学案37 空间向量及其运算(理科 )

第3章空间向量与立体几何第1课时空间向量及其线性运算春节期间,我国南方遭受了寒潮袭击,大风降温天气频发,已知某人某天骑车以a km/h的速度向东行驶,感到风是从正北方向吹来．问题：某人骑车的速度和风速是空间向量吗？提示：是．1．空间向量(1)定义：在空间中,既有大小又有方向的量,叫做空间向量．(2)表示方法：空间向量用有向线段表示,并且空间任意两个向量都可以用同一平面内的两条有向线段表示．2．相等向量凡是方向相同且长度相等的有向线段都表示同一向量或者相等向量.问题1：如何进行平面向量的加法、减法及数乘运算．提示：利用平行四边形法则、三角形法则等．问题2：平面向量的加法及数乘向量满足哪些运算律？提示：交换律、结合律、分配律．1．空间向量的加减运算和数乘运算OB＝OA＋AB＝a＋b,BA＝OA－OB＝a－b,OC＝λa(λ∈R)．2．空间向量的加法和数乘运算满足如下运算律(1)交换律：a＋b＝b＋a；(2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；(3)分配律：λ(a＋b)＝λa＋λb(λ∈R).空间中有向量a,b,c(均为非零向量)．问题1：向量a与b共线的条件是什么？提示：存在惟一实数λ,使a＝λb.问题2：空间中任意两个向量一定共面吗？任意三个向量呢？提示：一定；不一定．1．共线向量或平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合,那么这些向量叫做共线向量或平行向量．向量a与b平行,记作a∥b.规定,零向量与任何向量共线．2．共线向量定理对空间任意两个向量a,b(a≠0),b与a共线的充要条件是存在实数λ,使b＝λa.1．空间向量的加法满足平行四边形和三角形法则．2．空间向量的数乘运算是线性运算的一种,结果仍是一个向量,方向取决于λ的正负,模为原向量模的|λ|倍．3．两向量共线,两向量所在的直线不一定共线,可能平行．[例1] 下列四个命题：(1)所有的单位向量都相等；(2)方向相反的两个向量是相反向量；(3)若a、b满足|a|>|b|,且a、b同向,则a>b；(4)零向量没有方向．其中不正确的命题的序号为________．[思路点拨] 根据空间向量的概念进行逐一判断,得出结论．[精解详析] 对于(1)：单位向量是指长度等于1个单位长度的向量,而其方向不一定相同,它不符合相等向量的定义,故(1)错；对于(2)：长度相等且方向相反的两个向量是相反向量,故(2)错；对于(3)：向量是不能比较大小的,故不正确；对于(4)：零向量有方向,只是没有确定的方向,故(4)错．[答案] (1)(2)(3)(4)[一点通]1．因为空间任何两个向量都可以平移到同一平面上,故空间的两个向量间的关系都可以转化为平面向量来解决．2．对于有关向量基本概念的考查,可以从概念的特征入手,也可以通过举出反例而排除或否定相关命题。

课时规范练37 空间向量及其运算基础巩固组1.(2020江西南昌八一中学质检)已知向量a =(-2,x ,2),b =(2,1,2),c =(4,-2,1).若a ⊥(b -c ),则x 的值为( )A.-2B.2C.3D.-32.在下列条件中,使M 与A ,B ,C 一定共面的是( ) A.OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC⃗⃗⃗⃗⃗ B.OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =15OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ C.MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 D.OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ =0 3.(多选)给出下列命题,其中正确命题有( ) A.空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B.已知向量a ∥b ,则a ,b 与任何向量都能构成空间的一个基底C.A ,B ,M ,N 是空间四点,若BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不能构成空间的一个基底,那么A ,B ,M ,N 共面D.已知向量{a ,b ,c }是空间的一个基底,若m =a +c ,则{a ,b ,m }也是空间的一个基底 4.下列向量与向量a =(1,-√2,1)共线的单位向量为 ( )A.(-12,-√22,-12)B.(-12,-√22,12)C.(-12,√22,-12) D.(12,√22,12) 5.(多选)已知点P 是△ABC 所在的平面外一点,若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,4),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),则( ) A.AP ⊥AB B.AP ⊥BP C.BC=√53 D.AP ∥BC6.(2020四川三台中学实验学校高三月考)如图,设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,若AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.12a +16b -23c B.-12a -16b +23c C.12a -16b -13cD.-12a +16b +13c7.若a =(2,-3,5),b =(-3,1,2),则|a -2b |=( ) A.7√2B.5√2C.3√10D.6√38.(多选)已知向量a =(1,-1,m ),b =(-2,m-1,2),则下列结论中正确的是( ) A.若|a |=2,则m=±√2 B.若a ⊥b ,则m=-1 C.不存在实数λ,使得a =λb D.若a ·b =-1,则a +b =(-1,-2,-2)9.已知a =(3,2λ-1,1),b =(μ+1,0,2μ).若a ⊥b ,则μ= ;若a ∥b ,则λ+μ= . 10.(2020上海七宝中学期末)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,给出下面四个命题:①(A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=3(A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2;②AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角为120°;③A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0;④正方体的体积是|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |,则所有正确的命题的序号是 .11.如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 为AC 的中点. (1)化简:A 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ; (2)设E 是棱DD 1上的点,且DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =23DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,若EO ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +z AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,试求实数x ,y ,z 的值.综合提升组12.已知向量{a ,b ,c }是空间向量的一个基底,向量{a +b ,a -b ,c }是空间向量的另外一个基底,若一向量p 在基底{a ,b ,c }下的坐标为(1,2,3),则向量p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标为( ) A.(12,32,3) B.(32,-12,3) C.(3,-12,32)D.(-12,32,3)13.已知空间直角坐标系O-xyz 中,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,3),OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,2),OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,则当QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时,点Q 的坐标为( ) A.(12,34,13)B.(12,32,34)C.(43,43,83)D.(43,43,73)14.(2020山东烟台高三期末)如图所示的平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,已知AB=AA 1=AD ,∠BAD=∠DAA 1=60°,∠BAA 1=30°,N 为A 1D 1上一点,且A 1N=λA 1D 1.若BD ⊥AN ,则λ的值为 ;若M 为棱DD 1的中点,BM ∥平面AB 1N ,则λ的值为 .创新应用组15.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ⊥DC ,AB ∥DC ,AD=DC=AP=2,AB=1,点E 为棱PC 的中点.(1)证明:BE ⊥PD ;(2)若F 为棱PC 上一点,满足BF ⊥AC ,求线段PF 的长.参考答案课时规范练37 空间向量及其运算1.A ∵b -c =(-2,3,1),∴a ·(b -c )=4+3x+2=0,解得x=-2.故选A .2.C M 与A ,B ,C 一定共面的充要条件是OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC⃗⃗⃗⃗⃗ ,x+y+z=1, 对于A 选项,由于1-1-1=-1≠1,所以不能得出M ,A ,B ,C 共面; 对于B 选项,由于15+13+12≠1,所以不能得出M ,A ,B ,C 共面;对于C 选项,由于MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为共面向量,所以M ,A ,B ,C 共面; 对于D 选项,由OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M ,A ,B ,C 共面.故选C .3.ACD 选项A,根据空间基底的概念,可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底,所以A 正确;选项B,根据空间基底的概念,可得B 不正确;选项C,由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不能构成空间的一个基底,可得BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共面, 又由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 过相同点B ,可得A ,B ,M ,N 四点共面,所以C 正确; 选项D,由{a ,b ,c }是空间的一个基底,则基向量a ,b 与向量m =a +c 一定不共面,所以可以构成空间另一个基底,所以D 正确.故选ACD . 4.C 由|a |=√1+2+1=2,∴与向量a 共线的单位向量为(12,-√22,12)或(-12,√22,-12).故选C .5.AC 因为AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故A 正确;BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-3,-3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3+6-3=6≠0,故B 不正确;BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,1,-4),|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√62+12+(-4)2=√53,故C 正确;AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,1,-4),则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 与BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不平行,故D 不正确.故选AC .6.A 由题可知,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-12(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +16OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −23OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a +16b -23c ,故选A . 7.C ∵a =(2,-3,5),b =(-3,1,2),∴a -2b =(8,-5,1),∴|a -2b |=√82+(-5)2+12=3√10.故选C . 8.AC 对于A,由|a |=2,可得√12+(-1)2+m 2=2,解得m=±√2,故A 正确;对于B,由a ⊥b ,可得-2-m+1+2m=0,解得m=1,故B 错误;对于C,若存在实数λ,使得a =λb ,则{1=-2λ,-1=λ(m -1),m =2λ,显然λ无解,即不存在实数λ,使得a =λb ,故C 正确;对于D,若a ·b =-1,则-2-m+1+2m=-1,解得m=0,于是a +b =(-1,-2,2),故D 错误.故选AC . 9.-35710因为a ⊥b ,则a ·b =3(μ+1)+0+2μ=0,解得μ=-35.若a ∥b ,则a =m b ,即(3,2λ-1,1)=m (μ+1,0,2μ),故{3=m (μ+1),2λ-1=0,1=2mμ,解得{λ=12,μ=15.故λ+μ=710. 10.①②③设正方体的棱长为1.建立空间直角坐标系,如图,A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),则A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1),故(A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=3,3(A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=3|A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=3.故①正确;AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),设AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角为θ,所以cos θ=AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×√2=-12, 因为0°≤θ≤180°,所以AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 夹角为120°,故②正确; A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1),C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0-1+1=0,故③正确;正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |,但是|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=0,故④错误.11.解(1)∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴A 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=A 1O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1O⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .(2)∵EO ⃗⃗⃗⃗⃗ =ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴x=12,y=-12,z=-23.12.B 设向量p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标为(x ,y ,z ),则p =a +2b +3c =x (a +b )+y (a -b )+z c =(x+y )a +(x-y )b +z c ,所以{x +y =1,x -y =2,z =3,解得{ x =32,y =-12,z =3,故p 在基底{a +b ,a -b ,c }下的坐标为(32,-12,3).故选B .13.C 设Q (x ,y ,z ),由点Q 在直线OP 上,可得存在实数λ使得OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOP ⃗⃗⃗⃗⃗ , 即(x ,y ,z )=λ(1,1,2),可得Q (λ,λ,2λ),所以QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,3-2λ),QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-λ,1-λ,2-2λ),则QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),根据二次函数的性质,可得当λ=43时,取得最小值-23,此时Q (43,43,83).故选C .14.√3-1 23(1)取空间中一个基底:AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,设AB=AD=AA 1=1,因为BD ⊥AN ,所以BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因为B D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b -a ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c +λb ,所以(b -a )·(c +λb )=0,所以12+λ-√32−λ2=0,所以λ=√3-1. (2)在AD 上取一点M 1使得A 1N=AM 1,连接M 1N ,M 1M ,M 1B ,因为A 1N ∥AM 1,且A 1N=AM 1,所以四边形AA 1NM 1是平行四边形,所以AA 1∥NM 1,AA 1=NM 1,又AA 1∥BB 1,AA 1=BB 1,所以BB 1∥NM 1,BB 1=NM 1,所以四边形BB 1NM 1是平行四边形,所以NB 1∥M 1B ,NB 1=M 1B ,又因为M 1B ⊄平面AB 1N ,NB 1⊂平面AB 1N ,所以M 1B ∥平面AB 1N ,又因为BM ∥平面AB 1N ,且BM ∩M 1B=B ,所以平面M 1MB ∥平面AB 1N ,所以MM 1∥平面AB 1N ,又因为平面AA 1D 1D ∩平面AB 1N=AN ,且MM 1⊂平面AA 1D 1D ,所以M 1M ∥AN ,所以△AA 1N ∽△MDM 1,所以A 1N DM 1=AA 1MD =λA 1D 1(1-λ)A 1D 1=2,所以λ=23. 15.(1)证明 ∵PA ⊥底面ABCD ,AD ⊥AB ,∴以A 为原点,AB 为x 轴,AD 为y 轴,AP 为z 轴,建立空间直角坐标系, 由题意B (1,0,0),P (0,0,2),C (2,2,0),E (1,1,1),D (0,2,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2), 则BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+2-2=0,∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即BE ⊥PD. (2)解 ∵BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,2),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 由点F 在棱PC 上,设CF⃗⃗⃗⃗⃗ =λCP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2λ,-2λ,2λ),0≤λ≤1, ∴BF⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-2λ,2-2λ,2λ), ∵BF ⊥AC ,∴BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=34, ∴|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1-34|PC⃗⃗⃗⃗⃗ |=14×√4+4+4=√32,即线段PF 的长为√32.。

空间向量及其运算（习题）例题示范例1：如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为上底面A 1B 1C 1D 1的中心，若1AE AA x AB y AD −−→−−→−−→−−→=++，则x ，y 的值分别为（）A ．11x y ==，B ．112x y ==，C ．1122x y ==，D ．112x y ==，思路分析：1111111111()21()21122AE AA A E AA A B A D AA AB AD AA AB AD −−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→=+=++=++=++∵1AE AA x AB y AD −−→−−→−−→−−→=++，∴1122x y ，==，故选C ．例2：如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =2，AA 1=2，AD =1，且AB ，AD ，AA 1两两之间的夹角都是60°，则11AC BD −−→−−→⋅=___________．思路分析：平行六面体中AB ，AD ，AA 1的长度和夹角都清楚，选取AB −−→，AD −−→，1AA −−→作为一组基底，表达1AC −−→和1BD −−→，利用数量积的运算法则进行计算．过程示范：设AB −−→=a ，AD −−→=b ，1AA −−→=c ，则111AC AB BC CC AB AD AA −−→−−→−−→−−→−−→−−→−−→=++=++=++a b c ，11BD AB AD DD −−→−−→−−→−−→=-++=-++a b c ，11AC BD −−→−−→⋅=(a+b +c )⋅(-a +b +c )=-a 2+b 2+c 2+2b ⋅c =-4+1+4+2×1×2×12=3．例3：如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1B 1，C 1D 1的一个四等分点，求BE 与DF 所成角的余弦值．思路分析：利用空间向量，将线线角转化为直线的方向向量的夹角问题．过程示范：设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图，以1 DA DC DD −−→−−→−−→，，为单位正交基底建立空间直角坐标系D -xyz ，则B (1，1，0)，E (1，34，1)，D (0，0，0)，F (0，14，1)，∴BE −−→=(1，34，1)-(1，1，0)=(0，14-，1)，DF −−→=(0，14，1)-(0，0，0)=(0，14，1)，则174BE −−→=，174DF −−→=，BE −−→⋅DF −−→=0×0+(14-×14)+1×1=1516，151516cos 17171744BE DF BE DF BE DF −−→−−→−−→−−→−−→−−→<>===⨯⋅，，即BE 与DF 所成角的余弦值为1517． 巩固练习1.如图，在三棱锥O -ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA OB OC −−→−−→−−→===a b c ，，，用a ，b ，c 表示MN −−→，则MN −−→=（）A ．12(b +c -a )B ．12(a +b -c )C ．12(a -b +c )D ．12(c -a -b)2.如图，在斜四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，各面均为平行四边形，设1AA AB AD −−→−−→−−→===，，a b c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下向量：−−→AP =__________，1−−→−−→+MP NC =__________．3.下列等式：①OP OA AB AC −−→−−→−−→−−→=--；②111632OP OA OB OC −−→−−→−−→−−→=++；③PA PB PC −−→−−→−−→++=0；④OP OA OB OC −−→−−→−−→−−→+++=0．其中使P ，A ，B ，C 四点共面的是__________．（填写序号）4.已知向量a =(2，-3，1)，b =(2，0，3)，c =(0，0，2)，则+-=a b c __________；()+=⋅a b c __________．5.已知向量a =(1，0，-1)，则下列向量与a 成60°夹角的是（）A ．(-1，1，0)B ．(1，-1，0)C ．(0，-1，1)D ．(-1，0，1)6.已知向量a =(2，-1，3)，b =(-4，2，x )，若a ⊥b ，则x 的值为__________．7.已知{a ，b ，c }是空间向量的一组基底，{a +b ，a -b ，c }是另一组基底，若向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则p 在基底{a +b ，a -b ，c }下的坐标为___________________．8.如图，已知空间四边形ABCD 的每条边及对角线的长都为a ，E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，则AB AC −−→−−→⋅=__________；AD DB −−→−−→⋅=__________；GF AC −−→−−→⋅=__________；EF BC −−→−−→⋅=__________；FG BA −−→−−→⋅=__________；GE GF −−→−−→⋅=__________．9.已知向量a =(1，0，-1)，b =(-1，1，2)．①a -b 与a 的夹角的余弦值为__________；②若k a +b 与a -2b 平行，则k 的值为__________；③若k a +b 与a +3b 垂直，则k 的值为__________．10.已知点M (-3，-2，0)在平面α内，且平面α的一个法向量是n =(6，-3，6)，则下列点在平面α内的是（）A ．(2，3，3)B ．(-2，0，1)C ．(-4，-4，0)D ．(3，-3，4)11.已知两不重合直线l 1，l 2的方向向量分别为v 1=(1，-1，2)，v 2=(0，2，1)，则l 1，l 2的位置关系是（）A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定12.若直线l 的方向向量为e =(2，1，m )，平面α的一个法向量为n =(1，12，2)，且l ⊥α，则m 的值为________．13.给出下列命题：①若直线l的方向向量为a=(1，-1，2)，直线m的方向向量为b=(2，1，12 )，则l⊥m；②若直线l的方向向量为a=(0，1，-1)，平面α的一个法向量为n=(1，-1，-1)，且l⊄α，则l⊥α；③若平面α的一个法向量为n1=(0，1，3)，平面β的一个法向量为n2=(1，0，2)，则α∥β；④若平面α经过A(1，0，-1)，B(0，1，0)，C(-1，2，0)三点，且向量n=(1，u，t)是平面α的一个法向量，则u=1，t=0．其中属于真命题的是（）A．②③B．①④C．③④D．①②14.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1，BB1的中点，求CM与D1N所成角的余弦值．【参考答案】 巩固练习1.D2.12a b c ++，313222a b c ++3.①②③4.(4，-3，2)，95.B 6.1037.(3，1，3)8.212a ，212a -，212a -，214a ，214a -，214a 9.①5714；②12-；③15710.C 11.C 12.413.B 14.19。

