一、空间向量的概念及运算
向量的运算包含线性运算和数量积运算，其中线性运算是研究向量共面、共线的数学表达形式.利用数量积可以解决有关垂直、夹角、长度问题.
【例1】 （1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，P分别是AA1，C1D1的中点，则＝（ ）
A.a＋b＋c B.a＋c
C.a＋b＋c D.a＋b＋c
（2）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，G，E，D分别是棱A1B1，CC1，AC的中点，F是棱AB上的点，若·＝－1，则线段DF的长度为 .
反思感悟
1.空间向量数量积的3个应用
（1）求夹角：设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角；
（2）求长度（距离）：利用公式｜a｜2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题；
（3）解决垂直问题：利用a⊥b a·b＝0（a≠0，b≠0），可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题.
2.证明三点共线和空间四点共面的方法比较
【跟踪训练】
1.（2024·杭州月考）已知不共面的三个向量a，b，c都是单位向量，且夹角都是，则向量a－b－c和b的夹角为（ ）
A. B. C. D.
2.已知A，B，C三点不共线，点O为空间任意一点，若点M满足＝＋＋，则点M （填“∈”或“ ”）平面ABC.
二、利用空间向量证明位置关系
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.
【例2】 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；
（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.
反思感悟
利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤
【跟踪训练】
如图，在正三棱锥P-ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.求证：平面EFG⊥平面PBC.
三、利用空间向量求距离
1.点P到平面α的距离d＝（其中P是平面α外一点，A∈α，n为平面α的法向量）.
2.点P到直线l的距离：
公式①d＝；
公式②d＝｜｜sin＜，e＞（其中P是直线l外一点，A∈l，n是与直线l垂直的直线的方向向量，e是直线l的方向向量）.
【例3】 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被平面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.
（1）求BF的长；
（2）求点C到平面AEC1F的距离.
反思感悟
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.
【跟踪训练】
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝a，AA1＝2a，则点D1到直线AC的距离为（ ）
A.a B.a
C.a D.a
2.（2024·苏州月考）在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离是（ ）
A. B.
C. D.
四、利用空间向量求空间角
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分别是二面角的两个半平面α，β的法向量，则二面角的平面角与这两个平面的法向量的夹角相等或互补.
【例4】 （2024·九省联考）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
（1）证明：C1O⊥平面ABCD；
（2）求二面角B-AA1-D的正弦值.
反思感悟
1.两异面直线所成角的范围为0°＜θ≤90°，两异面直线的方向向量所成角的范围为0°＜θ＜180°.
2.要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦值cos＜n，a＞，而θ＝＜n，a＞－或－＜n，a＞.
3.二面角的范围为（0，π），二面角需要根据图形判断是锐角还是钝角.
【跟踪训练】
（2023·新高考Ⅰ卷18题）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
（1）证明：B2C2∥A2D2；
（2）点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.
章末复习与总结
【例1】 （1）C （2）
解析：（1）如图，由题意，M，P分别是AA1，C1D1的中点，∴＝＋＝＋（＋）＝＋＋＝a＋b＋c.故选C.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则G（1，0，2），E（0，2，1），D（0，1，0），故＝（－1，1，－2）.又F是棱AB上的点，所以设F（a，0，0），则＝（a，－2，－1），因为·＝－1，所以－a－2＋2＝－1，解得a＝1.所以F（1，0，0），故DF＝＝.
跟踪训练
1.C 由题意，得｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，a·b＝a·c＝b·c＝，∴｜a－b－c｜＝＝＝，（a－b－c）·b＝a·b－b2－b·c＝－1.设向量a－b－c和b的夹角为θ，则cos θ＝＝＝－，又θ∈[0，π]，∴θ＝.
2.∈ 解析：＝＋＋＝＋＋（－）＝＋＋，∵＋＋＝1，∴M，A，B，C四点共面，即点M∈平面ABC.
【例2】 解：（1）证明：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.
（2）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），
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴
即
∴∴N（0，，），
∴在平面PAD内存在一点N（0，，），使MN⊥平面PBD.
