高考数学一轮复习第八章立体几何第七节空间向量的综合应用教案理苏教版

2019届高三第一轮复习《原创与经典》（苏教版）（理科）第一章集合常用逻辑用语推理与证明第1课时集合的概念、集合间的基本关系第2课时集合的基本运算第3课时命题及其关系、充分条件与必要条件第4课时简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词第5课时合情推理与演泽推理第6课时直接证明与间接证明第7课时数学归纳法第二章不等式第8课时不等关系与不等式第9课时一元二次不等式及其解法第10课时二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题第11课时基本不等式及其应用第12课时不等式的综合应用第三章函数的概念与基本初等函数第13课时函数的概念及其表示第14课时函数的定义域与值域第15课时函数的单调性与最值第16课时函数的奇偶性与周期性9第17课时二次函数与幂函数第18课时指数与指数函数第19课时对数与对数函数第20课时函数的图象第21课时函数与方程第22课时函数模型及其应用第四章 导数第23课时 导数的概念及其运算（含复合函数的导数）第24课时 利用导数研究函数的单调性与极值第25课时 函数的最值、导数在实际问题中的应用第五章 三角函数 第26课时任意角、弧度制及任意角的三角函数 第27课时同角三角函数的基本关系式与诱导公式 第28课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式 第29课时二倍角的三角函数 第30课时三角函数的图象和性质 第31课时函数sin()y A x ωϕ=+的图象及其应用 第32课时正弦定理、余弦定理 第33课时解三角形的综合应用第六章 平面向量 第34课时平面向量的概念及其线性运算 第35课时平面向量的基本定理及坐标表示 第36课时平面向量的数量积 第37课时平面向量的综合应用第七章 数 列 第38课时数列的概念及其简单表示法 第39课时等差数列 第40课时等比数列 第41课时数列的求和 第42课时等差数列与等比数列的综合应用 第八章 立体几何初步 第43课时平面的基本性质及空间两条直线的位置关系第44课时直线、平面平行的判定与性质第45课时直线、平面垂直的判定与性质第46课时空间几何体的表面积与体积第47课时空间向量的应用——空间线面关系的判定第48课时空间向量的应用——空间的角的计算第九章平面解析几何第49课时直线的方程第50课时两直线的位置关系与点到直线的距离第51课时圆的方程第52课时直线与圆、圆与圆的位置关系第53课时椭圆第54课时双曲线、抛物线第55课时曲线与方程第56课时直线与圆锥曲线的位置关系第57课时圆锥曲线的综合应用第十章复数、算法、统计与概率第58课时抽样方法、用样本估计总体第59课时随机事件及其概率第60课时古典概型第61课时几何概型互斥事件第62课时算法的含义及流程图第63课时复数第十一章计数原理、随机变量及其分布第64课时分类计数原理与分步计数原理第65课时排列与组合第66课时二项式定理第67课时离散型随机变量及其概率分布第68课时事件的独立性及二项分布第69课时离散型随机变量的均值与方差第十二章选修4系列第70课时选修4－1 《几何证明选讲》相似三角形的进一步认识第71课时选修4－1 《几何证明选讲》圆的进一步认识第72课时选修4－2 《矩阵与变换》平面变换、变换的复合与矩阵的乘法第73课时选修4－2 《矩阵与变换》逆变换与逆矩阵、矩阵的特征值与特征向量第74课时选修4－4《参数方程与极坐标》极坐标系第75课时选修4－4《参数方程与极坐标》参数方程第76课时选修4－5《不等式选讲》绝对值的不等式第77课时选修4－5《不等式选讲》不等式的证明。