空间向量及其运算（优质课）教案教学目标：1 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；2 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.教学过程：1．空间向量的有关概念(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)共面向量定理：若两个向量a ，b 不共线，则向量p 与向量a ，b 共面⇔存在唯一的有序实数对(x ，y )，使p ＝x a ＋y b ．(3)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 ，把{a ，b ，c }叫做空间的一个基底． 3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做向量a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c．4．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).规律方法：1.选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．如本例用OA→，OB→，OC→表示OG→，MG→等，另外解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量．(2.首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．所以在求若干向量的和，可以通过平移将其转化为首尾相接的向量求和．3.数量积的应用：(1)求夹角，设向量a，b所成的角为θ，则cosθ＝a·b|a||b|，进而可求两异面直线所成的角；(2)求长度(距离)，运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题；(3)解决垂直问题，利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．类型一空间向量的线性运算例１：如图3-1-6,已知平行六面体ABCD A B C D''''-.求证:2.AC AB AD AC'''++=【解析】:由于在平行六面体中,每个面都是平行四边形,故可结合空间向量加法的平行四边形法则进行向量的运算,从而证明结论.【答案】∵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 ''''∴++=++=+=2.AC AB AD AC '''∴++=练习１：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：AP →,A 1N →【答案】(1)AP →=a+c+2b ；(2)A 1N →=-a+b+2c练习2：【2015高考新课标2，理13】设向量a ，b 不平行，向量a b λ+与2a b +平行，则实数λ=_________．【答案】12类型二 共线定理、共面定理的应用例2：射线AB 、AC 、AD 不共面,连结BC 、CD 、DB ,取AB 、BC 、CD 、DA 的中点E 、F 、G 、H ,如图3-1-20,试判断四边形EFGH 的图形形状,并用向量的方法证明.【答案】解法1:四边形EFGH 是平行四边形. ∵1()2EH EA AH BA AD =+=+=111,(),222BD FG FC CG BC CD BD =+=+=.EH FG ∴=∵E 点不在FG 上,∴EH ∥FG ,且EH =FG ,∴四边形EFGH 是平行四边形. 解法2:∵11(),22HG HD DG AD DC AC =+=+= 11(),22EF EB BF AB BC AC =+=+=∴.HG EF =又H 点不在EF 上, ∴HG ∥EF ,且HG =EF .∴四边形EFGH 是平行四边形.练习1：【2015江苏高考，6】已知向量a =)1,2(，b=)2,1(-,若m a +n b =)8,9(-(R n m ∈,),则n m -的值为______.【解析】由题意得：29,282,5, 3.m n m n m n m n +=-=-⇒==-=- 【答案】3-类型三 空间向量数量积的应用例3：已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值． 【解析】（1）设AB =p,AC =q ，AD =r.由题意可知：|p|=|q|=|r|=a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.MN=AN -AM =12（AC +AD ）-12AB =12（q+r-p ）， ∴MN·AB =12（q+r-p ）·p =12（q ·p+r ·p-p 2）=12（a 2·cos60°+a 2·cos60°-a 2）=0. ∴MN ⊥AB,同理可证MN ⊥CD.（2）由（1）可知MN=12（q+r-p ） ∴|MN |2=MN 2=14（q+r-p ）2=14［q 2+r 2+p 2+2（q ·r-p ·q-r ·p ）］=14[a 2+a 2+a 2+2（22a -22a -22a ）=14×2a 2=22a . ∴|MN|=22a,∴MN 的长为22a. (3)解 设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r)，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ， ∴AN →·MC →＝12(q ＋r)·(q －12p) ＝12(q2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p)＝12(a 2－12a 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60°)＝22a . 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝22a . ∴cos θ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.【答案】（1）见解析（2）MN a.（3）异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23练习1：在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.求BD →1与AC →夹角的余弦值．【答案】设AB =a,AD =b.1AA =cBD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1. ∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→|·|AC →|＝66.1．（2014·广东卷）已知向量a ＝(1，0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1，1，0) B ．(1，－1，0)C ．(0，－1，1)D ．(－1，0，1)【答案】B 2．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】A3.在空间直角坐标系中，A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直【答案】B4.O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断【答案】B_________________________________________________________________________________ _________________________________________________________________________________基础巩固（1）1．已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( ) A ．－2 B ．－143C.145D ．2【答案】D2.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2 D.34a 2 【答案】C3．若向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb (λ，μ∈R ，且λμ≠0)，则( ) A ．c ∥d B ．c ⊥dC ．c 不平行于d ，c 也不垂直于dD ．以上三种情况均有可能 【答案】B4．已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( )A ．(4，0，3)B ．(3，1，3)C ．(1，2，3)D ．(2，1，3)【答案】B5.已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．【答案】60°6.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三个向量共面，则实数λ等于________．【答案】657能力提升（2）7.在四面体OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________(用a ，b ，c 表示)．【答案】111244a b c ++ 8.A ，B ，C ，D 是空间不共面四点，且AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 的形状是________三角形(填锐角、直角、钝角中的一个)．【答案】锐角9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c . (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值．【答案】解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)， ∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )， ∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3， ∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2)． (2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)， ∴a ·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又∵|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝（－1）2＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

空间向量及其运算 教案教学目标：1．理解共线向量定理和共面向量定理及它们的推论；2．掌握空间直线、空间平面的向量参数方程和线段中点的向量公式． 教学重、难点：共线、共面定理及其应用． 教学过程：（一）复习：空间向量的概念及表示； （二）新课讲解： 1．共线（平行）向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。

读作：a 平行于b ，记作：//a b．2．共线向量定理：对空间任意两个向量,(0),//a b b a b ≠的充要条件是存在实数λ，使a b λ= （λ唯一）．推论：如果l 为经过已知点，且平行于已知向量a的直线，那么对任一点O ，点在直线l 上的充要条件是存在实数，满足等式OP OA t AB =+ ①，其中向量a叫做直线l 的方向向量。

在l 上取AB a = ，则①式可化为OP OA t AB =+或(1)OP t OA tOB =-+②当12t =时，点是线段AB 的中点，此时1()2OP OA OB =+ ③①和②都叫空间直线的向量参数方程，③是线段AB 的中点公式．3．向量与平面平行：已知平面和向量a，作OA a = ，如果直线OA 平行于或在内，那么我们说向量a 平行于平面，记作：//a α ．说明：空间任意的两向量都是共面的．4．共面向量定理：如果两个向量,a b 不共线，p与向量,a b 共面的充要条件是存在实数,x y 使alPBAOap xa yb =+．推论：空间一点位于平面MAB 内的充分必要条件是存在有序实数对,x y ，使MP xMA yMB =+ 或对空间任一点O ，有OP OM xMA yMB =++ ①上面①式叫做平面MAB 的向量表达式． （三）例题分析：例1．已知,,A B C 三点不共线，对平面外任一点，满足条件122555OP OA OB OC =++ ，试判断：点与,,A B C 是否一定共面？解：由题意：522OP OA OB OC =++ ，∴()2()2()OP OA OB OP OC OP -=-+-，∴22AP PB PC =+ ，即22PA PB PC =-- ， 所以，点与,,A B C 共面．说明：在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候，首先要选择恰当的充要条件形式，然后对照形式将已知条件进行转化运算．【练习】：对空间任一点O 和不共线的三点,,A B C ，问满足向量式OP xOA yOB zOC =++（其中1x y z ++=）的四点,,,P A B C 是否共面？ 解：∵(1)OP z y OA yOB zOC =--++， ∴()()OP OA y OB OA z OC OA -=-+-， ∴AP y AB z AC =+，∴点与点,,A B C 共面．例2．已知ABCD，从平面AC 外一点O 引向量 ,,,OE kOA OF KOB OG kOC OH kOD ==== ， （1）求证：四点,,,E F G H 共面； （2）平面AC //平面EG ．E解：（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AC AB AD =+， ∵EG OG OE =- ，()()()k OC k OA k OC OA k AC k AB AD k OB OA OD OA OF OE OH OEEF EH=⋅-⋅=-==+=-+-=-+-=+∴,,,E F G H 共面；（2）∵()EF OF OE k OB OA k AB =-=-=⋅，又∵EG k AC =⋅ ， ∴//,//EF AB EG AC 所以，平面//AC 平面EG ．五、课堂练习：课本第96页练习第1、2、3题．六、课堂小结：1．共线向量定理和共面向量定理及其推论； 2．空间直线、平面的向量参数方程和线段中点向量公式． 七、作业：1．已知两个非零向量21,e e 不共线，如果21AB e e =+ ，2128AC e e =+，2133AD e e =- ，求证：,,,A B C D 共面．2．已知324,(1)82a m n p b x m n yp =--=+++，0a ≠ ，若//a b ，求实数,x y 的值。