跟踪训练
证明：由题意，以三棱锥的顶点P为坐标原点，以PA，PB，PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设PA＝PB＝PC＝3，则P（0，0，0），A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，0，3），E（0，2，1），F（0，1，0），G（1，1，0）.
于是＝（3，0，0），＝（1，0，0），
故＝3，∴PA∥FG.
∵在正三棱锥P-ABC中，三条侧棱两两互相垂直，∴AP⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC.
又∵FG 平面GEF，∴平面GEF⊥平面PBC.
【例3】 解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），B（2，4，0），A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.
设F（0，0，z）.由题意得AEC1F为平行四边形，
∴＝，∴（－2，0，z）＝（－2，0，2），
∴z＝2，∴F（0，0，2）.∴＝（－2，－4，2），
∴｜｜＝2，即BF的长为2.
（2）设n＝（x，y，z）为平面AEC1F的法向量，由（1）可知＝（0，4，1），＝（－2，0，2），
则 令x＝1，则z＝1，y＝－，∴n＝.
又＝（0，0，3），∴点C到平面AEC1F的距离d＝＝＝.
跟踪训练
1.D 如图建立空间直角坐标系，易得C（a，a，0），D1（0，a，2a），则＝（－a，0，2a），＝（－a，－a，0），所以cos＜，＞＝，sin＜，＞＝，则点D1到直线AC的距离为d＝｜｜sin＜，＞＝a.
2.A 建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），P（0，4，4），∴＝（0，4，4），＝（4，0，0），＝（0，0，－4）.设平面PAB的法向量为m＝（x，y，z），则即令y＝，则z＝－1，∴m＝（0，，－1），∴点C到平面PAB的距离为＝.
【例4】 解：（1）证明：＝＋＝－（＋），
·＝［－（＋）］·（－）
＝（·－·）－（－）＝0，∴C1O⊥BD，
而CC1＝2，CO＝，∠C1CO＝45°，∴C1O＝，∴C1O2＋OC2＝C，∴C1O⊥OC，
∵BD∩OC＝O，BD，AC 平面ABCD，∴C1O⊥平面ABCD.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
∴B（，0，0），A（0，－，0），C1（0，0，），C（0，，0），A1（0，－2，），D（－，0，0），
设平面AA1B与平面AA1D的一个法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2），
又＝（0，－，），＝（，，0），＝（－，，0），
∴ n1＝（1，－1，－1），
n2＝（1，1，1），
设二面角B-AA1-D的平面角为θ，
∴｜cos θ｜＝＝＝，∴sin θ＝.故二面角B-AA1-D的正弦值为.
跟踪训练
解：（1）证明：法一（坐标法） 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
所以＝（0，－2，1），＝（0，－2，1），
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
法二（向量法） 依题意，得＝＋＋＝＋＋＝ ，
所以B2C2∥A2D2.
（2）设P（0，2，a）（0≤a≤4），
则＝（2，0，－1），＝（2，2，－2），＝（0，2，a－3）.
设平面A2C2D2的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则
即
令x1＝1，则z1＝2，y1＝1，所以m＝（1，1，2）.
设平面A2C2P的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则
即
令z2＝2，得y2＝3－a，x2＝a－1，
所以n＝（a－1，3－a，2）.
由二面角P-A2C2-D2的大小为150°，
得｜cos＜m，n＞｜＝＝，
即＝.
解得a＝1或a＝3，故B2P＝｜a－2｜＝1.
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章末复习与总结
一、空间向量的概念及运算
向量的运算包含线性运算和数量积运算，其中线性运算是研究向
量共面、共线的数学表达形式.利用数量积可以解决有关垂直、夹
角、长度问题.
【例1】 （1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设 ＝a，
＝b， ＝c，M，P分别是AA1，C1D1的中点，则 ＝
（ C ）
A. a＋ b＋ c B. a＋ c
C. a＋ b＋c D. a＋ b＋ c
C
解析： 如图，由题意，M，P分别是
AA1，C1D1的中点，∴ ＝ ＋ ＝
＋（ ＋ ）＝ ＋ ＋ ＝ a＋
b＋c.故选C.
