所以ED⊥平面ABCD.
因为CD 平面ABCD，所以ED⊥CD.
以D为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2).
(1) 因为M为EC的中点，所以M(0，2，1)，
所以＝(－2，0，1).
易知平面ADEF的一个法向量为n＝(0，1，0)，所以·n＝0.
又BM 平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2) ＝(－2，2，0)，＝(2，2，0)，＝(0，0，2).
因为·＝－4＋4＝0，所以BC⊥DB.
因为·＝0，所以BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DE 平面BDE，DB 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
变式 由例2(2)知BC⊥平面BDE.
又BC 平面BCE，所以平面BCE⊥平面BDE.
例3 (1) 由题意，得OF⊥平面ABCD.
如图，以O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，则O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)，
所以＝(2，0，0)，＝(1，－1，2).
设平面ADF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1).
由＝(0，1，－2)，可得·n1＝0.
又因为直线EG 平面ADF，
所以EG∥平面ADF.
(2) 易证＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量．依题意，得＝(1，1，0)，＝(－1，1，2).
设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，
则即
不妨取 x2＝1，可得n2＝(1，－1，1)，
所以cos 〈，n2〉＝＝－，
所以sin 〈，n2〉＝，
所以二面角O-EF-C的正弦值为.
(3) 由AH＝HF，得AH＝AF.
因为＝(1，－1，2)，
所以＝＝，
所以H(－，，)，
所以＝(，，)，
所以cos 〈，n2〉＝＝－，
所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.
【检测反馈】
1. C 以A为坐标原点，AB，AD，AA′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A(0，0，0)，E(2，2，1)，A′(0，0，2)，D(0，2，0)，所以＝(2，2，1)，＝(0，2，－2).由题意，得a＝||cos 〈，〉·，所以|a|＝||·|cos 〈，〉|＝||·＝＝＝.
2. D 由题意，得＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c.因为＝－a＋b＋c，所以＝，解得λ＝.
3. CD 取AC的中点O，连接ON，OB.由题意可知ON∥AA1，OB⊥AC.因为AA1⊥平面ABC，AC 平面ABC，OB 平面ABC，所以AA1⊥AC，AA1⊥OB，则ON⊥AC，ON⊥OB，即ON，AC，OB两两垂直．以O为坐标原点，OA，OB，ON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A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，B1(0，，2)，C1(－1，0，2)，M，N(0，0，2)，可得＝，＝(2，0，0)，＝(－1，－，2)，＝(1，，0).设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝，则y＝－1，z＝0，可得n＝(，－1，0).对于A，因为·＝－1≠0，所以MN，AC不垂直，故A错误；对于B，因为＝≠，所以MN，BC1不平行，故B错误；对于C，MN＝＝，故C正确；对于D，因为n·＝×＋(－1)×＝0，MN 平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1，故D正确．故选CD.
4. 3 因为a＝(2，－1，1)，b＝(1，1，2)，所以a＋b＝(3，0，3)，则|a＋b|＝＝3.
5. (1) 由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，得PA⊥AB，PA⊥AD.
又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，0)，E(2，1，0)，P(0，0，4)，
所以＝(2，－1，0)，＝(0，0，4)，＝(2，4，0).
令m＝(x，y，z)是平面PAC的法向量，
则
取x＝2，则m＝(2，－1，0)，
显然＝m，故DE⊥平面PAC.
(2) 由(1)知，＝(0，－2，4)，＝(2，2，0).
设n＝(a，b，c)是平面PCD的法向量，
则
取a＝2，则n＝(2，－2，－1)，
所以＝＝，
则平面PAC与平面PCD夹角的正弦值为＝.
(3) 由(1)知，＝(0，3，0)，
故点E到平面PCD的距离为＝＝2.