（教案）空间向量及其运算空间向量及其运算【基础知识必备】⼀、必记知识精选１.空间向量的定义(1)向量：在空间中具有⼤⼩和⽅向的量叫作向量，同向且等长的有向线段表⽰同⼀向量或相等向量．(２)向量的表⽰有三种形式：a ，AB ,有向线段.2.空间向量的加法、减法及数乘运算.(1)空间向量的加法.满⾜三⾓形法则和平⾏四边形法则，可简记为:⾸尾相连,由⾸到尾．求空间若⼲个向量之和时,可通过平移将它们转化为⾸尾相接的向量.⾸尾相接的若⼲个向量若构成⼀个封闭图形,则它们的和为0,即21A A +32A A +…1A A n =０.(2)空间向量的减法.减法满⾜三⾓形法则,让减数向量与被减数向量的起点相同,差向量由减数向量的终点指向被减数向量的终点，可简记为“起点相同,指向⼀定”,另外要注意-=的逆应⽤.(3)空间向量的数量积．注意其结果仍为⼀向量.３.共线向量与共⾯向量的定义.(1)如果表⽰空间向量的有向线段在直线互相平⾏或重合,那么这些向量叫做共线向量或平⾏向量．对于空间任意两个向量a ，ｂ（b≠０),a∥b ?ａ＝λｂ,若A 、Ｂ、P 三点共线，则对空间任意⼀点O ,存在实数t ，使得OP ＝(1-t ）OA +t OB ,当t=21时,P 是线段A Ｂ的中点,则中点公式为OP =21(OA +OB )．（2)如果向量a 所在直线ＯA 平⾏于平⾯α或a 在α内，则记为ａ∥α，平⾏于同⼀个平⾯的向量,叫作共⾯向量,空间任意两个向量，总是共⾯的.如果两个向量a 、b 不共线.则向量p 与向量a 、ｂ共⾯的充要条件是存在实数对x 、y.使ｐ=xa+y ｂ.对于空间任⼀点O 和不共线的三点A 、B 、C,A 、B 、C 、Ｐ共⾯的充要条件是OP ＝x OA +y OB +ｚOC (其中ｘ+y+z=1）．共⾯向量定理是共线向量定理在空间中的推⼴,共线向量定理证三点共线,共⾯向量定理证四点共⾯.４．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 ,存在⼀个惟⼀的有序实数组x 、y 、z,使p=x ａ+ｙb+ｚｃ.特别的，若a 、ｂ、c 不共⾯，且xa+ｙb+ｚｃ=Ｏ，则x=y ＝ｚ=０．常以此列⽅程、求值.由于０可视为与任意⼀个⾮零向量共线,与任意两个⾮零向量共⾯，所以三个向量不共⾯，隐含着三向量都不是0.空间任意三个不共⾯向量都可以作为空间向量的⼀个基底.要注意,⼀个基底是⼀个向量组，⼀个基向量是指基底中的某⼀向量．5．两个向量的数量积.ａ·b ＝|a ｜·|b |·ｃo ｓ(a,b ）,性质如下：（1）ａ·e ＝｜a|·cos；（2)a⊥b ?a ·b =0．(3）｜a |2=a ·a ;（4)|a |·|b |≥ａ·b .⼆、重点难点突破(⼀）重点空间向量的加法、减法运算法则和运算律；空间直线、平⾯向量参数⽅程及线段中点的向量公式.空间向量基本定理及其推论,两个向量的数量积的计算⽅法及其应⽤.（⼆）难点空间作图，运⽤运算法则及运算律解决⽴体⼏何问题，两个向量数量积的⼏何意义以及把⽴体⼏何问题转化为向量计算问题.对于重点知识的学习要挖掘其内涵，如从向量等式的学习中可以挖掘出:(１)向量等式也有传递性；(2）向量等式两边加(减）相同的量,仍得等式.即“移项法则”仍成⽴;(3）向量等式两边同乘以相等的数或点乘相等的向量,仍是等式．这样知识掌握更加深刻.⽤空间向量解决⽴体⼏何问题.⼀般可以按以下过程进⾏思考:（1）要解决的问题可⽤什么向量知识来解决？需要⽤到哪些向量?(2）所需要的向量是否已知？若未知,是否可⽤已知条件转化成的向量直接表⽰?（3）所需要的向量若不能直接⽤已知条件转化为向量表⽰,则它们分别易⽤哪个未知向量表⽰?这些未知向量与已知条件转化⽽来的向量有何关系?（4)怎样对已经表⽰出来的所需向量进⾏运算,才能得到所需要的结论?三、易错点和易忽略点导析两个向量的夹⾓应注意的问题:①（a ，ｂ)＝(b,a ）;②(a,b)与表⽰点的符号(a,b ）不同;③如图9-5-1(a)中的∠AOB ＝.图(b)中的∠A O B=π-（AO ,OB ),<-OA ，OB ＞＝【综合应⽤创新思维点拨】⼀、学科内综合思维点拨【例1】已知两个⾮零向量e 1、e 2不共线,如果＝e 1＋e 2，=2e 1+8e 2,=３e 1-３e 2．求证：A 、B 、C 、Ｄ共⾯．思维⼊门指导：要证A 、B 、Ｃ、D 四点共⾯,只要能证明三向量AB 、、AD 共⾯,于是只要证明存在三个⾮零实数λ、µ、υ使λ+µ+υ=0即可.证明:设λ(e １＋e ２)+µ(２e 1+8e 2)+υ（3e 1-3ｅ2)=0.则（λ+2µ＋3υ)ｅ１+(λ+8µ-３υ)e ２=0. ∵e 1、e 2不共线，∴?=-+=++.038,032υµλυµλ上述⽅程组有⽆数多组解,⽽λ=-5,µ=1,υ＝1就是其中的⼀组,于是可知-5AB ++AD =０．故AB、AC、AD共⾯，所以A、B、C、D四点共⾯.点拨：寻找到三个⾮零实数 =-5,µ＝1,υ=1使三向量符合共⾯向量基本定理的⽅法是待定系数法.⼆、应⽤思维点拨【例2】某⼈骑车以每⼩时α公⾥的速度向东⾏驶,感到风从正北⽅向吹来，⽽当速度为2α时,感到风从东北⽅向吹来.试求实际风速和风向．思维⼊门指导：速度是⽮量即为向量.因⽽本题先转化为向量的数学模型，然后进⾏求解,求风速和风向实质是求⼀向量．解:设a表⽰此⼈以每⼩时α公⾥的速度向东⾏驶的向量.在⽆风时,此⼈感到风速为－a,设实际风速为ｖ，那么此⼈感到的风速向量为v-ａ.如图9-5－2.设OA=-a，OB=-2ａ．由于PO+OA=PA,从⽽PA＝v－a.这就是感受到的由正北⽅向吹来的风.其次,由于PO+OB=PB,从⽽v－２=PB.于是，当此⼈的速度是原来的2倍时感受到由东北⽅向吹来的风就是PB．由题意,得∠ＰＢＯ=45°, PＡ⊥B O，BＡ=A O，从⽽△ＰB O为等腰直⾓三⾓形.故ＰO ＝PＢ=2α.即|ｖ|=2α.答：实际吹来的风是风速为2α的西北风.点拨：向量与物理中的⽮量是同样的概念,因⽽物理中的有关⽮量的求解计算在数学上可化归到平⾯向量或空间向量进⾏计算求解．知识的交叉点正是⾼考考查的重点，也能体现以能⼒⽴意的⾼考⽅向.三、创新思维点拨【例3】如图9－５－3(1)，已知E、F、G、Ｈ分别是空间四边形ＡBCD边AB、BC、CD、D Ａ的中点.（１)⽤向量法证明E、F、Ｇ、Ｈ四点共⾯；（2）⽤向量法证明BＤ∥平⾯EFGH.思维⼊门指导:（1）要证E、F、G、Ｈ四点共⾯,根据共⾯向量定理的推论,只要能找到实数x，y,使EG＝x+y即可；(２）要证BD∥平⾯EＦＧH，只需证向量与共线即可.证明:（1)如图９-5-3(2）,连结ＢG,则 EG =EB +BG ＝EB ＋21（BC ＋BD ）＝EB＋BF +EH =EF +EH . 由共⾯向量定理推论知,E 、Ｆ、G 、H 四点共⾯. (２)∵EH =AH －AE =21AD -21AB =21（AD －AB )=21BD , ∴EH ∥B Ｄ．⼜EH ?⾯ＥFG Ｈ,BD ?⾯EFG Ｈ,∴BD ∥平⾯EF ＧＨ．点拨：利⽤向量证明平⾏、共⾯是创新之处，⽐较以前纯⼏何的证明，显⽽易见⽤向量证明⽐较简单明快.这也正是⼏何问题研究代数化的特点．【例4】如图9-５－４，在正⽅体AB ＣD —Ａ１B １C 1D 1中，E 为D 1C 1的中点，试求A 1Ｃ1与D Ｅ所成⾓．思维⼊门指导：在正⽅体ＡC 1中，要求A １Ｃ１与D Ｅ所成⾓,只需求11C A 与所成⾓即可.要求11C A 与DE 所成⾓，则可利⽤向量的数量积，只要求出11C A ·DE 及|11C A |和｜DE |即可.解:设正⽅体棱长为ｍ,＝ａ,=b ，1AA =c. 则｜ａ|＝|b |=|c |=ｍ,a ·b =ｂ·c =c ·a =０.⼜∵11C A =11B A +11C B =+＝a +b ，DE =1DD +E D 1=1DD +2111C D =c ＋21ａ，∴11C A ·DE =(a ＋b ）(c ＋21a)=ａ·c ＋b ·ｃ+21a 2+21a ·b ＝21a ２＝21m ２. ⼜∵|11C A |=2m ，|DE ｜＝25m, ∴cos<11C A ,DE >1111m m m 252212?=1010. ∴<11C A ,＞=a ｒｃcos 1010.即A １C 1与D Ｅ所成⾓为ａrc ｃｏs 1010．点拨:A 1Ｃ１与ＤE 为⼀对异⾯直线.在以前的解法中求异⾯直线所成⾓要先找（作)，后求.⽽应⽤向量可以不作或不找直接求.简化了解题过程，降低了解题的难度.解题过程中先把11C A 及DE ⽤同⼀组基底表⽰出来,再去求有关的量是空间向量运算常⽤的⼿段.四、⾼考思维点拨【例5】（200０,全国,12分)如图９-５-5，已知平⾏六⾯体ABCD ⼀A 1B 1Ｃ1Ｄ1的底⾯AB ＣD 是菱形,且∠C 1ＣB=∠C1CD ＝∠ＢCD.(1)求证:C 1Ｃ⊥BD;(2)当1CC CD 的值为多少时，能使A 1C ⊥平⾯C 1ＢD?请给出证明. 思维⼊门指导:根据两向量的数量积公式a ·b ＝|a |·|ｂ｜ｃｏs知,两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为０,即a ⊥b ?a ·ｂ=0, 所以要证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量数量积为零即可.（１)证明:设CD =a ,CB ＝b ,1CC =ｃ.由题可知|a |＝|b |.设CD 、CB 、1CC 中两两所成夹⾓为θ,于是BD =CD -CB ＝a －ｂ，1CC ·=ｃ·（a -b )＝ｃ·a -c ·b =|c |·｜a |ｃos θ－|c |·｜b ｜c ｏs θ=0，∴C 1C ⊥BD.(2）解:若使Ａ1C ⊥平⾯Ｃ1BD ，只须证A 1C ⊥ＢＤ，A 1Ｃ⊥DC 1,由于:1CA ·D C 1=(CA +1AA ）·（CD -1CC )=(a +b +c ）·（a -c )＝|a |2+a ·ｂ-ｂ·ｃ-|c |2=|a |２+|ｂ｜·|a |·cos θ-|b |·|c ｜ｃｏs θ-｜ｃ｜2=０,得当|ａ|=|ｃ|时A 1C ⊥ＤＣ１．同理可证当|a |=|c |时，A １C ⊥BD. ∴1CC CD ＝１时,A １Ｃ⊥平⾯C 1ＢD. 点拨:对于向量数量积的运算⼀些结论仍是成⽴的.(ａ-b ）·(a +b )=ａ2-ｂ2;(a ±b )2＝ａ2±2a ·b +b 2.五、经典类型题思维点拨【例6】证明:四⾯体中连接对棱中点的三条直线交于⼀点，且互相平分.(此点称为四⾯体的重⼼)思维⼊门指导:如图9-５-6所⽰四⾯体AB ＣD 中，E 、F 、G 、H 、P 、Ｑ分别为各棱中点.要证明ＥF 、ＧH 、P Ｑ相交于⼀点O ,且Ｏ为它们的中点.可以先证明两条直线EF 、G Ｈ相交于⼀点O ,然后证明P 、O 、Q 三点共线,即OP 、OQ 共线.从⽽说明PQ 直线也过O 点．证明：∵E 、G 分别为ＡＢ、AC 的中点, ∴ＥG ∥21B Ｃ.同理HF ∥21BC.∴EG ∥HF. 从⽽四边形EGFH 为平⾏四边形，故其对⾓线EF 、ＧH 相交于⼀点O ，且O 为它们的中点，连接O Ｐ、ＯQ ．∵OP ＝OG ＋GP ，OQ =OH ＋HQ ,⽽O 为GH 的中点，∴OG +OH =０,GP ∥21ＣD,ＱH ∥21C Ｄ. ∴GP =21CD ,QH =21CD ．∴OP +OQ =OG +OH ＋GP +HQ =０+21CD －21CD =0．∴OP ＝-OQ .∴P Ｑ经过O 点,且O 为PQ 的中点.点拨:本例也可以⽤共线定理的推论来证明,事实上,设ＥF 的中点为O .连接O P 、O Q ，则FQ =EQ -EF ，⽽EQ =21AC =－FP ,EF =-2FO ，则FQ =-FP +2FO ,∴FO =21(FQ +FP )，从⽽看出O 、P 、Q 三点共线且O 为ＰＱ的中点，同理可得GH 边经过O 点且O 为G Ｈ的中点，从⽽原命题得证.六、探究性学习点拨【例7】如图9-5-7所⽰,对于空间某⼀点O ,空间四个点Ａ、Ｂ、C 、Ｄ（⽆三点共线)分别对应着向量a =OA ，b =OB ，c ＝OC ,d =OD .求证：A 、Ｂ、C 、D 四点共⾯的充要条件是存在四个⾮零实数α、β、γ、δ，使αａ+βb +γｃ+δd ＝0，且α＋β+γ+δ＝0.思维⼊门指导:分清充分性和必要性，应⽤共⾯向量定理.证明：(必要性)假设A 、B 、C 、D 共⾯,因为Ａ、B 、C 三点不共线,故,两向量不共线,因⽽存在实数x 、y ，使=x +ｙAC ,即ｄ-a ＝x(b -ａ)+ｙ（ｃ-a ）,∴（x+y －１)ａ-xb -ｙc +ｄ＝0．令α=x+y-1, β=-ｘ，γ=-y,δ=1.则αa+βb+γc+δｄ=０,且α＋β+γ+δ=0.(充分性)如果条件成⽴,则δ=-(α+β+γ),代⼊得αa +βb ＋γc +δd =αa ＋βb+γc －(α+β+γ）d=0．即α(a-ｄ)+ β(b-d ）＋γ(c －d ）=0.⼜∵ａ-ｄ=OA －OD =DA ,b-d=DB ,c-d ＝DC , ∴αDA +βDB ＋γDC =0.∵α、β、γ为⾮零实数,不妨设γ≠０.则DC =-γαDA －γβDB ．∴DC 与DA 、DB 共⾯,即A 、B 、C 、D 共⾯.点拨：在讨论向量共线或共⾯时，必须注意零向量与任意向量平⾏，并且向量可以平移，因⽽不能完全按照它们所在直线的平⾏性、共⾯关系来确定向量关系.【同步达纲训练】A 卷:教材跟踪练习题 (6０分 45分钟)⼀、选择题（每⼩题5分，共30分）1.点O 、A 、B 、Ｃ为空间四个点,⼜OA 、OB 、OC 为空间⼀个基底，则下列结论不正确的是（ )Ａ.O 、Ａ、B 、Ｃ四点不共线Ｂ. O 、Ａ、Ｂ、C 四点共⾯，但不共线Ｃ. O 、A 、B 、C 四点中任三点不共线 D. O 、Ａ、B 、C 四点不共⾯2.在正⽅体ＡＢＣD-A 1B １C 1D １中,下列各式中运算的结果为的共有( )①(+BC )+1CC ②(1AA +11D A ）+11C D③（AB +1BB )+11C B ④(1AA +11B A )+11C BA.1个Ｂ.２个 C.3个 D ．4个3.设命题p ：a 、b 、c 是三个⾮零向量；命题ｑ：｛a ，b ,c }为空间的⼀个基底，则命题p 是命题q 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４.设A 、B 、C 、Ｄ是空间不共⾯的四点,且满⾜·AC =0,AC ·=0,·=0,则△BC Ｄ是( )A ．钝⾓三⾓形 B.锐⾓三⾓形 C.直⾓三⾓形 D.不确定5．下列命题中,正确的是( )Ａ.若ａ与b 共线，则a 与b 所在直线平⾏Ｂ.若a ∥平⾯β,a 所在直线为ａ,则a ∥βC.若｛a,b,ｃ｝为空间的⼀个基底，则{ａ-b,b-c ，c-a}构成空间的另⼀个基底D.若OP =21OA +21OB ,则P 、A 、Ｂ三点共线６.若ａ＝e １＋e 2＋e 3，ｂ=e 1－e 2-e 3，c =e 1+ｅ2，d =e 1+2e 2+3e 3，且d =x ａ＋ｙb ＋z c,则ｘ、y 、z 分别为（）Ａ.25,-21，-１ B ．25,21，1 C.－25，21，1 D.25,-21,1 ⼆、填空题(每⼩题4分,共16分)7.设向量a 与b 互相垂直,向量ｃ与它们构成的⾓都是60°，且|a |=5,｜b |＝3,｜ｃ|=8，那么（ａ+3ｃ）·(3b -２a ） ;(2a +b -3c ）２= .8.已知向量n A A 1＝2a ，a 与ｂ的夹⾓为30°,且｜ａ|=3，则21A A +32A A +…+n n A A 1-在向量ｂ的⽅向上的射影的模为 .9.如图9－5－8,已知空间四边形O AB Ｃ，其对⾓线为O B 、ＡC ，M 是边O A 的中点,G 是△ＡＢC 的重⼼，则⽤基向量OA 、OB 、OC 表⽰向量MG 的表达式为 .10.已知Ｐ、Ａ、Ｂ、C 四点共⾯且对于空间任⼀点O 都有OP =2OA +34OB +λOC ,则λ＝ .三、解答题（每⼩题７分，共１4分）１1.如图9-５－9,已知点O 是平⾏六⾯体ABC Ｄ—A １Ｂ1C １D 1体对⾓线的交点,点Ｐ是空间任意⼀点．求证：PA ＋PB +PC +PD ＋1PA +1PB +1PC +1PD =8PO .12.如图9－５-10，已知线段A Ｂ在平⾯α内,线段AC ⊥α,线段ＢD ⊥ＡB,且与α所成⾓是30°．如果A Ｂ＝ａ,ＡＣ=BD ＝b,求Ｃ、D 间的距离.Ｂ卷:综合应⽤创新练习题（90分 90分钟)⼀、学科内综合题（10分)１.如图９-５-11所⽰,已知□ABCD,O 是平⾯ＡＣ外⼀点，1OA ＝２OA ,1OB ＝2OB ,1OC =2OC ,1OD ＝2OD ．求证：A 1、B 1、C 1、D １四点共⾯．⼆、应⽤题（1０分）２.在△ABC 中,∠C=60°，CD 为∠C 的平分线,A Ｃ=4,B Ｃ=２,过B 作BN ⊥CD 于N 延长交CA 于E,将△BDC 沿CD 折起，使∠BNE=120°,求折起后线段AB 的长度.三、创新题(60分)（⼀)教材变型题(10分)3.（P ３５练习2变型)如图9-5-12已知空间四边形ABCD 的每条边和对⾓线的长都等于ａ,求AB 与CD 的夹⾓.(⼆)⼀题多解（１5分）4．已知矩形ＡＢCD,Ｐ为平⾯ABCD 外⼀点,且ＰA ⊥平⾯AB ＣＤ，M 、N 分别为PC 、PD 上的点，且M 分成定⽐2，N 分PD 成定⽐1,求满⾜=x AB ＋y AD +z AP 的实数x 、y 、z 的值.（三）⼀题多变(15分）5．设a ⊥b,＝6π,且|a |=１,｜b ｜=２，｜c |=3,求|a +b +c |. (1)⼀变:设a ⊥ｂ，=3π，＜b ，ｃ>=6π，且｜ａ|=1，|ｂ|=2，|c|＝３，求|a+2ｂ-c|.（2)⼆变:设a ⊥b,=3π,且｜a|=１,｜ｂ|＝2，|ｃ|=3，|a+b+ｃ|=3617+,求-b 与ｃ的夹⾓.(四）新解法题(１0分）6.如图９－５－13,正⽅形A ＢCD 和正⽅形ＡBEF 交于A Ｂ,M 、N 分别是BD 、AE 上的点，且ＡN=DM ，试⽤向量证明MN ∥平⾯EB Ｃ.7.O 为空间任意⼀点，A 、Ｂ、C 是平⾯上不共线的三点,动点P 满⾜OP ＝OA +λ(||||AC AB +）,λ∈[0，+∞)，则P 的轨迹⼀定通过△ＡBC 的( ）A.外⼼Ｂ.内⼼ C.重⼼ D.垂⼼四、⾼考题（１0分) 8．（20０２,上海,５分)若a 、ｂ、ｃ为任意向量，ｍ∈R ，则下列等式不⼀定成⽴的是( )Ａ.(a +b )＋c =a +（b +c ) B.(ａ+ｂ)·ｃ=a ·c ＋ｂ·cＣ.m(a +b )=ｍa+m ｂＤ.(a ·ｂ)·c =a ·(ｂ·c )加试题：竞赛趣味题(1０分）证明：ab b a -+22+ac c a -+22＞bc c b -+22(a,b,c 为正实数).【课外阅读】⽤向量表⽰三⾓形的四⼼由⾼中数学新教材中的向量知识出发，利⽤定⽐分点的向量表达式，可以简捷地导出三⾓形的重⼼、内⼼、垂⼼、外⼼这四⼼的向量表达式.【例】如图9-5-１4，在△ABC 中，F 是A Ｂ上的⼀点,E 是ＡC 上的⼀点,且FB AF ＝l m ，EC AE =ln （通分总可以使两个异分母分数化为同分母分数），连结C Ｆ、BE 交于点D.求D 点的坐标.解:在平⾯上任取⼀点O ，连结O Ａ、ＯB 、O Ｃ、O D 、ＯE 、ＯF,由定⽐分点的向量表达式，得:OF =(OA +l m ·OB ）÷(１＋lm ) =ml OB m OA l +?+? ①=ln OC l n OA +?+1=n l OC n OA l +?+? ②⼜=λλ+?+1OC OF =u OE u OB +?+1 ③（其中DCFD =λ,u DE BD =). 整理①、②、③式得λ=1+m n . 所以OD =n m l l ++OA +n m l m ++OB +nm l n ++OC ④由④式出发，可得三⾓形四⼼的向量表达式：（１）若BE 、ＣＦ是△A ＢＣ两边上的中线，交点G 为重⼼.由④式可得重⼼G 的向量表达式：OG =31(OA +OB +OC ). （2）若BE 、CF 是△AB Ｃ两内⾓的平分线,交点Ｉ是内⼼．因为FB AF =a b ,EC AE ＝a c , 由④式可得内⼼I 的向量表达式：OI ＝c b a a ++OA +c b a b ++OB ＋cb ac ++OC . （3)若BE 、ＣF 是△AB Ｃ两边上的⾼,交点Ｈ是垂⼼.EC AE =Ca A c cos cos ??＝Aa C ccos cos . 同理FBAF =Aa B bcos cos . 由④式可得垂⼼H 的向量表达式：OH =OA C c B b A a C a cos cos cos cos +++OB C c B b A a C b cos cos cos cos +++OC Cc B b A a C ccos cos cos cos ++．（4）若BE 、C Ｆ的交点O ′是△A ＢC 的外⼼,即三边中垂线交点,则O ′A=O ′B=Ｏ′Ｃ.根据正弦定理：EC AE =CBE C BE EBA A BE ∠?∠?sin sin sin sin =)(21sin sin )(21sin sin C BO A B AO C '∠-?'∠-?ππ =A A C C cos sin cos sin ??=AC 2sin 2sin .同理FB AF =A B 2sin 2sin ．由④式可得外⼼O ′的向量表达式:OO =C B A A 2sin 2sin 2sin 2sin ++OA +CB A B 2sin 2sin 2sin 2sin ++OB +OC CB AC 2sin 2sin 2sin 2sin ++. 这四个向量表达式,都由④式推出,都有着各⾃轮换对称的性质.好记，好⽤!新教材的优越性，由此可见.参考答案A 卷⼀、1.B 点拨：空间向量的⼀组基底是不共⾯的.２.Ｄ点拨:++1CC =+1CC ＝1AC ,同理根据空间向量的加法运算法则可知(2）、(3)、(4）的计算结果也为1AC .3.B 点拨：当三个⾮零向量a 、b 、ｃ共⾯时,a 、b 、c 不能构成空间的⼀个基底，但是｛a,b,c }为空间的⼀个基底时，必有a 、b 、c 都是⾮零向量.因此由P 推不出ｑ,⽽由q 可推出P.4.B 点拨:·AB =０?AC ⊥A Ｂ.同理可得A Ｃ⊥ＡD,AB ⊥ＡD.设AB=a ，ＡC ＝b,AD=c.则BC=22b a +，ＣD=22c b +,B Ｄ=22c a +．∵c ｏs∠ＢCD ＝CDBC BD CD BC ?-+2222＞0,故△BCD 为锐⾓. 同理∠CBD 、∠B ＤC 亦为锐⾓.则△BC Ｄ为锐⾓三⾓形.5.D 点拨:向量共线则其所在直线平⾏或重合,故Ａ错误;向量平⾏于平⾯，则向量在⾯内或所在直线与⾯平⾏，故B 错误;取λ1=λ2=λ3=1，则λ1(ａ-b ）+λ2(ｂ-c)+λ3(c-a)=０,即a-ｂ，b-ｃ,c －a 是共⾯向量，不能构成空间的基底,故C 错.x+y ＋z=1 ｘ＝25， 6．A 点拨: ｘ－y+z=2 ? y=-21, ｘ－y=３ z ＝-１.⼆、7.-62，373 点拨：(a+3c)·（３b －２a ）＝３a ·b-２ａ2+９c ·b －６a ·c=3|ａ。