8.7 空间向量的应用考纲要求1．理解直线的方向向量与平面的法向量．2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)．4．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．直线的方向向量及其应用(1)直线的方向向量：直线的方向向量就是指和这条直线所对应向量____(或共线)的向量，显然一条直线的方向向量有____个．(2)直线方向向量的应用：利用直线的方向向量，可以确定空间中的直线和平面．①对于直线l，点A是直线l上一点，向量a是l的方向向量，在直线l上取AB→＝a，则对于直线l上任意一点P，一定存在实数t，使得______________．这样，点A和向量a不仅可以确定直线l的位置，还可以具体表示出l上的任意一点．②空间中平面α的位置可以由α内两条相交直线确定，若设这两条直线相交于点O，它们的方向向量分别是a和b，P为平面α上任意一点，由平面向量基本定理可知，存在有序实数对(x，y)，使得OP→＝________，这样，点O与方向向量a，b不仅可以确定平面α的位置，还可以具体表示出α内的任意一点．2．平面的法向量(1)若直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量，显然一个平面的法向量也有____个，它们是____向量．(2)在空间中，给定一个点A和一个向量a，那么，过点A，以向量a为法向量的平面是____确定的．3．直线的方向向量与平面的法向量在确定直线、平面位置关系中的应用直线l1的方向向量u1＝(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量为u2＝(a2，b2，c2)．(注：下面的λ，k∈R)．如果l1∥l2，那么u1∥u2⇔u1＝λu2⇔____________；如果l1⊥l2，那么u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔____________.直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)．若l∥α，则u⊥n⇔u·n＝0⇔____________；若l⊥α，则u∥n⇔u＝k n⇔________________.平面α1的法向量为u1＝(a1，b1，c1)，平面α2的法向量为u2＝(a2，b2，c2)．若α1∥α2，则u1∥u2⇔u1＝k u2⇔______________；若α1⊥α2，则u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔______________.4．利用空间向量求空间角(1)两条异面直线所成的角：①范围：两异面直线所成的角θ的取值范围是______．②向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有______________．(2)直线与平面所成的角：①范围：直线和平面所成角θ的取值范围是________．②向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝______或cos θ＝sin φ.(3)二面角：①二面角的取值范围是__________．②二面角的向量求法：若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的平面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图甲)．设n1，n2分别是二面角α­l­β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图乙、丙)．5．利用空间向量求空间距离(1)利用|AB→|2＝AB→·AB→可以求空间中有向线段的长度．(2)点面距离的求法．已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO→|＝|AB→||cos〈AB→，n〉|＝______.1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则( )．A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交2．若平面π1，π2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( )．A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1)B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1)C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n ＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)3．如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，B 1E 1＝D 1F 1＝A 1B 14，则BE 1与DF 1所成的角的余弦值为( )．A ．12B ．1517C ．217D ．134．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )． A ．30° B ．60° C ．120° D ．150°5．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ＝2，BC ＝22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点．(1)证明：PC ⊥平面BEF ；(2)求平面BEF 与平面BAP 所成锐二面角的大小．一、利用空间向量证明平行和垂直【例1－1】 如图，在四棱锥O ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．证明：直线MN ∥平面OCD .【例1－2】 如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)AE ⊥CD ；(2)PD ⊥平面ABE .方法提炼1．利用向量处理平行问题的常用方法：(1)证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．(2)用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内不共线的两个向量线性表示．(3)面面平行：①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．2．利用向量处理垂直问题的常用方法：(1)证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，即a ⊥b a ·b ＝0.(2)用向量证明线面垂直的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(3)面面垂直：①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．请做演练巩固提升1二、利用空间向量求角【例2】 如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD∥QA ，QA ＝AB ＝12PD . (1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；(2)求二面角Q ­BP ­C 的余弦值．方法提炼如何利用空间向量解决求角的问题：在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角．对于空间向量a ，b ，有cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |，利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题．(1)线线角：要求两条异面直线所成的角，可先求两条异面直线的方向向量的数量积，要求两向量的数量积，可以求得两向量的坐标，也可以把所求向量用一组已知模和夹角的基向量表示出来进行求解．(2)线面角：直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β(或θ＝β－π2)，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |. (3)二面角：设n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉与所求二面角的平面角相等或互补．请做演练巩固提升2三、利用空间向量求距离【例3】 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝2 3.(1)求点A 到平面MBC 的距离；(2)求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值．方法提炼空间中的距离问题一般都可以转化成点到点的距离、点到线的距离和点到面的距离．其中点到点的距离、点到线的距离可用空间向量的模来求解，点到面的距离可借助于平面的法向量求解．请做演练巩固提升3空间向量在立体几何问题中的合理应用【典例】 (12分)(2012安徽高考)平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5，现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图2所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA 1⊥BC ；(2)求AA 1的长；(3)求二面角A ­BC ­A 1的余弦值．规范解答：(1)取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD .由四边形BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1.因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1­xyz .(2分)由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)．故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0), AA1→·BC →＝0. 因此AA 1→⊥B C →，即AA 1⊥BC .(5分)(2)因为AA1→＝(0,3，－4)， 所以|AA1→|＝5，即AA 1＝5.(7分)(3)连接A 1D .由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ， 所以∠ADA 1为二面角A ­BC ­A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA1→＝(0,2，－4)，(9分) 所以cos 〈DA→，DA 1→〉＝－21×22＋－42＝－55， 即二面角A ­BC ­A 1的余弦值为－55.(12分) 答题指导：解决空间向量在立体几何中的应用问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)建系前缺少证明垂直关系而使步骤不完整．(2)建系不恰当，导致点的坐标不易确定或求解时烦琐．(3)不会利用直线的方向向量及平面法向量解决相应问题．(4)计算失误导致结果不正确．另外需要熟练掌握直线方向向量及平面法向量的求法，有利于快速正确地解题．1．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值；(2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．2．如图，已知在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值；(2)求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的余弦值．3．如图所示，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，CA ＝2，D 是CC 1的中点，试问在A 1B 上是否存在一点E 使得点A 1到平面AED 的距离为263？参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)平行 无数 (2)①AP ＝t AB②x a ＋y b2．(1)无数 共线 (2)唯一3．(a 1，b 1，c 1)＝λ(a 2，b 2，c 2) a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0 a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0 (a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2) (a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2) a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝04．(1)①⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 ②|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·b |a ||b | (2)①⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 ②|cos φ| (3)①[0，π]5．(2)||AB ⋅n n基础自测1．B 解析：∵u ＝－2a ，∴u ∥a ，则l ⊥α.2．A 解析：平面π1，π2垂直，则对应的法向量也应垂直，因A 中n 1·n 2＝－3＋2＋1＝0，故n 1⊥n 2，故选A.3．B 解析：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系．则点B ，E 1，D ，F 1的坐标分别为B (1,1,0)，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1，D (0,0,0)，F 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，1， ∴1BE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1－(1,1,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，1，1DF ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，14，1－(0,0,0)＝⎝⎛⎭⎪⎫0，14，1. ∴|1BE |＝174，|1DF |＝174， 1BE ·1DF ＝1516. ∴cos〈1BE ，1DF 〉＝1111||||BE DF BE DF ⋅＝1517. 4．A 解析：∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin〈m ，n 〉＝32， ∴〈m ，n 〉＝60°.∴l 与α所成的角为90°－60°＝30°.5．(1)证明：如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴如图建立空间直角坐标系．∵AP ＝AB ＝2，BC ＝AD ＝22，四边形ABCD 是矩形，∴A ，B ，C ，D ，P 的坐标分别为A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,22，0)，D (0，22，0)，P (0,0,2)．又E ，F 分别是AD ，PC 的中点，∴E (0，2，0)，F (1，2，1)．∴PC ＝(2,22，－2)，BF ＝(－1，2，1)，EF ＝(1,0,1)． ∴PC ·BF ＝－2＋4－2＝0，PC ·EF ＝2＋0－2＝0.∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF .∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ，∴PC ⊥平面BEF . (2)解：由(1)知n 1＝PC ＝(2,22，－2)是平面BEF 的法向量， 又取平面BAP 的法向量n 2＝AD ＝(0,22，0)，∴n 1·n 2＝8. 设平面BEF 与平面BAP 所成锐二面角的平面角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝84×22＝22. ∴θ＝45°.∴平面BEF 与平面BAP 所成锐二面角的大小为45°.考点探究突破【例1－1】 证明：作AP ⊥CD 于点P ，如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，22，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，22，0，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－24，24，0，MN ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－24，24，－1，OP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，22，－2，OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，22，－2. 设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·OP ＝0，n ·OD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)．∵MN ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，∴MN ∥平面OCD .【例1－2】 证明：∵AB ，AD ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 设PA ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC ·CD ＝0，即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，0， ∴CD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，36，0. 又AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，34，12， ∴AE ·CD ＝－12×14＋36×34＝0， ∴AE ⊥CD ，即AE ⊥CD . (2)方法一：∵P (0,0,1)，∴PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，－1. 又AE ·PD ＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD ⊥AE ，即PD ⊥AE .∵AB ＝(1,0,0)，∴PD ·AB ＝0.∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面ABE .方法二：设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB ＝(1,0,0)，AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，34，12， ∴0,0,AB AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，－1，显然PD ＝33n . ∴PD ∥n ，∴PD ⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .【例2】 解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D ­xyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ ＝(1,1,0)，DC ＝(0,0,1)，PQ ＝(1，－1,0)，所以PQ ·DQ ＝0，PQ ·DC ＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .故PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ . (2)依题意有B (1,0,1)，CB ＝(1,0,0)，BP ＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则0,0,CB BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则0,0,BP PQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 可取m ＝(1,1,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q ­BP ­C 的余弦值为－155. 【例3】 解：取CD 中点O ，连接OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD . 又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .取O 为原点，直线OC ，BO ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图．OB ＝OM ＝3，则各点坐标分别为C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．(1)设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则BC ＝(1，3，0)，BM ＝(0，3，3)．由n ⊥BC 得x ＋3y ＝0； 由n ⊥BM 得3y ＋3z ＝0.取n ＝(3，－1,1)，BA ＝(0,0,23)，则d ＝||||BA ⋅n n ＝235＝2155. (2)CM ＝(－1,0，3)，CA ＝(－1，－3，23)． 设平面ACM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥CM ，n 1⊥CA 得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0，解得x ＝3z ，y ＝z ，取n 1＝(3，1,1)．又平面BCD 的法向量为n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 设所求二面角为θ，则sin θ＝255. 演练巩固提升1．解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA ，DC ，1DD 为单位正交基底建立空间直角坐标系D ­xyz ，则A (1,0,0)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12， 于是DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12，1CD ＝(0，－1,1)， 则cos 〈DE ，1CD 〉＝11||||DE CD DE CD ⋅⋅＝36. 所以异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值为36.(2)设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由m ·1D O ＝0，m ·1CD ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m ＝(1,1,1)．由1D E ＝λEO ，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2(1＋λ)，λ2(1＋λ)，11＋λ， DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2(1＋λ)，λ2(1＋λ)，11＋λ. 又设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD ＝0，n ·DE ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝0，λx 22(1＋λ)＋λy 22(1＋λ)＋z 21＋λ＝0，取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(2,0，－λ)．因为平面CDE ⊥平面CD 1F ，所以m·n ＝0，得λ＝2.2．解：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由于AB ＝2，BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，即∠ABD ＝30°，∴AD ＝233， ∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，0，F (1,0,1)． 又AE ⊥BD ，故由平面几何知识得AE ＝1，从而E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0， (1)因为AE ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0，BF ＝(－1,0,1)， ∴AE ·BF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，32，0·(－1,0,1)＝－12， |AE |＝1，|BF |＝2，设AE 与BF 所成的角为θ1，则cos θ1＝||||||AE BF AE BF ⋅＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－121×2＝24. 故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为24. (2)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由0,0,BF BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋z ＝0，－2x ＋233y ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ z ＝x ，y ＝3x ，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)．求得平面AA 1B 的一个法向量为m ＝AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，0. 设平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的大小为θ2. 则cos θ2＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝|0＋2＋0|233×5＝155. 即平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角的余弦值为155. 3．解：以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，D (0,0,1)，B (0,2,0)． 假设存在点E 满足条件，设BE ＝λ1BA ，λ∈(0,1)，则E (2λ，2(1－λ),2λ)．又AD ＝(－2,0,1)，AE ＝(2(λ－1)，2(1－λ),2λ)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面AED 的法向量，则00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n⇒⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋z ＝0，2(λ－1)x ＋2(1－λ)y ＋2λz ＝0，取x ＝1，则y ＝1－3λ1－λ，z ＝2， 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1－3λ1－λ，2. 由于1AA ＝(0,0,2)，d ＝1||||AA ⋅n n ＝263， ∴263＝45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3λ1－λ2. 又λ∈(0,1)，解得λ＝12. ∴存在点E 且当点E 为A 1B 的中点时，点A 1到平面AED 的距离为263.。

