【配套K12】数学选修2-1北师大版：第二章 空间向量与立体几何 疑难规律方法 第二章

§2 空间向量的运算(一)学习目标 1.了解空间向量的加减法及运算律.2.理解空间向量的数乘运算及运算律，并掌握共线向量定理．知识点一 空间向量的加减法及运算律思考 下面给出了两个空间向量a ，b ，如何作出b ＋a ，b －a?答案 如图，空间中的两个向量a ，b 相加时，我们可以先把向量a ，b 平移到同一个平面α内，以任意点O 为起点作OA →＝a ，OB →＝b ，则OC →＝OA →＋OB →＝a ＋b ，AB →＝OB →－OA →＝b －a.梳理 类似于平面向量，可以定义空间向量的加法和减法运算．OB →＝OA →＋AB →＝a ＋b ， CA →＝OA →－OC →＝a －b知识点二 空间向量的数乘运算及运算律注：在平面中，我们讨论过两个向量共线的问题，在空间中也有相应的结论． 空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在唯一一个实数λ，使得a ＝λb .1．若a ＋b ＝0，则a ＝b ＝0.(×)2．设λ∈R ，若a ＝λb ，则a 与b 共线．(×) 3.OA →－OB →＝AB →.(×)4．直线l 的方向向量为a ，若a ∥平面α，则l ∥平面α.(×)类型一 空间向量的加减运算例1 如图，已知长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，化简下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量．(1)AA ′—→－CB →； (2)AA ′—→＋AB →＋B ′C ′——→. 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算解 (1)AA ′—→－CB →＝AA ′—→－DA →＝AA ′—→＋AD →＝AD ′—→.(2)AA ′—→＋AB →＋B ′C ′——→＝(AA ′—→＋AB →)＋B ′C ′——→＝AB ′—→＋B ′C ′——→＝AC ′—→. 向量AD ′—→，AC ′—→如图所示．引申探究利用本例题图，化简AA ′—→＋A ′B ′→＋B ′C ′—→＋C ′A —→. 解 结合加法运算AA ′—→＋A ′B ′—→＝AB ′—→，AB ′—→＋B ′C ′—→＝AC ′—→，AC ′—→＋C ′A —→＝0. 故AA ′—→＋A ′B ′——→＋B ′C ′——→＋C ′A —→＝0.反思与感悟 (1)首尾顺次相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，即A 1A 2—→＋A 2A 3—→＋A 3A 4—→＋…＋A n －1A n ———→＝A 1A n —→.(2)首尾顺次相接的若干向量若构成一个封闭图形，则它们的和为0.如图，OB →＋BC →＋CD →＋DE →＋EF →＋FG →＋GH →＋HO →＝0.跟踪训练1 在如图所示的平行六面体中，求证：AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝2AC ′—→.考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算的应用证明 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形，∴AC →＝AB →＋AD →，AB ′—→＝AB →＋AA ′—→，AD ′—→＝AD →＋AA ′—→， ∴AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA ′—→)＋(AD →＋AA ′—→) ＝2(AB →＋AD →＋AA ′—→)． 又∵AA ′—→＝CC ′—→，AD →＝BC →，∴AB →＋AD →＋AA ′—→＝AB →＋BC →＋CC ′—→＝AC →＋CC ′—→＝AC ′—→. ∴AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝2AC ′—→. 类型二 共线问题例2 (1)已知向量a ，b ，且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则一定共线的三点是( ) A ．A ，B ，D B ．A ，B ，C C ．B ，C ，DD ．A ，C ，D(2)设e 1，e 2是空间两个不共线的向量，已知AB →＝e 1＋k e 2，BC →＝5e 1＋4e 2，DC →＝－e 1－2e 2，且A ，B ，D 三点共线，实数k ＝________. 考点 线线、线面平行的判断 题点 线线平行的判断 答案 (1)A (2)1解析 (1)因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →＝3a ＋6b ＝3(a ＋2b )＝3AB →，故AD →∥AB →，又AD →与AB →有公共点A ，所以A ，B ，D 三点共线．(2)因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →＝7e 1＋(k ＋6)e 2， 且AB →与AD →共线，故AD →＝xAB →， 即7e 1＋(k ＋6)e 2＝x e 1＋xk e 2， 故(7－x )e 1＋(k ＋6－xk )e 2＝0， 又∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7－x ＝0，k ＋6－kx ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，k ＝1，故k 的值为1. 反思与感悟 (1)判断向量共线的策略①熟记共线向量的充要条件：(ⅰ)若a ∥b ，b ≠0，则存在唯一实数λ使a ＝λb ；(ⅱ)若存在唯一实数λ，使a ＝λb ，b ≠0，则a ∥b . ②判断向量共线的关键：找到实数λ. (2)证明空间三点共线的三种思路对于空间三点P ，A ，B 可通过证明下列结论来证明三点共线． ①存在实数λ，使P A →＝λPB →成立．②对空间任一点O ，有OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )． ③对空间任一点O ，有OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)．跟踪训练2 如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，CD 的中点，请判断向量EF →与AD →＋BC →是否共线？考点 线线、线面平行的判断 题点 线线平行的判断解 设AC 的中点为G ，连接EG ，FG ， ∴GF →＝12AD →，EG →＝12BC →，又∵GF →，EG →，EF →共面，∴EF →＝EG →＋GF →＝12BC →＋12AD →＝12(AD →＋BC →)，∴EF →与AD →＋BC →共线．类型三 空间向量的数乘运算及应用例3 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N —→；(3)MP →＋NC 1—→. 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间向量的线性运算 解 (1)AP →＝AD 1—→＋D 1P —→＝(AA 1—→＋AD →)＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)A 1N —→＝A 1A —→＋AN →＝－AA 1—→＋AB →＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .(3)MP →＋NC 1—→＝(MA 1—→＋A 1D 1—→＋D 1P —→)＋(NC →＋CC 1→) ＝12AA 1—→＋AD →＋12AB →＋12AD →＋AA 1—→ ＝32AA 1—→＋32AD →＋12AB →＝32a ＋12b ＋32c . 引申探究若把本例中“P 是C 1D 1的中点”改为“P 在线段C 1D 1上，且C 1P PD 1＝12”，其他条件不变，如何表示AP →？解 AP →＝AD 1—→＋D 1P —→＝AA 1—→＋AD →＋23AB →＝a ＋c ＋23b .反思与感悟 利用数乘运算进行向量表示的技巧(1)数形结合：利用数乘运算解题时，要结合具体图形，利用三角形法则、平行四边形法则，将目标向量转化为已知向量．(2)明确目标：在化简过程中要有目标意识，巧妙运用中点性质．跟踪训练3 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 在A 1D 1上，且A 1E —→＝2ED 1—→，F 在对角线A 1C 上，且A 1F —→＝23FC →.求证：E ，F ，B 三点共线． 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 证明 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c . 因为A 1E —→＝2ED 1—→，A 1F —→＝23FC →，所以A 1E —→＝23A 1D 1—→，A 1F —→＝25A 1C —→，所以A 1E —→＝23AD →＝23b ，A 1F —→＝25(AC →－AA 1—→)＝25(AB →＋AD →－AA 1—→)＝25a ＋25b －25c ， 所以EF →＝A 1F —→－A 1E —→＝25a －415b －25c＝25⎝⎛⎭⎫a －23b －c . 又EB →＝EA 1—→＋A 1A —→＋AB →＝－23b －c ＋a ＝a －23b －c ，所以EF →＝25EB →，又因为EF →与EB →有公共点E ，所以E ，F ，B 三点共线．1.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算的结果为AC 1—→的共有( )①(AB →＋BC →)＋CC 1—→； ②(AA 1—→＋A 1D 1—→)＋D 1C 1—→； ③(AB →＋BB 1—→)＋B 1C 1—→； ④(AA 1—→＋A 1B 1—→)＋B 1C 1—→.A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 D解析 ①(AB →＋BC →)＋CC 1—→＝AC →＋CC 1—→＝AC 1—→； ②(AA 1—→＋A 1D 1—→)＋D 1C 1—→＝AD 1—→＋D 1C 1—→＝AC 1—→； ③(AB →＋BB 1—→)＋B 1C 1—→＝AB 1—→＋B 1C 1—→＝AC 1—→； ④(AA 1—→＋A 1B 1—→)＋B 1C 1—→＝AB 1—→＋B 1C 1—→＝AC 1—→，故选D.2．设有四边形ABCD ，O 为空间任意一点，且AO →＋OB →＝DO →＋OC →，则四边形ABCD 是( ) A ．平行四边形 B ．空间四边形 C ．等腰梯形D ．矩形考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算的应用 答案 A解析 由AO →＋OB →＝AB →＝DO →＋OC →＝DC →，得AB →＝DC →，故四边形ABCD 为平行四边形，故选A.3．下列条件，能说明空间不重合的A ，B ，C 三点共线的是( ) A.AB →＋BC →＝AC →B.AB →－BC →＝AC →C.AB →＝BC →D ．|AB →|＝|BC →|考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 C解析 由AB →＝BC →知AB →与BC →共线，又因有一共同的点B ，故A ，B ，C 三点共线．4．若非零空间向量e 1，e 2不共线，则使2k e 1－e 2与e 1＋2(k ＋1)e 2共线的k 的值为________． 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 －12解析 若2k e 1－e 2与e 1＋2(k ＋1)e 2共线， 则2k e 1－e 2＝λ[e 1＋2(k ＋1)e 2]，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＝λ，－1＝2λ(k ＋1)，∴k ＝－12.5．化简2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝________. 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 0解析 2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝2AB →＋2BC →＋2CD →＋2DA →＋CD →＋DA →＋AC →＝0.(1)空间向量加法、减法运算的两个技巧①巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接．②巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果．(2)证明(或判断)三点A ，B ，C 共线时，只需证明存在实数λ，使AB →＝λBC →(或AB →＝λAC →)即可，也可用“对空间任意一点O ，有OC →＝tOA →＋(1－t )OB →”来证明三点A ，B ，C 共线．一、选择题1．化简PM →－PN →＋MN →所得的结果是( ) A.PM → B.NP → C ．0D.MN →考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 C解析 PM →－PN →＋MN →＝NM →＋MN →＝NM →－NM →＝0，故选C. 2．空间任意四个点A ，B ，C ，D ，则DA →＋CD →－CB →等于( ) A.DB → B.AC → C.AB →D.BA → 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 D3．已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD ，设G 是CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →)等于( )A.AG →B.CG →C.BC →D.12BC → 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 A解析 如图，因为BD →＋BC →＝2BG →，所以AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋BG →＝AG →.4．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点．若A 1B 1—→＝a ，A 1D 1—→＝b ，A 1A —→＝c ，则下列向量中与B 1M —→相等的向量是( ) A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c考点 空间向量的数乘运算 题点 空间向量的线性运算 答案 A解析 B 1M —→＝B 1B —→＋BM →＝A 1A →＋12(BA →＋BC →)＝c ＋12(－a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .5．如图所示，在四面体A －BCD 中，点E 是CD 的中点，记AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则BE →等于( )A ．a －12b ＋12cB ．－a ＋12b ＋12cC ．12a －b ＋12cD ．－12a ＋b ＋12c考点 空间向量的数乘运算 题点 空间向量的线性运算 答案 B解析 连接AE (图略)，∵E 是CD 的中点，AC →＝b ，AD →＝c ， ∴AE →＝12(AC →＋AD →)＝12(b ＋c )．在△ABE 中，BE →＝BA →＋AE →＝－AB →＋AE →，又AB →＝a ，∴BE →＝－a ＋12(b ＋c )＝－a ＋12b ＋12c . 6．设点M 是△ABC 的重心，记BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，且a ＋b ＋c ＝0，则AM →等于( )A.b －c 2B.c －b 2C.b －c 3D.c －b 3考点 空间向量的数乘运算题点 空间向量的线性运算答案 D解析 设D 是BC 边的中点，∵M 是△ABC 的重心，∴AM →＝23AD →.而AD →＝12(AB →＋AC →)＝12(c －b )， ∴AM →＝13(c －b )． 7．设空间四点O ，A ，B ，P 满足OP →＝mOA →＋nOB →，其中m ＋n ＝1，则( )A ．点P 一定在直线AB 上B ．点P 一定不在直线AB 上C ．点P 可能在直线AB 上，也可能不在直线AB 上D ．AB →与AP →的方向一定相同考点 空间向量的数乘运算题点 空间共线向量定理及应用答案 A解析 已知m ＋n ＝1，则m ＝1－n ，OP →＝(1－n )OA →＋nOB →＝OA →－nOA →＋nOB →，即OP →－OA →＝n (OB →－OA →)，即AP →＝nAB →.因为AB →≠0，所以AP →和AB →共线，又AP 和AB 有公共点A ，所以点A ，P ，B 共线，故选A.二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，化简AB →－CD →＋BC →－DA →的结果是________．考点 空间向量的加减运算题点 空间向量的加减运算答案 2AC →解析 AB →－CD →＋BC →－DA →＝AB →＋BC →＋DC →－DA →＝AC →＋AC →＝2AC →.9．在空间四边形ABCD 中，连接BD ，若△BCD 是正三角形，且E 为其中心，则AB →＋12BC →－32DE →－AD →的化简结果为________． 考点 空间向量的数乘运算题点 空间向量的线性运算答案 0解析 连接DE 并延长交BC 于点F ，连接AF (图略)，则DF →＝32DE →， ∴AB →＋12BC →－32DE →－AD → ＝AB →＋BF →－DF →＋DA →＝AF →＋FD →＋DA →＝0.10．若G 为△ABC 内一点，且满足AG →＋BG →＋CG →＝0，则G 为△ABC 的________．(填“外心”“内心”“垂心”“重心”)考点 空间向量的加减运算题点 空间向量的加减运算的应用答案 重心解析 因为AG →＋BG →＝－CG →＝GC →，所以AG 所在直线的延长线为边BC 上的中线，同理，得BG 所在直线的延长线为AC 边上的中线，故G 为其重心．11．已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任意一点O ，有OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →，则x 的值为________．考点 空间向量的数乘运算题点 空间共面向量定理及应用答案 13解析 ∵OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →， 且M ，A ，B ，C 四点共面，∴x ＋13＋13＝1，∴x ＝13. 三、解答题12．如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在的平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 上，且BM ＝13BD ，AN ＝13AE .求证：MN ∥平面CDE .考点 空间向量的数乘运算题点 空间向量共面定理及应用证明 因为M 在BD 上，且BM ＝13BD ， 所以MB →＝13DB →＝13DA →＋13AB →. 同理AN →＝13AD →＋13DE →. 所以MN →＝MB →＋BA →＋AN →＝13DA →＋13AB →＋BA →＋13AD →＋13DE → ＝23BA →＋13DE →＝23CD →＋13DE →. 又CD →与DE →不共线，根据共面向量定理可知MN →，CD →，DE →共面．因为MN 不在平面CDE 内，所以MN ∥平面CDE .四、探究与拓展13．已知向量a ，b ，c 互相平行，其中a ，c 同向，a ，b 反向，|a |＝3，|b |＝2，|c |＝1，则|a ＋b ＋c |＝________.答案 214．设e 1，e 2，e 3三向量不共面，而AB →＝e 1＋2e 2＋3e 3，BC →＝2e 1＋λe 2＋μe 3，CD →＝3λe 1－e 2－2μe 3，如果A ，B ，D 三点共线，则λ，μ的值为________．考点 空间向量的数乘运算题点 空间共线向量定理及应用解析 BD →＝BC →＋CD →＝(2e 1＋λe 2＋μe 3)＋(3λe 1－e 2－2μe 3)＝(2＋3λ)e 1＋(λ－1)e 2－μe 3. ∵A ，B ，D 三点共线，∴AB →与BD →是共线向量．∴存在实数k ，使得AB →＝kBD →，即e 1＋2e 2＋3e 3＝k [(2＋3λ)e 1＋(λ－1)e 2－μe 3]． ∴(1－2k －3kλ)e 1＋(2－kλ＋k )e 2＋(3＋kμ)e 3＝0. ∵e 1，e 2，e 3三向量不共面，∴1－2k －3kλ＝0,2－kλ＋k ＝0,3＋kμ＝0.将k ＝－3μ代入前两式， 可得⎩⎪⎨⎪⎧9λ＋μ＋6＝0，3λ＋2μ－3＝0， 解得λ＝－1，μ＝3.。