空间向量及其运算1．空间向量(1)定义：空间中既有大小又有方向的量称为空间向量． (2)模(或长度)：向量的大小． (3)表示方法：①几何表示法：可以用有向线段来直观的表示向量，如始点为A 终点为B 的向量，记为AB →，模为|AB →|．②字母表示法：可以用字母a ，b ，c ，…表示，模为|a |，|b |，|c |，…． 2.【几类特殊的向量】(1)零向量：始点和终点相同的向量称为零向量，记作0． (2)单位向量：模等于1的向量称为单位向量．(3)相等向量：大小相等、方向相同的向量称为相等向量． (4)相反向量：方向相反，大小相等的向量称为相反向量．(5)平行向量：方向相同或者相反的两个非零向量互相平行，此时表示这两个非零向量的有向线段所在的直线平行或重合．通常规定零向量与任意向量平行． (6)共面向量：一般地，空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移后，都能在同一平面内，则称这些向量共面． 3．空间向量的线性运算类似于平面向量，可以定义空间向量的加法、减法及数乘运算．图1 图2(1)如图1，OB →＝OA →＋AB →＝a ＋b ，CA →＝OA →－OC →＝a －b ． (2)如图2，DA →＋DC →＋DD 1→＝DB 1→．即三个不共面向量的和，等于以这三个向量为邻边的平行六面体中，与这三个向量有共同始点的对角线所表示的向量．(3)给定一个实数λ与任意一个空间向量a ，则实数λ与空间向量a 相乘的运算称为数乘向量，记作λa ．其中：①当λ≠0且a ≠0时，λa 的模为|λ||a |，而且λa 的方向：(ⅰ)当λ＞0时，与a 的方向相同；(ⅰ)当λ＜0时，与a 的方向相反． ②当λ＝0或a ＝0时，λa ＝0．(4)空间向量的线性运算满足如下运算律：对于实数λ与μ，向量a 与b ，有①λa ＋μa ＝(λ＋μ)a ；②λ(a ＋b )＝λa ＋λb ． 4．空间向量的数量积 (1)空间向量的夹角如果〈a ，b 〉＝π2，那么向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b ． (2)空间向量数量积的定义：已知两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做a ，b 的数量积(或内积)，记作a·b ． (3)数量积的几何意义 ①向量的投影如图所示， 过向量a 的始点和终点分别向b 所在的直线作垂线，即可得到向量a 在向量b 上的投影a ′.②数量积的几何意义：a 与b 的数量积等于a 在b 上的投影a ′的数量与b 的长度的乘积，特别地，a 与单位向量e 的数量积等于a 在e 上的投影a ′的数量．规定零向量与任意向量的数量积为0. (4)空间向量数量积的性质：①a ⊥b ⇔a ·b ＝0；②a ·a ＝|a |2＝a 2；③|a ·b |≤|a ||b |；④(λa )·b ＝λ(a ·b )；⑤a ·b ＝b ·a (交换律)；5．共面向量定理如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是存在唯一的实数对(x，y)，使c＝x a＋y b．思考1：平面向量基本定理中对于向量a与b有什么条件，在空间中能成立吗？【名师提醒】平面向量基本定理中要求向量a与b不共线，在空间中仍然成立．【新高二数学专题】考点一概念的辨析【例1】（2020·全国高二课时练习）下列命题中，假命题是（）A．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小B．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同C．只有零向量的模等于0D．共线的单位向量都相等【新高二数学专题】1.（2020•龙岩期末）在平行六面体中，与向量相等的向量共有A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个2．（2020·全国高二课时练习）在下列命题中：①若向量,a b共线，则,a b所在的直线平行；②若向量,a b所在的直线是异面直线，则,a b一定不共面；③若三个向量,a b c，三个向量一定也共面；，两两共面，则,a b c④已知三个向量,a b c=++.，，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p xa yb zc 其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3考点二 空间向量的线性运算【例2】2020·江西赣州.高二期中（理））在四面体ABCD 中，点F 在AD 上，且2AF FD =，E 为BC 中点，则EF 等于（）A ．1223EF AC AB AD →→→→=+-B ．112223EF AC AB AD →→→→=--+C ．112223EF AC AB AD →→→→=-+D ．112223EF AC AB AD →→→→=-+-【新高二数学专题】1.（多选题）已知平行六面体ABCD A B C D ''''-，则下列四式中其中正确的有（ ） A ．AB CB AC -= B ．AC AB B C CC ''''=++ C ．AA CC ''=D ．AB BB BC C C AC '''+++=2．（2020·宝山.上海交大附中高二期末）在平行六面体1111ABCD A BC D -中，M 为11AC 与11B D 的交点，若,AB a AD b ==,1AA c =，则与BM 相等的向量是（ ）A ．1122a b c ++B ．1122a b c --+C ．1122a b c -+D ．1122-++a b c3．（2020·张家口市宣化第一中学高二月考）如图，在空间四边形ABCD 中，设E ，F 分别是BC ，CD 的中点，则AD +12（BC -BD ）等于（ ）A ．ADB ．FAC ．AFD ．EF 考点三 空间向量的共线、共面问题【例3】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？【例4】（2020•珠海期末）已知A ，B ，C 三点不共线，点M 满足．，，三个向量是否共面点M 是否在平面ABC 内【新高二数学专题】1．（2020·全国高二）O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且3148OP OA OB tOC =++，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______． 2．（2020•日照期末）如图所示，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，．求证：向量，，共面．3.（2020·浙江高二期末）在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，,,E F G 分别在棱1,,BB BC BA 上，且满足134BE BB =，12BF BC =，12BG BA =，O 是平面1B GF ，平面ACE 与平面11B BDD 的一个公共点，设BO xBG yBF zBE =++，则x y z ++= A.45B.65C.75D.85考点四 空间向量的数量积【例5】 （2020·山东高二期末（理））在棱长为2的正四面体ABCD 中，E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则(AE CF ⋅= ) A ．0B ．2-C ．2D ．3-【例6】 （2020·全国高二课时练习）已知平行六面体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°.。

空间向量及其运算教案教案：空间向量及其运算一、教学目标：1.理解空间向量的概念和性质；2.掌握空间向量的表示方法；3.熟练运用空间向量的运算法则。

二、教学内容：1.空间向量的定义和性质；2.空间向量的表示方法；3.空间向量的加法和减法；4.空间向量的数量积；5.空间向量的叉乘。

三、教学过程：Step 1：导入新知引入概念：向量和向量的运算在平面内已经学过了，那么在空间内是否也存在向量及其运算呢？提问：你了解什么是向量吗？向量有哪些运算法则呢？Step 2：学习空间向量的定义和性质1.向量的定义：在空间内，有大小和方向的量称为向量。

2.空间向量的性质：大小、方向、共面性和平行性。

Step 3：了解空间向量的表示方法1.简化表示法：直接用字母表示向量，如AB表示向量AB。

2.分解表示法：将向量投影到坐标轴上表示，如向量AB表示为(ABx,ABy,ABz)。

Step 4：学习空间向量的加法和减法1.加法法则：两个向量的加法满足三角形法则，即将两个向量首尾相连形成一个三角形，用第三边表示结果向量。

2.减法法则：向量AB减去向量AC等于从A点沿CA的方向和大小移动到B点。

Step 5：了解空间向量的数量积1.定义：向量的数量积是两个向量的模的乘积与它们夹角的余弦的乘积。

2. 计算方法：A·B = ，A，，B，cosθ，其中，A，和，B，分别表示向量A和向量B的模，θ表示夹角。

Step 6：学习空间向量的叉乘1.定义：向量的叉乘是一种运算，它的结果是一个向量。

2. 计算方法：A×B = ，A，，B，sinθ n，其中，A，和，B，分别表示向量A和向量B的模，θ表示夹角，n表示垂直于A和B所在平面的单位向量。

Step 7：练习和巩固提供一些实际问题，让学生运用所学知识解决。

四、教学总结：1.复习空间向量的定义和性质；2.梳理空间向量的表示方法；3.总结空间向量的运算法则。

五、课后作业：1.完成教材上相应的习题；2.总结空间向量的运算法则。

教学过程自我检测1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则x＝_________，y＝________.2．如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则B1M→用a，b，c表示为________．3．在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|AC′→|＝________.4．下列4个命题：①若p＝x a＋y b，则p与a、b共面；②若p与a、b共面，则p＝x a＋y b；③若MP→＝xMA→＋yMB→，则P、M、A、B共面；④若P、M、A、B共面，则MP→＝xMA→＋yMB→.其中真命题是________(填序号)．5．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面).探究点一空间基向量的应用例1已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.变式迁移1如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为教学效果分析教学过程棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题教学效果分析教学过程例3如图，平面P AC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为P A，PB，AC的中点，AC＝16，P A＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；(2)在△AOB内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出点M到OA，OB的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点．(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．教学效果分析教学过程1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．(2)通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．(3)根据运算结果解释相关几何问题．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．下列命题：①若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；③若a、b共线，则a与b所在直线平行；④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(其中x、y、z∈R)则P、A、B、C四点共面．其中不正确命题的序号为________．2．若A、B、C、D是空间中不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，则△BCD的形状是______________三角形．3. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角等于________．4．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a＝____________.5.在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把教学效果分析直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为________．6.如图所示，已知空间四边形ABCD ，F 为BC 的中点，E 为AD 的中点，若EF →＝λ(AB →＋DC →)，则λ＝________.7.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→.其中能够化简为向量BD 1→的是________．(填所有正确的序号)8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．二、解答题(共42分)9.如图所示，已知ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E 、B 、F 、D 1四点共面；(2)若点G在BC上，BG＝23，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.10.如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．11. 如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．自主梳理1．(1)大小 方向 (2)相同 相等 (3)存在实数λ，使b ＝λa (4)OM →＋xMA →＋yMB →1 (5)x e 1＋y e 2＋z e 32．(1)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 (2)a ＝λb a 1＝λb 1 a 2＝λb 2 a 3＝λb 3 (λ∈R )a·b ＝0 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(3)a 21＋a 22＋a 23a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23(a 2－a 1)2＋(b 2－b 1)2＋(c 2－c 1)2自我检测 1.16 －32解析 ∵a ∥b ，∴2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.2．－12a ＋12b ＋c解析 B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝－A 1B 1→＋A 1A →＋⎝⎛⎭⎫12AB →＋12AD →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .3.97解析 ∵AC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，∴|AC ′→|2＝AB →2＋AD →2＋AA ′→2＋2AB →·AD →＋2AD →·AA ′→＋2AA ′→·AB →＝32＋42＋52＋2×3×4×cos 60°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝97，∴|AC ′→|＝97. 4．①③解析 ①正确．②中若a 、b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立．③正确．④中若M 、A 、B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．5．共面解析 AB →＝(3,4,5)，AC →＝(1,2,2)，AD →＝(9,14,16)，设AD →＝xAB →＋yAC →， 即(9,14,16)＝(3x ＋y,4x ＋2y,5x ＋2y )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝3，从而A 、B 、C 、D 四点共面． 课堂活动区例1 解题导引 欲证a ⊥b ，只要把a 、b 用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a·b ＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．证明 如图所示.设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c .∵OM →＝12(OB →＋OC →)＝12(b ＋c )，ON →＝12(OA →＋OC →)＝12(a ＋c )，∴PM →＝PO →＋OM →＝－12a ＋12(b ＋c )＝12(b ＋c －a )， QN →＝QO →＋ON →＝－12b ＋12(a ＋c )＝12(a ＋c －b )．∴PM →·QN →＝14[c －(a －b )][c ＋(a －b )]＝14[c 2－(a －b )2]＝14(|OC →|2－|BA →|2) ∵|AB →|＝|OC →|，∴PM →·QN →＝0. 即PM →⊥QN →，故PM ⊥QN .变式迁移1 23解析 设{AB →，AC →，AD →}为空间一组基底， 则AF →＝12AB →＋12AC →，CE →＝12CA →＋12CD →＝12CA →＋12(AD →－AC →)＝－AC →＋12AD →.∴AF →·CE →＝⎝⎛⎭⎫12AB →＋12AC →·⎝⎛⎭⎫－AC →＋12AD →＝－12AB →·AC →－12AC →2＋14AB →·AD →＋14AC →·AD →＝－14AB →2－12AC →2＋18AB →2＋18AC →2＝－12AC →2.又|AF →|＝|CE →|＝32|AC →|，∴|AF →||CE →|＝34|AC →|2.∴cos 〈AF →，CE →〉＝AF →·CE →|AF →||CE →|＝－12AC →234|AC →|2＝－23.∴异面直线AF 与CE 所成角的余弦值为23.例2 解题导引如图所示，建立坐标系后，要证MN 平行于平面EBC ，只要证MN →的横坐标为0即可．(1)证明 如图所示，以BA →、BC →、BE →为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，D (1,1,0)， E (0,0,1)，B (0,0,0)， 设AN AE ＝DM DB＝λ，则MN →＝MD →＋DA →＋AN →＝λBD →＋DA →＋λAE → ＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且MN →的横坐标为0. ∴MN →平行于平面yBz ，即MN ∥平面EBC .(2)解 由(1)知|MN →|＝(λ－1)2＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝ 2⎝⎛⎭⎫λ－122＋12， ∴当λ＝12时，MN 取得长度的最小值为22.变式迁移2 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连结NE . 则点N 、E 的坐标分别为 ⎝⎛⎭⎫22，22，0、(0,0,1)．∴NE →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.又点A 、M 的坐标分别为(2，2，0)、⎝⎛⎭⎫22，22，1， ∴AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1.∴NE →＝AM →且NE 与AM 不共线． ∴NE ∥AM .又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE .(2)由(1)得，AM →＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，∵D (2，0,0)，F (2，2，1)，B (0，2，0)， ∴DF →＝(0，2，1)，BF →＝(2，0,1)． ∴AM →·DF →＝0，AM →·BF →＝0.∴AM →⊥DF →，AM →⊥BF →， 即AM ⊥DF ，AM ⊥BF .又DF ∩BF ＝F ，且DF ，BF 在平面BDF 内， ∴AM ⊥平面BDF .例3 解题导引 建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第(1)题证明FG →与平面BOE 的法向量n 垂直，即FG →·n ＝0即可．第(2)题设出点M的坐标，利用MF →∥n 即可解出，然后检验解的合理性．(1)证明如图，连结OP ，以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz .则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)． 由题意，得G (0,4,0)．因为OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)， 所以平面BOE 的法向量n ＝(0,3,4)． 由FG →＝(－4,4，－3)，得n ·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE . (2)解 设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)， 则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)．因为FM ⊥平面BOE ，所以FM →∥n ，因此x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标是⎝⎛⎭⎫4，－94，0.在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y <0，x －y <8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组．所以，在△AOB 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE . 由点M 的坐标，得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.变式迁移3 解(1)以点B 为原点，以BA 、BC 、BB 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，则B (0,0,0)，B 1(0,0,3a )，∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AB ＝BC ＝22AC ＝2a ，∴A (2a,0,0)，C (0，2a,0)，C 1(0，2a,3a )，E ⎝⎛⎭⎫0，22a ，32a ，A 1(2a,0,3a )，∴BE →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，32a ，A 1C →＝(－2a ，2a ，－3a )，cos 〈BE →，A 1C →〉＝BE →·A 1C →|BE →||A 1C →|＝－72a 2112a ×13a＝－7143143.∴直线BE 与A 1C 所成的角的余弦值为7143143.(2)假设存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ，并设AF →＝λAA 1→＝λ(0,0,3a )＝(0,0,3λa ) (0<λ<1)，∵D 为A 1C 1的中点，∴D ⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，3a ，B 1D →＝⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，3a －(0,0,3a )＝⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，B 1F →＝B 1B →＋BA →＋AF →＝(0,0，－3a )＋(2a,0,0)＋(0,0,3λa )＝(2a,0,3a (λ－1))，CF →＝CA →＋AF →＝(2a ，－2a,0)＋(0,0,3λa ) ＝(2a ，－2a,3λa )．∵CF ⊥平面B 1DF ，∴CF →⊥B 1D →，CF →⊥B 1F →，⎩⎪⎨⎪⎧CF →·B 1D →＝0CF →·B 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3λa ×0＝09λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝23或λ＝13∴存在点F 使CF ⊥面B 1DF ，且当λ＝13时，|AF →|＝13|AA 1→|＝a ，当λ＝23时，|AF →|＝23|AA 1→|＝2a .课后练习区1．②③④ 2．锐角解析 如图，∵DB →·DC →＝(AB →－AD →)·(AC →－AD →)＝AB →·AC →－AB →·AD →－AD →·AC →＋AD →2＝AD →2>0，同理，BD →·BC →>0，CD →·CB →>0.∴△BDC 为锐角三角形．3．60° 解析如图建立坐标系，设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则E (0,1,0)，F (0,0,1)，C 1(2,0,2)， ∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成的角是60°. 4．16解析 由PC →＝λ1P A →＋λ2PB →得：(2a －1，a ＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－λ1＋6λ2＝2a －1－3λ1－λ2＝a ＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a ＝16.5．211 解析过A 、B 分别作AA 1⊥x 轴，BB 1⊥x 轴，垂足分别为A 1和B 1，则AA 1＝3，A 1B 1＝5，BB 1＝2， ∵AB →＝AA 1→＋A 1B 1→＋B 1B →， ∴AB →2＝AA 1→2＋A 1B 1→2＋B 1B →2＋2AA 1→·B 1B →＝32＋52＋22＋2×3×2×cos 60°＝44.∴|AB →|＝211. 6.12解析 ∵EF →＝EA →＋AB →＋BF →， 又EF →＝ED →＋DC →＋CF →，∴2EF →＝AB →＋DC →，∴EF →＝12(AB →＋DC →)，∴λ＝12.7．①②解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D 1→＋(A 1A →＋DD 1→)＝B 1D 1→≠BD 1→. 8．(1,1,1)解析 设DP ＝y >0，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，P (0,0，y )，E ⎝⎛⎭⎫1，1，y 2，DP →＝(0,0，y )，AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，y 2. ∴cos 〈DP →，AE →〉＝DP →·AE →|DP →||AE →|＝12y 2y 2＋y 24＝y 8＋y 2＝33. 解得y ＝2，∴E (1,1,1)． 9．证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系， 则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)， BD 1→＝(3,3,3)．(3分)所以BD 1→＝BE →＋BF →. 故BD 1→、BE →、BF →共面．又它们有公共点B ，∴E 、B 、F 、D 1四点共面．(7分)(2)设M (0,0，z )，则GM →＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z . 而BF →＝(0,3,2)，由题设，得GM →·BF →＝－23×3＋z ·2＝0，得z ＝1.(10分)∴M (0,0,1)，∴ME →＝(3,0,0)． 又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，∴ME →·BB 1→＝0， ∴ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC .又∵BB 1∩BC ＝B ，∴ME ⊥平面BCC 1B 1.(14分) 10.解 (1)如图所示，以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz . 依题意，得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，1，0.(2分) ∴NE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－1， AM →＝(－1,0,1)．(4分)∵cos 〈NE →，AM →〉＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010，。

