高考新教材数学一轮复习课件 第七章 立体几何与空间向量.pdf

第七章立体几何与空间向景第一节 空间几何体的结构特征、表面积与体积课程标准（1）认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生 活中简单物体的结构；（2）知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式,能用公式解决简单的实际问题；（3）能用斜二测法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图.第一课时 空间几何体的结构特征、表面积与体积知识逐点夯实目录CONTENTS考点分类突破课时过关检测01矢口识逐点夯实课前自修重点准逐点清结论要牢记o拿五雄逐点清重点一基本立体图形1.多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形久 A BSA BD,A B底面互相平行且相等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于点，但不一定 相等延长线交于二虔侧面形状平行四边形三角形梯形注意常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系底面是平平行侧棱垂直四卜亍四边畛I六面体I于底面 棱一-;-、一柱I侧棱垂曳直四底面是平 于底面棱柱行四边形直平 行六相邻底边垂直-A长方体面体 所有棱均相等正方体2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形1A01母线互相平行且相 等，垂直于底面长度相等且相交于延长线交于二电X轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展 开图矩形扇形扇环X注意球的截面的性质(1)球的任何截面都是圆面；(2)球心和截面不过球心圆心的连线垂直于截面;3球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r=J&一笛.逐点清L（易错题）如图，长方体B1 C Df被截去一部分，其中EH小DFG/BC.则剩下的几何体是（A.棱台C.五棱柱D.六棱柱解析：根据几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.故选C.答案：c2.一条排水管的截面如图.已知排水管的截面圆半径0B是10,水面宽AB是16,解析：由题意知OD上AB,交A3于点C,N5=16，在 Rt Z08C 中，VOB=10,BC=8,Z.OCOBBC2=102-82=6,：.CD=OD-OC=1Q6=4.答案：4重点二立体图形的直观图1.画法：常用斜二测画法.2.规则：（1）原图形中X轴、y 轴、z轴两两垂直，直观图中，W轴、V轴的 夹角为45。（或135。），/轴与W轴和 轴所在平面垂直；（2）原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴.平行于x轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度笆，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来 的一半.逐点清3.（多选）（必修第二册109页练习1题改编）下列说法正确的是（）A.相等的角在直观图中仍然相等B.相等的线段在直观图中不一定相等C.正方形的直观图是正方形D.若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行解析：由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不 变.故选B、D.答案：BD重点三 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图也一X/(原/侧面积公式S圆柱侧=271r lS圆锥侧=冗，1S圆台侧=7r(r+r)1注意1（1）几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所 有底面面积之和；（2）圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半 径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱恻=r=r rf=02nrZ-S圆台侧=九（，+，）1-圆锥侧=加”.逐点清4.（必修第二册119页练习1题改编）已知圆锥的表面积等于12九c m2,其侧面展开图 是一个半圆，则底面圆的半径为（）A.1 c m B.2 c m3 C.3 c m D.c m解析：设圆锥的母线长为1,底面圆半径为r,由题意，得24X；=2，Z=2r,S表=九产+jrrZ=7t r2+nr lr=37t r2=12n9 解得M=4,所以r=2（c m）.