北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》一、教学目标：复习平面向量的基础知识，为学习空间向量作准备二、教学重点：平面向量的基础知识。

教学难点：运用向量知识解决具体问题三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、基本概念向量、向量的模、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、共线向量、相反向量、向量的加法、向量的减法、实数与向量的积、向量的坐标表示、向量的夹角、向量的数量积。

（二）、基本运算1、向量的运算及其性质运算类型几何方法坐标方法运算性质向量的加法1平行四边形法则2三角形法则),(2121yyxxba++=+abba+=+)()(cbacba++=++ACBCAB=+向量的减法三角形法则),(2121yyxxba--=-)(baba-+=-BAAB-=ABOAOB=-向量的乘法1a是一个向量,满足:2>0时,aλ与a同向;λ<0时,aλ与a异向;λ=0时, aλ=0),(yxaλλλ=aa)()(λμμλ=aaaμλμλ+=+)(babaλλλ+=+)(a∥babλ=⇔向量的ba∙是一个数10=或0=b时,ba∙=02121yyxxba+=∙abba∙=∙)()()(bababa∙=∙=∙λλλcbcacba∙+∙=∙+)(数 量 积20≠且0≠b 时,),cos(||||b a b a b a =∙22||a a =22||y x a +=||||||b a b a ≤∙2、平面向量基本定理：如果21,e e是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数21,λλ，使a =； 注意)(21+=,)1(λλ-+=的几何意义 3、两个向量平行的充要条件： ⑴ //a b的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则//a b 的充要条件是： ；（坐标表示）4、两个非零向量垂直的充要条件： ⑴ a b ⊥的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则a b ⊥ 的充要条件是： ；（坐标表示）（三）、课堂练习1．O 为平面上的定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，若( OB -OC )·(OB +OC －2OA )=0，则∆ABC 是（ ）A ．以AB 为底边的等腰三角形 B ．以BC 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形D ．以BC 为斜边的直角三角形2．P 是△ABC 所在平面上一点，若⋅=⋅=⋅，则P 是△ABC 的（ ） A ．外心 B ．内心 C ．重心 D ．垂心3．在四边形ABCD 中，−→−AB ＝−→−DC ，且−→−AC ·−→−BD ＝0，则四边形ABCD 是（ ） A ． 矩形 B ． 菱形 C ．直角梯形 D ．等腰梯形4．已知||p = ||3q = ，p 、q 的夹角为45︒，则以52a p q =+ ，3b p q =-为邻边的平行四边形的一条对角线长为（ ） A ．15BC ． 14D ．165．O 是平面上一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足=)||||AC AB ++λ，),0[+∞∈λ则P 的轨迹一定通过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心 （四）、作业布置1．设平面向量=(－2，1)，=(λ，-1)，若与的夹角为钝角，则λ的取值范围是（ ） A ．),2()2,21(+∞- B ．),2(+∞ C ．),21(+∞- D ．)21,(--∞ 2．若()(),0,7,4,3,2=+-==c a b a 方向在则上的投影为 。

§3向量的坐标表示和空间向量基本定理(一)3．1 空间向量的标准正交分解与坐标表示3．2 空间向量基本定理学习目标1.了解空间向量基本定理.2.了解基底、标准正交基的概念.3.掌握空间向量的坐标表示，能在适当的坐标系中写出向量的坐标．知识点一空间向量的坐标表示空间向量的正交分解及其坐标表示知识点二空间向量基本定理思考平面向量基本定理的内容是什么？答案如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e1＋λ2e2，其中，不共线的e1，e2叫作表示这一平面内所有向量的一组基底．梳理(1)空间向量基本定理(2)基底条件：三个向量a，b，c不共面．结论：{a，b，c}叫作空间的一个基底．基向量：基底中的向量a，b，c都叫作基向量．1．空间的任何一个向量都可用三个给定向量表示．(×)2．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则a ，b ，c 全不是零向量．(√)3．如果向量a ，b 与任何向量都不能构成空间的一个基底，则一定有a 与b 共线．(√) 4．任何三个不共线的向量都可构成空间的一个基底．(×)类型一 基底的判断例1 下列能使向量MA →，MB →，MC →成为空间的一个基底的关系式是( )A.OM →＝13OA →＋13OB →＋13OC→B.MA →＝MB →＋MC→ C.OM →＝OA →＋OB →＋OC →D.MA →＝2MB →－MC(2)设x ＝a ＋b ，y ＝b ＋c ，z ＝c ＋a ，且{a ，b ，c }是空间的一个基底，给出下列向量：①{a ，b ，x }；②{b ，c ，z }；③{x ，y ，a ＋b ＋c }．其中可以作为空间的基底的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．0个 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的判断答案 (1)C (2)B解析 (1)对于选项A ，由OM →＝x OA →＋y OB →＋z OC →(x ＋y ＋z ＝1)⇔M ，A ，B ，C 四点共面知，MA →，MB →，MC →共面；对于选项B ，D ，可知MA →，MB →，MC →共面，故选C.(2)②③均可以作为空间的基底，故选B. 反思与感悟 基底判断的基本思路及方法(1)基本思路：判断三个空间向量是否共面，若共面，则不能构成基底；若不共面，则能构成基底．(2)方法：①如果向量中存在零向量，则不能作为基底；如果存在一个向量可以用另外的向量线性表示，则不能构成基底．②假设a ＝λb ＋μc ，运用空间向量基本定理，建立λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能作为基底；若无解，则不共面，能作为基底．跟踪训练1(1)已知a ，b ，c 是不共面的三个非零向量，则可以与向量p ＝a ＋b ，q ＝a －b 构成基底的向量是( )A ．2aB ．2bC ．2a ＋3bD ．2a ＋5c答案 D。

北师大版高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》第一课时平面向量知识复习一、教学目标：复习平面向量的基础知识，为学习空间向量作准备二、教学重点：平面向量的基础知识。

教学难点：运用向量知识解决具体问题三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、基本概念向量、向量的模、零向量、单位向量、平行向量、相等向量、共线向量、相反向量、向量的加法、向量的减法、实数与向量的积、向量的坐标表示、向量的夹角、向量的数量积。

（二）、基本运算1、向量的运算及其性质2、平面向量基本定理：如果21,e e是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数21,λλ，使a =； 注意)(21OB OA OP +=,OA OA OP )1(λλ-+=的几何意义 3、两个向量平行的充要条件： ⑴ //a b的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则//a b 的充要条件是： ；（坐标表示）4、两个非零向量垂直的充要条件： ⑴ a b ⊥的充要条件是： ；（向量表示）⑵ 若),(),,(2211y x b y x a ==，则a b ⊥ 的充要条件是： ；（坐标表示）（三）、课堂练习1．O 为平面上的定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，若( -)·(+－2)=0，则∆ABC 是（ ）A ．以AB 为底边的等腰三角形B ．以BC 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形D ．以BC 为斜边的直角三角形2．P 是△ABC 所在平面上一点，若⋅=⋅=⋅，则P 是△ABC 的（ ） A ．外心B ．内心 C ．重心D ．垂心3．在四边形ABCD 中，−→−AB ＝−→−DC ，且−→−AC ·−→−BD ＝0，则四边形ABCD 是（ ） A ． 矩形 B ． 菱形 C ．直角梯形 D ．等腰梯形4．已知||p = ||3q = ，p 、q 的夹角为45︒，则以52a p q =+ ，3b p q =-为邻边的平行四边形的一条对角线长为（ ）A ．15BC ． 14D ．165．O 是平面上一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足=)++λ，),0[+∞∈λ则P 的轨迹一定通过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心 （四）、作业布置1．设平面向量=(－2，1)，=(λ，-1)，若与的夹角为钝角，则λ的取值范围是（ ） A ．),2()2,21(+∞- B ．),2(+∞C ．),21(+∞- D ．)21,(--∞ 2．若()(),0,7,4,3,2=+-==c a b a 方向在则上的投影为。