1 1空间向量及其运算（习题）➢ 例题示范例 1：如图，在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，E 为上底面 A 1B 1C 1D 1−−→ −−→ −−→ −−→的中心，若 AE = AA 1 + x AB + y AD ，则 x ，y 的值分别为（ ） A ． x = 1，y = 1 C ． x = 1 ，y = 1 2 2B ． x = 1，y = 1 2 D ． x = 1 ，y = 1 2 思路分析：−−→−−→ −−→AE = AA 1 + A 1E−−→ = −−→ −−→ AA 1 + 2 (A 1B 1 + A 1D 1 )−−→ =−−→ −−→ AA 1 + 2 ( AB + AD ) −−→ = 1 −−→ 1 −−→AA 1 + 2 AB + 2 AD −−→ −−→ −−→ −−→∵ AE = AA 1 + x AB + y AD ， ∴ x = 1 ，y = 1 ，故选 C ．2 2例 2：如图，在平行六面体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，AB =2，AA 1=2，−−→ −−→AD =1，且 AB ，AD ，AA 1 两两之间的夹角都是 60°，则 AC 1 ⋅ BD 1 = ．过程示范：−−→ −−→ −−→ 设 AB = a ， AD = b ， A A 1 = c ，−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→则 AC 1 = AB + BC + CC 1 = AB + AD + AA 1 = a + b + c ，1思路分析：平行六面体中 AB ，AD ，AA 1 的长度和夹角都清楚，选取 AB ，AD ， AA 1 作为一组基底，表达 AC 1 和 BD 1 ，利用数量积的运算法则进行计算．−−→ −−→ −−→ −−→ −−→17 17 17 BE DF BE ⋅ D F 思路分析： 利用空间向量，将线线角转化为直线的方向向量的夹角问题． 例 3：如图，在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，E ，F 分别是 A 1B 1， C 1D 1 的一个四等分点，求 BE 与 DF 所成角的余弦值．过程示范：设正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，−−→ −−→ −−→如图，以 DA ，DC ，DD 1 为单位正交基底建立空间直角坐标系D -xyz ，则 B (1，1，0)，E (1， 3 ，1)，D (0，0，0)，F (0， 1 ，1)，4 4∴ −−→ =(1， 3 ，1) - (1，1，0)=(0， - 1 ，1)， 4 4−−→ =(0， 1 ，1) - (0，0，0)=(0， 1 ，1)， 4 −−→4−−→ 则 BE −−→ ⋅ = ， DF 4 −−→ =0×0+( - 1 = ， 4 1 15 ， BE DF × )+1×1= 4 4 16cos < −−→ −−→ −−→ −−→ BE ，DF > = 15 = 16 = 15 ， −−→ BE −−→ DF ⨯ 17 4 4 即 BE 与 DF 所成角的余弦值为15 ．17➢ 巩固练习1.如图，在三棱锥 O -ABC 中，M ，N 分别是 AB ，OC 的中点， −−→ −−→ −−→ −−→ −−→设 OA = a ，OB = b ，OC = c ，用 a ，b ，c 表示MN ，则MN = （ ）A ． 1 (b +c -a )B ． 1 (a +b -c )2 2 C ． 1 (a -b +c ) D ． 1 (c -a -b )2 22 172. 如图，在斜四棱柱 ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，各面均为平行四边形，−−→ −−→ −−→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 表示以下向量： AP = ， −−→ −−→ MP + NC 1 = ．3. 下列等式：−−→ −−→ −−→ −−→① OP = OA - AB - AC ；−−→ ② OP =−−→ OA + −−→ OB + 1−−→OC ；6 3 2 −−→ −−→ −−→③ PA + PB + PC = 0 ；−−→ −−→ −−→ −−→④ OP + OA + OB + OC = 0 ．其中使 P ，A ，B ，C 四点共面的是 ．（填写序号）4. 已知向量 a =(2，-3，1)，b =(2，0，3)，c =(0，0，2)，则a + b - c = ； a ⋅ (b + c ) = ．5. 已知向量 a =(1，0，-1)，则下列向量与 a 成 60°夹角的是（ ）A ．(-1，1，0)B ．(1，-1，0)C ．(0，-1，1)D ．(-1，0，1)6. 已知向量 a =(2，-1，3)，b =(-4，2，x )，若 a ⊥b ，则 x 的值为 ．7. 已知{a ，b ，c }是空间向量的一组基底，{a +b ，a -b ，c }是另一组基底，若向量 p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)， 则 p 在基底{a +b ，a -b ，c }下的坐标为 ．38. 如图，已知空间四边形 ABCD 的每条边及对角线的长都为 a ，1 1E，F，G 分别是AB，AD，CD 的中点，则−−→−−→AB ⋅AC = ；−−→−−→AD ⋅DB = ；−−→−−→GF ⋅AC = ；−−→−−→EF ⋅BC = ；−−→−−→FG ⋅BA = ；−−→−−→GE ⋅GF = ．9. 已知向量a=(1，0，-1)，b=(-1，1，2)．①a-b 与a 的夹角的余弦值为；②若k a+b 与a-2b 平行，则k 的值为；③若k a+b 与a+3b 垂直，则k 的值为．10.已知点M(-3，-2，0)在平面α内，且平面α的一个法向量是n=(6，-3，6)，则下列点在平面α内的是（）A．(2，3，3) B．(-2，0，1)C．(-4，-4，0) D．(3，-3，4)11.已知两不重合直线l1，l2 的方向向量分别为v1=(1，-1，2)，v2=(0，2，1)，则l1，l2 的位置关系是（）A．平行B．相交C．垂直D．不确定412.给出下列命题：①若直线l 的方向向量为a=(1，-1，2)，直线m 的方向向量为b=(2，1， 1)，则l⊥m；2②若直线l 的方向向量为a=(0，1，-1)，平面α的一个法向量为n=(1，-1，-1)，且l⊄α，则l⊥α；③若平面α的一个法向量为n1=(0，1，3)，平面β的一个法向量为n2=(1，0，2)，则α∥β；④若平面α经过A(1，0，-1)，B(0，1，0)，C(-1，2，0)三点，且向量n=(1，u，t)是平面α的一个法向量，则u=1，t=0．其中属于真命题的是（）A．②③B．①④C．③④D．①②13.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，M，N 分别是棱AA1，BB1 的中点，求CM 与D1N 所成角的余弦值．5【参考答案】➢巩固练习1. D2. a +1b +c ，3a +1b +3c 23. ①②③2 2 24. (4，-3，2)，95. B6. 1037. (3，1，3)8. 1a2 ，-1a2 ，-1a2 ，1a2 ，-1a2 ，1a2 2 2 2 4 4 49. ①5 7 ；②-1 ；③1514 2 710.C11.C12. 413. B14. 196。

空间向量及其运算（理科 ）一、 学习目标：1、知识与技能：了解空间向量的概念、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、数量积及其坐标表示，用向量的数量积判断向量的共线与垂直2、过程与方法：通过合作、探究、展示、点评培养学生的自主学习能力。

3、情感、态度、价值观：增强数学学习信心，体会数学的科学价值，获得学习的快乐。

二、知识梳理：：已知向量111222(,,),(,,)x y z x y z ==a b1、±=a b2、λa =3、⋅a b =4、共线向量定理：（1）//a b ()≠⇔0b ⇔（2）//a b 222(0)x y z ≠⇔ （3）与)0(≠a a 共线的单位向量是5、共面向量定理：6、空间向量分解定理：7、空间向量b a ,的数量积（1）夹角 ；（2）两个向量b a ,数量积的定义： ；（3）两个向量b a ,数量积的性质 ， ， ， 。

（4）数量积满足的运算律： ， ， 。

8、两个向量的夹角及长度的计算：设),,(),,,(321321b b b b a a a a ==，= ________，cos<b a ,>= ____________三、基础训练： （1）在空间四边形OABC 中，,,,OA OB OC ===a b c 点M 在OA 上，且OM=2MA ，N 是BC 的中点，则MN = .（2）已知,R λ∈a 为非零向量，则下列结论正确的是（ ）（A ）λa 与a 同向 （B ）|λa |=λ|a | （C ）（λa ）//a (D) |λa |=|λ|a（3）设非零向量a ，b ，c ，,||||||=++a b c p a b c 那么||p 的取值范围是（ ） （A ）[0,1] （B ）[1,2] （C ）[0,3] (D) [1,3]（4）在平行六体ABCD A B C D ''''-中,AB=4,AD=3,5,AA '=90BAD ∠=,BAA '∠=60DAA '∠=则AC '的长度为四、合作、探究、展示：例1、如图所示，在平行六面体ABCD A B C D ''''-中，,,AB AD ==a b ,AA '=c P 是CA '的中点，M 是CD '的中点，N 是C D ''的中点，点Q 在CA '上，且:4:1,CQ QA '=用基底{a ，b ，c }表示以下四个向量：（1）;AP （2）;AM （3）;AN （4）AQ例2、 棱长为1的正方体111111BB BD,,DD G F E 分别是，，中，D C B A ABCD -的中点。