（2）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC
＝AA1＝2，G，E，D分别是棱A1B1，CC1，AC的中点，F是
棱AB上的点，若 · ＝－1，则线段DF的长度为 .
解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，
则G（1，0，2），E（0，2，1），D（0，1，
0），故 ＝（－1，1，－2）.又F是棱AB上
的点，所以设F（a，0，0），则 ＝（a，－
2，－1），因为 · ＝－1，所以－a－2＋2＝－1，解得a＝1.所以F（1，0，0），故DF＝ ＝ .
反思感悟
1. 空间向量数量积的3个应用
（1）求夹角：设向量a，b的夹角为θ，则 cos θ＝ ，进
而可求两异面直线所成的角；
（2）求长度（距离）：利用公式｜a｜2＝a·a，可将线段长度的
计算问题转化为向量数量积的计算问题；
（3）解决垂直问题：利用a⊥b a·b＝0（a≠0，b≠0），可将
垂直问题转化为向量数量积的计算问题.
2. 证明三点共线和空间四点共面的方法比较
【跟踪训练】
1. （2024·杭州月考）已知不共面的三个向量a，b，c都是单位向
量，且夹角都是 ，则向量a－b－c和b的夹角为（ ）
A. B.
C. D.
解析： 由题意，得｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，a·b＝a·c＝
b·c＝ ，∴｜a－b－c｜＝ ＝
＝ ，（a－b－c）·b＝a·b
－b2－b·c＝－1.设向量a－b－c和b的夹角为θ，则 cos θ＝
＝ ＝－ ，又θ∈[0，π]，∴θ＝ .
2. 已知A，B，C三点不共线，点O为空间任意一点，若点M满足
＝ ＋ ＋ ，则点M （填“∈”或“ ”）平
面ABC.
解析： ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ （ － ）
＝ ＋ ＋ ，∵ ＋ ＋ ＝1，∴M，A，B，C四点共
面，即点M∈平面ABC.
∈
二、利用空间向量证明位置关系
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.
【例2】 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；
解： 证明：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.
（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.
解：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），
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴即
∴∴N（0， ， ），
∴在平面PAD内存在一点N（0， ， ），使MN⊥平面PBD.
反思感悟
利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤
【跟踪训练】
如图，在正三棱锥P-ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的
重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
求证：平面EFG⊥平面PBC.
证明：由题意，以三棱锥的顶点P为坐标原点，以
PA，PB，PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立
空间直角坐标系.
设PA＝PB＝PC＝3，则P（0，0，0），A（3，
0，0），B（0，3，0），C（0，0，3），E（0，
2，1），F（0，1，0），G（1，1，0）.
于是 ＝（3，0，0）， ＝（1，0，0），
故 ＝3 ，∴PA∥FG.
∵在正三棱锥P-ABC中，三条侧棱两两互相垂直，
∴AP⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC.
又∵FG 平面GEF，∴平面GEF⊥平面PBC.
三、利用空间向量求距离
1. 点P到平面α的距离d＝ （其中P是平面α外一点，
A∈α，n为平面α的法向量）.
2. 点P到直线l的距离：
公式①d＝ ；
公式②d＝｜ ｜ sin ＜ ，e＞（其中P是直线l外一点，
A∈l，n是与直线l垂直的直线的方向向量，e是直线l的方向向
量）.
【例3】 如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被平面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.
（1）求BF的长；
解： 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），B（2，4，0），A
（2，0，0），C（0，4，0），E（2，
4，1），C1（0，4，3）.
设F（0，0，z）.由题意得AEC1F为平行四边形，
∴ ＝ ，∴（－2，0，z）＝（－2，0，2），
∴z＝2，∴F（0，0，2）.∴ ＝（－2，－4，2），
∴｜ ｜＝2 ，即BF的长为2 .
（2）求点C到平面AEC1F的距离.
解： 设n＝（x，y，z）为平面AEC1F的法向量，由（1）可知 ＝（0，4，1）， ＝（－2，0，2），
则
令x＝1，则z＝1，y＝－ ，∴n＝ .