§5 夹角的计算学习目标 1.理解直线间的夹角、平面间的夹角、直线与平面的夹角的概念.2.掌握直线间的夹角、平面间的夹角、直线与平面的夹角的求解．知识点一 直线间的夹角思考1 设s 1，s 2分别是空间两条直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2的夹角大小一定为〈s 1，s 2〉吗？答案 不一定．若l 1，l 2的方向向量的夹角为⎣⎡⎦⎤0，π2内的角时，l 1与l 2的夹角为〈s 1，s 2〉，否则为π－〈s 1，s 2〉．思考2 当两条直线平行时，它们的夹角是多少？ 答案 0.梳理 (1)共面直线的夹角当两条直线l 1与l 2共面时，我们把两条直线交角中，范围在⎣⎡⎦⎤0，π2内的角叫作两直线的夹角，如图所示，当两条直线垂直时，夹角为π2.(2)异面直线的夹角当直线l 1与l 2是异面直线时，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，我们把直线l 1和直线AB 的夹角叫作异面直线l 1与l 2的夹角，如图所示．两条异面直线的夹角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2，当夹角为π2时，称这两条直线异面垂直． 综上，空间两条直线的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. (3)直线的方向向量的夹角与两直线夹角的关系空间两条直线的夹角可由它们的方向向量的夹角来确定．已知直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2＜〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉．知识点二 平面间的夹角思考 若平面π1与平面π2平行，则它们的夹角是多少？ 答案 0.梳理 (1)平面间夹角的概念如图，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．由平面间夹角的概念可知，空间中两个平面的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.当夹角等于0时，两个平面重合；当夹角等于π2时，两个平面互相垂直．(2)两个平面法向量的夹角与这两个平面的夹角的关系 空间两个平面的夹角由它们的法向量的夹角确定． 已知平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2＜〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉． 事实上，设平面π1与平面π2的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.知识点三 直线与平面的夹角思考 若直线l 与平面的夹角是0，则直线l 与平面是否一定平行？ 答案 不一定．梳理 (1)直线与平面夹角的概念平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角，如图所示．(2)直线与平面夹角的范围如果一条直线与一个平面平行或在平面内，我们规定这条直线与平面的夹角是0. 如果一条直线与一个平面垂直，我们规定这条直线与平面的夹角是π2.由此可得，直线与平面夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2. (3)利用向量计算直线与平面夹角的方法空间中，直线与平面的夹角由直线的方向向量与平面的法向量的夹角确定． 设平面α的法向量为n ，直线l 的方向向量为a ，直线l 与平面α所成的角为θ. 当0≤〈n ，a 〉≤π2时，θ＝π2－〈n ，a 〉；当π2＜〈n ，a 〉≤π时，θ＝〈n ，a 〉－π2. 即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|.1．直线与平面的夹角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．(×) 2．平面间的夹角的大小范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.(√) 3．平面间的夹角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(×) 4．若直线l ?平面α，则l 与平面α的夹角为0.(√)类型一 直线间的夹角求解例1 已知直线l 1的一个方向向量为s 1＝(1,0,1)，直线l 2的一个方向向量为s 2＝(－1,2，－2)，求直线l 1和直线l 2夹角的余弦值． 考点 题点解 ∵s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)， ∴cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×9＝－22＜0， ∴〈s 1，s 2〉＞π2，∴直线l 1与直线l 2的夹角为π－〈s 1，s 2〉， ∴直线l 1与直线l 2夹角的余弦值为22. 反思与感悟 利用直线的方向向量求两条直线的夹角时，要注意两条直线的方向向量的夹角与两条直线的夹角之间的关系．因为两条直线的方向向量的夹角的范围是[0，π]，而两条直线的夹角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2，所以这两者不一定相等，还可能互补． 由于任意两条直线的夹角θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以直线l 1和直线l 2夹角的余弦值等于|cos 〈s 1，s 2〉|.跟踪训练1 如图所示，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与O 1A 夹角的余弦值．考点 题点解 以O 为坐标原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)， ∴A 1B —→＝(－3，1，－3)，O 1A —→＝(3，－1，－3)． ∴|cos 〈A 1B —→，O 1A —→〉|＝|A 1B —→·O 1A —→||A 1B —→||O 1A —→|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7·7＝17.∴异面直线A 1B 与O 1A 夹角的余弦值为17.类型二 求平面间的夹角例2 如图，已知ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.求平面SAB 与平面SCD 夹角的余弦值．考点 题点解 如图，以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，则S (0,0,1)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0,1,0)，∴SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1， SC →＝(1,1，－1)．设平面SCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·SD →＝0，n ·SC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧12x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝－z ，令z ＝1，得n ＝(2，－1,1)．易得BC →是平面SAB 的一个法向量，且BC →＝(1,0,0)， ∴cos 〈BC →，n 〉＝BC →·n |BC →||n |＝63.设平面SAB 与平面SCD 的夹角为θ，则cos θ＝63. 反思与感悟 利用法向量求平面间夹角的大小的一般步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系； (2)分别求出两平面的法向量； (3)求出两个法向量的夹角；(4)确定平面间夹角的大小．跟踪训练2 如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .(1)证明：SE ＝2EB ；(2)求平面ADE 与平面CDE 夹角的大小． 考点 题点(1)证明 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DS 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Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)， ∴SC →＝(0,2，－2)，BC →＝(－1,1,0)，DC →＝(0,2,0)． 设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )．由m ⊥SC →，m ⊥BC →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·SC →＝0，m ·BC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2b －2c ＝0，－a ＋b ＝0，令b ＝1，则m ＝(1,1,1)． 又设SE →＝λEB →(λ＞0)，则E ⎝⎛⎭⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ，∴DE →＝⎝⎛⎭⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ.设平面EDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由n ⊥DE →，n ⊥DC →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λ＋λy 1＋λ＋2z 1＋λ＝0，2y ＝0，令x ＝2，则n ＝(2,0，－λ)．由平面EDC ⊥平面SBC ，得m ⊥n ，∴m ·n ＝0， ∴2－λ＝0，即λ＝2，∴SE ＝2EB .(2)解 由(1)知E ⎝⎛⎭⎫23，23，23，∴DE →＝⎝⎛⎭⎫23，23，23，EC →＝⎝⎛⎭⎫－23，43，－23，∴EC →·DE →＝0，∴EC ⊥DE .取线段DE 的中点F ，则F ⎝⎛⎭⎫13，13，13， ∴F A →＝⎝⎛⎭⎫23，－13，－13， ∴F A →·DE →＝0，∴F A ⊥DE .∴向量F A →与EC →的夹角或其补角等于平面ADE 与平面CDE 的夹角． 计算得cos 〈F A →，EC →〉＝F A →·EC →|F A →||EC →|＝－12，故平面ADE 与平面CDE 夹角的大小为60°. 类型三 直线与平面的夹角例3 已知直线l 的一个方向向量为s ＝(1,0,0)，平面π的一个法向量为n ＝(2,1,1)，求直线l 与平面π夹角的正弦值． 考点 题点解 ∵cos 〈s ，n 〉＝s ·n |s||n |＝21×6＝63＞0，∴〈s ，n 〉＜π2，∴直线l 与平面π的夹角θ＝π2－〈s ，n 〉，∴sin θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈s ，n 〉＝cos 〈s ，n 〉＝63. 即直线l 与平面π夹角的正弦值为63. 反思与感悟 注意公式sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|中，是线面夹角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值，不要记错．跟踪训练3 如图所示，已知直角梯形ABCD ，其中AB ＝BC ＝2AD ，AS ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且AS ＝AB .求直线CS 与底面ABCD 夹角θ的余弦值．考点题点解 由题设条件知，以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz (如图所示).设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，S (0,0,1)．∴AS →＝(0,0,1)，CS →＝(－1，－1,1)．显然AS →是底面的法向量，它与已知向量CS →的夹角为β＝90°－θ，故有sin θ＝cos β＝AS →·CS →|AS →||CS →|＝11×3＝33，∵θ∈[0°，90°]， ∴cos θ＝1－sin 2θ＝63.1．在两个平面内，与两个面的交线都垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为( ) A.156 B ．－153C.153D.156或－156考点 题点 答案 A解析 由(0，－1，3)·(2，2，4)1＋9×4＋4＋16＝－2＋1210×24＝156，知这两个平面夹角的余弦值为156，故选A. 2．已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线AB 1与ED 1夹角的余弦值为( )A.1010B.105 C ．－1010 D ．－105考点 题点 答案 A解析 ∵A (2,2,0)，B 1(2,0,2)，E (0,1,0)，D 1(0,2,2)， ∴AB 1—→＝(0，－2,2)，ED 1—→＝(0,1,2)，∴|AB 1—→|＝22，|ED 1—→|＝5，AB 1—→·ED 1—→＝0－2＋4＝2， ∴cos 〈AB 1—→，ED 1—→〉＝AB 1→·ED 1—→|AB 1→||ED 1—→|＝222×5＝1010，∴直线AB 1与ED 1夹角的余弦值为1010. 3．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则直线BM 与直线AN 夹角的余弦值为________． 考点 题点 答案3010解析 如图所示，以C 为坐标原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴建立空间直角坐标系Cxyz .设CA ＝CB ＝CC 1＝1，则B (0,1,0)， M ⎝⎛⎭⎫12，12，1，A (1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1，故BM →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1， 所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝3462×52＝3010.4．已知直线l 1的一个方向向量为a ＝(1，－1,2)，直线l 2的一个方向向量为b ＝(3，－2,0)，则两条直线夹角的余弦值为________． 考点 题点 答案57878解析 据题意知cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝3＋2＋06×13＝578＝57878. 5．已知平面π1的一个法向量为n 1＝(1，－1,3)，平面π2的一个法向量为n 2＝(－1,0，－1)，求这两个平面夹角的余弦值． 考点 题点解 ∵n 1＝(1，－1,3)，n 2＝(－1,0，－1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1－311×2＝－22211＜0.故这两个平面夹角的余弦值为|cos〈n 1，n 2〉|＝22211.用坐标法求异面直线的夹角的一般步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系； (2)求出两条异面直线的方向向量的坐标；(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角； (4)结合异面直线夹角的范围得到异面直线的夹角．一、选择题1．若平面α的一个法向量为n 1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( ) A ．－925B.925C.725 D ．以上都不对考点 题点 答案 B解析 ∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.2．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则直线l 与平面α夹角的余弦值为( ) A ．－1111 B.1111 C ．－11011D.91333 考点 题点 答案 D解析 ∵cos 〈a ，n 〉＝a ·n |a ||n |＝－8－3＋318×22＝－4311，∴直线l 与平面α夹角的正弦值为4311，余弦值为1－⎝⎛⎭⎫43112＝91333.3．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 夹角的余弦值为( )A.32B.1010C.35D.25考点题点 答案 D解析 方法一 ∵AM →＝AA 1→＋A 1M →，CN →＝CB →＋BN →， ∴AM →·CN →＝(AA 1→＋A 1M →)·(CB →＋BN →) ＝AA 1→·BN →＝12.而|AM →|＝AA 1→2＋2A 1M →·AA 1→＋A 1M →2＝|AA 1→|2＋|A 1M →|2＝1＋14＝52. 同理|CN →|＝52.令α为所求角，则cos α＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.方法二 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12， ∴AM →＝⎝⎛⎭⎫1，12，1－(1,0,0)＝⎝⎛⎭⎫0，12，1， CN →＝⎝⎛⎭⎫1，1，12－(0,1,0)＝⎝⎛⎭⎫1，0，12. 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12.|AM →|＝02＋⎝⎛⎭⎫122＋12＝52， |CN →|＝12＋02＋⎝⎛⎭⎫122＝52.设α为所求角，∴cos α＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25.4．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则直线AD 与平面AA 1C 1C 夹角的正弦值为( ) A.64B ．－64C.104D ．－104考点 题点 答案 A解析 取AC 的中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，以B 为坐标原点，BE ，BB 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D (0,0,1)，B (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫32，0，0，则AD →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，1，BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0.∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ， BE ?平面ABC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量．设直线AD 与平面AA 1C 1C 夹角为α， ∵cos 〈AD →，BE →〉＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.5．在正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝AB ＝2，则直线AC 与平面SBC 夹角的正弦值为( ) A.36 B.66 C.33D.63考点 题点 答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (1，－1,0)，C (－1,1,0)，B (1,1,0)，S (0,0，2)． ∴AC →＝(－2,2,0)， BS →＝(－1，－1，2)， CS →＝(1，－1，2)．设平面SBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BS →＝0，n ·CS →＝0，∴⎩⎨⎧－x －y ＋2z ＝0，x －y ＋2z ＝0，令z ＝2，得x ＝0，y ＝2，∴n ＝(0,2，2)． 设直线AC 与平面SBC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝422×6＝33.6．如图，已知空间四边形OABC 的各边都相等，E ，F 分别为AB ，OC 的中点，则直线OE 与BF 夹角的余弦值为( )A.22B.24C.13D.23考点 题点 答案 D解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，且|a |＝|b |＝|c |＝1， 则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.∵OE →＝12(a ＋b )，BF →＝12c －b ，|OE →|＝|BF →|＝32，∵OE →·BF →＝12(a ＋b )·(12c －b )＝14a ·c －12a ·b ＋14b ·c －12|b |2＝－12，∴cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF →|OE →||BF →|＝－23.∴直线OE 与BF 夹角的余弦值为23.二、填空题7．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 夹角的大小为________．考点 题点 答案 π2解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz ，设正方体棱长为2，A 1P ＝x (0≤x ≤2)， 则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)． 所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 夹角的大小为π2.8．如图，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠P AD ＝90°，且P A ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段P A ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 夹角的余弦值为________．考点题点 答案36解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)．EF →＝(1,2，－1)，BD →＝(－2,2,0)， 故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.9．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 与平面BB 1D 1D 夹角的大小为________． 考点 题点 答案 30°解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)．连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1?平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AC →是平面BB 1D 1D 的一个法向量． ∵A 1B →＝(0,1，－1)，AC →＝(－1,1,0)， ∴cos 〈A 1B →，AC →〉＝A 1B →·AC →|A 1B →||AC →|＝0＋1＋02×2＝12，∴〈A 1B →，AC →〉＝60°，∴A 1B 与平面BB 1D 1D 夹角为90°－60°＝30°.10．如图，在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．考点 题点 答案 0解析 ∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →) ＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|·cos π3－|OA →|·|OB →|·cos π3＝12|OA →|(|OC →|－|OB →|)＝0. ∴cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝0.三、解答题11．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝3，用过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1.若A 1C 1的中点为O 1，求异面直线BO 1与A 1D 1夹角的余弦值．考点 题点解 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，则B (2,2,0)，D 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，O 1(1,1,3)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)，BO 1→＝(－1，－1,3)， ∴D 1A 1→·BO 1→＝(2,0,0)·(－1，－1,3)＝－2， |D 1A 1→|＝2，|BO 1→|＝11.∴cos 〈D 1A 1→，BO 1→〉＝D 1A 1→·BO 1→|D 1A 1→||BO 1→|＝－22×11＝－1111.故异面直线BO 1与A 1D 1夹角的余弦值为1111. 12．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠ACB ＝90°，D 1，E 1分别为A 1B 1，A 1C 1的中点，若BC ＝CA ＝CC 1，求直线BD 1与AE 1夹角的余弦值． 考点 题点解 如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Cxyz .设|BC →|＝a ，则A (a,0,0)， B (0，a,0)，E 1⎝⎛⎭⎫a2，0，a ， D 1⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a ，∴AE 1→＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a )，BD 1→＝(a 2，－a 2，a ， ∴AE 1→·BD 1→＝34a 2，|AE 1→|＝52a ，|BD 1→|＝62a .∴cos 〈AE 1→，BD 1→〉＝AE 1→·BD 1→|AE 1→||BD 1→|＝3010.∴直线BD 1与AE 1夹角的余弦值为3010. 13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，且CO ⊥平面ABB 1A 1. (1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线CD 与平面ABC 夹角的正弦值．考点 题点(1)证明 由题意，∵四边形ABB 1A 1是矩形，D 为AA 1的中点，AB ＝2，AA 1＝22，AD ＝2， ∴在Rt △ABB 1中，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22. 在Rt △ABD 中，tan ∠ABD ＝AD AB ＝22， ∴∠AB 1B ＝∠ABD .又∵∠BAB 1＋∠AB 1B ＝90°， ∴∠BAB 1＋∠ABD ＝90°， 即BD ⊥AB 1.又∵CO ⊥平面ABB 1A 1，AB 1?平面ABB 1A 1，∴CO ⊥AB 1，又∵CO ∩BD ＝O ，CO ，BD ?平面BCD ， ∴AB 1⊥平面BCD .∵BC ?平面BCD ，∴BC ⊥AB 1.(2)解 如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，B ⎝⎛⎭⎫－63，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，0，33， B 1⎝⎛⎭⎫0，233，0，D⎝⎛⎭⎫66，0，0.又∵CC 1→＝2AD →， ∴C 1⎝⎛⎭⎫63，233，33， ∴AB →＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，AC →＝⎝⎛⎭⎫0，33，33，DC 1→＝⎝⎛⎭⎫66，233，33，CD →＝⎝⎛⎭⎫66，0，－33.设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．根据⎩⎨⎧－63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0.可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量．设直线CD 与平面ABC 的夹角为α，则sin α＝155， ∴直线CD 与平面ABC 夹角的正弦值为155. 四、探究与拓展14．已知三条射线P A ，PB ，PC 的两两夹角都是60°，则平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值为( ) A.13B.63C.32D.33 考点 题点 答案 A解析 在P A ，PB ，PC 上取点D ，E ，F ，使得PD ＝PE ＝PF ，可知三棱锥D －PEF 为正四面体，取PE 的中点H ，连接DH ，FH ，得∠DHF 为平面APB 与平面PBC 的夹角，设PF →＝a ，PE →＝b ，PD →＝c ，则HD →＝HP →＋PD →＝－12b ＋c ，HF →＝HP →＋PF →＝－12b ＋a ，所以cos 〈HD →，HF →〉＝HD →·HF →|HD →||HF →|＝13.15.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值； (2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值． 考点 向量法求面面角题点 向量法求面面角解 以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .(1)则A 1(0,0，a )，C (a ，a,0)，D (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0， ∴A 1C →＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫a ，－a 2，0， ∴cos 〈A 1C →，DE →〉＝A 1C →·DE →|A 1C →||DE →|＝1515， 故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ， ∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上． 又B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1. 由A (0,0,0)，B 1(a,0，a )，D (0，a,0)， 得DA →＝(0，－a,0)，DB 1→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB 1→〉＝DA →·DB 1→|DA →||DB 1→|＝33， 又直线与平面所成角的范围是⎣⎡⎦⎤0，π2， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33. (3)由已知得A (0,0,0)，A 1(0,0，a )，B 1(a,0，a )，D (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，则ED →＝⎝⎛⎭⎫－a ，a 2，0， EB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a ， 平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA 1→＝(0,0，a )．设平面B 1EDF 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED →＝0，n ·EB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1， ∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m ·n |m ||n |＝66， ∴平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值为66.。