答案：B重点四空间几何体的表面积与体积公式名称几何表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S表面积=S侧+2s底V=Sh锥体（棱锥和圆锥）S表面积=S侧+S底V-Sh J台体（棱台和圆台）S表面积=s侧+S上+S下V=；（S上+S 下+I/s上 S 下）A J球S=4K，V3元&逐点清5.（兴修第二册119页习题2题改编）如图，把一个长方体用过相邻 三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的 几何体体积的比为.解析：设长方体的相邻三条棱长分别为a,b,c,它截出棱锥的体积为V1=；X11111 1 47XX-f tXC=abc9剩下的几何体的体积匕=曲。一版曲C=辰曲所以/iiO 4t O iiOV1：V2=l：47.答案:1：47化浩於卜及遂友记结论几个与球有关的切、接常用结论(1)设正方体的棱长为G,球的半径为R.若球为正方体的外接球，贝!12K=小4；若球为正方体的内切球，贝!|2K=g；若球与正方体的各棱相切，贝!)2K=啦(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为凡贝!J2K=A/a2+f t2+c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3：1.提速度L（2020天津高考）若棱长为2小的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面 积为（）A.12加 B.24九C.36加 D.144加解析:设外接球的半径为,易知2=$X2小=6,所以=3,于是表面积S=4九甯=36九，故选C.答案：C2.正四面体的外接球和内切球的表面积之比是（）A.7：2 B.5：2C.3：1 D.9：1解析：由正四面体的外接球与内切球的半径之比为3:1,所以它们的表面积之 比为9：1,故选D.答案：D02考点分类突破理解透规律明课堂讲练变化究其本考点 尸 空间几何体的结构特征 定向精析突破考向1基本立体图形的特征下列说法正确的是（）A.有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥 B.有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥 D.如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体解析选项A,有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由 这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，错误；选 项B,棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其 余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，错 误；选项3当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360。时，各侧面构成平面图形，故 这个棱锥不可能为六棱锥，错误；选项D,若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底 面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，正确.故选D.答案D解题技法空间几何体结构特征的判断技巧(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构 建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基 本元素，然后再依据题意判定；(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举出 一个反例即可.考向2立体图形的直观图碰2 一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为G的正方形，则原 平面四边形的面积等于（）A.孚/B.2ga2 C.当a2 D.hI/J解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在X轴上（或与X轴 平行）的线段，其长度保持不变；在y轴上（或与y轴平行）的线段，其长度变为原来 的一半，且。，=45。（或135。），所以若设原平面图形的面积为S,则其直 观图的面积为9=；*s=+s,又直观图的面积为力,所以原平面四边形的面/Hr2积 S=.4答案B。解题技法I1.在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.平行于X轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关 系：S直观图=s原图形.考向3立体图形的展开图（O（2021新高考I卷）已知圆锥的底面半径为加,其侧面展开图为一个半 圆，则该圆锥的母线长为（）A.2 B.2gC.4 D.