第七节立体几何中的向量方法［最新考纲］［考情分析］［核心素养］1。

理解直线的方向向量与平面的法向量。

2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。

4。

能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖空间角的求法（1)求异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误!求法cos β＝a·b|a｜｜b|cos θ＝｜cos β|＝｜a·b|｜a｜｜b｜►常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2）求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ＝错误!｜cos<a，n〉|＝错误!错误!．(3）求二面角的大小①如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝错误!〈错误!，错误!>．②如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ｜＝错误!|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．►常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cosθ＝cosθ1cos θ2如图，若OA为平面α的一条斜线,O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角,即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2。

学案43 空间向量及其运算导学目标： 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，能运用向量的共线与垂直证明直线、平面的平行和垂直关系．自主梳理1．空间向量的有关概念及定理(1)空间向量：在空间中，具有________和________的量叫做空间向量． (2)相等向量：方向________且模________的向量． (3)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________________________． (4)共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在有序实数对(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b ，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O 有，OP →＝________________或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOM →，其中x ＋y ＋z ＝____.(5)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝________________________，把{e 1，e 2，e 3}叫做空间的一个基底．2．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a·b ＝__________________________________________________________________.(2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，若b ≠0，则a∥b ⇔________⇔__________，________，______________，a⊥b ⇔__________⇔________________________(a ，b 均为非零向量)．(3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝________________________________， cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b|＝______________________________________________________.若A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则|AB →|＝______________________________. 3．利用空间向量证明空间中的位置关系若直线l ，l 1，l 2的方向向量分别为v ，v 1，v 2，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，利用向量证明空间中平行关系与垂直关系的基本方法列表如下：平行垂直直线 与直线l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔v 1＝λv 2(λ为非零实数)l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0直线 与平面①l ∥α⇔v ⊥n 1⇔v ·n 1＝0②l ∥α⇔v ＝x v 1＋y v 2其中v 1，v 2为平面α内不共线向量，x ，y 均为实数l ⊥α⇔v ∥n 1⇔v ＝λn 1(λ为非零实数)平面 与平面 α∥β⇔n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2(λ为非零实数)α⊥β⇔n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝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 —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B 1M →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例3如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O 分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝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 —A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 为A 1C 1的中点，E 为B 1C 的中点．(1)求直线BE 与A 1C 所成的角的余弦值；(2)在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出AF ；若不存在，请说明理由．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 —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1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 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为________．6. (2010·信阳模拟)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．(2010·铜川一模)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．(2010·丽水模拟) 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．(14分) 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BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.10．(14分)(2009·福建)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. (14分)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．学案43 空间向量及其运算答案自主梳理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 ＝0a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(3)a 21＋a 22＋a 23 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23a 2－a 12＋b 2－b 12＋c 2－c 12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－12＋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 →＝λ1PA →＋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＋y24＝y8＋y2＝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，∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (7分)(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . ∵AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)， 又EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，∴ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.(9分)由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.(11分)故λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.(14分) 11．(1)证明 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 )，(2分) ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p＝12(q·p ＋r·p －p 2) ＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB .又∵CD →＝AD →－AC →＝r －q ， ∴MN →·CD →＝12(q ＋r －p )·(r －q )＝12(q ·r －q 2＋r 2－q ·r －p ·r ＋p ·q ) ＝12(a 2cos 60°－a 2＋a 2－a 2cos 60°－a 2cos 60°＋a 2cos 60°) ＝0，∴MN ⊥CD .(4分)(2)解 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⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22 ＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(9分)(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⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q·p ＋r·q －12r·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.(12分)又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ， 即32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，(13分)∴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.(14分)。