§2空间向量的运算(二)学习目标 1.掌握两个向量的数量积的概念、性质、计算与运算律.2.掌握两个向量的数量积在判断向量共线与垂直中的应用．知识点数量积的概念及运算律1．已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫作a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉．2．空间向量数量积的性质(1)a⊥b⇔a·b＝0.(2)|a|2＝a·a，|a|＝a·a.(3)cos〈a，b〉＝a·b|a||b|.3．空间向量数量积的运算律(1)(λa)·b＝λ(a·b)(λ∈R)．(2)a·b＝b·a(交换律)．(3)a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．特别提醒：不满足结合律(a·b)·c＝a·(b·c)．1．对于非零向量b，由a·b＝b·c，可得a＝c.(×)2．对于向量a，b，c，有(a·b)·c＝a·(b·c)．(×)3．若非零向量a，b为共线且同向的向量，则a·b＝|a||b|.(√)4．对任意向量a，b，满足|a·b|≤|a||b|.(√)类型一数量积的计算例1如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，求：(1)EF →·BA →； (2)EF →·BD →； (3)EF →·DC →； (4)AB →·CD →.考点 空间向量数量积的概念及性质 题点 用定义求数量积 解 (1)EF →·BA →＝12BD →·BA →＝12|BD →||BA →|cos 〈BD →，BA →〉 ＝12cos 60°＝14. (2)EF →·BD →＝12BD →·BD →＝12|BD →|2＝12.(3)EF →·DC →＝12BD →·DC →＝12|BD →||DC →|cos 〈BD →，DC →〉 ＝12cos 120°＝－14. (4)AB →·CD →＝AB →·(AD →－AC →) ＝AB →·AD →－AB →·AC →＝|AB →||AD →|cos 〈AB →，AD →〉－|AB →||AC →|cos 〈AB →，AC →〉 ＝cos 60°－cos 60°＝0.反思与感悟 (1)已知a ，b 的模及a 与b 的夹角，直接代入数量积公式计算．(2)如果要求的是关于a 与b 的多项式形式的数量积，可以先利用数量积的运算律将多项式展开，再利用a ·a ＝|a |2及数量积公式进行计算．跟踪训练1 已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AB 1的中心，F 为A 1D 1的中点．试计算： (1)BC →·ED 1—→；(2)BF →·AB 1—→；(3)EF →·FC 1—→. 考点 空间向量数量积的概念及性质 题点 用定义求数量积 解 如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则|a |＝|c |＝2，|b |＝4， a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0. (1)BC →·ED 1—→＝b ·⎣⎡⎦⎤12(c －a )＋b ＝|b |2＝42＝16. (2)BF →·AB 1—→＝⎝⎛⎭⎫c －a ＋12b ·(a ＋c )＝|c |2－|a |2＝22－22＝0.(3)EF →·FC 1—→＝⎣⎡⎦⎤12(c －a )＋12b ·⎝⎛⎭⎫12b ＋a ＝12(－a ＋b ＋c )·⎝⎛⎭⎫12b ＋a ＝－12|a |2＋14|b |2＝2.类型二 利用数量积证明垂直问题例2 (1)已知空间四边形ABCD 中，AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，那么AD 与BC 的位置关系为___________________________________________________．(填“平行”“垂直”) 考点 空间向量数量积的应用 题点 数量积的综合应用 答案 垂直解析 ∵AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·(AC →－AB →) ＝AB →·AC →＋BD →·AC →－AB →2－AB →·BD → ＝AB →·(AC →－AB →－BD →)＝AB →·DC →＝0， ∴AD 与BC 垂直．(2)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 与BD 的交点，G 为CC 1的中点，求证：A 1O ⊥平面GBD .考点 空间向量数量积的应用 题点 数量积的综合应用证明 设A 1B 1——→＝a ，A 1D 1——→＝b ，A 1A —→＝c ， 则a ·b ＝0，b ·c ＝0，a ·c ＝0，|a |＝|b |＝|c |. ∵A 1O —→＝A 1A —→＋AO →＝A 1A —→＋12(AB →＋AD →)＝c ＋12a ＋12b ，BD →＝AD →－AB →＝b －a ，OG →＝OC →＋CG →＝12(AB →＋AD →)＋12CC 1→＝12a ＋12b －12c ∴A 1O →·BD →＝⎝⎛⎭⎫c ＋12a ＋12b ·(b －a ) ＝c ·b －c ·a ＋12a ·b －12a 2＋12b 2－12b ·a＝12(b 2－a 2) ＝12(|b |2－|a |2)＝0. 于是A 1O —→⊥BD →，即A 1O ⊥BD . 同理可证A 1O —→⊥OG →，即A 1O ⊥OG .又∵OG ∩BD ＝O ，OG ?平面GBD ，BD ?平面CBD ， ∴A 1O ⊥平面GBD .反思与感悟 (1)证明线线垂直的方法证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量，根据方向向量的数量积是否为0来判断两直线是否垂直．(2)证明与空间向量a ，b ，c 有关的向量m ，n 垂直的方法先用向量a ，b ，c 表示向量m ，n ，再判断向量m ，n 的数量积是否为0.跟踪训练2 如图，在空间四边形OACB 中，OB ＝OC ，AB ＝AC ，求证：OA ⊥BC .考点 空间向量数量积的应用 题点 数量积的综合应用证明 因为OB ＝OC ，AB ＝AC ，OA ＝OA ，所以△OAC ≌△OAB ， 所以∠AOC ＝∠AOB .又OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB → ＝|OA →||OC →|cos ∠AOC －|OA →|·|OB →|cos ∠AOB ＝0， 所以OA →⊥BC →，即OA ⊥BC .类型三 利用数量积解决空间角或两点间的距离问题 命题角度1 解决角度问题例3 在空间四边形OABC 中，连接AC ，OB ，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，求向量OA →与BC 所成角的余弦值． 考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求角 解 ∵BC →＝AC →－AB →， ∴OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos135°－8×6×cos120°＝24－162， ∴cos 〈OA →，BC →〉 ＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.反思与感悟 求两个空间向量a ，b 夹角的方法类同平面内两向量夹角的求法，利用公式cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |，在具体的几何体中求两向量的夹角时，可把其中一个向量的起点平移至与另一个向量的起点重合，转化为求平面中的角度大小问题．跟踪训练3 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求异面直线A 1B 与AC 所成的角．考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求解解 不妨设正方体的棱长为1， 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1， a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， A 1B —→＝a －c ，AC →＝a ＋b . ∴A 1B —→·AC →＝(a －c )·(a ＋b ) ＝|a |2＋a ·b －a ·c －b ·c ＝1， 而|A 1B —→|＝|AC →|＝2， ∴cos 〈A 1B —→，AC →〉＝12×2＝12， ∵〈A 1B —→，AC →〉∈[0°，180°]， ∴〈A 1B —→，AC →〉＝60°.又异面直线所成角的范围是(0°，90°]， 因此，异面直线A 1B 与AC 所成的角为60°. 命题角度2 求空间中的两点间的距离例4 如图，正三棱柱(底面是正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为2，E ，F 分别是AB ，A 1C 1的中点，求EF 的长．考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c . 由题意，知|a |＝|b |＝|c |＝2，且〈a ，b 〉＝60°，〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝90°. 因为EF →＝EA →＋AA 1—→＋A 1F —→ ＝－12AB →＋AA 1—→＋12AC →＝－12a ＋12b ＋c ，所以|EF →|2＝EF →2＝14a 2＋14b 2＋c 2＋2⎝⎛⎭⎫－12a ·12b ＋12b ·c －12a ·c ＝14×22＋14×22＋22＋2×⎝⎛⎭⎫－14×2×2cos 60° ＝1＋1＋4－1＝5， 所以|EF →|＝5，即EF ＝ 5.反思与感悟 求解距离问题时，先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个向量和的形式，求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模，利用公式|a |＝a ·a 求解即可． 跟踪训练4 在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，求AC 1的长． 考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长 解 因为AC 1—→＝AB →＋AD →＋AA 1—→， 所以AC →21＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝AB →2＋AD →2＋AA →21＋2(AB →·AD →＋AB →·AA 1—→＋AD →·AA 1—→)． 因为∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，所以AC →21＝1＋4＋9＋2×(1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°)＝23. 因为AC →21＝|AC 1—→|2， 所以|AC 1—→|2＝23，则|AC 1—→|＝23，即AC 1＝23.1．对于向量a ，b ，c 和实数λ，下列说法正确的是( ) A ．若a ·b ＝0，则a ＝0或b ＝0 B ．若λa ＝0，则λ＝0或a ＝0 C ．若a 2＝b 2，则a ＝b 或a ＝－b D ．若a ·b ＝a ·c ，则b ＝c考点 空间向量数量积的概念及性质 题点 数量积的性质 答案 B解析 结合向量的运算，只有B 正确．2．已知向量a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 是直线l 的一个方向向量，则“c ·a ＝0且c ·b ＝0”是“l ⊥α”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件考点 空间向量数量积的应用 题点 数量积的综合应用 答案 B解析 若a ∥b ，则不一定得到l ⊥α，反之成立．3．已知|a |＝2，|b |＝3，〈a ，b 〉＝60°，则|2a －3b |等于( ) A.97 B ．97 C.61D ．61考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长 答案 C解析 |2a －3b |2＝4a 2－12a ·b ＋9b 2 ＝4×22－12×2×3×cos60°＋9×32＝61， ∴|2a －3b |＝61.4．已知a ，b 为两个非零空间向量，若|a |＝22，|b |＝22，a ·b ＝－2，则〈a ，b 〉＝________. 考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求角 答案3π4解析 cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－22，∵〈a ，b 〉∈[0，π]， ∴〈a ，b 〉＝3π4.5．已知正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________． 考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2×(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2， ∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2.1．空间向量运算的两种方法(1)利用定义：利用a·b＝|a||b|cos〈a，b〉并结合运算律进行计算．(2)利用图形：计算两个数量的数量积，可先将各向量移到同一顶点，利用图形寻找夹角，再代入数量积公式进行运算．2．在几何体中求空间向量数量积的步骤(1)首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式．(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积．(3)代入a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．一、选择题1．已知非零向量a，b不平行，并且其模相等，则a＋b与a－b之间的关系是() A．垂直B．共线C．不垂直D．以上都可能考点空间向量数量积的概念与性质题点数量积的性质答案 A解析由题意知|a|＝|b|，∵(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)．2．已知向量a，b满足条件：|a|＝2，|b|＝2，且a与2b－a互相垂直，则〈a，b〉等于() A．30°B．45°C．60°D．90°考点空间向量数量积的应用题点利用数量积求角答案 B解析根据a·(2b－a)＝0，即2a·b＝|a|2＝4，解得a·b＝2，又cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝22×2＝22，又〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝45°，故选B.3．若向量m 垂直于向量a 和b ，向量n ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λ，μ≠0)，则( ) A ．m ∥n B ．m ⊥nC ．m 不平行于n ，m 也不垂直于nD ．以上三种情况都有可能 考点 空间向量数量积的应用 题点 数量积的综合应用 答案 B4．设平面上有四个互异的点A ，B ，C ，D ，已知(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等腰直角三角形D ．等边三角形考点 空间向量数量积的概念及性质 题点 用定义求数量积 答案 B解析 由(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →) ＝(DB →－DA →＋DC →－DA →)·(AB →－AC →) ＝(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝|AB →|2－|AC →|2＝0，得|AB →|＝|AC →|， 故△ABC 为等腰三角形．5．已知a ，b ，c 是两两垂直的单位向量，则|a －2b ＋3c |等于( ) A ．14B.14C ．4D ．2 考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长 答案 B解析 ∵|a －2b ＋3c |2＝|a |2＋4|b |2＋9|c |2－4a ·b ＋6a ·c －12b ·c ＝14， ∴|a －2b ＋3c |＝14.6．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列向量的数量积一定不为0的是( ) A.AD 1—→·B 1C → B.BD 1—→·AC →C.AB →·AD 1—→D.BD 1—→·BC →考点 空间向量数量积的概念及性质题点 数量积的性质答案 D解析 选项A ，当四边形ADD 1A 1为正方形时，可得AD 1⊥A 1D ，而A 1D ∥B 1C ，所以AD 1⊥B 1C ，此时有AD 1→·B 1C →＝0；选项B ，当四边形ABCD 为正方形时，可得AC ⊥BD ，又AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，可得AC ⊥平面BB 1D 1D ，故有AC ⊥BD 1，此时BD 1→·AC →＝0；选项C ，由长方体的性质可得AB ⊥平面ADD 1A 1，所以AB ⊥AD 1，所以AB →·AD 1→＝0，故选D.7．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，有下列命题：①(AA 1→＋AD →＋AB →)2＝3AB →2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③AD 1→与A 1B →的夹角为60°.其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．0考点 空间向量数量积的概念及性质题点 数量积的性质答案 B解析 ①②正确；∵AD 1→与A 1B →的夹角为120°，∴③不正确，故选B.二、填空题8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则A 1B →·B 1C →＝________.考点 空间向量数量积的应用题点 数量积的综合应用答案 a 2解析 如图，A 1B →＝AB →－AA 1→，B 1C →＝BC →－BB 1→＝AD →－AA 1→，∴A 1B →·B 1C →＝(AB →－AA 1→)·(AD →－AA 1→)＝AB →·AD →－AB →·AA 1→－AA 1→·AD →＋|AA 1→|2＝0－0－0＋a 2＝a 2.9．已知空间向量a ，b ，|a |＝32，|b |＝5，m ＝a ＋b ，n ＝a ＋λb ，〈a ，b 〉＝135°，若m ⊥n ，则λ的值为________．考点 空间向量数量积的应用题点 数量积的综合应用答案 －310解析 由题意知a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝32×5×⎝⎛⎭⎫－22＝－15， 由m ⊥n ，得(a ＋b )·(a ＋λb )＝0，即|a |2＋λa ·b ＋a ·b ＋λ|b |2＝18－15(λ＋1)＋25λ＝0.解得λ＝－310. 10．已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝2，|b |＝2，|a －b |＝7，则cos 〈a ，b 〉＝________. 考点 空间向量数量积的应用题点 利用数量积求角答案 18解析 将|a －b |＝7化为(a －b )2＝7，求得a ·b ＝12， 再由a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉，求得cos 〈a ，b 〉＝18. 11．已知a ，b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a ＋3b |＝________.考点 空间向量数量积的应用 题点 利用数量积求线段长答案 13解析 ∵|a ＋3b |2＝(a ＋3b )2＝a 2＋6a ·b ＋9b 2＝1＋6×cos60°＋9＝13，∴|a ＋3b |＝13.三、解答题12．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．考点 空间向量数量积的应用题点 利用数量积求角(1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ， A ′D —→＝－c ＋12b －12a ， ∴CE →·A ′D —→＝－12c 2＋12b 2＝0， ∴CE →⊥A ′D —→，即CE ⊥A ′D .(2)∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |， AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22×52|a |2＝1010， 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 13．等边△ABC 中，P 在线段AB 上，且AP →＝λAB →，若CP →·AB →＝P A →·PB →，则实数λ的值为________．考点 空间向量数量积的概念及性质题点 空间向量数量积定义答案 1－22解析 如图，CP →＝－AC →＋AP →＝－AC →＋λAB →，故CP →·AB →＝(λAB →－AC →)·AB →＝λ|AB →|2－|AB →||AC →|cos A ，P A →·PB →＝(－λAB →)·(1－λ)AB →＝λ(λ－1)|AB →|2，设|AB →|＝a (a ＞0)，则a 2λ－12a 2＝λ(λ－1)a 2， 解得λ＝1－22⎝⎛⎭⎫λ＝1＋22舍. 四、探究与拓展14．已知BB 1⊥平面ABC ，且△ABC 是∠B ＝90°的等腰直角三角形，平行四边形ABB 1A 1，平行四边形BB 1C 1C 的对角线都分别相互垂直且相等，若AB ＝a ，则异面直线BA 1与AC 所成的角为________．考点 空间向量数量积的应用题点 利用数量积求角答案 60°解析 如图所示，∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →，∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →)＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →.∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ，∴AB →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0，BB 1→·BC →＝0且BA →·AB →＝－a 2.∴BA 1→·AC →＝－a 2.又BA 1→·AC →＝|BA 1→||AC →|cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ·2a＝－12. 又∵〈BA 1→，AC →〉∈[0°，180°]，∴〈BA 1→，AC →〉＝120°，又∵异面直线所成的角是锐角或直角，∴异面直线BA1与AC所成的角为60°.。