解析设圆锥的母线长为2,因为该圆锥的底面半径为地，所以27rx啦=，解得/=2位，故选B.答案B，解题技法多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.。训练1.已知A3C的斜二测直观图如图所示，则A3C的面积为1 2解析：由题意，。的斜二测直观图的面积S=Xl X2Xsin 45=-,所y 2以45。的面积 S=2/is，=2a/2x4-=2.答案：22.圆台的上、下底面半径分别为10 c m、20 c m,它的侧面展开图扇环的圆心角为 180,则圆台的表面积为 c n?.(结果中保留力解析：如图所示，设圆台的上底面周长为c c m,因为扇环的圆 心角是180。，故。=宽64=2宽义10化111),所以SA=20 c m.同理可 得S3=40c m,所以A3=S3SA=20c m,所以S表=S侧+S上底+S 下底=九(10+20)义20+九X 1()2+冗乂202=1 100元(c n?).故圆台的表 面积为1100九c m2.答案：1100九考点空间几何体的表面积.师生共研过靠圆（2021新商考n卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成 果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高 度为36 000 km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为 0,半径，为6 400 km的球，其上点4的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为“，记卫星信号 覆盖地球表面的表面积为S=2九/（I-c o s“）（单位：km2）,贝！|S占地球表面积的百分 比约为（）A.26%B.34%C.42%D.50%解析如图，作出过地球静止同步轨道卫星轨道左右端点的竖直截面，贝!103=36 000+6 400=42 400,c o s a6 400 8 心士山，八2nr2(lc o s a)=42400=53J S占地球表面积的百分比为-B地球静止同 步轨道卫星箴心42%,故选C.答案C解题技法1.多面体的表面积是各个面的面积之和.2.旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和.3.组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理.c）训练（2021全国甲卷）已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30小 则该圆锥的侧面积为 解析：设该圆锥的高为A,则由已知条件可得;X加X62XA=30m解得则圆 锥的母线长为亚=昔+36=?故该圆锥的侧面积为兀X6X?=39兀.答案：39元考点片 空间几何体的体积 定向精析突破考向1直接利用公式求体积硕（2021新高考n卷）正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为)A.20+123C系JB.282 n 28a/2 u3解析如图，分别取上下底面的中心。1，。2,过为作 于点贝!|03=23，0回=陋,BM=2f BXM=声吃=3，故四棱台的体积为V=|(S上+S下+其4汝=28a/2X(4+16+8)Xa/2=故选D.答案D考向2割补法求体积(ME)在多面体ABC。即中，A3C是边长为2的正三角形，AP,BE,CW都 与平面A3C垂直，且4。=2,BE=19 CF=39则多面体A3CO即的体积是()解析如图，将多面体A3COEF补成三棱柱MNFA3C,、3三棱柱拉NFA3C的体积匕=Sabc-CF=X 22 X 3=3a/3,设人为该四棱锥用MNED的高，其数值为底面等边正MN的底边MN上 的高，贝!|入=小，而四棱锥人拉NED的体积匕=；S四边形mden*入=1 2+1铲丁X2义百=小,则多面体A3COEF的体积是33一小=2小.故选B.答案B考向3等体积法求最值似 已知正方体A3CD-4i3iGOi的棱长为2,M,N分别为A3的中点,则三棱锥ANMDi的体积为.解析如图，丁正方体A5CDA/iGDi的棱长为2,M,N分 别为3%,Ab的中点，/-Saanm=|X1X1=1,/-V A-NMDr=-1答案3解题技法I求空间几何体体积的常用方法公式法对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补 成熟悉的几何体，便于计算其体积等体积法一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的.如果一个几何 体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求 解.等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的 底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体 积，特别是三棱锥的体积训练1.