第七节 空间向量的综合应用考点一 向量法解决探索性问题 题点多变型考点——多角探明[锁定考向]探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度． 立体几何中常见的探索性问题有： (1)探索性问题与平行相结合； (2)探索性问题与垂直相结合；(3)探索性问题与空间角相结合．[题点全练]角度一：探索性问题与平行相结合1.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图所示，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2，0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)． 则PD ―→＝(0，－1，－1)，PC ―→＝(2,0，－1)，PB ―→＝(1,1，－1)， 设平面PCD 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)． 又PB ―→＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB ―→〉＝n ·PB ―→|n||PB ―→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM ―→＝λAP ―→.因此点M (0,1－λ，λ)，BM ―→＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM ―→·n ＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面BCD ，此时AM AP ＝14.角度二：探索性问题与垂直相结合2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，且PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1 ，PA ⊥平面ABCD .(1)求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(2)在棱PD 上是否存在一点E 满足∠AEC ＝90°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，从而PB ―→＝(1,0，－1)，PC ―→＝(1,1，－1)，PD ―→＝(0,2，－1)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －c ＝0，2b －c ＝0，不妨取c ＝2，则b ＝1，a ＝1，所以平面PCD 的一个法向量为n ＝(1,1,2)， 则cos 〈PB ―→，n 〉＝1－22×6＝－36，所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值为36. (2)设PE ―→＝λPD ―→(0≤λ≤1)，则E (0,2λ，1－λ)， 所以CE ―→＝(－1,2λ－1,1－λ)，AE ―→＝(0,2λ，1－λ)， 由∠AEC ＝90°，得AE ―→·CE ―→＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0， 化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解， 所以在棱PD 上不存在一点E 满足∠AEC ＝90°. 角度三：探索性问题与空间角相结合3．(2019·苏州模拟)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且BEEC＝λ.(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；(2)是否存在实数λ，使得二面角P ­DE ­B 的余弦值为22？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取PB 的中点N ，连结MN ，AN ， 因为M 是PC 的中点， 所以MN ∥BC ，MN ＝12BC ＝2，又BC ∥AD ， 所以MN ∥AD ， 又因为MN ＝AD ，所以四边形ADMN 为平行四边形， 因为AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AB ∩AP ＝A ， 所以AD ⊥平面PAB ， 所以AD ⊥AN ，所以AN ⊥MN ， 因为AP ＝AB ，所以AN ⊥PB ， 又因为PB ∩MN ＝N ， 所以AN ⊥平面PBC ，因为AN ⊂平面ADM ，所以平面ADM ⊥平面PBC . (2)存在符合条件的λ.以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设BE ＝t ， 则E (2，t,0)，P (0,0,2)，D (0,2,0)，B (2,0,0)，从而PD ―→＝(0,2，－2)，DE ―→＝(2，t －2,0)，设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PD ―→＝0，n 1·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋t －2y ＝0，令y ＝z ＝2，解得x ＝2－t ，所以n 1＝(2－t,2,2)，又平面DEB 即为平面xAy ，故其一个法向量为n 2＝(0,0,1)， 则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－t 2＋4＋4＝22， 解得t ＝2，可知λ＝1.[通法在握]解立体几何中探索性问题的方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理； (2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明； (3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． [提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．[演练冲关]如图所示，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．解：(1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­xyz . 依题易得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，所以NE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM ―→＝(－1,0,1)．设异面直线NE 与AM 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE ―→，AM ―→〉|＝|NE ―→·AM ―→||NE ―→|·|AM ―→|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，因为AN ―→＝(0,1,1)，可设AS ―→＝λAN ―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 又EA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES ―→＝EA ―→＋AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES ―→·AM ―→＝0，ES ―→·AN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS ―→|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝22. 考点二 由定角求参数的值重点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·海门模拟) 如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2.设BD ―→＝λDC ―→(λ＞0)．(1)若λ＝1，求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2)若二面角B 1 ­A 1C 1 ­D 的大小为60°，求实数λ的值． 解：以A 点为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2,0,2)，C 1(0,4,2)．(1)当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D (1,2,0)，DB 1―→＝(1， －2,2)，A 1C 1―→＝(0,4,0)，A 1D ―→＝(1,2，－2)．设平面A 1C 1D 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1―→＝0，n 1·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，x ＋2y －2z ＝0，所以可取n 1＝(2,0,1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DB 1―→，n 1〉|＝|DB 1―→1·n 1||DB 1―→1||n 1|＝435＝4515，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2)因为BD ―→＝λDC ―→，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，所以A 1D ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，－2. 设平面A 1C 1D 的一个法向量为n 2＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C 1―→＝0，n 2·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4b ＝0，2λ＋1a ＋4λλ＋1b －2c ＝0，所以可取n 2＝(λ＋1,0,1)．又平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 3＝(0,0,1)，由题意得||cos 〈n 2，n 3〉＝12，所以1λ＋12＋1＝12，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(不合题意，舍去)， 所以实数λ的值为3－1.[由题悟法]由定角求参数值的三个步骤(1)结合图形建立适当的空间直角坐标系； (2)根据给定的角建立方程或方程组；(3)解方程或方程组，结合题目对参数的要求，求得参数的值．[即时应用]如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，P 为棱C 1D 1的中点，Q 为棱BB 1上的点，且B Q ＝λBB 1(λ≠0)．(1)若λ＝12，求AP 与A Q 所成角的余弦值；(2)若直线AA 1与平面AP Q 所成的角为45°，求实数λ的值．解：以{AB ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .则C 1(2,2,2)，D 1(0，2,2)，B (2,0,0)，B 1(2，0,2)，P (1,2,2)，A 1(0,0,2)，Q(2,0,2λ)．(1)若λ＝12，则Q(2,0,1)，因为AP ―→＝(1,2,2)，A Q ―→＝(2,0,1)，所以cos 〈AP ―→，A Q ―→〉＝AP ―→·A Q ―→|AP ―→||A Q ―→|＝1×2＋2×0＋2×13×5＝4515，所以AP 与A Q 所成角的余弦值为4515.(2)由AA 1―→＝(0,0,2)，A Q ―→＝(2,0,2λ)． 设平面AP Q 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·A Q ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2z ＝0，2x ＋2λz ＝0.令z ＝－2，则x ＝2λ，y ＝2－λ， 所以n ＝(2λ，2－λ，－2)．又因为直线AA 1与平面AP Q 所成的角为45°，所以|cos 〈n ，AA 1―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AA 1―→|n||AA 1―→|＝422λ2＋2－λ2＋－22＝22， 可得5λ2－4λ＝0. 又因为λ≠0，所以λ＝45.考点三 空间向量的综合应用重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2019·太湖高级中学检测)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，所以AB ＝2，所以BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝3. 所以AB 2＝AD 2＋BD 2， 所以AD ⊥BD .因为平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ， 所以DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AD ，又DE ∩BD ＝D ，所以AD ⊥平面BFED .(2)由(1)可建立分别以直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示，令EP ＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)， 所以AB ―→＝(－1，3，0)，BP ―→＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·BP ―→＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，λ－3y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)， 因为n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量，所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋3－λ2×1＝1λ－32＋4.因为0≤λ≤3，所以当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以θ的最小值为π3.[由题悟法]处理立体几何的最值问题的2种方法(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件； (2)直接建系后，表示出函数转化为函数最值问题．[即时应用]如图1，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连结AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2所示)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A ­BCD 的体积最大；(2)当三棱锥A ­BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．