1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．第1层 用已知向量表示未知向量例1 如图所示，M ，N 分别是四面体OABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.解 OP →＝OM →＋MP → ＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →； OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN →＝12OA →＋13(ON →－OM →) ＝12OA →＋13⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝13OA →＋13×12(OB →＋OC →)＝13OA →＋16OB →＋16OC →. 点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 第2层 化简向量例2 如图，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD .设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．(1)AB →＋12(BD →＋BC →)；(2)AG →－12(AB →＋AC →)．解 (1)AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12BC →＋12BD →＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →. (2)AG →－12(AB →＋AC →)＝AG →－AM →＝MG →. AD →，AG →，MG →如图所示．点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间中仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．第3层 证明立体几何问题例3 如图，已知M ，N 分别为四面体ABCD 的平面BCD 与平面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， 则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →.∴BN →∥BG →，即B ，G ，N 三点共线．2 空间向量易错点扫描易错点1 对向量夹角与数量积的关系理解不清例1 “a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 错解 a·b <0⇔cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b |<0⇔〈a ，b 〉为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的充要条件．错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．剖析 当〈a ，b 〉＝π时，a·b <0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件． 正解 必要不充分总结 a·b <0⇔a 与b 的夹角为钝角或a 与b 方向相反，a·b >0⇔a 与b 夹角为锐角或a 与b 方向相同．易错点2 判断是否共面出错例2 已知O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间的一个基底的是( ) A.OA → B.OB → C.OC →D.OA →或OB →错解 a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →， 相加得OA →＋OB →＝12(a ＋b )，所以OA →，OB →都与a ，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选D.剖析 OA →＋OB →＝12(a ＋b )，说明OA →＋OB →与a ，b 共面，但不能认为OA →，OB →都与a ，b 共面．对A ，B ：设OA →＝x a ＋y b ，因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，代入整理得(x ＋y －1)OA →＋(x ＋y )OB →＋(x －y )OC →＝0，因为O ，A ，B ，C 四点不共面， 所以OA →，OB →，OC →不共面，所以x ＋y －1＝0，x ＋y ＝0，x －y ＝0， 此时，x ，y 不存在，所以a ，b 与OA →不共面， 故a ，b 与OA →可构成空间的一个基底． 同理a ，b 与OB →也可构成空间的一个基底．对C ：因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，相减有OC →＝12(a －b )，所以OC →与a ，b 共面，故不能构成空间的一个基底． 正解 C易错点4 混淆向量运算和实数运算 例4 阅读下列各式，其中正确的是( ) A ．a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝c B ．a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0 C ．(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )D.OA →·BO →＝|OA →||BO →|cos(180°－∠AOB ) 错解 A(或B 或C)剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律，结合律，故A ，C 错误；a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0或a ⊥b ，故B 错误；OA →·BO →的夹角是180°－∠AOB . 正解 D易错点4 忽略建系的前提例4 四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，AE ⊥平面ABCD ，AE ＝2，F 为CE 中点，试建立合理的坐标系，求AF →，BC →夹角的余弦值．错解 以A 为坐标原点，以AB →，AD →，AE →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz .此时AF →＝(1,1,1)，BC →＝(0,2,0)，所以cos 〈AF →，BC →〉＝33.剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB 与AD 不垂直． 正解 设AC ，BD 交于点O ，则AC ⊥BD . 因为F 为CE 中点，所以OF ∥AE ， 因为AE ⊥平面ABCD ，所以OF ⊥平面ABCD ，OF ⊥AC ，OF ⊥BD ，以O 为坐标原点，以OC →，OD →，OF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .此时AF →＝(1,0,1)，BC →＝(1，3，0)， 所以cos 〈AF →，BC →〉＝24.易错点5 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例5 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求平面ABD 1与平面BD 1C 的夹角的大小．错解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz .设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， C 1(0,1,1)．由题意知A 1D →是平面ABD 1的一个法向量，A 1D →＝(－1,0，－1)，DC 1→是平面BCD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)，所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为120°.剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．正解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知AD 1→＝(－1,0，－1)是平面ABD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为60°.3 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知在直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求直线BC 1与CD 夹角的余弦值．解 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717.故直线BC 1与CD 夹角的余弦值为31717.点评 本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直于BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，如图．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，C 1⎝⎛⎭⎫32，32，0，E⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1()0，2，2. 点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口． 3．利用面面垂直关系例3 如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形， 所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， 所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)， 设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因为平面ABE 的一个法向量为MD →＝(0，3，0)， 所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 夹角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．4 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动． 1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点，OA ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x (0≤x ≤G )， ∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )， C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E . 2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF 所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |求出点M 的坐标，若满足条件则存在．解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形， 所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，DA ，DC ?平面ABCD ， 所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t )(0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 的夹角为45°，所以sin45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1， 所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且当DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 夹角为45°. 点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．5 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值； (3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值． (1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱， 所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ， 所以A 1F ∥EC .又因为A 1F 平面B 1CE ， EC ?平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE . (2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)， 所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)． 设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0， 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.所以平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值为13.(3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ， 因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝A 1B 1， FM ?平面A 1B 1C 1D 1， 所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×11A B ES ×FM＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)， 所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求平面ADF 与平面DFC 夹角的余弦值．分析 求平面与平面的夹角最常用的办法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角． (1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)， B (1,2,0)，C (0,2,0)， D 1(0,0,2)． DC →＝(0,2,0)， D 1C →＝(0,2，－2)， ∵E 为AB 的中点， ∴E (1,1,0)， ∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝⎛⎭⎫23，23，－43， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝⎛⎭⎫23，23，－43 ＝⎝⎛⎭⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，取x 1＝1，得平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)． 设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为0，取y 2＝1，得平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，取y 3＝1，得平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)， 设平面ADF 与平面DFC 的夹角为θ， 则cos θ＝|n ·q ||n ||q |＝|0＋0＋1|2×2＝12，∴平面ADF 与平面DFC 的夹角的余弦值为12.3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解． 解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43.又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )， ∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535.点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以在平面ABCD 内，点Q 在以边AD 为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →， 即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD . 又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →， ∴PQ →·QD →＝0， 即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0. 又由P A →·QD →＝0， ∴AQ →·QD →＝0， ∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a2.又∵AB ＝1，由题图知，当a2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ，使PQ →⊥QD →； 当0<a <2时，不存在点Q ，使PQ →⊥QD →.。