第37课 空间向量在立体几何中的应用普查讲37 空间向量在立体几何中的应用1．空间向量及其运算a ．空间向量的基本定理及线性运算(1)(经典题，13分)如图37－2所示，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．图37－2(Ⅰ)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (Ⅱ)求证：BD ∥平面EFGH ；(Ⅲ)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．答案：(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)见证明过程证明：(Ⅰ)连接BG .∵E ，H 分别为AB 和AD 的中点，∴EH ∥BD ，且EH ＝12BD ，∴EH →＝12BD →.∵G 是CD 的中点，∴BG →＝12(BC →＋BD →)，∴EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →.由向量共面的充要条件，可知E ，F ，G ，H 四点共面．(5分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知EH ∥BD ，∵EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， ∴BD ∥平面EFGH .(8分)(Ⅲ)由(Ⅰ)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，∴EH →＝FG →，∴EH ∥FG ，EH ＝FG ，∴四边形EFGH 为平行四边形，∴M 为对角线EG 的中点， ∴OM →＝12(OE →＋OG →)．(10分)又E ，G 分别是AB ，CD 的中点，∴OE →＝12(OA →＋OB →)，OG →＝12(OC →＋OD →)，∴OM ＝12(OE→＋OG →)＝12⎣⎡12（OA →＋OB →）＋⎦⎤12（OC →＋OD →）＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．(13分)b ．空间向量数量积及其应用(2)(经典题，5分)已知向量a ＝(1，0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1，1，0) B ．(1，－1，0)C ．(0，－1，1)D ．(－1，0，1) 答案：B解析：不妨设与向量a 成60°夹角的向量为b ，则cos 60°＝a ·b ||a ||b ＝12.对于A ，当b ＝(－1，1，0)时，a ·b ||a ||b ＝－12×2＝－12，不满足条件；对于B ，当b ＝(1，－1，0)时，a ·b ||a ||b ＝12×2＝12，满足条件；对于C ，当b ＝(0，－1，1)时，a ·b ||a ||b ＝－12×2＝－12，不满足条件；对于D ，当b ＝(－1，0，1)时，a ·b||a ||b ＝－22×2＝－1，不满足条件．(3)(2015浙江，6分)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________．答案：1 2 2 2解析：∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12.又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把向量e 1，e 2放到空间直角坐标系O －xyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1，0，0)，e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0 ，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )．由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而的距离为1，理解|b －(x e 1＋y e 2)|≥1的几何意义是解题的关键．故r ＝±1，则b ＝(2，3，±1)，∴|b |＝2 2. ∵|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，即⎝⎛⎭⎫2－x 0－12y 02＋⎝⎛⎭⎫3－32y 02＋（±1）2＝1， ∴⎩⎨⎧2－x 0－12y 0＝0，3－32y 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，y 0＝2.综上，x 0＝1，y 0＝2，|b |＝2 2.2．空间向量在立体几何中的应用 a ．利用向量法证明垂直与平行问题(4)(经典题，12分)如图37－5所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：图37－5(Ⅰ)CM ∥平面P AD ；(Ⅱ)平面P AB ⊥平面P AD . 答案：(Ⅰ)(Ⅱ)见证明过程证明：(Ⅰ)∵PC ⊥平面ABCD ，∴PC ⊥CD ，PC ⊥BC . 又∠C ＝90°，∴CB ，CD ，CP 两两垂直．以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .(1分)∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°. ∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴C (0，0，0)，D (0，1，0)，B (23，0，0)，A (23，4，0)，P (0，0，2)．∵PB ＝4PM ，∴M ⎝⎛⎭⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1，2)，DA →＝(23，3，0)，CM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32.(2分)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，得⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2，1)．(4分)∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD .(6分)(Ⅱ)(法一)由(Ⅰ)知BA →＝(0，4，0)，PB ＝(23，0，－2)．设平面P AB 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0，PB →·m ＝0，得⎩⎨⎧4y 0＝0，23x 0－2z 0＝0，令x 0＝1，得m ＝(1，0，3)．(9分)∵平面P AD 的一个法向量n ＝(－3，2，1)， ∴m ·n ＝1×(－3)＋0×2＋3×1＝0，∴m ⊥n . ∴平面P AB ⊥平面P AD .(12分)(法二)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2，1)，BE →＝(－3，2，1)．易知BE →∥n ，∴BE ⊥平面P AD .(10分) 又BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD .(12分)b ．求异面直线所成的角(5)(2015全国Ⅰ，12分)如图37－7所示，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .图37－7(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(Ⅱ)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)33解：(Ⅰ)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝3，AB ＝BC ＝2. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知BE ⊥AB ，BE ⊥BC ，∴AE 2＝BE 2＋AB 2＝BE 2＋BC 2＝EC 2，∴AE ＝EC .又AE ⊥EC ，∴△EAC 为等腰直角三角形，∴EG ＝12AC ＝3，且EG ⊥AC .(2分)在Rt △EBG 中，∵GB ＝1，EG ＝3，∴BE ＝2，∴DF ＝12BE ＝22.在Rt △FDG 中，∵DG ＝1，DF ＝22，∴FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，∵BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，∴EF 2， ∴EG 2＋FG 2＝(3)2＋⎝⎛⎭⎫622＝EF 2＝⎝⎛⎭⎫3222， ∴EG ⊥FG .(4分)又AC ∩FG ＝G ，∴EG ⊥平面AFC . ∵EG ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面AFC .(6分)(Ⅱ)(法一)如图，以G x 轴、y 轴，以过点G 与BE 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系G －xyz .设GB ＝1，则由(Ⅰ)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，∴AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22，(10分)∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33，∴直线AE 与直线CF 所成角为向量AE →，CF →夹角的补角，∴直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.(12分)(法二)如图，延长EB ，FG 交于点H ，连接AH ，CH . 由于G 是BD 的中点，EH ∥DF ，∴G 为HF 的中点． 又G 平分AC ，∴四边形AHCF 为平行四边形，∴AH ∥FC ，且AH ＝FC ，则∠EAH 或其补角即为异面直线AE 与CF 所成角．(8分) ∵BG ＝GD ，∠BGH ＝∠FGD ，HG ＝FG ， ∴△BGH ≌△DGF ， ∴BH ＝DF .设GB ＝1，由(Ⅰ)知，EH ＝EB ＋BH ＝EB ＋DF ＝322.在Rt △ABE 中，AE ＝AB 2＋BE 2＝22＋（2）2＝6；在Rt △ABH 中，AH ＝AB 2＋BH 2＝22＋⎝⎛⎭⎫222＝322，∴在△AHE 中，由余弦定理可得cos ∠EAH ＝AE 2＋AH 2－EH 22AE ·AH ＝（6）2＋⎝⎛⎭⎫3222－⎝⎛⎭⎫32222×6×322＝33，∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为3.(12分)(6)(2015江苏节选，7分)如图37－8所示，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.点Q 是线段BP上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长．图37－8答案：255解：(法一)因为P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝π2，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．以{AB →，AD →，AP →}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标分别为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．易得BP →＝(－1，0，2)，可设BQ →＝λBP ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)．因为CB →＝(0，－1，0)，所以CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)． 又DP →＝(0，－2，2)，所以cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝2＋4λ5λ2＋1·22＝1＋2λ10λ2＋2.(3分) 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则λ＝t －12，所以cos 2〈CQ →，DP →〉＝22-11022t t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭= 2225-109t t t += 229101920959t ≤⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|取得最大值31010.又因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数， 所以此时直线CQ 与DP 所成角最小．因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255，所以当直线CQ 与DP 所成角最小时，线段BQ ＝255.(7分)(法二)如图，延长AB ，DC 交于点E ，连接PE ，取PE 中点F ，过Q 作QH ∥P A 交AB 于H ，连接FC ，FB ，FQ .因为BC ∥AD ，且BC ＝12AD ，所以B ，C 分别为AE 和ED 的中点．又F 为PE 的中点，所以FC ∥PD ，FB ∥P A ，FC ＝12PD ，FB ＝12P A ，所以FB ⊥平面ABCD ，∠FCQ 或其补角为直线CQ 与PD 所成的角．设BH ＝x (0≤x ≤1)，则由tan ∠QBH ＝P AAB＝2，可得HQ ＝2x ，BQ ＝5x .因为P A ＝AD ＝2，所以PD ＝22，所以FC ＝12PD ＝ 2.由法一知AD ⊥P A ，AD ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，所以AD ⊥平面P AB .又BC ∥AD ，所以BC ⊥平面P AB ，所以BC ⊥BQ ，所以QC ＝BQ 2＋BC 2＝5x 2＋1，FQ ＝x 2＋（2x －1）2＝5x 2－4x ＋1，则在△FCQ 中，cos ∠FCQ ＝FC 2＋CQ 2－QF 22FC ·CQ ＝2＋5x 2＋1－（5x 2－4x ＋1）2×2×5x 2＋1＝2（2x ＋1）25x 2＋1.(4分)令t ＝2x ＋1(1≤t ≤3)，则x ＝t －12， 所以cos ∠FCQ ＝2（2x ＋1）25x 2＋1＝2t25⎝⎛⎭⎫t －122＋1＝2t 5t 2－10t ＋9＝29t 2－10t＋5＝2⎝⎛⎭⎫3t －532＋209≤31010，当且仅当t ＝95，即x ＝25时，cos ∠FCQ 取得最大值31010.又因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数， 所以此时直线CQ 与DP 所成角最小，且BQ ＝5x ＝255.(7分)(7)(2017全国Ⅲ，5分)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案：②③解析：由题意知，a ，b ，AC不妨设图中所示正方体棱长为1AB 以直线AC 为旋转轴旋转，则A 点保持不变，B以C 为坐标原点，以CD →方向为x 轴正方向，CB →方向为y 轴正方向，CA →方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则D (1，0，0)，A (0，0，1)．取直线a 的方向向量a ＝(0，1，0)，|a |＝1，直线b 的方向向量b ＝(1，0，0)，|b |＝1.设B 点在运动过程中的坐标B ′(cos θ，sin θ，0)，其中θ∈[0°，360°)，则向量AB ′→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB ′→|＝ 2.设AB ′与a 所成角为α∈(0°，90°]，则cos α＝||AB ′→·a ||a ||AB ′→＝()()cos ,sin ,10,1,0'a AB θθθ-⋅⎡=∈⎢⎣⎦uuu r故α∈[45°，90°]，所以③正确，④错误． 设AB ′与b 所成角为β∈(0°，90°]，则cos β＝||AB ′→·b ||b ||AB ′→＝()()cos ,sin ,11,0,0'b AB θθθ-⋅=uuu r所以cos 2α＋cos 2β＝12(sin 2θ＋cos 2θ)＝12，所以当AB ′与a 夹角为60°，即α＝60°时，cos β＝12.又因为β∈(0°，90°]， 所以β＝60°，即此时AB ′与b 所成角为60°， 所以②正确，①错误．c ．求直线与平面所成的角(8)(2018全国Ⅰ，12分)如图37－10所示，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(Ⅰ)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；图37－10(Ⅱ)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)34解：(Ⅰ)证明：因为E ，F 分别是正方形ABCD 的边AD ，BC 的中点， 所以EF ∥AB ，且AB ⊥BF ， 所以BF ⊥EF .(3分)又因为BF ⊥PF ，EF ，PF ⊂平面PEF ，EF ∩PF ＝F ， 所以BF ⊥平面PEF .又因为BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(5分)(Ⅱ)(法一)因为DE ∥BF ，BF ⊥PF ，所以DE ⊥PF .又因为PF ⊥PD ，DE ，PD ⊂平面PDE ，DE ∩PD ＝D ， 所以PF ⊥平面PDE .又因为PE ⊂平面PDE ，所以PF ⊥PE ，即△PEF 是直角三角形且P 为直角顶点．(8分) 如图，过点P 作PG ⊥EF ，垂足为G ，连接DG .因为平面PEF ⊥平面ABFD 平面PEF ∩平面ABFD ＝EF ，PG ⊂平面PEF ， 所以PG ⊥平面ABFD ，所以∠PDG 即为DP 与平面ABFD 所成的角．(10分) 设正方形ABCD 的边长为a ，则PD ＝CD ＝a ，EF ＝a ，PF ＝a2，所以PE ＝EF 2－PF 2＝32a ，所以PG ＝PE ·PF EF ＝34a .因为DG ⊂平面ABFD ，PG ⊥平面ABFD ， 所以PG ⊥DG ，所以sin ∠PDG ＝PG PD ＝34，所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.(12分)(法二)过点P 作PG ⊥EF ，垂足为G ， 同法一可知PG ⊥平面ABFD .作GH ⊥EF 交AB 于点H ，易知GP ，GH ，GF 两两垂直．以点G 为坐标原点，GH →，GF →，GP →分别为x ，y ，z －xyz .因为AD ∥BF ，BF ⊥PF 又PF ⊥PD ，AD ∩PD ＝D ，所以PF ⊥平面PDE . 又PE ⊂平面PDE ，所以PF ⊥PE .(8分) 设正方形ABCD 的边长为2a ， 则EF ＝2a ，PF ＝a ，所以在Rt △PEF 中，PE ＝（2a ）2－a 2＝3a ， 12·PE ·PF ＝12·EF ·PG ， 即12×3a ·a ＝12×2a ·PG ，解得PG ＝32a ， 所以GF ＝PF 2－PG 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫32a 2＝12a ， 所以EG ＝32a ，(10分)所以G (0，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫－a ，－32a ，0，P (0，0，32a )， 所以DP →＝⎝⎛⎭⎫a ，32a ，32a .易知平面ABFD 的一个法向量为GP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32a .设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈DP →，GP →〉|＝|DP →·GP →|||DP →||GP→=2⎫⎪=所以直线DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.(12分)(9)(2018天津节选，10分)如图37－11所示，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.图37－11(Ⅰ)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (Ⅱ)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)33解：依题意易知DA ，DC ，DG 两两垂直．建立以D 为坐标原点，DA →，DC →，DG →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，E (2，0，，2)．(2分)(Ⅰ)证明：依题意得M ⎝⎛⎭0，32，1，N (1，0，2)，DC ＝(0，2，0)，DE →＝(2，0，2)． 设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC →＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0.不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1，0，－1)．(4分)又MN →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，1， 所以MN →·n 0＝0.又直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(5分) (Ⅱ)设线段DP 的长为h (h ∈[0，2])，则点P 的坐标为(0，0，h )，可得BP →＝(－1，－2，h )．易知DC →＝(0，2，0)为平面ADGE 的一个法向量，故|cos 〈BP →，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DC →|BP →||DC →|＝2h 2＋5 .(8分) 又直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，所以2h 2＋5＝sin60°＝32，所以h ＝33∈[0，2]，所以线段DP 的长为33.(10分)d ．求二面角的平面角(10)(2017全国Ⅲ，12分)如图37－13所示，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .图37－13(Ⅰ)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(Ⅱ)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D －AE －C 的余弦值．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)77解：(Ⅰ)证明：如图，取AC 中点O ，连接BO ，DO . ∵△ABC 为等边三角形， ∴BO ⊥AC ，且AB ＝BC .又∵BD ＝BD ，∠ABD ＝∠CBD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AD ＝CD ，∴△ACD 为等腰直角三角形，∠ADC 为直角．又O 为底边AC 中点，∴DO ⊥AC ，OD ＝12AC .(3分)设AB ＝a ，则AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝a ，∴OD ＝12a ，OB ＝32a ，∴OD 2＋OB 2＝BD 2，∴∠DOB ＝π2，即OD ⊥OB .又∵AC ∩OB ＝O ，∴OD ⊥平面ABC .(5分)又∵OD ⊂平面ACD ，∴平面ACD ⊥平面ABC .(6分)(Ⅱ)由题意可知V D －ACE ＝V B －ACE ∴E 为BD 中点．以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AC ＝a ，则O (0，0，0)，A ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，B ⎝⎛⎭⎫0，32a ，0，E ⎝⎛⎭⎫0，34a ，a 4， ∴AE →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，34a ，a 4，AD →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，OA →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，0 .(8分) 设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n 1＝0，AD →·n 1＝0，即⎩⎨⎧－a 2x 1＋3a 4y 1＋a4z 1＝0，－a 2x 1＋a 2z 1＝0，取y 1＝1，则n 1＝(3，1，3)；(9分) 设平面AEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n 2＝0，OA →·n 2＝0，即⎩⎨⎧－a 2x 2＋3a 4y 2＋a4z 2＝0，a 2x 2＝0，取y 2＝1，则n 2＝(0，1，－3)．(10分) 设二面角D －AE －C 为θ，易知θ为锐角，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2||n 1·||n 2＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.(12分)(11)(2016全国Ⅰ，12分)如图37－14所示，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，底面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.图37－14(Ⅰ)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (Ⅱ)求二面角E －BC －A 的余弦值．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)－21919解：(Ⅰ)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE .因为DF ∩FE ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，所以平面ABEF ⊥平面EFDC .(4分)(Ⅱ)如图，过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(Ⅰ)知平面ABEF ⊥平面EFDC ，所以DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF y 轴，GD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .因为∠AFD ＝90°，四边形ABEF 为正方形， 所以∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角， 所以∠DFE ＝60°.设FG ＝1，则DF ＝2，DG ＝ 3. 又AF ＝2FD ，所以AF ＝4，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)． 因为四边形ABEF 为正方形，所以AB ∥EF . 又AB ⊄平面EFDC ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝DC ，所以AB ∥CD ∥EF . 由(Ⅰ)知，AF ⊥平面EFDC .因为BE ∥AF ，所以BE ⊥平面EFDC ， 所以BE ⊥EC ，BE ⊥EF ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角， 所以∠CEF ＝60°， 所以C (－2，0，3)，所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0)．(8分)设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)；(9分)设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)，(10分)所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m ||n ||m ＝－439＋3·3＋16＝－21919，观察可知，二面角E －BC －A 为钝角，故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.(12分)(12)(2018全国Ⅱ节选，7分)如图37－15所示，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．若点M 在棱BC 上，且二面角M －P A －C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．图37－15答案：34解：连接OB .在底面△ABC 中，因为AB ＝BC ＝22，AC ＝4， 所以AC 2＝AB 2＋BC 2，所以由勾股定理的逆定理得AB ⊥BC ， 所以△ABC 是等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.因为P A ＝AC ＝PC ＝4， 所以△P AC 为等边三角形． 又因为O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ， 所以PO ＝PC sin60°＝2 3.又PB ＝4，所以PO 2＋OB 2＝16＝PB 2， 所以由勾股定理的逆定理得PO ⊥OB . 由上可知OP ，OB ，OC 两两垂直．(1分)以O 为坐标原点，分别以OB →，OC →，OP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .易知O (0，0，0)，A (0，－2，0)，P (0，0，23)． 因为点M 在棱BC 上，且二面角M －P A －C 为30°，故可设OM →＝λOB →＋(1－λ)OC →，其中0<λ≤1， 所以点M 的坐标为(2λ，2－2λ，0)．(3分) 显然，OB ⊥平面P AC ，所以OB →是平面P AC 的一个法向量，且OB →＝(2，0，0)．易知AP →＝(0，2，23)，AM →＝(2λ，4－2λ，0)，PC →＝(0，2，－23)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝2y 0＋23z 0＝0，n ·AM →＝2λx 0＋（4－2λ）y 0＝0.取y 0＝3，则z 0＝－1，x 0＝3（λ－2）λ， 此时n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3（λ－2）λ，3，－1. 依题意得cos ,OB uu u r n ＝|n ·OB →||n ||OB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪23（λ－2）λ23（λ－2）2λ2＋（3）2＋（－1）2＝cos30°＝32，化简得3λ2＋4λ－4＝0.解得λ＝23或λ＝－2(舍去)．(5分)此时n ＝(－23，3，－1)，所以cos ,PC uu u r n ＝n ·PC →|n ||PC →|＝（－23，3，－1）·（0，2，－23）4（－23）2＋（3）2＋（－1）2＝34， 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.(7分)(13)(2018山东菏泽二模，12分)如图37－16所示，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，DE ＝22，DE >BF ，∠ABC ＝120°.图37－16(Ⅰ)当BF 的长为多少时，平面AEF ⊥平面CEF?(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，求二面角E －AC －F 的余弦值． 答案：(Ⅰ)BF 的长为2时，平面AEF ⊥平面CEF (Ⅱ)33解：(Ⅰ)连接BD 交AC 于点O .因为四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD . 因为DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ， 所以DE ∥BF .又DE >BF ，所以四边形BDEF 是梯形． 取EF 的中点G ，连接OG ，则OG ∥DE . 因为DE ⊥平面ABCD ， 所以OG ⊥平面ABCD ，所以OG ，AC ，BD 两两垂直．以O 为坐标原点，AC ，BD ，OG 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(1分)设BF ＝m (0<m <22)．因为四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝120°， 所以OA ＝OC ＝2×sin60°＝31，所以A (3，0，0)，C (－3，0F (0，1，m )，所以AE →＝(－3，－1，22)，AF →＝(－3，1，m )，CE →＝(3，－1，22)，CF →＝(3，1，m )．(2分)设平面AEF 、平面CEF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1⊥AE →，n 1⊥AF →，得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧－3x 1－y 1＋22z 1＝0，－3x 1＋y 1＋mz 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝23m ＋22x 1，y 1＝26－3m m ＋22x 1.令x 1＝m ＋22，则n 1＝(m ＋22，26－3m ，23)．由n 2⊥CE →，n 2⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CE →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎨⎧3x 2－y 2＋22z 2＝0，3x 2＋y 2＋mz 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 2＝－23m ＋22x 2，y 2＝3m －26m ＋22x 2.令x 2＝m ＋22，则n 2＝(m ＋22，3m －26，－23)．(5分) 若平面AEF ⊥平面CEF ，则n 1·n 2＝0，所以(m ＋22)2＋(3m －26)(26－3m )－12＝0，解得m ＝2或m ＝72(舍)， 所以BF 的长为2时，平面AEF ⊥平面CEF .(6分)(Ⅱ)当m ＝2时，AE →＝(－3，－1，22)，AC →＝(－23，0，0)，AF →＝(－3，1，2)． 设平面ACF 的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)．由n 3⊥AF →，n 3⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧n 3·AF →＝0，n 3·AC →＝0，即⎩⎨⎧－3x 3＋y 3＋2z 3＝0，－23x 3＝0.令z 3＝2，则n 3＝(0，－2，2)．(8分) 设平面AEC 的法向量为n 4＝(x 4，y 4，z 4)．由n 4⊥AE →，n 4⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧n 4·AE →＝0，n 4·AC →＝0，即⎩⎨⎧－3x 4－y 4＋22z 4＝0，－23x 4＝0.令z 4＝2，则n 4＝(0，4，2)，(10分)所以cos 〈n 3，n 4〉＝n 3·n 4||n 3||n 4＝－33.因为二面角E －AC －F 为锐角，所以所求的二面角E －AC －F 的余弦值为33.(12分)e ．求点到平面的距离(14)(经典题，12分)如图37－19所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为2，D ，E 分别是BB 1和AB 的中点．图37－19(Ⅰ)证明：AD ⊥平面A 1EC ； (Ⅱ)求点B 1到平面A 1EC 的距离．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)455解：(Ⅰ)证明：由题知直线AA 1，CE ，BE 两两垂直，如图，以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EC 所在直线为y 轴，过E 与AA 1平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝BC ＝AC ＝2，EB ＝EA ＝1，CE ＝3， 则 A (－1，0，0)，A 1(－1，0，2)，3，0)，D (1，0，1)，∴AD →＝(2，0，1)，EA 1→＝(－1，0，2)，EC ＝(0，3，0)．(3分) ∵AD →·EA 1→＝－2＋2＝0，AD →·EC →＝0， ∴AD ⊥EA 1，AD ⊥EC . 又∵EA 1∩EC ＝E ，∴AD ⊥平面A 1EC .(6分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知B 1(1，0，2)，则EB 1→＝(1，0，2)．(8分) ∵AD ⊥平面A 1EC ，∴平面A 1EC 的一个法向量为AD →＝(2，0，1)，(10分)∴点B 1到平面A 1EC 的距离d ＝||EB 1→·AD →||AD→＝45＝455.(12分)f ．向量法解决立体几何中的存在性问题(15)(2016北京，14分)如图37－21所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.图37－21(Ⅰ)求证：PD ⊥平面P AB ；(Ⅱ)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(Ⅲ)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)33 (Ⅲ)存在，AM AP ＝14解：(Ⅰ)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面P AD .又PD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面P AB .(4分) (Ⅱ)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，O 为AD 中点，所以CO ⊥AD .(6分) 所以PO ，CO ，AD 两两垂直．如图，以O 为原点，OC ，OA ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .因为AC ＝CD ＝5，AO ＝12AD ＝1，CO ⊥AD ，所以OC ＝AC 2－AO 2＝2.又P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AD ＝2，所以PO ＝1.所以A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)．所以PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2，2)．(7分)又PB →＝(1，1，－1)，所以||cos 〈n ，PB →〉＝||n ·PB →||n ||PB →＝|1－2－2|3×3＝33， 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(10分) (Ⅲ)假设在棱P A 上存在点M ，且AM →＝λAP →＝λ(0，－1，1)，λ∈[0，1]，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．(12分)因为BM ∥平面PCD ，由(Ⅱ)知，平面PCD 的一个法向量n ＝(1，－2，2)，所以BM →·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14，所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.(14分)(16)(经典题，13分)如图37－22所示，平面四边形P ABC 中，∠P AC ＝∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝23，AC ＝4.现把△P AC 沿AC 折起，使P A 与平面ABC 成60°角，设此时P 在平面ABC 上的投影为O 点(O 与B 在AC 的同侧)．图37－22(Ⅰ)求证：OB ∥平面P AC ；(Ⅱ)试问：线段P A 上是否存在一点M ，使得二面角M －BC －A 的正切值为235？若存在，指出M 的位置；若不存在，说明理由．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)存在，M 点是线段P A 的三等分点，且靠近P 点 解：(Ⅰ)证明：∵PO ⊥平面ABC ，∴PO ⊥CA . ∵CA ⊥P A ，P A ∩PO ＝P ，∴CA ⊥平面P AO ，则CA ⊥AO .(3分) 又∵P 在平面ABC 上的投影为O 点， ∴∠P AO 是P A 与平面ABC 所成的角， ∴∠P AO ＝60°.又∵P A ＝23，PO ⊥AO ，∴OA ＝ 3.在Rt △ABC 中，AC ＝4，AB ＝23，∴∠BAC ＝30°， 在△OAB 中，∠OAB ＝90°－30°＝60°，∴OB 2＝AO 2＋AB 2－2AO ·AB ·cos ∠OAB ＝3＋12－2×3×23×12＝9，则AB 2＝OA 2＋OB 2，∴OB ⊥OA ，∴OB ∥AC .(5分)∵OB 平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，∴OB ∥平面P AC .(6分)(Ⅱ)存在，M 点是线段P A 的三等分点，且靠近P 点．由(Ⅰ)得，OB ，OA ，OP 两两垂直，以O 点为坐标原点，OB ，OA ，OP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵P A ＝23，PO ⊥AO ，∠P AO ＝60°，∴OP ＝3，可得A (0，3，0)，B (3，0，0)，C (4，3，0)，P (0，0，3)． 取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．设M (x 0，y 0，z 0)，PM →＝λP A →(0≤λ≤1)． ∵P A →＝(0，3，－3)，PM →＝(x 0，y 0，z 0－3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，y 0＝3λ，z 0＝3－3λ，则M (0，3λ，3－3λ)， ∴BM →＝(－3，3λ，3－3λ)，BC →＝(1，3，0)．(9分) 设平面BCM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，BM →·n ＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，－3x ＋3λy ＋（3－3λ）z ＝0.当λ＝1时， 显然不符合题意，∴解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3y ，z ＝3y （3＋λ）3（λ－1）.取y ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－3，1， 3（3＋λ）3（λ－1） .(10分)由二面角M －BC －A 的正切值为235，可得||cos 〈m ，n 〉＝5（23）2＋52＝537，∴|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3（3＋λ）3（λ－1）1×4＋3（3＋λ）29（λ－1）2＝537， 两边同时平方得，3（3＋λ）29（λ－1）24＋3（3＋λ）29（λ－1）2＝2537， 即37×（3＋λ）23（λ－1）2＝25×4＋25×（3＋λ）23（λ－1）2，即12×（3＋λ）23（λ－1）2＝100，即（3＋λ）2（λ－1）2＝25，∴3＋λλ－1＝±5，解得λ＝13(λ＝2舍去)，∴M 点是线段P A 的三等分点，且靠近P 点，∴线段P A 上存在一点M ，使得二面角M －BC －A 的正切值为235.(13分)随堂普查练371．(经典题，5分)已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( )A.32B ．－2C ．0 D.32或－2答案：B解析：∵向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，∴存在实数λ，使得(2m ＋1，3，m －1)＝λ(2，m ，－m )＝(2λ，λm ，－λm )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋1＝2λ，3＝λm ，m －1＝－λm ，解得m ＝－2.2．(2018河北衡水期末，12分)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别是A 1B ，B 1C 1上的点，且BM ＝2A 1M ，C 1N ＝2B 1N .设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c .图37－24(Ⅰ)试用a ，b ，c 表示向量MN →；(Ⅱ)若∠BAC ＝90°，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，求MN 的长．答案：(Ⅰ)MN →＝13a ＋13b ＋13c (Ⅱ)53解：(Ⅰ)由题图可知， MN →＝MA 1→＋A 1B 1→＋B 1N →＝13BA 1→＋AB →＋13B 1C 1→＝13(AA 1→－AB →)＋AB →＋13BC →＝13(AA 1→－AB →)＋AB→＋13(AC →－AB →)＝13(c －a )＋a ＋13(b －a )＝13a ＋13b ＋13c .(5分) (Ⅱ)因为∠BAC ＝90°，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，所以(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×12＋2×1×1×12＝5，所以||a ＋b ＋c ＝5，所以||MN→＝13||a ＋b ＋c ＝53.(12分)3．(2018江苏，10分)如图37－25所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．图37－25(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．答案：(1)31020 (2)55解：(1)（法一）取A 1C 1的中点M ，AA 1的中点N ，连接PM ，MN ，MQ ，NQ ，如图所示． 因为P 为A 1B 1的中点，所以PM ∥B 1C 1，且PM ＝12B 1C 1.又因为Q 为BC 的中点，所以BQ ＝12BC ＝12B 1C 1.又因为BQ ∥B 1C 1， 所以BQ //PM ，所以四边形BQMP 为平行四边形， 所以BP ∥QM ，BP ＝QM .在△AA 1C 1中，N 为AA 1的中点，M 为A 1C 1的中点， 所以MN ∥AC 1，所以异面直线BP 与AC 1所成的角即为直线MN 与MQ 的夹角．(3分) 因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱， 所以侧棱与底面垂直，且底面为正三角形， 即AB ＝BC ＝AC ＝AA 1＝2，所以AQ ＝3，AN ＝A 1N ＝A 1M ＝B 1P ＝1，所以MN ＝2，NQ ＝12＋（3）2＝2，MQ ＝BP ＝12＋22＝5，所以cos ∠NMQ ＝MN 2＋MQ 2－NQ 22·MN ·MQ ＝（2）2＋（5）2－222×2×5＝31020，所以异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(5分)（法二）由题可知，AA 1⊥平面ABC ，QB ⊥AQ ，所以AA 1，AQ ，QB 两两垂直．如图，以点A 为坐标原点，以过点A 且平行于QB 的直线为x 轴，AQ 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则由题易知A (0，0，0)，Q (0，3，0)，B (1，3，0)，C (－1，3，0)，C 1(－1，3，2)，P ⎝⎛⎭⎫12，32，2，所以BP →＝(－12，－32，2)，AC 1→＝(－1，3，2)，(2分)所以cos<BP →，AC 1→>＝BP →·AC 1→|BP →||AC 1→|＝12－32×3＋2×2⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－322＋22×（－1）2＋（3）2＋22＝3210＝31020，即异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(5分)(2)(法一)如图所示，过点C 作CD ⊥C 1Q 于点D . 因为Q 为BC 的中点，AC ＝AB ， 所以AQ ⊥BC .又因为侧棱CC 1与底面ABC 垂直，AQ ⊂平面ABC ， 所以CC 1⊥AQ .因为BC ∩CC 1＝C ，所以AQ ⊥平面BCC 1B 1.(7分) 又因为CD ⊂平面BCC 1B 1， 所以AQ ⊥CD .又因为AQ ∩C 1Q ＝Q ， 所以CD ⊥平面AQC 1，即直线CC 1与平面AQC 1所成角为∠CC 1Q ，(9分)所以sin ∠CC 1Q ＝CQ C 1Q ＝112＋22＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.(10分)(法二)由(1)知，AQ ＝3，AC 1＝12＋22＝5，所以在△AQC 1中，QC 21＋AQ 211所以1AQC S V ＝12×3×5＝152.(6分)设点C 到平面AQC 1的距离为h ，则由1C AQC V -＝1C AQC V -＝13×12×1×3×2＝33，可得13×152×h ＝33，解得h ＝255.(8分)设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ，则sin θ＝h CC 1＝2552＝55.(10分)(法三)由(1)知AC 1→＝(－1，3，2)，AQ →＝(0，3，0)，CC 1→＝(0，0，2)． 设平面AQC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC 1→·n ＝0，AQ →·n ＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＋2z ＝0，3y ＝0.令x ＝2，则z ＝1，y ＝0，所以平面AQC 1的一个法向量为n ＝(2，0，1)．(7分) 设直线CC 1与平面AQC 1所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈n ，CC 1→〉＝||n ·CC 1→||n ||CC 1→＝22×22＋02＋12＝55， 即直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.(10分)4．(2017北京，14分)如图37－26所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD ＝6，AB ＝4.图37－26(Ⅰ)求证：M 为PB 的中点；(Ⅱ)求二面角B －PD －A 的大小；(Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)π3 (Ⅲ)269解：(Ⅰ)证明：设AC ∩BD ＝O ，连接OM .∵PD ∥平面MAC ，平面PBD ∩平面MAC ＝MO ， ∴PD ∥MO .又∵O 为BD 中点，∴M 为PB 中点．(4分) (Ⅱ)取AD 中点E ，连接PE ，EO . ∵P A ＝PD ＝6，AD ＝AB ＝4，∴PE ⊥AD ，AE ＝DE ＝2，∴PE ＝ 2.又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面P AD ，∴PE ⊥平面ABCD .又底面ABCD 为正方形，∴以E 为原点，分别以ED ，EO ，EP 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (－2，4，0)，P (0，0，2)，D (2，0，0)，A (－2，0，0)，DP →＝(－2，0，2)，DB →＝(－4，4，0)．(6分)易知平面PDA 的一个法向量m ＝(0，1，0)．(7分) 设平面BPD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝（x 0，y 0，z 0）·（－2，0，2）＝－2x 0＋2z 0＝0，n ·DB →＝（x 0，y 0，z 0）·（－4，4，0）＝－4x 0＋4y 0＝0，取x 0＝1，则n ＝(1，1，2)．(8分)设二面角B －PD －A 的大小为θ，θ∈[0，π]，则cos θ＝||cos 〈m ，n 〉＝||m ·n ||m ||n ＝11×12＋12＋（2）2＝12.∵θ∈[0，π]，∴θ＝π3.(10分)(Ⅲ)由(Ⅱ)可知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2，4，0)，平面BDP 的一个法向量n ＝(1，1，2)，则MC →＝(3，2，－22)．设直线MC 与平面BPD 所成的角为α，则有sin α＝||cos 〈MC →，n 〉＝||MC →·n ||MC →||n ＝||3＋2－132＋22＋⎝⎛⎭⎫－222×1＋1＋（2）2＝269， ∴直线MC 与平面BPD 所成角的正弦值为269.(14分)5．(2015天津，13分)如图37－27所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．图37－27(Ⅰ)求证：MN ∥平面ABCD ；(Ⅱ)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(Ⅲ)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．答案：(Ⅰ)见证明过程 (Ⅱ)31010(Ⅲ)7－2解：(Ⅰ)证明：如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．因为AD ＝CD ＝5，AC ＝AA 1＝2，所以D 到AC 的距离为2，到AB 的距离为1.又AB ＝1，所以可得A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (2，0，0)，D (1，－2，0)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2，1)， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0.因为n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，所以MN →·n ＝0.又直线MN ⊄ABCD .(4分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知AD 1→＝(1，－2，2)，AC ＝(2，0，0)，AB 1＝(0，1，2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1)．(5分)设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0. 不妨取z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1)，(6分)所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2||n 1||n 2＝－2＋12×5＝－1010.又〈n 1，n 2〉∈[0，π] ，所以sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(8分)(Ⅲ)设A 1E →＝λA 1B 1→＝λ(0，1，0)，其中λ∈[0，1]，则E (0，λ，2)．又N (1，－2，1)，所以NE →＝(－1，λ＋2，1)． 因为n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，所以由已知得||cos 〈NE →，n 〉＝||NE →·n ||NE→||n ＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13，(11分) 整理得λ2＋4λ－3＝0.因为λ∈[0，1]，所以解得λ＝7－2， 所以线段A 1E 的长为7－2.(13分)6．(2018河北衡水高三联考，12分)如图37－28所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝PD ＝2BC ＝2AB ＝2，平面P AD ⊥底面ABCD ，E 为棱AD 的中点．图37－28(1)求证：平面PBC ⊥平面PCE ；(2)点F 在棱CD 上，且平面P AD 与平面PBF 所成的锐二面角的余弦值为310234，求CFFD 的值．答案：(1)见证明过程 (2)CF FD ＝1或14解：(1)证明：(法一)因为AD ＝2BC ＝2AB ＝2，AD ∥BC ，E 为棱AD 的中点， 所以AE ∥BC ，AE ＝BC ，所以四边形ABCE 是平行四边形． 又因为∠BAD ＝90°，所以四边形ABCE 是矩形， 所以BC ⊥CE .因为AP ＝PD ，E 为棱AD 的中点， 所以PE ⊥AD .(2分)又因为平面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面P AD ，所以PE ⊥平面ABCD .又因为BC ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥BC .(4分) 因为CE ∩PE ＝E ，所以BC ⊥平面PCE . 因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PCE .(6分)(法二)由法一知EP ，ED ，EC 两两垂直．以E 为坐标原点，分别以EC →，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz .由题易知P (0，0，3)，C (1，，0，0)，(1分) 则BC →＝(0，1，0)，PB →＝(1，－1，－3)． 设平面PCB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，x －y －3z ＝0.令x ＝3，则n ＝(3，0，1)．(3分)由题知平面PCE 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，(4分) 所以n ·m ＝0，所以平面PBC ⊥平面PCE .(6分)(2)由(1)中的法二知P (0，0，3)，C (1，0，0)，B (1，－1，0)，D (0，1，0)，所以PB →＝(1，－1，－3)．在平面直角坐标系xEy 中，C (1，0)，D (0，1)，则直线CD 的方程为y ＝－x ＋1，所以在空间直角坐标系E －xyz 中，设F (t ，1－t ，0)(0≤t ≤1)，(8分)则BF →＝(t －1，2－t ，0)．设平面PBF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n 1＝x 1－y 1－3z 1＝0，BF →·n 1＝（t －1）x 1＋（2－t ）y 1＝0.令x 1＝2－t ，则y 1＝1－t ，z 1＝33，所以n 1＝⎝⎛⎭⎫2－t ，1－t ，33 .(10分)又平面P AD 的一个法向量为EC →＝(1，0，0)，所以|cos 〈n 1，EC →〉|＝||2－t （2－t ）2＋（1－t ）2＋13＝310234，解得t ＝12或t ＝45，所以当CF FD ＝1或14时，平面P AD 与平面PBF 所成的锐二面角的余弦值为310234.(12分)7．(2018福建龙岩月考，12分)如图37－29所示，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△ABE 为等腰三角形，AE ＝BE ，平面ABCD ⊥平面ABE ，点F 在CE 上，且BF ⊥平面ACE .图37－29(1)求证：AE ⊥平面BCE ； (2)求点D 到平面ACE 的距离．答案：(1)见证明过程 (2)233解：(1)证明：∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， ∴BF ⊥AE .(2分)∵平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，在正方形ABCD 中，BC ⊥AB ， ∴BC ⊥平面ABE ，∴BC ⊥AE .(4分) ∵BC ∩BF ＝B ，∴AE ⊥平面BCE .(5分)(2)(法一)如图，连接BD 交AC 于点M ，则点M 是BD 的中点，即线段BD 的中点M 在平面ACE ∴点D 与点B 到平面ACE 的距离相等．(7分)∵BF ⊥平面ACE ，∴BF 为点B 到平面ACE 的距离． ∵AE ⊥平面BCE ，∴AE ⊥BE .又∵AE ＝BE ，∴△AEB 是等腰直角三角形． ∵AB ＝2，∴BE ＝2sin45°＝2，∴在Rt △CBE 中，CE ＝BC 2＋BE 2＝6，∴BF ＝BC ·BE CE ＝233.故点D 到平面ACE 的距离是233.(12分)(法二)取AB 的中点N ，连接NE .作NG ⊥AB 交CD 于点G . 同法一知△AEB 是等腰直角三角形， ∴NE ⊥AB .∵AB ＝2，∴NE ＝NB ＝1.易证NG ⊥平面ABE ，则NG ，NE ，NB 两两垂直．以N 为坐标原点，NE ，NB ，NG 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则N (0，0，0)，A (0，－1，0)，E (1，0，0)，C (0，1，2)，D (0，－1，2)，(7分)则AE →＝(1，1，0)，AC →＝(0，－2)．(8分) 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝x ＋y ＝0，AC →·n ＝2y ＋2z ＝0.令y ＝1，则n ＝(－1，1，－1)．(10分) 设点D 到平面ACE 的距离是d ，则d ＝|DE →·n |||n ＝23＝233，所以点D 到平面ACE 的距离是233.(12分)8．(2018北京西城二模改编，6分)如图37－30所示，梯形ABCD 所在的平面与等腰梯。