解：(1)设BD ＝x (0＜x ＜3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形， 所以AD ＝CD ＝3－x .由折起前AD ⊥BC 知，折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，且BD ∩DC ＝D ， 所以AD ⊥平面BCD . 又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )．于是V A ­BCD ＝13S △BCD ·AD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )·(3－x )≤112⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋3－x ＋3－x 33＝23(当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立)， 故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥A ­BCD 的体积最大． (2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 由(1)知，当三棱锥A ­BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2.于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0， 所以BM ―→＝(－1,1,1)．设N (0，λ，0)，0≤λ≤1，则EN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0.因为EN ⊥BM ，所以EN ―→·BM ―→＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0， 故λ＝12，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0.所以当DN ＝12(即N 是CD 上靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN ―→，n ⊥BM ―→，及BN ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋12y ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ， 则由EN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，可得sin θ＝|cos 〈n ，EN ―→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EN ―→|n |·|EN ―→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°，故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°. 一保高考，全练题型做到高考达标1.(2019·海安检测)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(3)若二面角A ­B 1E ­A 1的大小为30°，求AB 的长．解：(1)证明：以A 为坐标原点，AB ―→，AD ―→，AA 1―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)， 故AD 1―→＝(0,1,1)，B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1.∵B 1E ―→·AD 1―→＝0＋1－1＝0，∴B 1E ―→⊥AD 1―→，即B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP ―→＝(0，－1，z 0)． 由(1)知，AB 1―→＝(a,0,1)，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.设平面B 1AE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，a2x ＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP ―→，即a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又∵DP ⊄平面B 1AE ，∴在棱AA 1上存在一点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连结A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1， ∴AD 1⊥平面DCB 1A 1.∴AD 1―→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1―→＝(0,1,1)． 则cos 〈n ，AD 1―→〉＝n ·AD 1―→|n||AD 1―→|＝－a2－a 2· 1＋a 24＋a2. ∵二面角A ­B 1E ­A 1的大小为30°，∴3a 22·1＋5a 24＝32，解得a ＝2， 即AB 的长为2.2．(2018·南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P ­ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是线段PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BE 所成角的大小；(2)若点F 在线段PB 上，且使得二面角F ­DE ­B 的正弦值为33，求PF PB的值．解：(1)在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，故以{DA ―→，DC ―→，DP ―→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz .因为PD ＝DC ，所以DA ＝DC ＝DP ， 不妨设DA ＝DC ＝DP ＝2，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，B (2,2,0)． 因为E 是PC 的中点，所以E (0,1,1)， 所以AP ―→＝(－2,0,2)，BE ―→＝(－2，－1,1)， 所以cos 〈AP ―→，BE ―→〉＝AP ―→·BE ―→|AP ―→|·|BE ―→|＝32，从而〈AP ―→，BE ―→〉＝π6.因此异面直线AP 与BE 所成角的大小为π6.(2)由(1)可知，DP ―→＝(0,0,2)，DE ―→＝(0,1,1)，DB ―→＝(2,2,0)，PB ―→＝(2,2，－2)． 设PF ―→＝λPB ―→，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)， 从而DF ―→＝DP ―→＋PF ―→＝(2λ，2λ，2－2λ)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE ―→＝0，m ·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λy 1＋1－λz 1＝0，y 1＋z 1＝0，取z 1＝λ，则y 1＝－λ，x 1＝2λ－1.故m ＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF 的一个法向量， 设n ＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2y 2＝0，y 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝1.所以n ＝(1，－1,1)为平面BDE 的一个法向量． 因为二面角F ­DE ­B 的正弦值为33， 所以二面角F ­DE ­B 的余弦值的绝对值为63， 即|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n||m |·|n|＝|4λ－1|3·2λ－12＋2λ2＝63， 化简得4λ2＝1.因为点F 在线段PB 上，所以0≤λ≤1， 所以λ＝12，即PF PB ＝12.3．(2018·常州期末)如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，侧面ADD 1A 1⊥底面ABCD ，D 1A ＝D 1D ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2.(1)在平面ABCD 内找一点F ，使得D 1F ⊥平面AB 1C ； (2)求二面角C ­B 1A ­B 的余弦值．解：(1)取A 1D 1的中点E ，因为D 1A ＝D 1D ，所以D 1A ＝A 1A ， 所以AE ⊥A 1D 1.又A 1D 1∥AD ，所以AE ⊥AD .因为侧面ADD 1A 1⊥底面ABCD ，侧面ADD 1A 1∩底面ABCD ＝AD ，AE ⊂侧面ADD 1A 1，所以AE ⊥平面ABCD .则以A 为原点，以AB ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D 1(0,1,1)，B 1(1，－1,1)，设F (a ，b,0)，则D 1F ―→＝(a ，b －1，－1)，AC ―→ ＝(1,1,0)，AB 1―→＝(1，－1,1)，因为D 1F ⊥平面AB 1C ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧D 1F ―→·AC ―→＝0，D 1F ―→·AB 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －1＝0，a －b ＝0，得a ＝b ＝12，所以F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，即F 为AC 的中点．所以存在AC 的中点F ，使D 1F ⊥平面AB 1C .(2)由(1)可取平面B 1AC 的一个法向量n 1＝D 1F ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－1. 设平面B 1AB 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，因为AB ―→＝(1,0,0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB ―→＝0，n 2·AB 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，令y ＝1，得n 2＝(0,1,1)．则cos 〈n 1，n 2〉＝－3232×2＝－32. 由图知二面角C ­B 1A ­B 为锐角， 所以二面角C ­B 1A ­B 的余弦值为32. 4．(2019·苏北四市一模)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．解：(1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD .又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,4,0)，P (0,0,4)．又因为M 为PC 的中点，所以M (1,1,2)． 所以AP ―→＝(0,0,4)，BM ―→＝(－1,1,2)，所以cos 〈AP ―→，BM ―→〉＝AP ―→·BM ―→|AP ―→||BM ―→|＝84×6＝63，所以异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为63. (2)因为AN ＝λ，所以N (0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN ―→＝(－1，λ－1，－2)，BC ―→＝(0,2,0)，PB ―→＝(2,0，－4)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量， 因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN ―→，m 〉|＝|MN ―→·m||MN ―→||m|＝|－2－2|5＋λ－12·5＝45，解得λ＝1∈[0,4]， 所以λ的值为1.二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2018·无锡期末)如图，正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ＝1，D 1D ＝2，点P 为棱CC 1的中点．(1)设二面角A ­A 1B ­P 的大小为θ，求sin θ的值； (2)设M 为线段A 1B 上的一点，求AMMP的取值范围．解：(1)如图，以点D 为原点，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D ­xyz ，则A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，P (0,1,1)，B (1，1,0)， 所以PA 1―→＝(1，－1,1)，PB ―→＝(1,0，－1)， 设平面PA 1B 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA 1―→＝0，m ·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，x －z ＝0，令x ＝1，得m ＝(1,2,1)．又平面AA 1B 的一个法向量n ＝DA ―→＝(1,0,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝66，则sin θ＝306. (2)设M (x ，y ，z )，因为M 在A 1B 上，所以BM ―→＝λBA 1―→，即(x －1，y －1，z )＝λ(0，－1,2)(0≤λ≤1)， 所以M (1,1－λ，2λ)，所以MA ―→＝(0，λ－1，－2λ)，MP ―→＝(－1，λ，1－2λ)，所以AM MP ＝λ－12＋4λ21＋λ2＋1－2λ2＝5λ2－2λ＋15λ2－4λ＋2＝ 1＋2λ－15λ2－4λ＋2， 令2λ－1＝t ∈[－1,1]，则2λ－15λ2－4λ＋2＝4t5t 2＋2t ＋5， 当t ∈[－1,0)时，4t 5t 2＋2t ＋5＝45t ＋5t＋2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0，当t ∈(0,1]时，4t5t 2＋2t ＋5＝45t ＋5t＋2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13， 当t ＝0时，4t 5t 2＋2t ＋5＝0，所以4t 5t 2＋2t ＋5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13， 则AM MP ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，233.。

