新人教A版高中数学选修2-1第三章《空间向量与立体几何》知识点汇总及解题方法总计

第三章 空间向量与立体几何单元小结
[核心速填]
1．空间向量的有关定理和推论
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .
(2)共线向量定理的推论：若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →
＋μOB →
，且λ＋μ＝1.
(3)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 共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b .
(4)共面向量定理的推论：已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，则P ，A ，B ，
C 四点共面的充要条件是OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →
(其中x ＋y ＋z ＝1)．
(5)空间向量基本定理：如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．
2．空间向量运算的坐标表示
设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)． (1)a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)，
a －
b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，
λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，
a ·
b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3.
(2)重要结论：
a ∥
b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )； a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0.
3．模、夹角和距离公式
(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则
①|a |＝a ·a
②cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝(2)设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则
d AB ＝|AB →
|4．空间向量的结论与线面位置关系的对应关系
(1)设直线l 的方向向量是u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量v ＝(a 2，b 2，c 2)， 则l ∥α⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔(a 1，b 1，c 1)＝
k (a 2，b 2，c 2)⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2(k ∈R )．
(2)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u ，v ，则
l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ；
α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0. 5．空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.
(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的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.
(3)求二面角的大小：
(ⅰ)如图3­1①，AB ，CD 是二面角α­l ­β的两个半平面α，β内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．
图3­1
(ⅱ)如图3­1②③，n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．
[体系构建]
[题型探究]
类型一、空间向量的基本概念及运算
例1、如图3­2，在四棱锥S ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，S 到A 、B 、C 、
D 的距离都等于2.给出以下结论：
图3­2
①SA →＋SB →＋SC →＋SD →
＝0； ②SA →＋SB →－SC →－SD →
＝0； ③SA →－SB →＋SC →－SD →
＝0； ④SA →·SB →＝SC →·SD →； ⑤SA →·SC →
＝0.
其中正确结论的序号是________． 【答案】 ③④
【解析】容易推出SA →－SB →＋SC →－SD →＝BA →＋DC →
＝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SA →·SB →＝2·2·cos∠ASB ，SC →·SD →
＝2·2·cos ∠CSD ，而∠ASB ＝∠CSD ，于是SA →·SB →＝SC →·SD →
，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
[规律方法] 1.空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量．
2．空间向量的数量积
(1)空间向量的数量积的定义表达式a ·b ＝|a |·|b |·cos 〈a ，b 〉及其变式cos 〈a ，b 〉＝
a ·b
|a | ·|b |
是两个重要公式． (2)空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式，如a 2
＝|a |2
，a 在b 上的投影
a ·b
|b |
＝|a |·cos θ等．
[跟踪训练]
1.如图3­3，已知ABCD ­A ′B ′C ′D ′是平行六面体．
设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC ′B ′对角线BC ′上的34分点，设MN →＝αAB →＋βAD
→
＋γAA ′→
，则α＋β＋γ＝________.
图3­3
【答案】3
2
[连接BD ，则M 为BD 的中点，
MN →＝MB →＋BN →
＝12DB →＋34BC ′→
＝12
(DA →
＋AB →
)＋34
(BC →＋CC ′→
)＝12
(－AD →＋AB →
)＋34
(AD →＋AA ′→
)＝
12
AB →
＋14AD →＋34
AA ′→.
∴α＝12，β＝14，γ＝34.∴α＋β＋γ＝32.]
类型二、空间向量的坐标运算
例2、(1)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝1
2x －2a ，则x ＝( )
A ．(0,3，－6)
B ．(0,6，－20)
C ．(0,6，－6)
D ．(6,6，－6)
(2)已知向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，a ∥b ，b ⊥C ． ①求向量a ，b ，c ；
②求a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值.
【答案】(1)B [由b ＝1
2
x －2a 得x ＝4a ＋2b ，
又4a ＋2b ＝4(2,3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0,6，－20)， 所以x ＝(0,6，－20)．]
(2)①∵向量a ＝(x,1,2)，b ＝(1，y ，－2)，c ＝(3,1，z )，且a ∥b ，b ⊥c ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＝1y ＝2－23＋y －2z ＝0
，解得⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝－1，y ＝－1，
z ＝1，
∴向量a ＝(－1,1,2)，b ＝(1，－1，－2)，c ＝(3,1,1)． ②∵a ＋c ＝(2,2,3)，b ＋c ＝(4,0，－1)， ∴(a ＋c )·(b ＋c )＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5，
|a ＋c |＝22
＋22
＋32
＝17，|b ＋c |＝42
＋02
＋(－1)2
＝17， ∴a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为(a ＋c )·(b ＋c )|a ＋c ||b ＋c |＝5
17.