如图所示，已知三棱柱ABCA/G的所有棱长均为L且AAiJ_底面A8C,则三解析：易知三棱锥的体积等于三棱锥Ad/G的体积，又三棱锥4515G的 高为鼻底面积为今故其体积为33y=需 答案：A2.母线长为5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于则该圆锥的体积为Q解析：由题意知，侧面展开图的弧长为5X与九=8加，设圆锥底面圆的半径为r,贝!18九=lnr9.r=4,工圆锥高无=/5242=3,工体积为:XnX42X3=167r.答案：16九第二课时空间几何体的截面、球的切（接）问题目录CONTENTS4考点分类突破4/课时过关检测01考点分类突破理解透规律明课堂讲练变化究其本考点II空间几何体的截面问题师生共研过关已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面”所成的角都相等，贝!I”截此正方体所得截面面积的最大值为A组43啦()C.4解析如图，依题意，平面”与棱5A,BG 331所在直线所 成角都相等，容易得到平面A/C符合题意，进而所有平行于平面 ABC的平面均符合题意.由对称性，知过正方体AbCD-AmiGOi 中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGH/J.易 知正六边形EFGH/J的边长为手，将该正六边形分成6个边长为平的正三角形.故其面积为6义宁X4 答案A解题技法作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：（1）确定平面的条 件；（2）三线共点的条件；（3）面面平行的性质定理.。训练1.已知圆锥的母线长为1,其侧面展开图是一个圆心角为120。的扇形，则该圆锥的轴截面面积为（）3 9 D 9C或 D也=9 2 9解析：因为圆锥的母线长为1,其侧面展开图是一个圆心角为120。的扇形，所以圆锥的底面周长为1义手=号，所以底面半径为;，高为呼=平，所以轴截面面积为乎，故选B.答案：BJ N J J y2.（2022崂山质检汝口图所示的几何体是一个正方体挖掉一个圆锥（圆锥的底面圆与正 方体的上底面正方形各边相切，顶点在下底面上），用一个垂直于正方体某个面 的平面截该几何体，下列图形中一定不是其截面图的是（）IZ;r17UUDUA B C D解析：用过圆锥的轴且与上底面一组对棱垂直的平面截该几何体可得A图，用 平行于圆锥底面的平面截该几何体可得C图，用垂直于圆锥底面且不过圆锥的 轴的平面截该几何体可得D图，而B图用垂直于正方体的任何面的平面截都无法 得到.故选B.答案：B考点厂 与球有关的切、接问题 定向精析突破考向1几何体的外接球电团(2021全国甲卷)已知A,B,C是半径为1的球。的球面上的三个点，且ACBC,AC=BC=19贝！I三棱锥。-ABC的体积为()A也 R也 C也 D也 A 12 D 12 4 4解析如图所示，因为AC_LBC,所以A5为截面圆Oi的直 径,且45=啦.连接。1，贝!|OOi_Lf f iUbC,。1=也12-71一用2=孝，所以三棱锥的体积V=；Swc XOO尸：X；X1X1X*答案A考向2几何体的内切球（0（2020全国in卷）已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半 径最大的球的体积为.解析易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥花及其内切球。如图所示，设内切球的半径为凡贝Usin ZBPE=1,所以OP=3,所以PE=4R=yJPB?BE2=一!2=2或，所以所以内切球的体积丫=：九=*小 即该圆锥内半径最大的/J J球的体积为*兀.答案塔，解题技法解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面 几何问题求解，其解题的思维流程是:_I 1如果是内切球，球心到切点的距离相等且:定球心为半径；如果是外接球，球心到接点的距I 高!离相等且为半径）乃：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽-I可能多的包含球、几何体的各种元素以 作截面H及体现这些元素间的关系），达到空间问n 1题平面化的目的求半径、根据作出截面中的几何元素，建立关于球 下结论1半径的方程，并求解e）训练L（2021天潭高考）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为3271两个圆锥的高之比为1：3,则这两个圆锥的体积之和为（）3，A.3元B.4九C.9九D.12 九327r解析：如图所示，由球的体积为等，可得该球的半径=2,由 题意得，两个圆锥的高O S,O P分别为1和3,TPS为球。的 直径，为直角三角形，又。A_LPS,可得截面圆 半径O,4=小，这两个圆锥的体积之和为（小产（3+1）=4日，故选B.答案：B2.如图，已知球。是棱长为1的正方体由Di的内切球，贝！I平面ACA截球。的截面面积为()C.n6解析：平面ACDi截球。的截面为ACDi的内切圆，正方体棱长 为 1,：.AC=CD1=AD1=2.