§8.6 空间向量及其运算和空间位置关系考纲展示►1。

了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．2．会推导空间两点间的距离公式．3．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．4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．6．理解直线的方向向量与平面的法向量．7．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．8．能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理（包括三垂线定理)．考点1 空间向量的线性运算空间向量的有关概念（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．（2）相等向量：方向________且模________的向量．（3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相____________的向量．（4)共面向量：________________的向量．答案：(1）大小方向(2）相同相等（3)平行或重合(4）平行于同一个平面(1）［教材习题改编]已知在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则化简错误!＋错误!(错误!＋错误!)＝________。

→答案:AG解析：错误!＋错误!（错误!＋错误!)＝错误!＋错误!＝错误!。

(2)[教材习题改编］如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b,错误!＝c，则错误!可用a，b，c表示为________．答案:－错误!a＋错误!b＋c解析：由图可知，错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!(错误!－错误!)＝c＋错误!（b－c)＝－错误!a＋错误!b＋c.[典题1] （1）[2017·河南郑州模拟]如图所示,已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G 在线段MN上,且错误!＝2错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z ＝________。

8.6 空间向量及其运算考纲要求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，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关定理(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______．(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使________．(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______________．其中，{a，b，c}叫做空间的一个______．推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的一个有序实数组{x，y，z}，使OP→＝____________.2．两个向量的数量积(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则______叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定____≤〈a，b〉≤____.若〈a，b〉＝____，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.(2)两向量的数量积．两个非零向量a，b的数量积a·b＝______________.(3)向量的数量积的性质(e是单位向量)：①a·e＝|a|______________；②a⊥b a·b＝____；③|a|2＝a·a＝____；④|a·b|____|a||b|.(4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝______(交换律)；③a·(b＋c)＝____________(分配律)．3．空间向量的坐标运算(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a±b＝____________________；λa＝________________(λ∈R)；a·b＝________________；a⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝____；a∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )；|a |2＝a·a ⇒|a |＝a 21＋a 22＋a 23(向量模与向量之间的转化)；cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23. (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则A B →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)，|AB →|＝x 2－x 12＋y 2－y 12＋z 2－z 12.1．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 ．0B ．1C ．2D ．32．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值为( )．A ．1 B.15 C.35 D.753．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )．A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 4．已知四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则点D 的坐标为________．5．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 的夹角的余弦值为__________．一、空间向量的线性运算【例1－1】 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 分别表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→.【例1－2】已知O 是空间中任意一点，A ，B ，C ，D 四点满足任意三点不共线，但四点共面，且OA→＝2xBO →＋3yCO →＋4zDO →，则2x ＋3y ＋4z ＝__________.方法提炼空间向量的概念及运算是由平面向量延伸而来的，要用类比的思想去掌握．在空间向量的加、减、数乘等线性运算中，要选择适当的向量为基底，用基向量表示出相关向量后再进行向量的运算，同时还要以相应的图形为指导．请做演练巩固提升1二、空间向量的数量积【例2】已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设AB →＝a ，AC→＝b ， (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；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值．方法提炼1．两个向量的数量积，其结果是数量，而不是向量，这是与空间向量的加、减、数乘等线性运算最大的区别．2．利用两空间向量的数量积运算公式，可以求向量的模、求两个向量的夹角、证明两个向量垂直等．请做演练巩固提升3三、空间向量的坐标运算【例3－1】 已知：a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，求：(1)a ，b ，c ；(2)a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值．【例3－2】 如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，AA 1的中点．(1)求|BN →|；(2)求cos 〈BA1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .方法提炼空间向量的坐标运算使向量的运算摆脱了形的制约，可以将空间元素的位置关系转化成数量关系，将逻辑推理转化成数量计算，可以化繁为简，因此是处理空间问题的一种重要工具和方法．请做演练巩固提升2正确构建空间直角坐标系【典例】 (12分)如图所示，在空间直角坐标系中，BC ＝2，原点O 是BC 的中点，点A 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，点D 在平面yOz 内，且∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°.(1)求OD →的坐标；(2)设AD →和BC →的夹角为θ，求cos θ的值．规范解答：(1)如图所示，过D 作DE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △BDC 中，由∠BDC ＝90°，∠DCB ＝30°，BC ＝2，得BD ＝1，CD ＝ 3.∴DE ＝CD sin 30°＝32. OE ＝OB －BD cos 60°＝1－12＝12. ∴D 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，－12，32， 即OD →的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－12，32.(6分) (2)依题意，OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，OB →＝(0，－1,0)，OC →＝(0,1,0)， ∴AD →＝OD →－OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，－1，32，BC →＝OC →－OB →＝(0,2,0)．(8分)由AD →和BC →的夹角为θ，得cos θ＝AD →·BC →|AD →||BC →| ＝－32×0＋－1×2＋32×0⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－322＋－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32202＋22＋02＝－105. ∴cos θ＝－105.(12分) 答题指导：解答空间向量的计算问题时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)对向量运算法则特别是坐标运算的法则掌握不熟练导致失误；(2)不能熟练地运用向量共线、垂直的充要条件将问题转化． 另外，平时要重视运算的训练，强化计算速度及准确度的训练以及熟练掌握向量运算的方法．1．如图，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MN 所成的比为2，现用基向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →，设OG →＝xOA→＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别是( )．A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝132．已知a ＝(－2,1,3)，b ＝(－1,2,1)，若a ⊥(a －λb )，则实数λ的值为( )．A ．－2B ．－143 C.145D ．2 3．如图，在30°的二面角α­l ­β的棱上有两点A ，B ，点C ，D 分别在α，β内，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为________．4．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是__________．5．如图所示，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．参考答案基础梳理自测知识梳理1．(1)a ＝λb (2)p ＝x a ＋y b (3)p ＝x a ＋y b ＋z c 基底 x OA ＋y OB ＋z OC2．(1)∠AOB 0 π π2(2)|a||b|cos 〈a ，b 〉 (3)①cos 〈a ，e 〉 ②0 ③a 2 ④≤ (4)②b·a ③a·b ＋a·c3．(1)(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3) (λa 1，λa 2，λa 3) a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 0基础自测1．A 解析：①错，向量a ，b 所在的直线可能重合；②错，向量a ，b 可以平行移动到同一平面内；③错，如从三棱锥的一个顶点出发的三条棱所对应的三个向量；④错，a ，b ，c 要求不共面．2．D 解析：k a ＋b ＝(k －1，k,2),2a －b ＝(3,2，－2)． ∵(k a ＋b )⊥(2a －b )，∴3(k －1)＋2k －4＝0，解得k ＝75. 3．A 解析：∵a ∥b ，∴2μ－1＝0，∴μ＝12，排除C ，D 两项．代入A ，B 选项验证可得，λ＝2成立．4．(5,13，－3) 解析：设D (x ，y ，z )，则AB ＝DC ，∴(－2，－6，－2)＝(3－x,7－y ，－5－z )．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3－x ＝－2，7－y ＝－6，－5－z ＝－2.解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝5，y ＝13，z ＝－3.∴D (5,13，－3)．5．－2155 解析：∵a ·b ＝1×0＋2×2＋(－2)×4＝－4， 且|a |＝12＋22＋(－2)2＝3，|b |＝0＋22＋42＝25，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－43×25＝－2155. 考点探究突破【例1－1】 解：(1)AP ＝1AA ＋11A D ＋1D P ＝a ＋c ＋12b . (2)1A N ＝1A A ＋AB ＋BN ＝－a ＋b ＋12c . (3)MP ＋1NC ＝1MA ＋11A D ＋1D P ＋NC ＋1CC＝12a ＋c ＋12b ＋12c ＋a ＝32a ＋12b ＋32c . 【例1－2】 －1 解析：∵A ，B ，C ，D 四点共面， ∴OA ＝m OB ＋n OC ＋p OD ，且m ＋n ＋p ＝1.由条件知OA ＝(－2x )OB ＋(－3y )OC ＋(－4z )OD ， ∴(－2x )＋(－3y )＋(－4z )＝1.∴2x ＋3y ＋4z ＝－1.【例2】 解：(1)∵c ∥BC ，∴c ＝k BC ，k ∈R .又∵BC ＝(－2，－1,2)，∴可设c ＝(－2k ，－k,2k )．又∵|c |＝4k 2＋k 2＋4k 2＝3|k |＝3，∴k ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)．(2)∵a ＝AB ＝(1,1,0)，b ＝AC ＝(－1，0,2)，∴a ·b ＝－1，|a |＝2，|b |＝5，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010. (3)∵k a ＋b ＝(k ，k,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)， k a －2b ＝(k ，k,0)－(－2,0,4)＝(k ＋2，k ，－4)， ∵k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，解得k ＝2或k ＝－52. 【例3－1】 解：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4， 这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，因此a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为cos θ＝5－12＋338·38＝－219. 【例3－2】 解：如图所示，建立以C 为原点的空间直角坐标系C ­xyz ，(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，则|BN |＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝ 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)， ∴1BA ＝(1，－1,2)，1CB ＝(0,1,2)．∴1BA ·1CB ＝3，|1BA |＝6，|1CB |＝5，∴cos〈1BA ，1CB 〉＝1111||BA CB BA CB ⋅＝3010. (3)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，∴1C M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. 又1A B ＝(－1,1，－2)，∴1A B ·1C M ＝－12＋12＋0＝0. ∴1A B ⊥1C M ，即A 1B ⊥C 1M . 演练巩固提升1．D 解析：由题图可知OG ＝OM ＋MG ， 而MG ＝23MN ，MN ＝MA ＋AB ＋BN ＝12OA ＋OB －OA ＋12BC ＝－12OA ＋OB ＋12(OC －OB ) ＝－12OA ＋12OB ＋12OC . OG ＝12OA ＋21113222OA OB OC ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭＝16OA ＋13OB ＋13OC . ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.2．D 解析：a －λb ＝(λ－2,1－2λ，3－λ)．由a ⊥(a －λb )得－2(λ－2)＋1－2λ＋9－3λ＝0， 解得λ＝2. 3.3－ 3 解析：∵BD ⊥AB ，CA ⊥AB ，∴AC 与BD 的夹角为30°. ∵|CD |＝|CA ＋AB ＋BD |，∴|CD |2＝|CA ＋AB ＋BD |2＝|CA |2＋|AB |＋|BD |2＋2CA ·AB ＋2AB ·BD ＋2CA ·BD＝3＋2|CA |·|BD |cos 150°＝3－ 3.∴|CD |＝3－ 3.4.⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 解析：设OQ ＝λOP ＝(λ，λ，2λ)， 则QA ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．∴QA ·QB ＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23. ∴当λ＝43时，QA ·QB 取最小值为－23. 此时，OQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83，即Q 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 5．解：记AB ＝a ，AD ＝b ，1AA ＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12. (1)|1AC |2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a ) ＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6， ∴|1AC |＝6，即AC 1的长为 6.(2)1BD ＝b ＋c －a ，AC ＝a ＋b ，∴|1BD |＝2，|AC |＝3，1BD ·AC＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos〈1BD ，AC 〉＝11||||BD AC BD AC ＝66. ∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.。