[规律方法] 熟记空间向量的坐标运算公式 设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)， (1)加减运算：a ±b ＝(x 1±x 2，y 1±y 2，z 1±z 2). (2)数量积运算：a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (3)向量夹角：cos 〈a ，b 〉＝
x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2
x 21＋y 21＋z 21x 22＋y 22＋z 2
2
. (4)向量长度：设M 1(x 1，y 1，z 1)，M 2(x 2，y 2，z 2)，则|M 1M 2→|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2
. 提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算. [跟踪训练]
2．在空间直角坐标系中，已知点A (1，－2,11)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 一定是( )
A ．等腰三角形
B ．等边三角形
C ．直角三角形
D ．等腰直角三角形
【答案】C [∵AB →＝(3,4，－8)，AC →＝(5,1，－7)，BC →＝(2，－3,1)，∴|AB →|＝32＋42＋(－8)2＝89，|AC →|＝52＋12＋(－7)2＝75，|BC →|＝22＋(－3)2
＋1＝14，∴|AC →|2＋|BC →|2＝|AB →|2
，∴△ABC 一定为直角三角形．]
类型三、利用空间向量证明平行、垂直问题
例3、 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．
[思路探究] (1)证明向量BM →
垂直于平面PAD 的一个法向量即可；
(2)假设存在点N ，设出其坐标，利用MN →⊥BD →，MN →⊥PB →
，列方程求其坐标即可． 【答案】以A 为原点，以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，则B (1,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，M (1，1,1)，
(1)证明：∵BM →
＝(0,1,1)，
平面PAD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)， ∴BM →·n ＝0，即BM →
⊥n ，
又BM ⊄平面PAD ，∴BM ∥平面PAD ． (2)BD →＝(－1,2,0)，PB →
＝(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MN →
＝(－1，y －1，z －1)， 从而MN ⊥BD ，MN ⊥PB ， ∴⎩⎪⎨
⎪⎧
MN →·BD →＝0，MN →·PB →＝0，即⎩
⎪⎨
⎪⎧
1＋2(y －1)＝0，
－1－2(z －1)＝0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝12，z ＝1
2，
∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，∴在平面PAD 内存在一点N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，12，使MN ⊥平面PBD ．
[规律方法]
利用空间向量证明空间中的位置关系
(1)线线平行：
证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． (2)线线垂直：
证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直． (3)线面平行：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；
③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．
(4)线面垂直：
①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；
②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．
(5)面面平行：
①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题．
(6)面面垂直：
①证明两个平面的法向量互相垂直；
②转化为线面垂直、线线垂直问题．
[跟踪训练]
3．如图3­4，长方体ABCD­A1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D．
图3­4
(1)求证：A1C⊥平面AMN.
(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置.
【答案】(1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM⊂平面AA1B1B，
所以CB⊥AM，又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，
所以AM⊥平面A1BC，
所以A1C⊥AM，
同理可证A1C⊥AN，
又AM∩AN＝A，
所以A1C⊥平面AMN.
(2)以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
因为AB ＝2，AD ＝2，A 1A ＝3，
所以C (0,0,0)，A 1(2,2,3)，C 1(0,0,3)，CA 1→
＝(2,2,3)， 由(1)知CA 1⊥平面AMN ，
故平面AMN 的一个法向量为CA 1→
＝(2,2,3)．
设线段AA 1上存在一点P (2,2，t )，使得C 1P ∥平面AMN ，则C 1P →
＝(2,2，t －3)， 因为C 1P ∥平面AMN ，
所以C 1P →·CA 1→
＝4＋4＋3t －9＝0， 解得t ＝13.所以P ⎝
⎛⎭⎪⎫2，2，13， 所以线段AA 1上存在一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2，13，使得C 1P ∥平面AMN .
类型四、利用空间向量求空间角
例4、如图3­5，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图(2)所示的四棱锥
A ′­BCDE ，其中A ′O ＝ 3.
(1) (2)
图3­5
(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；
(2)求二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值．
[思路探究] (1)利用勾股定理可证A ′O ⊥OD ，A ′O ⊥OE ，从而证得A ′O ⊥平面BCDE ；(2)用“三垂线”法作二面角的平面角后求解或用向量法求两个平面的法向量的夹角．
【答案】(1)证明：由题意，得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2. 如图，连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理，得
OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.
由翻折不变性，知A ′D ＝22，
所以A ′O 2
＋OD 2
＝A ′D 2
，所以A ′O ⊥OD ． 同理可证A ′O ⊥OE .
又因为OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .
(2)如图，过点O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于点H ，连接A ′H .
因为A ′O ⊥平面BCDE ，OH ⊥CD ， 所以A ′H ⊥CD ．
所以∠A ′HO 为二面角A ′­CD ­B 的平面角． 结合图(1)可知，H 为AC 的中点，故OH ＝32
2，
从而A ′H ＝OH 2
＋A ′O 2
＝302
. 所以cos ∠A ′HO ＝
OH A ′H ＝155
. 所以二面角A ′­CD ­B 的平面角的余弦值为
15
5
. [规律方法] 用向量法求空间角的注意点
(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．
(2)直线与平面所成的角：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cos 〈n ，a 〉，易知θ＝〈n ，a 〉－π2或者π
2
－〈n ，
a 〉．
(3)二面角：如图3­6，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n 1与n 2，则平面α与β所成的角跟法向量n 1与n 2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．
图3­6
[跟踪训练]
4．在如图3­7所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB
是圆台的一条母线．
图3­7
(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ． (2)已知EF ＝FB ＝1
2AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F ­BC ­A 的余弦值.
【答案】 (1)证明：设CF 的中点为I ，连接GI ，HI .
在△CEF 中，因为点G ，I 分别是CE ，CF 的中点， 所以GI ∥EF .
又EF ∥OB ，所以GI ∥OB ．
在△CFB 中，因为H ，I 分别是FB ，CF 的中点， 所以HI ∥BC ．
又HI ∩GI ＝I ，BC ∩OB ＝B ， 所以平面GHI ∥平面ABC ． 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC ．
(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC ．
又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径， 所以BO ⊥AC ．
以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)． 过点F 作FM ⊥OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2
－BM 2
＝3， 可得F (0，3，3)．
11 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．
由⎩⎪⎨⎪⎧
m ·BC →＝0，m ·BF →＝0
可得⎩⎨⎧ －23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.
可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
－1，1，33.
因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m |·|n |＝7
7，
所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为7
7.。