工内切圆半径r=t a n30，A=.,.S=7W2=ttX：=5，故选C.J 2 o o o答案：C考点3立体几何中的最值问题 师生共研过支如图，平面ACD_L”，3为AC的中点，|AC|=2,ZCBD=60,P为a内的动点，且点尸到直线3D的距离为由，则NAPC的最大值为()D.120A.30C.90解析因为点P到直线50的距离为小，所以空间中到直线3。的距离为5的 点构成一个圆柱面，如图所示，它和平面”相交得一椭圆，即点P在a内的轨迹为一 个椭圆，5为椭圆的中心，b=小,=siLo。：？，贝l c=L所以A,。为椭圆的焦 点.因为椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，所以NAPC的最大值为60。.故选B.答案B解题技法I解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以 从三方面着手：(1)从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；利用空间几何体的侧面展开图；找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最 值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方 法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等.。训练已知点M是棱长为2的正方体AbCD-Ai3c o i的棱4。的中点，点P在平面3。出所在的平面内.若平面OiPM分别与平面A3CD和平面3CG31所成的锐二面角相等，则点P与点G的最短距离是（）A R 也 C 1 Da 5-ij 2 1 3解析：设P在平面A3CD上的射影为P，又在平面331c l e上的射影为（图略），平面C,OiP拉与平面ABCD和平面BCG/所成的锐二面角分别为“，A，贝He o s。=器嬴，s/pm cc o s B=sADipJ 因为COS a=c o s/J,所以m=SAPM,Cj 设P到GM距离为d,贝心X$Xd=：Xl X2,d=T，即点尸到G的最短距离为享.答案：A第二节 空间点、直线、平面之间的位置关系I课程标准借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义；（2）了解四个基本事实和定理，了解空间两条直线位置关系的判定.知识逐点夯实目录CONTENTS考点分类突破课时过关检测01矢口识逐点夯实课前自修重点准逐点清结论要牢记6拿点推逐点清重点一平面的基本事实1.基本事实1:过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面.2.基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这 个平面内.3.基本事实3：如果两个不重合的平面有二L公共点，那么它们有且只有一 条过该点的公共直线.注意三点不一定能确定一个平面.当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面.逐点清1.（多选）（必修第二册128页练习2题改编）下列命题中正确的有（）A.一条直线和一个点可以确定一个平面B.经过两条相交直线，有且只有一个平面C.过两条平行直线有且只有一个平面D.分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的交线上 解析：对于A选项，当这个点在直线上时，无法确定一个平面，故A错误；对于 B、C选项，均为基本事实1的推论，故B、C正确；对于D选项，交点分别含于两条 直线，也分别含于两个平面，必然在交线上，故D正确；故选B、C、D.答案：BCD重点二空间两直线的位置关系1.空间中两直线的位置关系 平行直线：在同一平面内，没有公共点:共面直线，相交直线：在同一平面内，有且只有一个公 共点.、异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.2.异面直线所成的角(1)定义：设m b是两条异面直线，经过空间任一点。分别作直线a /a,b/b,把直线g与所成的鱼叫做异面直线。与b所成的角(或夹角).(-(2)范围：0,513.基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行.4.定理：如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角 相等或互补.逐点清2.（多选汝口图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则 CA 下列说法正确的是（）,nA.45与CD是异面直线 AH一B.GH与CD相交 FC.EF/CDD.Eb与A5异面解析：把展开图还原成正方体，如图所示.还原后点G与。重 合，点5与尸重合，由图可知A、B、C正确，EF与45相交，故D 错，选A、B、C.答案：ABCDAE3.