又 ＝（0，0，3），∴点C到平面
AEC1F的距离d＝ ＝ ＝ .
反思感悟
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.
【跟踪训练】
1. 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝a，AA1＝2a，则点D1
到直线AC的距离为（ ）
A. a B. a C. a D. a
解析： 如图建立空间直角坐标系，易得C（a，
a，0），D1（0，a，2a），则 ＝（－a，0，
2a）， ＝（－a，－a，0），所以 cos ＜ ，
＞＝ ， sin ＜ ， ＞＝ ，则点D1到
直线AC的距离为d＝｜ ｜ sin ＜ ， ＞＝
a.
2. （2024·苏州月考）在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC
＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离
是（ ）
A. B. C. D.
解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），
P（0，4，4 ），∴ ＝（0，4，4 ），
＝（4，0，0）， ＝（0，0，－4 ）.设平面
PAB的法向量为m＝（x，y，z），则即令y＝ ，则z＝－1，∴m＝（0， ，
－1），∴点C到平面PAB的距离为 ＝ .
四、利用空间向量求空间角
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分别是二面角的两个半平面α，β的法向量，则二面角的
平面角与这两个平面的法向量的夹角相等或互补.
【例4】 （2024·九省联考）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
（1）证明：C1O⊥平面ABCD；
解： 证明： ＝ ＋ ＝ － （ ＋ ），
· ＝［ － （ ＋ ）］·（ － ）
＝（ · － · ）－ （ － ）＝0，∴C1O⊥BD，
而CC1＝2，CO＝ ，∠C1CO＝45°，∴C1O＝ ，
∴C1O2＋OC2＝C ，∴C1O⊥OC，
∵BD∩OC＝O，BD，AC 平面ABCD，∴C1O⊥平面
ABCD.
（2）求二面角B-AA1-D的正弦值.
解： 建立如图所示的空间直角坐
标系，∴B（ ，0，0），A（0，－
，0），C1（0，0， ），C（0，
，0），A1（0，－2 ， ），D
（－ ，0，0），
设平面AA1B与平面AA1D的一个法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2），
又 ＝（0，－ ， ）， ＝（ ， ，0）， ＝（－ ， ，0），
∴ n1＝（1，－1，－1），
n2＝（1，1，1），
设二面角B-AA1-D的平面角为θ，
∴｜ cos θ｜＝ ＝ ＝ ，∴ sin θ＝ .故二面角B-AA1-D的正弦值为 .
反思感悟
1. 两异面直线所成角的范围为0°＜θ≤90°，两异面直线的方向向
量所成角的范围为0°＜θ＜180°.
2. 要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直
线a的方向向量a夹角的余弦值 cos ＜n，a＞，而θ＝＜n，a＞
－ 或 －＜n，a＞.
3. 二面角的范围为（0，π），二面角需要根据图形判断是锐角还
是钝角.
【跟踪训练】
（2023·新高考Ⅰ卷18题）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
（1）证明：B2C2∥A2D2；
解： 证明：法一（坐标法） 以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，则B2（0，2，2），
C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
所以 ＝（0，－2，1）， ＝（0，－2，1），
所以 ＝ ，所以B2C2∥A2D2.
法二（向量法） 依题意，得 ＝ ＋
＋ ＝ ＋ ＋ ＝ ，
所以B2C2∥A2D2.
（2）点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.
解： 设P（0，2，a）（0≤a≤4），
则 ＝（2，0，－1）， ＝（2，2，－2）， ＝（0，2，a－3）.
设平面A2C2D2的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则即
令x1＝1，则z1＝2，y1＝1，所以m＝（1，1，2）.
设平面A2C2P的法向量为n＝（x2，y2，z2），
则即
令z2＝2，得y2＝3－a，x2＝a－1，
所以n＝（a－1，3－a，2）.
由二面角P-A2C2-D2的大小为150°，
得｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ，
即 ＝ .
解得a＝1或a＝3，故B2P＝｜a－2｜＝1.
谢 谢 观 看！