1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．第1层 用已知向量表示未知向量例1 如图所示，M ，N 分别是四面体OABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.解 OP →＝OM →＋MP → ＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →； OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN →＝12OA →＋13(ON →－OM →) ＝12OA →＋13⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝13OA →＋13×12(OB →＋OC →)＝13OA →＋16OB →＋16OC →. 点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 第2层 化简向量例2 如图，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD .设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．(1)AB →＋12(BD →＋BC →)；(2)AG →－12(AB →＋AC →)．解 (1)AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12BC →＋12BD →＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →. (2)AG →－12(AB →＋AC →)＝AG →－AM →＝MG →. AD →，AG →，MG →如图所示．点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间中仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．第3层 证明立体几何问题例3 如图，已知M ，N 分别为四面体ABCD 的平面BCD 与平面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， 则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →.∴BN →∥BG →，即B ，G ，N 三点共线．2 空间向量易错点扫描易错点1 对向量夹角与数量积的关系理解不清例1 “a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 错解 a·b <0⇔cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b |<0⇔〈a ，b 〉为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的充要条件．错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．剖析 当〈a ，b 〉＝π时，a·b <0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件． 正解 必要不充分总结 a·b <0⇔a 与b 的夹角为钝角或a 与b 方向相反，a·b >0⇔a 与b 夹角为锐角或a 与b 方向相同．易错点2 判断是否共面出错例2 已知O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间的一个基底的是( ) A.OA → B.OB → C.OC →D.OA →或OB →错解 a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →， 相加得OA →＋OB →＝12(a ＋b )，所以OA →，OB →都与a ，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选D.剖析 OA →＋OB →＝12(a ＋b )，说明OA →＋OB →与a ，b 共面，但不能认为OA →，OB →都与a ，b 共面．对A ，B ：设OA →＝x a ＋y b ，因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，代入整理得(x ＋y －1)OA →＋(x ＋y )OB →＋(x －y )OC →＝0，因为O ，A ，B ，C 四点不共面， 所以OA →，OB →，OC →不共面，所以x ＋y －1＝0，x ＋y ＝0，x －y ＝0， 此时，x ，y 不存在，所以a ，b 与OA →不共面， 故a ，b 与OA →可构成空间的一个基底． 同理a ，b 与OB →也可构成空间的一个基底．对C ：因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，相减有OC →＝12(a －b )，所以OC →与a ，b 共面，故不能构成空间的一个基底． 正解 C易错点4 混淆向量运算和实数运算 例4 阅读下列各式，其中正确的是( ) A ．a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝c B ．a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0 C ．(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )D.OA →·BO →＝|OA →||BO →|cos(180°－∠AOB ) 错解 A(或B 或C)剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律，结合律，故A ，C 错误；a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0或a ⊥b ，故B 错误；OA →·BO →的夹角是180°－∠AOB . 正解 D易错点4 忽略建系的前提例4 四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，AE ⊥平面ABCD ，AE ＝2，F 为CE 中点，试建立合理的坐标系，求AF →，BC →夹角的余弦值．错解 以A 为坐标原点，以AB →，AD →，AE →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz .此时AF →＝(1,1,1)，BC →＝(0,2,0)，所以cos 〈AF →，BC →〉＝33.剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB 与AD 不垂直． 正解 设AC ，BD 交于点O ，则AC ⊥BD . 因为F 为CE 中点，所以OF ∥AE ， 因为AE ⊥平面ABCD ，所以OF ⊥平面ABCD ，OF ⊥AC ，OF ⊥BD ，以O 为坐标原点，以OC →，OD →，OF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .此时AF →＝(1,0,1)，BC →＝(1，3，0)， 所以cos 〈AF →，BC →〉＝24.易错点5 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例5 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求平面ABD 1与平面BD 1C 的夹角的大小．错解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz .设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， C 1(0,1,1)．由题意知A 1D →是平面ABD 1的一个法向量，A 1D →＝(－1,0，－1)，DC 1→是平面BCD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)，所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为120°.剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．正解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知AD 1→＝(－1,0，－1)是平面ABD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为60°.3 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知在直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求直线BC 1与CD 夹角的余弦值．解 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717.故直线BC 1与CD 夹角的余弦值为31717.点评 本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直于BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，如图．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，C 1⎝⎛⎭⎫32，32，0，E⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1()0，2，2. 点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口． 3．利用面面垂直关系例3 如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形， 所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， 所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)， 设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因为平面ABE 的一个法向量为MD →＝(0，3，0)， 所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 夹角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．4 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动． 1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点，OA ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x (0≤x ≤G )， ∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )， C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E . 2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF 所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |求出点M 的坐标，若满足条件则存在．解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形， 所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，DA ，DC ?平面ABCD ， 所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t )(0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 的夹角为45°，所以sin45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1， 所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且当DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 夹角为45°. 点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．5 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F 平面B 1CE ，EC ?平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0， 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.所以平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝A 1B 1，FM ?平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×11A B E S ×FM＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求平面ADF 与平面DFC 夹角的余弦值．分析 求平面与平面的夹角最常用的办法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角．(1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．DC →＝(0,2,0)，D 1C →＝(0,2，－2)，∵E 为AB 的中点，∴E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝⎛⎭⎫23，23，－43， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝⎛⎭⎫23，23，－43 ＝⎝⎛⎭⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，取x 1＝1，得平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为0，取y 2＝1，得平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，取y 3＝1，得平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为θ，则cos θ＝|n ·q ||n ||q |＝|0＋0＋1|2×2＝12， ∴平面ADF 与平面DFC 的夹角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43. 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以在平面ABCD 内，点Q 在以边AD 为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ，使PQ →⊥QD →；当0<a <2时，不存在点Q ，使PQ →⊥QD →.。

科目：数学 教师： 授课时间：第 周 星期 年 且平行于已知非零向量a 的直线，那么对于任一点在直线l 上的充要条a 叫做直线OA t AB =+或)OP t OA tOB =+OA xOB yOC =+，其中x + y = 1．特别地，当2t =时，P 为推论：空间一点位于平面，P 、M 、A 、B 四点共面的充分yOA zOB +，其中1x y z ++=。

、如果三个向量a b c 、、不共面，那么对于空间任一向量，其中{a b c 、、}叫做空间的一个基底，都叫做基向量。

cos a b a b ⋅=⋅空间向量的数量积的性质：① cos ,a e a a e ⋅=<>2a cos ,ab a b a b⋅<>=⋅空间向量的数量积的运算律：①)()a b a b λ⋅=⋅（结合律）、向量的直角坐标运算：设a =123112233(,,)//,a a a a a a a b a b a b a b b a b a b a b a b λλ=⋅=+++=+++⇔==⊥⇔111(,,)A x y z ，则((2cos AB x y y a b =+-<⋅（二）基本方法列出两个关于的三元一次方程组，取这个方程组的一组非零解即得平面的一个法向量线面角的求法：设n 是平面AB n⋅② 设12,n n 12n n ⋅（或其补角）的大小。

AB n n⋅。

作 课本 56精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。

读大海，读出了它气势磅礴的豪情。

读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。

2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂； 幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。

幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。

1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．第1层 用已知向量表示未知向量例1 如图所示，M ，N 分别是四面体OABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.解 OP →＝OM →＋MP → ＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →； OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN →＝12OA →＋13(ON →－OM →) ＝12OA →＋13⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝13OA →＋13×12(OB →＋OC →)＝13OA →＋16OB →＋16OC →. 点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 第2层 化简向量例2 如图，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD .设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．(1)AB →＋12(BD →＋BC →)；(2)AG →－12(AB →＋AC →)．解 (1)AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12BC →＋12BD →＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →. (2)AG →－12(AB →＋AC →)＝AG →－AM →＝MG →. AD →，AG →，MG →如图所示．点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间中仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．第3层 证明立体几何问题例3 如图，已知M ，N 分别为四面体ABCD 的平面BCD 与平面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， 则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →.∴BN →∥BG →，即B ，G ，N 三点共线．2 空间向量易错点扫描易错点1 对向量夹角与数量积的关系理解不清例1 “a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 错解 a·b <0⇔cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b |<0⇔〈a ，b 〉为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的充要条件．错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．剖析 当〈a ，b 〉＝π时，a·b <0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件． 正解 必要不充分总结 a·b <0⇔a 与b 的夹角为钝角或a 与b 方向相反，a·b >0⇔a 与b 夹角为锐角或a 与b 方向相同．易错点2 判断是否共面出错例2 已知O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间的一个基底的是( ) A.OA → B.OB → C.OC →D.OA →或OB →错解 a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →， 相加得OA →＋OB →＝12(a ＋b )，所以OA →，OB →都与a ，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选D.剖析 OA →＋OB →＝12(a ＋b )，说明OA →＋OB →与a ，b 共面，但不能认为OA →，OB →都与a ，b 共面．对A ，B ：设OA →＝x a ＋y b ，因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，代入整理得(x ＋y －1)OA →＋(x ＋y )OB →＋(x －y )OC →＝0，因为O ，A ，B ，C 四点不共面， 所以OA →，OB →，OC →不共面，所以x ＋y －1＝0，x ＋y ＝0，x －y ＝0， 此时，x ，y 不存在，所以a ，b 与OA →不共面， 故a ，b 与OA →可构成空间的一个基底． 同理a ，b 与OB →也可构成空间的一个基底．对C ：因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，相减有OC →＝12(a －b )，所以OC →与a ，b 共面，故不能构成空间的一个基底． 正解 C易错点4 混淆向量运算和实数运算 例4 阅读下列各式，其中正确的是( ) A ．a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝c B ．a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0 C ．(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )D.OA →·BO →＝|OA →||BO →|cos(180°－∠AOB ) 错解 A(或B 或C)剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律，结合律，故A ，C 错误；a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0或a ⊥b ，故B 错误；OA →·BO →的夹角是180°－∠AOB . 正解 D易错点4 忽略建系的前提例4 四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，AE ⊥平面ABCD ，AE ＝2，F 为CE 中点，试建立合理的坐标系，求AF →，BC →夹角的余弦值．错解 以A 为坐标原点，以AB →，AD →，AE →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz .此时AF →＝(1,1,1)，BC →＝(0,2,0)，所以cos 〈AF →，BC →〉＝33.剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB 与AD 不垂直． 正解 设AC ，BD 交于点O ，则AC ⊥BD . 因为F 为CE 中点，所以OF ∥AE ， 因为AE ⊥平面ABCD ，所以OF ⊥平面ABCD ，OF ⊥AC ，OF ⊥BD ，以O 为坐标原点，以OC →，OD →，OF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .此时AF →＝(1,0,1)，BC →＝(1，3，0)， 所以cos 〈AF →，BC →〉＝24.易错点5 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例5 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求平面ABD 1与平面BD 1C 的夹角的大小．错解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz .设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， C 1(0,1,1)．由题意知A 1D →是平面ABD 1的一个法向量，A 1D →＝(－1,0，－1)，DC 1→是平面BCD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)，所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为120°.剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．正解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知AD 1→＝(－1,0，－1)是平面ABD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为60°.3 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知在直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求直线BC 1与CD 夹角的余弦值．解 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717.故直线BC 1与CD 夹角的余弦值为31717.点评 本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直于BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，如图．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，C 1⎝⎛⎭⎫32，32，0，E⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1()0，2，2. 点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口． 3．利用面面垂直关系例3 如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形， 所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， 所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)， 设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因为平面ABE 的一个法向量为MD →＝(0，3，0)， 所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 夹角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．4 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动． 1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点，OA ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x (0≤x ≤G )， ∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )， C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E . 2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF 所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |求出点M 的坐标，若满足条件则存在．解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形， 所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，DA ，DC ?平面ABCD ， 所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t )(0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 的夹角为45°，所以sin45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1， 所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且当DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 夹角为45°. 点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．5 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F 平面B 1CE ，EC ?平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0， 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.所以平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝A 1B 1，FM ?平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×11A B E S ×FM＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求平面ADF 与平面DFC 夹角的余弦值．分析 求平面与平面的夹角最常用的办法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角．(1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．DC →＝(0,2,0)，D 1C →＝(0,2，－2)，∵E 为AB 的中点，∴E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝⎛⎫23，23，－43， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝⎛⎭⎫23，23，－43 ＝⎝⎛⎭⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，取x 1＝1，得平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为0，取y 2＝1，得平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，取y 3＝1，得平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为θ，则cos θ＝|n ·q ||n ||q |＝|0＋0＋1|2×2＝12， ∴平面ADF 与平面DFC 的夹角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43. 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以在平面ABCD 内，点Q 在以边AD 为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ，使PQ →⊥QD →；当0<a <2时，不存在点Q ，使PQ →⊥QD →.。