立体几何中向量方法1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面的单位法向量是唯一确定的．( ) (2)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( ) (3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( )(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( )(5)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( )2、已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1)B ．(1，－1,1)C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 3、如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( ) A.55 B.53 C.56D.544、设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________．5、如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________． 题型一 利用空间向量证明平行问题例1如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 【同步练习】1、正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD . 题型二 利用空间向量证明垂直问题例2 如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证： (1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 【同步练习】1、如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点． (1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 4．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围(0，π2][0，π]求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |5.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 6．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．题型三 利用空间向量求空间角命题点1 求直线和平面所成的角例3 如图1，在Rt △ACB 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2. (1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 上的点，试确定点M 的位置，使得直线CM 与平面A 1BE 所成角的正弦值为51428.命题点2 求二面角例4 已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角的正切值为________． 【同步练习】1、如图，四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点． (1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．2、如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示． (1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论． 一、证明垂直问题的方法重点题型训练(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可． 二、利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角．(2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小． 1．若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P (2,3,3) B ．P (－2,0,1) C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内4．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．65．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.227．已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是_______________．8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．9.如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．*10.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．11．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且 AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证： (1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .12．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．*13.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，点P 是CD 上的一点，PC ＝λPD . (1)若A 1C ⊥平面PBC 1，求λ的值；(2)设λ1＝1，λ2＝3所对应的点P 为P 1，P 2，二面角P 1—BC 1—P 2的大小为θ，求cos θ的值．立体几何中向量方法1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (2)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ )(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × )(5)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )2、已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1)B ．(1，－1,1)C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.3、如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( ) A.55B.53C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4、设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5、如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直． 无题型一 利用空间向量证明平行问题例1如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形， △P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ， 则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0)． ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC . 【同步练习】1、正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD . 证明 如图所示，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． 设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 题型二 利用空间向量证明垂直问题例2 如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)，∴A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)．设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)．∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .【同步练习】1、如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点． (1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD .因为P A ＝PD ＝22AD ，所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a 2，a,0)． 因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a 4)．易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)， 因为EF →＝(a 4，0，－a 4)， 且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0， 所以OF ⊥EF ，又因为EF ⊄平面P AD ，所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0， 所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以P A ⊥平面PDC .又P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PDC .1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.4．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θ a 与b 的夹角β 范围 (0，π2] [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b | cos β＝a ·b |a ||b | 5.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 6．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．题型三 利用空间向量求空间角命题点1 求直线和平面所成的角例3 如图1，在Rt △ACB 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 上的点，试确定点M 的位置，使得直线CM 与平面A 1BE 所成角的正弦值为51428. (1)证明 因为∠C ＝90°，DE ∥BC ，所以BC ⊥CD ，BC ⊥A 1D ，因为CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥平面A 1CD ，因为A 1C ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥A 1C ，DE ⊥A 1C ，又A 1C ⊥CD ，CD ∩BC ＝C ，CD ∩DE ＝D ，DE ∥BC ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 以C 为原点，以CB ，CD ，CA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，因为AD AC ＝DE CB，所以AD ＝4，CD ＝2，A 1C ＝23， 所以A 1(0,0,23)，B (3,0,0)，E (2,2,0)，D (0,2,0)，A 1E →＝(2,2，－23)，BE →＝(－1,2,0)，DA 1→＝(0，－2,23)．设M 点的坐标为(0，y 0，z 0)，DM →＝λDA 1→，则⎩⎨⎧ y 0－2＝－2λ，z 0＝23λ，所以CM →＝(0,2－2λ，23λ)， 设平面A 1BE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y －23z ＝0，－x ＋2y ＝0， 令x ＝2，则y ＝1，z ＝3，即n ＝(2,1，3)．设直线CM 与平面A 1BE 所成角为θ，则sin θ＝|2－2λ＋6λ|(2－2λ)2＋12λ2·12＋22＋3＝51428， 即|2＋4λ|16λ2－8λ＋4＝57，解得λ＝34或13， 所以M 为线段A 1D (靠近点A 1)四分之一处的点或三分之二处的点．命题点2 求二面角例4 已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角的正切值为________．答案 23 解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ， 设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧ y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，即n ＝(－1,1，－3)，取平面ABCD 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 【同步练习】1、如图，四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．(1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)． 于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525. 设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525， ∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525. 2、如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论．规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .[2分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，[3分]易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝217， ∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[8分] (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0，∴y ＝233. 又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)，∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ，∴3x ＋y ＝2 3.[10分] 把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)， ∴BP →＝13BC →， ∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[14分] 一、证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．二、利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角．(2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小．1．若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确 答案 C解析 ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，且不共线．∴α与β相交但不垂直．2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4) 答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内． 3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．4．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.5．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．斜交 B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内 答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3)． 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)． 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.即n 1＝(1,2,2)． ∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23， 即所成的锐二面角的余弦值为23. 7．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是_______________．答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1，∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．9.如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．答案 1解析 以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.*10.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案 72解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34， ∴点P 的轨迹方程为y ＝34. 根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为2 1－(34)2＝72. 11．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩EF ＝F ，AF ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，∴B 1F ⊥平面AEF .12．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图所示．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD .∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)， 则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. *13.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，点P 是CD 上的一点，PC ＝λPD .(1)若A 1C ⊥平面PBC 1，求λ的值；(2)设λ1＝1，λ2＝3所对应的点P 为P 1，P 2，二面角P 1—BC 1—P 2的大小为θ，求cos θ的值． 解 方法一 (1)∵A 1C ⊥BC 1，若A 1C ⊥PB ，则A 1C ⊥平面PBC 1，只需A 1C ⊥PB 即可，在矩形ABCD 中，CP BC ＝BC AB ，解得CP ＝12，PD ＝32，λ＝13. (2)过点C 作CH ⊥BC 1交BC 1于点H ，连接P 1H ，P 2H (图略)，则∠P 1HP 2就是所求二面角的一个平面角θ.∵P 1C ＝1，P 2C ＝32，CH ＝22， ∴tan ∠P 1HC ＝2，tan ∠P 2HC ＝32， tan θ＝tan(∠P 2HC －∠P 1HC )＝28， 所求余弦值为46633. 方法二 (1)建立如图所示空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，C (0,2,0)，设P (0，21＋λ，0)， 则A 1C →＝(－1,2，－1)，BC 1→＝(－1,0,1)，BP →＝(－1，21＋λ－2,0)， 若A 1C ⊥平面PBC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C →·BP →＝0，A 1C →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋41＋λ－4＝0，1＋0－1＝0，解得λ＝13. (2)由P 1(0,1,0)，P 2(0，12，0)， 得BP 1→＝(－1，－1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)，BP 2→＝(－1，－32，0)． 设平面BC 1P 1与平面BC 1P 2的法向量分别是n 1，n 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BP 1→＝0，n 1·BC 1→＝0，得n 1＝(1，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BP 2→＝0，n 2·BC 1→＝0，得n 2＝(3，－2,3)， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝4233＝46633.。