（兴修第二册147页例1改编）如图所示，在正方体45CZ）4IiGDi 中，E,尸分别是45,40的中点，则异面直线BC与EF所成角的 大小为解析：连接HA，AC（图略），则HAF,故ND/iC即为所求的角.又 BiDi=BiC=DC/AC为等边三角形，答案：60重点三空间直线与平面、平面与平面的位置关系1.直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.2.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.注意直线平面。相交、直线，和平面平行统称为直线，在平面口外,记作&逐点清4.（易错题）若直线_1_瓦 且直线。平面处则直线方与平面的位置关系是答案：与“相交或。u”或o祀牯裕卜提速度记结论1.异面直线的判定过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线.2.唯一性定理过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直；(3)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直；(4)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.提速度（多选）下列命题正确的是（）A.过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直B.过直线外一点有且只有一个平面与已知直线平行C.过平面外一点有无数条直线与已知平面平行D.过平面外一点有且只有一个平面与已知平面垂直解析：由结论2可得A、C正确.答案：AC02考点分类突破理解透规律明课堂讲练变化究其本考点平面基本事实的应用师生共研过关期如图所示，在正方体中，E,方分别是 A3和441的中点.求证：(1),C,D,一四点共面;(2)CE,DxF9 ZM三线共点.证明(1)如图，连接后GCD,ArB.VE,歹分别是A/Al】的中点，/.EF/ZBAr.又A/AG.EF/CD13E,C,D19歹四点共面.：EFCDi,EFE=1(1+3)X3 1 3X3 21 a-iX3Xky+.因为AbU平面A5E,所以平面PHD_L平面ARE.过点作“，3。垂足为连接。H.设点A到平面BDE的距离为h.而 DE=yjDH2+EH2=A/1 2+l2=p、5 1所以D3是等腰三角形，腰长为手，底边长为;,所以 Sabde=2因此 V.bde=2X SabdeX入=关=春解得仁年P第五节空间向量及空间位置关系课程标准（i）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的 正交分解及其坐标表示；掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；（3）掌握空间 向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；（4）理解直 线的方向向量及平面的法向量；（5）能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂 直关系；（6）能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识逐点夯实目录CONTENTS考点分类突破课时过关检测01矢口识逐点夯实课前自修重点准逐点清结论要牢记o-童五雄逐点清重点一空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对任意两个空间向量a,b(bHO),ab=存在实数几 使a=ib共面向量定理如果两个向量a,b不共线，那么向量p与向量a,b共面存在唯一 的有序实数对(%,y),使p=xa+yb概念空间向量 基本定理 及推论语言描述定理：如果三个向量a,b,c不共面，那么对任意一个空间向量P，存在唯一的有序实数组(x,J,Z),使得p=xa+jb+z c.推论：设。，A,B,。是不共面的四点，则对平面A3C 内任一点尸都存在唯一的三个有序实数X,y,z,使OP=xOA+yOB+zOC 且 x+y+z=1注意空间向量基本定理的3点注意(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底；由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量；(3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.逐点清L(多选)给出的下列命题中错误的有()A.若空间向量a,b满足|a|=|b|,则a=bB.空间任意两个单位向量必相等C.对于非零向量c,由ac=bc,则a=bD.在向量的数量积运算中(ab)c=a(bc)解析：对于A：若|a|=|b|,则a与b的模相等，但方向不确定，只有当两个向量的 方向相同时，才有a=b,即选项A错误；对于B：单位向量只代表长度相等，均 为1,但方向不确定，即选项B错误；对于C：由平面向量的数量积可知，若a-c=bc,则|a卜c o s =|b|-c o s,即选项C错误；对于D：由于向量的方 向无法确定，所以向量的数量积运算不满足结合律，即选项D错误；故选A、B、C、D.