个帅哥帅哥的 ffff1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是办理立体几何问题的有力工具， 但要用好向量这一工具解题，一定娴熟运用加减法运算．第 1 层 用已知向量表示未知向量例 1 如下图， M ， N 分别是四周体OABC 的边 OA ， BC 的中点， P ， Q 是 MN 的三平分→→→→→点，用向量 OA ， OB ， OC 表示 OP 和OQ.解 → → →OP ＝ OM ＋ MP1 →2 → ＝ 2OA ＋ 3MN1 →2→→＝ 2OA ＋ 3(ON － OM)1 →2 → 1 →＝ 2OA ＋ 3 ON － 2OA→ 2× → → ＝1OA ＋ 1(OB ＋ OC)6 3 21 → 1 → 1 → ＝ 6OA ＋ 3OB ＋ 3OC ； → →→1→1→ OQ ＝ OM ＋MQ ＝ 2OA ＋ 3MN1 →1→→＝ 2OA ＋ 3(ON － OM)1 → 1 → 1 →＝ 2OA ＋ 3 ON －2OA＝ 1 → 1 1 → → OA ＋ × (OB ＋ OC)1→1→1→＝3OA＋6OB＋6OC.评论用已知向量来表示未知向量，必定要联合图形，以图形为指导是解题的重点．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由开端向量的始点指向末端向量的终点的向量，我们可把这个法例称为向量加法的多边形法例．在立体几何中要灵巧应用三角形法例，向量加法的平行四边形法例在空间中仍旧成立．第2层化简向量例 2 如图，已知空间四边形 ABCD ，连结 AC，BD .设 M，G 分别是 BC，CD 的中点，化简以下各表达式，并标出化简结果的向量．→ 1 → →(1)AB＋2(BD ＋ BC)；→ 1 → →(2)AG－2(AB＋ AC)．→1→→→1→1→解 (1)AB＋2(BD ＋BC )＝ AB＋2BC ＋2BD→→→→＝AB ＋BM ＋ MG＝ AG.→ 1 → →(2)AG－2(AB＋ AC)→→→＝AG－ AM ＝ MG.→→→AD ，AG， MG 如下图．评论要求空间若干向量之和，能够经过平移，将它们转变为首尾相接的向量，假如首尾相接的若干向量组成一个关闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法例在空间中仍成立，求始点同样的两个向量之和时，能够考虑运用平行四边形法例．第 3 层证明立体几何问题例 3如图，已知M ，N 分别为四周体ABCD 的平面 BCD 与平面 ACD 的重心，且G 为 AM上一点，且GM ∶GA ＝1∶ 3.求证： B，G，N 三点共线．→→→证明设 AB＝a，AC＝ b，AD＝ c，→→ →→ 3 →则BG＝ BA＋ AG＝ BA＋ AM41311c，＝－ a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋4444→→→→ 1 →→BN＝ BA＋AN ＝BA ＋(AC＋AD)311 4 →＝－ a＋b＋ c＝BG.333→→∴BN ∥BG，即 B， G，N 三点共线．2空间向量易错点扫描易错点 1对向量夹角与数目积的关系理解不清例 1 “a·b<0 ”是“〈a，b〉为钝角”的 ________ 条件． (填“充足不用要”“必需不充足”“充要”“既不充足又不用要” )a·b错解a·b<0? cos〈a， b〉＝|a||b|<0?〈 a，b〉为钝角，所以“ a·b<0”是“〈 a， b〉为钝角”的充要条件．错因解析错解中忽视了两个向量共线且反向的状况．解析当〈 a，b〉＝π时， a·b<0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b<0”是“〈 a，b〉为钝角”的必需不充足条件．正解必需不充足总结a·b<0? a 与 b 的夹角为钝角或 a 与 b 方向相反， a·b>0? a 与 b 夹角为锐角或 a 与 b 方向同样．易错点 2判断能否共面犯错例 2→ →→→ → →已知 O，A，B，C 为空间不共面的四点，a＝ OA＋OB＋ OC，b＝OA＋ OB－ OC，则与a， b 不可以组成空间的一个基底的是()→→A. OAB.OB→→ →C.OC D.OA或 OB错解→→→→→ →a＝OA＋OB＋ OC，b＝OA ＋OB－ OC，→→1(a＋b)，相加得 OA＋ OB＝2→→所以 OA， OB都与a，b共面，不可以组成空间的一个基底，应选D.解析→→1→→→ →OA＋ OB＝(a＋b)，说明 OA＋ OB与a，b共面，但不可以以为OA，OB都与a，b共面．2→对 A ，B：设 OA＝ x a＋ y b，→→ →→ →→因为 a＝OA＋OB＋OC， b＝OA＋OB－OC，代入整理得→→→(x＋y－ 1)OA＋ (x＋ y)OB＋ (x－ y)OC＝0，因为 O， A， B， C 四点不共面，→→→所以 OA， OB， OC不共面，所以 x＋ y－ 1＝ 0， x＋ y＝0， x－ y＝ 0，→此时， x， y 不存在，所以a， b 与OA不共面，→故 a， b 与OA可组成空间的一个基底．→同理 a， b 与OB也可组成空间的一个基底．→→→→→→→1→对 C：因为a＝ OA＋ OB＋ OC，b＝OA＋ OB－ OC，相减有 OC＝2(a－b)，所以 OC与a，b共面，故不可以组成空间的一个基底．正解C易错点 4混杂向量运算和实数运算例 4阅读以下各式，此中正确的选项是()A ．a·b＝b·c(b≠0) ? a＝cB．a·b＝ 0? a＝0或b＝0C． (a·b) ·c＝a·(b·c)→→→→D.OA·BO＝ |OA||BO|cos(180 －°∠ AOB )错解A(或B或C)解析想自然地将向量的数目积运算和实数运算等价，致使犯错．向量的数目积运算不知足→→消去律，联合律，故 A ，C 错误；a·b＝0? a＝0或b＝0或a⊥b，故 B 错误； OA·BO的夹角是 180 －°∠AOB.正解D易错点 4忽视建系的前提例 4 四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ ABC＝ 60°， AE⊥平面 ABCD ， AE＝ 2，F 为 CE中点，试成立合理的坐标系，求→→AF ，BC夹角的余弦值．错解以 A 为坐标原点，以→→→x， y，z 轴的正方向，成立空间直角AB， AD，AE 的方向分别为坐标系 Axyz.→→→→3此时 AF＝ (1,1,1)， BC＝ (0,2,0) ，所以 cos〈 AF， BC〉＝3.解析空间直角坐标系的成立的前提是三条直线两两垂直，而此题中直线 AB 与 AD 不垂直．正解设 AC ，BD 交于点 O，则 AC⊥ BD .因为 F 为 CE 中点，所以 OF ∥ AE，因为 AE⊥平面 ABCD ，所以 OF⊥平面 ABCD ， OF ⊥ AC， OF⊥ BD ，以 O 为坐标原点，以→→→的方向分别为 x， y， z 轴的正方向，成立空间直角坐标OC， OD， OF系 Oxyz.→→3， 0)，此时 AF＝ (1,0,1)， BC＝ (1，→→2所以 cos〈 AF， BC〉＝4.易错点 5求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例 5在正方体 ABCD － A1B1C1D 1中，求平面 ABD 1与平面 BD1C 的夹角的大小．错解以 D 为坐标原点， DA ，DC ， DD 1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴成立如下图的空间直角坐标系 Dxyz.设正方体的棱长为1，则 D (0,0,0) ，A1(1,0,1) ，C1(0,1,1) ．→D 是平面 ABD 的一个法向量，→→A1D ＝ (－ 1,0，－1)， DC1是平面 BCD 1的一个法向量，→DC 1＝ (0,1,1)，→→→ →1 DC 1·AD 1所以 cos〈 AD1， DC1〉＝→ →＝－2，|DC 1||AD1|→→所以〈 AD1， DC1〉＝ 120°.所以平面 ABD 1与平面 BD1C 夹角的大小为 120 °.解析利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．正解以 D 为坐标原点， DA ，DC ， DD 1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为 1，则 D (0,0,0) ，A1(1,0,1) ， C1(0,1,1) ．→ABD →是平面 BCD 1的一个法由题意知 AD1＝ (－ 1,0，－ 1)是平面1的一个法向量， DC 1＝ (0,1,1)向量．→→→→1 DC1·AD 1所以 cos〈 AD1， DC1〉＝→→＝－2，|DC1||AD1|→→所以〈 AD1， DC1〉＝ 120°.所以平面 ABD 1与平面 BD1C 夹角的大小为60°.3空间直角坐标系建立三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，重点是依靠图形成立空间直角坐标系，将其余向量用坐标表示，经过向量运算，判断或证明空间元素的地点关系，以及空间角、空间距离问题的探究．所以怎样成立空间直角坐标系显得特别重要，下边简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共极点的相互垂直的三条棱例 1已知在直四棱柱中，AA1＝ 2，底面 ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角， AB∥ CD，AB ＝4， AD ＝ 2， DC＝ 1，试求直线BC1与 CD 夹角的余弦值．解如图，以 D 为坐标原点，分别以DA ， DC ， DD1所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系Dxyz，则 D (0,0,0) ，C1(0,1,2) ， B(2,4,0) ，C(0,1,0) ，→→所以 BC1＝ (－ 2，－ 3,2)，CD ＝ (0，－ 1,0)．→→→ →3 17 BC1·CD＝.所以 cos〈 BC1， CD〉＝→ →17|BC1||CD |故直线 BC1与 CD 夹角的余弦值为31717.评论本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解重点是从直四棱柱图形中的共点的三条棱相互垂直关系处着眼，成立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和有关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例 2 如图，在三棱柱ABC－ A1B1C1中， AB⊥平面 BB1C1C， E 为棱 C1C 的中点，已知 ABπ＝2， BB1＝ 2， BC＝ 1，∠ BCC 1＝3.试成立适合的空间直角坐标系，求出图中全部点的坐标．解过 B点作 BP垂直于 BB1交 C1C于 P点，因为 AB⊥平面 BB1C1C，所以 BP ⊥平面 ABB1A1，以 B 为坐标原点，分别以 BP，BB1，BA 所在的直线为x，y，z 轴，成立空间直角坐标系Bxyz，如图．π因为 AB＝2， BB1＝ 2， BC＝ 1，∠ BCC1＝3，所以 CP＝1，C1P＝3，BP＝3，则各点坐标分别为B(0， 0,0)， A(0,0，2) ， B1(0,2,0) ，C3，－1，0 ，22C13，3， 0 ，E3，1， 0 ， A1(0， 2， 2). 2222评论空间直角坐标系的成立，要尽量地使尽可能多的点落在座标轴上，这样建成的坐标系，既能快速写出各点的坐标，又因为坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．此题已知条件中的垂直关系“ AB⊥平面 BB1C1C”，可作为建系的打破口．3．利用面面垂直关系例 3 如图 1，在等腰梯形 ABCD 中， AD∥BC， AB＝ AD ＝ 2，∠ ABC＝ 60°， E 是 BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE⊥平面AEC(如图2)，连结BC，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．解取 AE 中点 M，连结 BM，DM .因为在等腰梯形ABCD 中， AD ∥ BC， AB＝ AD ，∠ ABC＝ 60°， E 是 BC 的中点，所以△ ABE 与△ ADE 都是等边三角形，所以 BM ⊥ AE，DM ⊥ AE.又平面 BAE⊥平面 AEC，所以 BM⊥ MD .以 M 为坐标原点，分别以ME ， MD ， MB 所在的直线为x， y， z 轴，成立空间直角坐标系Mxyz，如图，则 E(1,0,0)， B(0,0， 3)， C(2， 3， 0)， D(0， 3， 0)，→→3，－ 3)，所以 DC＝ (2,0,0) ， BD＝ (0 ，设平面 BCD 的法向量为m＝ (x， y， z)，→m·DC＝2x＝0，取 y＝ 1，得m＝ (0,1,1) ，由→3y－ 3z＝ 0，m·BD＝又因为平面→3， 0)，ABE 的一个法向量为 MD ＝ (0，→→2 m·MD＝，所以 cos〈m， MD 〉＝→2|m||MD |所以平面 ABE 与平面 BCD 夹角为 45°.评论此题求解重点是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再建立空间直角坐标系，而后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．4用向量法研究“动向”立体几何问题“动向”立体几何问题是在静态几何问题中浸透了一些“动向”的点、线、面等元素，同时因为“动向”的存在，使得问题的办理趋于灵巧．本文介绍巧解“动向”立体几何问题的法宝——向量法，教你怎样以静制动．1．求解、证明问题例 1 在棱长为 a 的正方体 OABC— O1A1B1C1中， E，F 分别是 AB， BC 上的动点，且 AE＝ BF ，求证： A1F⊥ C1E.证明以 O 为坐标原点， OA ，OC， OO1所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系 Oxyz，则 A1(a,0， a)， C1(0，a， a)．设AE＝BF ＝x(0≤ x≤ G)，∴E(a，x,0)， F(a－ x， a,0)．→∴A1F＝ (－ x， a，－ a)，→C1E＝ (a， x－a，－ a)．→→∵A1F·C1E＝ (－x， a，－ a) ·(a， x－ a，－ a)＝－ ax＋ ax－a2＋a2＝ 0，→→∴A1F⊥ C1E，即 A1F⊥ C1E.2．定位问题例 2如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在 DG 上能否存在点 M，使得直线 MB与平面 BEF 的夹角为 45°？若存在，求出点M 的地点；若不存在，请说明原因．解题提示假定存在点 M ，设平面 BEF 的法向量为 n ，设 BM 与平面 BEF 所成的角为 θ，→利用 sin θ＝|BM ·n |求出点 M 的坐标，若知足条件则存在．→|BM ||n |解 因为四边形 CDGF ， ADGE 均为正方形， 所以 GD ⊥ DA ，GD ⊥ DC .又 DA ∩ DC ＝ D ， DA ， DC?平面 ABCD ， 所以 GD ⊥平面 ABCD .又 DA ⊥ DC ，所以 DA ， DG ， DC 两两相互垂直．如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DG所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系Dxyz ，则 B(1,1,0) ， E(1,0,1) ， F(0,1,1) ．因为点 M 在 DG 上，假定存在点 M(0,0，t)(0≤ t ≤ 1)使得直线 BM 与平面 BEF 的夹角为 45°. 设平面 BEF 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)．→ →因为 BE ＝ (0，－ 1,1) ，BF ＝(－1,0,1)，→ ＝ 0，－ y ＋ z ＝ 0，n ·BE即令 z ＝ 1，得 x ＝ y ＝1，则→－ x ＋ z ＝ 0，n ·BF ＝ 0，所以 n ＝ (1,1,1) 为平面 BEF 的一个法向量．→→|－ 2＋ t||BM ·n |又BM ＝ (－ 1，－ 1，t)，直线 BM 与平面 BEF 的夹角为 45°，所以 sin45 °＝→ ＝ t 2＋ 2× 3|BM||n |＝2，2解得 t ＝－ 4±3 2.又 0≤ t ≤ 1，所以 t ＝ 3 2－ 4.故在 DG 上存在点M(0,0,3 2－ 4)，且当 DM ＝ 3 2－ 4 时，直线 MB 与平面 BEF 夹角为 45°.数学选修2-1北师大版：第二章空间向量与立体几何疑难规律方法第二章个帅哥帅哥的 ffff不变应万变，抓住问题的本质，引入参量，利用空间垂直关系及数目积将几何问题代数化，达到以静制动的成效．5向量与立体几何中的数学思想1．数形联合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示能够把向量问题转变为代数运算，进而交流了几何与代数的联系，表现了数形联合的重要思想．向量拥有数形兼顾的特色，所以，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地联合在一同．例 1如图，在四棱柱ABCD －A1B1C1D1中， A1A⊥底面ABCD ，∠ BAD ＝90°， AD ∥ BC，且 A1A＝AB＝ AD ＝2BC＝ 2，点 E 在棱 AB 上，平面 A1EC 与棱 C1D 1订交于点 F.(1)证明： A1F ∥平面 B1CE；(2)若 E 是棱 AB 的中点，求平面 A1ECF 与平面 DEC 夹角的余弦值；(3)求三棱锥 B1－ A1EF 的体积的最大值．(1)证明因为 ABCD － A1B1C1D1是棱柱，所以平面 ABCD ∥平面 A1B1C1D 1.又因为平面ABCD ∩平面 A1ECF ＝ EC，平面 A1B1C1D1∩平面 A1ECF ＝ A1F ，所以 A1F∥ EC.又因为 A1F 平面 B1 CE，EC?平面 B1CE，所以 A1F ∥平面 B1CE.(2) 解因为 AA1⊥底面 ABCD ，∠ BAD ＝ 90°，所以 AA1， AB， AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，以AB， AD ，AA1所在直线分别为x 轴， y 轴和 z 轴，成立如下图空间直角坐标系Axyz.数学选修2-1北师大版：第二章空间向量与立体几何疑难规律方法第二章个帅哥帅哥的 ffff则 A1(0,0,2) ， E(1,0,0) ，C(2,1,0) ，→→，－ 2)．所以 A1E＝(1,0，－ 2)， A1C＝ (2,1设平面 A1ECF的法向量为 m＝(x，y，z)，→→由A1E·m＝ 0， A1C·m＝0，x－ 2z＝ 0，得2x＋ y－ 2z＝ 0，令 z＝ 1，得m＝ (2，－ 2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n＝(0,0,1)，m·n1所以 cos〈m，n〉＝＝.1所以平面 A1ECF 与平面 DEC 夹角的余弦值为3.(3)解过点 F 作 FM ⊥A1B1于点 M，因为平面 A1ABB1⊥平面 A1B1C1D 1，平面 A1ABB1∩平面 A1B1C1D1＝ A1B1，FM ?平面 A1B1C1D 1，所以 FM ⊥平面 A1ABB1，1所以VB1－A1EF＝VF－B1A1E＝3×S A1B1E×FM＝1×2×2× FM＝2FM. 323因为当 F 与点 D1重合时， FM 取到最大值 2(此时点 E 与点 B 重合 )，4所以当 F 与点 D1重合时，三棱锥 B1－ A1EF 的体积的最大值为3.2．转变与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题供给了工具，因此我们要擅长把这些问题转变为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，而后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转变为几何问题．这类“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤其重要．例 2 如图，在长方体 ABCD － A1B1C1D1中， AA1＝ AB＝ 2AD＝ 2，E 为 AB 的中点， F 为 D1E 上的一点， D 1F＝2FE.(1) 证明：平面 DFC ⊥平面 D 1EC ；(2) 求平面 ADF 与平面 DFC 夹角的余弦值．解析 求平面与平面的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，而后经过两个平面的法向量的夹角获得两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角．(1) 证明 以 D 为坐标原点，分别以 DA ， DC ，DD 1 所在的直线为 x 轴， y 轴， z 轴成立如图所示空间直角坐标系 Dxyz ，则 D (0,0,0) ，A(1,0,0) ，B(1,2,0) ， C(0,2,0)，D 1(0,0,2) ．→DC ＝ (0,2,0) ，→D 1C ＝ (0,2，－ 2)， ∵E 为 AB 的中点，∴ E (1,1,0) ，∵D 1F ＝2FE ，→2 →2(1,1，－ 2)＝ 2 2 ，－ 4， ∴D 1F ＝D 1E ＝ ， 33 3 3 3 →→ → 2 2 4 ∴DF ＝ DD 1＋ D 1F ＝ (0,0,2) ＋3 ， ，－332，2，2＝ 33 3 .设 n ＝ (x 1， y 1， z 1 )是平面 DFC 的法向量，→22 2n ·DF ＝ 0，x 1＋ y 1＋ z 1＝ 0，则→∴ 3332y 1＝ 0，n ·DC ＝ 0，取 x 1 ＝1，得平面 DFC 的一个法向量为 n ＝(1,0，－ 1)．设 p ＝ (x 2， y 2， z 2 )是平面 D 1EC 的法向量，→2 2＋ 2 2－42 ＝0，p ·D 1F ＝ 0，则∴ 3x3y3z→2y 2－ 2z 2 ＝0，p ·D 1C ＝ 0，设平面 ADF 与平面 DFC 的夹角为0，取 y ＝1，得平面 D EC 的一个法向量为p ＝ (1,1,1) ，∵ n ·p ＝ (1,0，－ 1) ·(1,1,1) ＝0，∴平面 DFC ⊥平面 D 1EC.(2) 解 设 q ＝ (x 3， y 3， z 3)是平面 ADF 的法向量，→q ·DF ＝ 0，则→q ·DA ＝ 0，2 22z 3＝ 0， ∴ 3 x 3＋ y 3＋ 3 3x 3＝ 0，取 y 3 ＝1，得平面 ADF 的一个法向量为 q ＝ (0,1，－ 1)，设平面 ADF 与平面 DFC 的夹角为 θ，则 cos θ＝ |n ·q |＝ |0＋ 0＋ 1|＝ 1，|n ||q |2× 22∴平面 ADF 与平面 DFC 的夹角的余弦值为 12.3． 函数思想例 3 已知对于 x 的方程 x 2－ (t －2)x ＋t 2＋ 3t ＋ 5＝0 有两个实根， 且 c ＝ a ＋ t b ，a ＝ (－ 1,1,3) ， b ＝ (1,0，－ 2)．问 |c |可否获得最大值？若能，求出实数 t 的值及对应的向量 b 与 c 夹角的余弦值；若不可以，请说明原因．解析写出 |c |对于 t 的函数关系式，再利用函数看法求解．4解由题意知 Δ≥ 0，得－ 4≤ t ≤ － 3.又 c ＝ (－ 1,1,3) ＋ t(1,0，－ 2)＝ ( －1＋ t,1,3－ 2t)，∴|c |＝ － 1＋ t 2 ＋ 3－ 2t 2＋ 1726＝5 t － 5 ＋5.当 t ∈ － 4，－ 4时， f(t)＝5 t －72＋ 6是单一递减函数， ∴ y max ＝ f(－ 4)，即 |c |的最大值存在，3 55此时 c ＝ (－ 5,1,11)． b ·c ＝－ 27， |c |＝ 7 3.而|b |＝ 5，∴ c os 〈 b ， c 〉＝ b ·c ＝ －27 ＝－9 15.|b||c |5× 7 335评论 凡波及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式， 一般可考虑写出函数关系式， 利用函数思想求解．4． 分类议论思想例 4如图，在矩形 ABCD 中，AB ＝ 1，BC ＝ a ，PA ⊥平面 ABCD (点 P 位于平面ABCD 上方 )，问 BC 边上能否存在点→ →Q，使 PQ⊥ QD？解析→ →由 PQ⊥ QD，得 PQ⊥ QD，所以在平面 ABCD 内，点 Q 在以边 AD 为直径的圆上，若此圆与边 BC 相切或订交，则BC 边上存在点 Q，不然不存在．解假定存在点 Q(Q 点在边→ →BC 上 )，使 PQ⊥QD ，即 PQ⊥ QD ，连结 AQ.∵ PA⊥平面 ABCD ，∴ PA⊥ QD .→→→→→又PQ＝ PA＋ AQ且 PQ⊥ QD ，→→∴PQ·QD＝ 0，→→→→即PA·QD ＋AQ·QD＝ 0.→ →又由 PA·QD＝ 0，→→∴AQ·QD＝ 0，→→∴AQ⊥ QD .即点Q 在以边 AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2 .又∵ AB＝ 1，由题图知，当a＝ 1，即 a＝ 2 时，该圆与边 BC 相切，存在 1 个点 Q 知足题意；2当a>1，即 a>2 时，该圆与边BC 订交，存在 2 个点 Q 知足题意；2当a<1，即 a<2 时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 知足题意．2综上所述，当 a≥ 2 时，存在点→→Q，使 PQ⊥ QD ；→→当 0<a<2 时，不存在点Q，使 PQ⊥ QD.。