高二数学新课标专题一空间向量及其运算(理）一、知识概述空间向量及其运算,空间向量及其加减与数乘运算;共线向量及共面向量；空间向量基本定理,两个向量的数量积．在学习中，我们首先把平面向量及其线性运算推广到空间向量.在同学们已有了空间直线和平面平行,以及平面和平面平行的概念，这一推广对同学们来说应该不会感到太难,但我们仍要牢记,现在研究的范围已由平面扩大到空间.一个向量已是一个平移,两个不平行的向量确定的平面已不是一个平面,而是互相平行的平面集,其中我们可以通过在空间上一步步地验证运算法则和运算律,一方面通过学习空间向量复习了平面向量(高一学习的),另一方面培养了我们的空间观念.当我们把平面向量推广到空间向量后，很自然地要认识空间向量的两个最基本的子空间:共线向量和共面向量，把平行向量基本定理和平面向量基本定理推广到空间,然后由这两个定理推出空间直线和平面的向量表达式．有了这两个表达式，我们就可很方便地使用向量工具解决空间的共线和共面问题．在学习共线和共面向量定理后，我们学习空间最重要的基础定理:空间向量基本定理．这个定理是空间几何研究数量化的基础.有了这个定理空间结构变得简单明了，整个空间被三个不共面的基向量所确定．这样，空间的一个点或一个向量与实数组（ｘ，y,ｚ)建立起了一一对应关系.最后，我们学习了本节的最后一个知识点——两个向量的数量积，将平面两个向量的数量积推广到空间，建立起了向量在轴上的投影的概念，并学习了内积的几个运算性质．通过这一周的学习,同学们建立起了空间向量的概念,初步将空间向量与空间图形联系起来,并通过课堂内外的例、习题的讲解与学习，初步学会用向量知识来解决立体几何问题的方法与技巧．二、重、难点知识的归纳与剖析（一）本周学习与研究中的四个重点１、空间向量的运算及运算律空间向量加法,减法，数乘向量的意义及运算律与平面向量类似．学习过程中,我们要加强直观说理，结合式与图之间的互相转换加深理解.如：（1)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．因此，求空间若干向量之和时，可通过平移将它们转化为首尾相接的向量;（2)首尾相接的若干向量若构成一个封闭图形,则它们的和为；（3）两个向量相加的平行四边形法则在空间仍成立．因此求始点相同的两个向量之和时，可考虑用平行四边形法则．2、共线向量定理和共面向量定理由于空间向量的平行（共线)的定义、共线向量定理等与平面向量完全相同,都是平面向量的相关知识向空间的推广,因此,我们可以在熟练地掌握平面向量这些知识的基础上来加深理解.其中要明确如下几点：（1）的两条有向线段所在直线既可能是同一直线，也可能是平行直线；当时,也具有同样的意义；(2）运用确定平面的条件可以将空间向量问题转化为平面向量问题;(３)理解共线向量定理时,应知道该定理包含两个命题：有一点不在上;(４）空间直线的向量参数方程是空间共线向量定理的具体体现；3、空间向量基本定理空间向量基本定理与平面向量基本定理类似,区别仅在于基底中多了一个向量,从而分解结果中也多了一“项”,因此不难理解.空间向量基本定理说明了用空间三个不共面已知向量组可以线性表示出空间任意一个向量，而且表示的结果是唯一的．４、两个向量的数量积的计算方法及其应用.理解两个向量的数量积的定义是利用两个向量的数量积开展计算的关键，其中还要结合它的一些性质．其具体应用是思考如下几个问题：（1)如何把已知的几何条件转化为向量表示?(2）考虑一些未知的向量能否用基向量或其它已知向量表示？（３）如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论?(二)本周学习与研究中的难点应用向量解决立体几何问题是贯穿于本节学习始终的一个难点．它涉及到如何利用向量的运算法则及定律将一些线线间的关系用向量刻画，然后利用共线向量定理,共面向量定理证明多点共线，多线共面问题，最后利用向量的数量积的定义及性质来解决有关求线段长,求异面直线所成的角的计算问题.突破该难点的方法可以采用多练习去实现，从练习中悟出其中的技巧和方法.三、例题点评例1、如图中,已知点O是平行六面体ABCD-A1B１Ｃ1D1体对角线的交点，点P是任意一点，则．分析:将要证明等式的左边分解成两部分：与，第一组向量和中各向量的终点构成平行四边形AＢＣD,第二组向量和中的各向量的终点构成平行四边形A1B1C1D1，于是我们就想到了应该先证明:将以上所述结合起来就产生了本例的证明思路．解答：设E,E1分别是平行六面体的面ABCD与A1B1C１D1的中心，于是有点评：在平面向量中，我们证明过以下命题:已知点O是平行四边形ABCD对角线的交点，点Ｐ是平行四边形ＡＢCＤ所在平面上任一点，则，本例题就是将平面向量的命题推广到空间来．例2、已知空间四边形ＯABC中,Ｍ为BC中点,N为AＣ中点,Ｐ为OＡ中点,Q为OB中点，若AB=OＣ，求证:PＭ⊥QN.分析：欲证PM⊥ＱN，只要证明解答：点评：欲证用相同的几个向量表示出来，然后利用向量的数量积. 例3、如图，E是正方体ABCD-A1B１C1Ｄ1的棱Ｃ1D1中点,试求向量分析：利用数量积定义,求出，再求出所成角的余弦.解答:点评：求向量所成角,首先应将用一组基底表示出来，再利用公式.空间向量及其运算(理）检测一、选择题１、下列说法中正确的是（)A.两个有共同起点且相等的向量,其终点可能不同B.若非零向量与是共线向量，则Ａ、B、C、Ｄ四点共线Ｃ．若D.四边形ABCD是平行四边形的充要条件是=2、已知空间四边形ＡBCＤ，连ＡC,BＤ，设Ｍ、G分别是BＣ、CD中点,则（）A． B. C. D.３、如图中,已知空间四边形OＡＢC，其对角线为OＢ，AC,M,Ｎ分别是对边OA，BC 的中点，点G在线段ＭN上，且分所成的定比为２,现用基向量(）A. B.C.D．4、空间四边形ＡBCＤ的每边及对角线长均为，E，Ｆ，G分别是AB,BD,DC的中点,则（)Ａ． B.１C．Ｄ．５、已知空间四边形ＡBCD的各条边的长度相等,E为BC中点，那么( )Ａ.Ｂ.Ｃ． D.6、设A,B，Ｃ，D是空间不共面的四点，且满足(）Ａ.钝角三角形Ｂ．锐角三角形 C.直角三角形D．不确定7、空间四边形OABC中，OＢ=ＯＣ，∠AOＢ=∠AOC=() Ａ. B. C.D．０８、()A．Ｂ． C.D．不确定９、在下列条件中,使M与A、B、C一定共面的是( ）A．B．C． D.10、（）Ａ．B． C. D.二、综合题１1、已知点G是△ABC的重心,Ｏ是空间任一点,若12、在平行六面体AＢCＤ－EFGＨ中,，１３、已知ABＣD－A1B1Ｃ１Ｄ1为正方体,则下列命题中错误的命题为________＿_.１4、已知平行四边形ABCD,如图从平面ＡＣ外一点Ｏ引向量（１）四点E、F、G、H共面;（2）平面ＡC／/平面EＧ.15、正方体AＢCＤ－A1B１Ｃ1Ｄ1，M为ＡＡ１的中点，Ｎ为A1B１上的点,满足MN⊥MＣ,MP⊥Ｂ1C.16、如图所示,在平行六面体ABCD－A１B１C1Ｄ1中,O是Ｂ1Ｄ１的中点，求证：B1C∥平面ODC.答案一、选择题:1—10ＤADＡＤBＤＢCC2、如图3、4、5、6、同理有:ｃos∠DＢC>0，∠DCB>0, 故三角形BCD为锐角三角形．7、8、9、由共面向量定理知Ｃ正确. 1０、二、综合题１１、解:答案:31２、解:如图答案：13、解：①正确.②正确．③不正确．④不正确答案：③④1４、解：15、解:１6、解:高考解析：空间向量及其运算(理)“向量”知识逐渐成为命题热点,一般选择题,填空题重在考查空间向量的概念，解答题重在考查空间向量的运算及数量积等性质，利用向量知识解决立体几何问题.不过从课本中的例习题的形式来看，高考中对于原立体几何中关于求异面直线所成的角,异面直线间的距离,以及有关证明线线垂直,线面垂直，线线平行,线面平行等问题，一般地都可采用两种方法处理,一种用纯立体几何知识解决,这对思维能力要求较高,另一种就是用向量法解决，这样将几何问题代数化.同学们在平时训练中，对于同一题，最好采取两种方法解决，并且训练熟练．例１、（全国高考试题)如图,已知:平行六面体ABCＤ－A1B1C1Ｄ1的底面ＡBCD是菱形,且∠C1CＢ=∠C１CＤ＝∠BＣD=60°.（1）证明：Ｃ1C⊥BＤ；(2）当的值为多少时,能使A1Ｃ⊥平面C１BD？请给出证明.分析：本题考查直线与直线,直线与平面的关系，逻辑推理能力，怎样把空间垂直关系的判定转化为向量的知识是关键．解答：例2、(上海高考试题）若则下列等式不一定成立的是（) Ａ.Ｂ.C． D.分析：本题考查向量的加、减法及数乘、数量积等运算的性质,空间向量（即使是平面向量)的数量积不满足结合律．故选D.答案：Ｄ。