答案：ABCD重点二 空间向量的数量积及坐标运算1.两个非零空间向量的数量积(l)a*b=|a|b|c o s(a,b；(2)a _LbAab=O；(3)设 a=(x,z),贝!|a=a，|a|=42+/+z2.2.空间向量运算的坐标表示a=出，。3），b=Si，电，岳），是常数向量和a+b=Q+如 做+方2，的+-)向量差ab=(aibi，物一方2,。3一)数乘向量Ad,=Xd 9 久3)数量积ab=。1+。262+。353共线abGi=i优，。2=幺52，。3=幺53（7区，bWO）垂直a b0可%+a2b2+的3=0夹角公式瓦+02，+的。3cos a,&；+诏+。久帆+M+M注意理解有关向量的数量积的2点提醒(1)若 b,c(AWO)为实数，则必=c=a=c,但对于向量就不正确，即力=he4a=c；向量数量积的运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律，但不 适合乘法结合律，即(a 6)c不一定等于a Qc).这是由于(a 6)c表示一个与c共线的 向量，而a(Ac)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线.逐点清2.(多选)已知空间向量a=(-2,1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是()A.(2a+b)a B.51a l=4|b|C.a(5a+6b)D.a与b夹角的余弦值为叩1 2 7解析：因为 2a+b=(1,2/7),a=(2,1,1),而二3#二彳W.，故 A 不正确;因为|a|=#,|b|=5缶 所以51a l=小也|,故B正确;因为a(5a+6b)=5a?+6ab=5X(4+l+l)+6X(64+5)=0,故 C 正确；又 ab=-5,c o s(a,b)5 _=土y.4=A 故D不正确故选B、C.6X52 o答案：BC重点三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a的有向线段所在直线与直线/平行或 共线，则称此向量a为直线/的方向向量.2.平面的法向量：直线LL”，取直线/的方向向量a,则向量a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.逐点清3.(2022盐城模拟)若直线/的方向向量a=(l,2,-1),平面g的一个法向量m=(-2,-4,k)9 若 LL。，则实数左=.解析：的方向向量a=(l,2,1)与平面的法向量m=(2,-4,k)1=-2,共线，存在实数九 使a=2m,即2=一4九-l=kl9解得=一 k=2.答案：2重点四空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线A，2的方向向量分别为山，n2h/l2n i 1120n l=Aii2（RR）3n i_Ln 20 n l ri2=0直线1的方向向量为n,平面a的法向量为ml/an m 0nm=0l-Lanm 台n=Am（kR）平面/的法向量分别为n,ma/f inm 台n=Am（上R）n m 台nm=0逐点清4.（易错题）如图所示，在正方体45c o 451GA中，。是底面正方 形A5C。的中心，M是OR的中点，N是的中点，则直线 ON,AM的位置关系是.解析：以。为坐标原点，DA,DC,ODi所在直线分别为X,y,z轴建立空间直角坐标系(图略)，设 ZM=2,贝!|4(2,0,0),M(0,0,l),。(1,1,0),NQ,1,2),所以AM=(-2,0,1),市=(1,0,2),AM-V=-2+0+2=0,所以 AMLON.答案：垂直o记给论疆遂夜记结论1.在平面中A,B,。三点共线的充要条件是：市=工加+/必（其中x+y=1）,。为平面内任意一点.2.在空间中P,A,B,C四点共面的充要条件是：OP=xOA yOB（其中x+y+z=l）,。为空间任意一点.提速度-3-1-。为空间中任意一点，A,B,C三点不共线，且。尸=）。4+&O3+1OC,若P,Q oA,B,。四点共面，则实数/=.3 1 1解析：由结论2可知汁=1,所以=O O答案：0O02考点分类突破理解透规律明课堂讲练变化究其本考点空间向量的线性运算.基础自学过站1.在正方体ABCDBr C 中，点P是CR 的中点,且7?=AD+AB+y启，则实数x+y=A.()12C.I D.|解析：AP+D+dI?=AD=D+xAB+y A9 故1 3x=29 7=1，所以x+y=5.答案：D2.在正方体AbCZXiiSGOi中，点M，N分别是面对角线4道与修小的中点，若 DA=a,DC=b,DDr=c9 则Af N=.BA+AX)+1(A+il G)=b+c)+(ba)=(ca).