§夹角的计算直线间的夹角平面间的夹角课时目标理解两条异面直线的夹角、二面角及二面角的平面角的概念，能用向量方法解决线线、面面所成角的计算问题．会灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立体几何问题．．直线间的夹角包括两直线共面时的两直线的夹角和两直线异面时的异面直线的夹角，两直线的夹角范围是；两条异面直线夹角的范围是，其大小可以通过这两条异面直线的的夹角来求．若设两条异面直线的夹角为θ，它们的方向向量的夹角是φ，则有θ＝或θ＝.．二面角的大小就是指二面角的平面角的大小，其范围是，二面角的平面角的大小(或其补角的大小)可以通过两个面的的夹角求得，二面角和两平面法向量的夹角的关系是．一、选择题．若直线的方向向量与的方向向量的夹角是°，则与这两条异面直线所成的角等于()．°．°．°或°．以上均错．在棱长为的正方体—中，，分别为和的中点，那么异面直线与所成角的余弦值为()．如果二面角α——β的平面角是锐角，点到α，β和棱的距离分别为，和，则二面角的大小为()．°或°．°或°．°或°．°或°．从点引三条射线、、，每两条夹角均为°，则二面角——的余弦值是()．在正方体—中，点为的中点，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为()．长方体—中，＝＝，＝，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为()题号答案二、填空题．若两个平面α，β的法向量分别是＝()，ν＝(－，)．则这两个平面所成的锐二面角的度数是．．如图，已知正三棱柱—的各条棱长都相等，是侧棱的中点，则异面直线和所成的角的大小是．．已知三棱柱—的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为．三、解答题．长方体—中，＝，＝＝，，分别是面与面的中心，求异面直线与所成角的余弦值．。