《空间向量及其运算》典型教学设计研究阳谷第二中学 数学 刘先娥证书编号：080276 手机号码：【课程分析】 学生已经在《数学２》中学习了立体几何的初步知识及《数学４》中学习了平面向量的有关概念及加法、减法、数乘等运算。

空间向量是平面向量的推广， 把二维平面问题推广到三维空间问题，对空间向量的学习，可由平面向量中有关 概念及运算类比得到空间向量的相关概念及运算规律。

空间向量的引入为处理立 体几何中有关问题提供了一个新的视角,为解决空间图形中有关直线与直线、直 线与平面、平面与平面的位置关系的度量问题提供了一个十分有效的工具。

本节 课是空间向量的基础知识部分，是为后续用空间向量解决几何问题打基础的内容。

【学情分析】学生已经学过了平面向量的有关概念及其运算，对向量的概念及运算规律有 了一定的理解，由于空间向量及其运算是把平面向量有关知识直接推广到空间中, 得到空间向量有关概念及其运算规律，学生对空间向量的概念及其运算的理解已 不再是难点,因此本节课放手给学生，让学生通过自主思考、小组合作探究、归 纳总结出空间向量的有关内容。

由于空间向量是平面向量的推广，对维数的增加 带来的运算的变化的理解肯定存在障碍，因此，在学习过程中注意引导学生思考 平面向量与空间向量的联系与区别，及维数的增加所带来的影响。

【学法设计】根据诱思探究性学习方式的思想，本着把课堂还给学生，让学生亲身感受知 识的推广过程，课堂上不再是教师的直接给予，不再是教师单纯的“教书”和学 生单纯的“念书”的过程，而是在教师导向性信息的引导下，学生亲身体会知识 的学习过程。

本节课是学习空间向量及其运算，由于空间向量是平面向量的推广,空间向 量及其运算所涉及的内容与平面向量及其运算相似，因此在课堂上不再是老师的 直接讲解知识点，而是把课堂学习过程放手交给学生。

按三个认知层次的设计思 路，首先，“感知回忆，形成思路”，让学生通过物理中的实际应用问题及数学中常用模型——正方体模型让学生感知空间向量的存在，及研究性质和运算的必要 性。