解析：MN=MA1+A1N=2BA1+A1C1=2(答案：|(ca)练后悟通空间向量线性运算的几个关键点(1)结合图形，明确图形中各线段的几何关系；(2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义；平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间向量中仍然成立.2考点共线、共面向量定理的应用师生共研过关似口)(2022天津模拟)已知A,B,C三点不共线，对平面A3C外的任一点。,若点M满足加=；(万T+而+方方).判断而，MB,碇三个向量是否共面；判断点M是否在平面A3C内.解(1)由题知肉+OB+OC=3OM9 所以万T-OM=(OM-OB)+(OM-OC)9即而=面/+&?=一1指一就，所以加，MB,流共面.(2)由(1)知，M4,MB9 就三个向量共面且通过同一点所以M,A,B,C四点共面，从而点M在平面ABC内.解题技法证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P,A,3)共线空间四点(M,P,A,3)共面且同过点尸MP=xMA+y加且同过点M对空间任一点。，。户=。1+口3对空间任一点0,OP=OM+xMA+yMB对空间任一点。，OP=x OA+(l-x)OB对空间任一点0,OP=xOM+y OA+(1xj)OB。训练如图所示，已知斜三棱柱A3CA15G，点拉，N分别在AG和 3c上，且满足元7=4高，BN=kBC(0/上/1)判断向量研 是否与向量7?,而共面.解：因为筋=4高，BN=kBC9所以前=1五+7?+五？=左下法+刀+kBC=k(QA+BC)+AB=k(QA+BC1)+B=kBA+B=AB-kARy=-k(A+B)=(l-kAB-kAA9所以由共面向量定理知向量而法与向量工了，高共面.考点厂 空间向量数量积的应用.师生共研过关(M3如图,已知平行六面体ABCDBDr中，底面ABCD是 边长为 1 的正方形，AAi=2,ZA1AB=ZAtAD=120.求线段AG的长；(2)求异面直线AG与A.D所成角的余弦值；(3)求证：AAilBD.解(1)设45=a,AD=b,AA1=c9 则|a|=|b|=L|c|=2,a-b=O,c-a=c*b=2 X1X c o s 120=1.VAQ=AC+CC=AB+AD+高=a+b+c,A|ACi|=|a+b+c|=(a+b+c)2=A/|a|2+|b|2+|c|2+2(a b+b c+ca)=a/12+12+22+2X(0-1-1)=a/2.线段AG的长为V2.(2)设异面直线AC,与A.D所成的角为仇 则c o s 6=|c o s4G，4。1=记布I|AGI|aI3|:ACi=a+b+c,A1。=bc,:.AGAi。=(a+b+c)-(bc)=a*b a*c+b2-c2=0+1+12-22=-2,I近|=U(A-c)2=Y|2-2c+|c=y-2x(1)+22=仍.c o s 0=记I3|_ L2|_旧-7*l AGIIADI 故异面直线AG与4。所成角的余弦值为”.(3)证明：；AAi=c,BD=ba,.AABD=c*(ba)=c*bc*a=(-l)-(-l)=O,AAr BD,BP AABD.3，解题技法空间向量数量积的3个应用求夹角设向量a,b的夹角为仇贝ho s。一网，进而可求两异面直线所成的角求长度(距离)利用公式|a|2=aa,可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题解决垂直问题利用a _Lb0ab=0(a 20,b20),可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题。训练如图，正四面体ABC。(所有棱长均相等)的棱长为1,E,F,G,H 分别是正四面体A5CD中棱3C,AD9 AB9 CD的中点，设工了=a,AC=b,AD=c9试采用向量法解决下列问题：求后的模长；(2)求后，W的夹角.解：（1）因为正四面体A3CD的棱长为L E,F,G,H分别是正四面体A3CD中对应各棱的中点，AB=a,-AC=b,AD=c,所以 BE=3 BC=1-1-1-12(AC AB)=2(ba),AF=2C；(c-ab),所以=EB+BA+1f=(b-a)-a+|c=所以|EF|2=(c a b)2=(c2+a2+b2 2a-c+2a-b 2b*c)=：(1+1+1 2X1X1Xcos 600+2Xl Xl Xc o s 60。一2XIXl Xc o s 60。)=：,故隹|=g.(2)在正四面体A3CO 中，-EF=|(c-a-b),EF=.同理，GH=(b+ca),V2gh=.所以 c o s =-ab)a S+c-a)住公a2 X 2efgh1(c2+a2-2c-a-b2)=1(1+1-2X1X1Xcos 60-l)=0,所以EF与GH的夹角为90.考点利用空间向量证明平行、垂直师生共研过关如图，已知 AAiJ_平面 ABC,BB/AA AB=AC=39 BC=2/5,AAi=S，BBi=2木,点和方分别为3C和AC的中点.求证：平面A/A；求证：平面AAi_L平面3c修.证明因为AB=AC9 为5C的中点，所以AELBC.因为44平面ABC,AA/BB所以过作平行于351的垂线为z轴，EC,A所在直线分别为3轴，y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为 43=3,BE=