高考专题突破四 高考中的立体几何问题空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 24解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ，因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1，因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ，设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6，在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23，所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 212A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24，所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2.③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 (2019·龙岩月考)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，则直线AB 1与CD 1所成的角为( ) A ．30°B．45°C．60°D．90° 答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 1＝3， 以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B 1(1,1，3)，C (0,1,0)，D 1(0,0，3)， AB1→＝(0,1，3)，CD 1→＝(0，－1，3)， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ， 则cos θ＝|AB 1→·CD 1→||AB 1→|·|CD 1→|＝24·4＝12，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°.故选C. 命题点2 求线面角例2 (2018·浙江)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．方法一 (1)证明 由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，A 1B 1，B 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ， 连接AD .由AB 1⊥平面A 1B 1C 1， 得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.由C 1D ⊥A 1B 1，平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，得C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 即为AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos∠C 1A 1B 1＝427，sin∠C 1A 1B 1＝77， 所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.方法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1——→＝(1，3，－2)，A 1C 1——→＝(0,23，－3)．由AB 1→·A 1B 1——→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1——→＝0，得AB 1⊥A 1C 1.又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.思维升华 (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2 如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．方法一 (1)证明 如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F ， 又A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ，A 1E ∩A 1F ＝A 1， 所以BC ⊥平面A 1EF .又EF ⊂平面A 1EF ，因此EF ⊥BC .(2)解 取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt△A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G2＝152，所以cos∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.方法二 (1)证明 连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0得EF ⊥BC . (2)解 设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF→·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A －BCDE 中，平面BCDE ⊥平面ABC ，BE ⊥EC ，BC ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BE ⊥平面ACE ；(2)若直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，求二面角E －AB －C 的余弦值．(1)证明 在△ACB 中，由余弦定理得cos∠ABC ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC ＝12，解得AC ＝23，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥平面BCDE .又BE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥BE .又BE ⊥EC ，AC ，CE ⊂平面ACE ，且AC ∩CE ＝C ，所以BE ⊥平面ACE .(2)解 方法一 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形．取BC 的中点F ，连接EF ，过点F 作FG ⊥AB 于点G ，连接EG ， 则∠EGF 为二面角E －AB －C 的平面角． 易得EF ＝BF ＝1，FG ＝32.在Rt△EFG 中，由勾股定理，得EG ＝EF 2＋FG 2＝72，所以cos∠EGF ＝FG EG ＝217， 所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.方法二 因为直线CE 与平面ABC 所成的角为45°，平面BCDE ⊥平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC ＝BC ，所以∠BCE ＝45°，所以△EBC 为等腰直角三角形． 记BC 的中点为O ，连接OE ，则OE ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，分别以OB ，OE 所在直线为x 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1,23，0)，B (1,0,0)，E (0,0,1)， 所以BA →＝(－2,23，0)，BE →＝(－1,0,1)． 设平面ABE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧BA →·m ＝0，BE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋23y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝3，则m ＝(3，1，3)为平面ABE 的一个法向量． 易知平面ABC 的一个法向量为OE →＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，OE →〉＝m ·OE→|m |·|OE →|＝37＝217，易知二面角E －AB －C 为锐角，所以二面角E －AB －C 的余弦值为217.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量．②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解． 跟踪训练3 (2020·湖北宜昌一中模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，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 ，求二面角F －AB －D 的余弦值．解 依题意，以点A 为原点，以AB ，AD ，AP 为轴建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)． 由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)证明 向量BE →＝(0,1,1)，PD →＝(0,2，－2)， 故BE →·PD →＝0，所以BE →⊥PD →，所以BE ⊥PD .(2)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)， 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32.设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 1＝(0,3，－1)为平面FAB 的一个法向量， 取平面ABD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－110＝－1010，又因为二面角F －AB －D 为锐二面角，所以二面角F－AB－D的余弦值为10 10.立体几何中的探索性问题例4 (2019·淄博模拟)已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由．解(1)因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，且AO＝2，连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，以AH，DH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，所以E (－1,0,0)，D (0,0，3)，C (0,4，3)，F (－1,4,0)， 所以ED →＝(1,0，3)，EC →＝(1,4，3)， 设M (1，t,0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t,0)， 设平面EMC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·EM →＝0，m ·EC→＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 因为DE 与平面EMC 所成的角为60°， 所以82t 2＋4＋8－t 23＝32， 所以23t 2－4t ＋19＝32，所以t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，因为EF ⊥平面ADE ，AQ ⊂平面ADE ， 所以AQ ⊥EF ，又因为AQ ⊥DE ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CEF ， 所以AQ ⊥平面CEF ，则QA →为平面CEF 的法向量，因为Q ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－12，0，32，A (1,0,0)， 所以QA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，－32，m ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫t ，－2，8－t 3， 设二面角M －EC －F 的大小为θ，所以|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋8－t23＝|t －2|t 2－4t ＋19，因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ， 所以当t ＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－14.当t ＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝14.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 (2019·天津市南开区南开中学月考)如图1，在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥BE ，如图2. (1)求证：A 1E ⊥平面BCDE ；(2)求二面角E －A 1D －B 的余弦值；(3)在线段BD 上是否存在点P ，使平面A 1EP ⊥平面A 1BD ？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由． (1)证明 因为A 1D ⊥BE ，DE ⊥BE ，A 1D ∩DE ＝D ，A 1D ，DE ⊂平面A 1DE ，所以BE ⊥平面A 1DE ，因为A 1E ⊂平面A 1DE ， 所以A 1E ⊥BE ，又因为A 1E ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BCDE ， 所以A 1E ⊥平面BCDE .(2)解 以E 为原点，分别以EB ，ED ，EA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (0，3，0)，A 1(0,0,1)， 所以BA 1→＝(－1,0,1)，BD →＝(－1，3，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·BA 1→＝－x ＋z ＝0，n ·BD→＝－x ＋3y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，x ＝3y ，令y ＝1，得n ＝(3，1，3)， 因为BE ⊥平面A 1DE ，所以平面A 1DE 的法向量EB→＝(1,0,0)，cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB→|n |·|EB →|＝37＝217，因为所求二面角为锐角，所以二面角E －A 1D －B 的余弦值为217. (3)解 假设在线段BD 上存在一点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ， 设P (x ，y ，z )，BP →＝λBD→(0≤λ≤1)，则(x －1，y ，z )＝λ(－1，3，0)，所以P (1－λ，3λ，0)， 所以EA 1→＝(0,0,1)，EP →＝(1－λ，3λ，0)，设平面A 1EP 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎨⎧m ·EA1→＝z 1＝0，m ·EP→＝1－λx 1＋3λy 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，1－λx 1＝－3λy 1，令x 1＝3λ，得m ＝(3λ，λ－1,0)， 因为平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，所以m ·n ＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝14∈[0,1]，所以在线段BD 上存在点P ，使得平面A 1EP ⊥平面A 1BD ，且BP BD ＝14.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． (1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .[1分]又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .[2分]由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，[3分] 所以MN ∥ED .[4分]又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，[5分] 所以MN ∥平面C 1DE .[6分](2)解 由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，[7分]则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．[8分]设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0)．[9分]设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．[10分]于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，[11分]所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1.(2019·大连模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 和△AA 1C 均是边长为2的等边三角形，点O 为AC 中点，平面AA 1C 1C ⊥平面ABC .(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值． (1)证明 ∵AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC ，又∵平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由已知可得O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)，∴AB →＝(3，1,0)，A 1B →＝(3，0，－3)，A 1C 1——→＝(0,2,0)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，3x －3z ＝0，∴平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(1,0,1)， 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AB →，n 〉|，又∵cos〈AB →，n 〉＝AB →·n|AB →||n |＝322＝64，∴AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为64.2．如图1，在△ABC 中，BC ＝3，AC ＝6，∠C ＝90°，且DE ∥BC ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥CD ，如图2. (1)求证：BC ⊥平面A 1DC ；(2)若CD ＝2，求BE 与平面A 1BC 所成角的正弦值． (1)证明 ∵DE ⊥A 1D ，DE ∥BC ，∴BC ⊥A 1D ， 又∵BC ⊥CD ，A 1D ∩CD ＝D ，A 1D ，CD ⊂平面A 1CD ， ∴BC ⊥平面A 1DC ，(2)解 以D 为原点，分别以DE →，DA 1→，CD →为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB 中，过E 作EF ⊥BC ，EF ＝2，BF ＝1，BC ＝3， ∴B (3,0，－2)，E (2,0,0)，C (0,0，－2)，A 1(0,4,0)， BE →＝(－1,0,2)，CA1→＝(0,4,2)，BA 1→＝(－3,4,2)，设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎨⎧CA 1→·m ＝0，BA1→·m ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋2z ＝0，－3x ＋4y ＋2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧z ＝－2y ，x ＝0，令y ＝1，∴m ＝(0,1，－2)， 设BE 与平面A 1BC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈BE →，m 〉|＝|BE →·m ||BE →||m |＝45·5＝45.3．(2020·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P －ABC ，如图2所示．已知PB ＝4 2. (1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且AQ →＝13AP →，求二面角Q －BC －A 的余弦值．(1)证明 取AC 的中点O ，连接PO ，BO 得到△PBO . ∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)解 ∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 易知OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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 (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q (x ，y ，z )．由AQ →＝13AP →，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，43.∴BC →＝(－4,3,0)，BQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCQ 的法向量．由⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·BQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝34y 1，y 1＝415z 1，取z 1＝15，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∵cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， 由图可知二面角Q －BC －A 为锐角， ∴二面角Q －BC －A 的余弦值为31010.4.如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由．解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE ， ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴E 为PD 的中点．(2)连接OP ，由题意知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以O 为坐标原点，OC →，OD →，OP →所在直线分别为x ，y ，z 轴建立直角坐标系，如图所示．OP ＝PD 2－OD 2＝6，∴O (0,0,0)，A (－2，0,0)，B (0，－2，0)，C (2，0,0)，D (0，2，0)，P (0,0，6)，则E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0,0)，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0)．设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧m ·OC→＝0，m ·OE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，22y 1＋62z 1＝0，令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1)．则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ)． 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∴⎩⎨⎧n ·OD →＝0，n ·OF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2λx 2＋1－λr(6z 2＝0.)令z 2＝1得平面BDF的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫31－λλ，0，1.由平面AEC 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝12·1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15(负值舍去)．∴|PF →|＝15|PA →|＝225. 故在线段PA 上存在点F ，当PF ＝225时，使得平面AEC 和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为114.5.如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在侧面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．(1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ， ∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ， 易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，EC ，AC ⊂平面AEC ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt△ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1， 可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°， 即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， ∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，DN ，CB ⊂平面ABCD ，∴DN ∥CB ，又MN ∩DN ＝N ，BE ∩BC ＝B ，MN ，DN ⊂平面DMN ，BE ，BC ⊂平面EBC ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上．以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，32， M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，0，34，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－32，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，32， DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，34，－34， 设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)，设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34，32＋34λ，34－34λ， 设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP →〉|＝|n ·DP →||n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427.故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。

§8.5空间向量及其运算考情考向分析本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系、空间向量的有关概念、定理、公式及四种运算等内容．一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行、垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力．1．空间向量的有关概念2.空间向量中的有关定理(1)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，使得b ＝λa . (2)共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在有序实数组(x ，y )，使得p ＝x a ＋y b .(3)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3. 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a ，b 是空间两个非零向量，过空间任意一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与向量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(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 ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a ，b 共面．( √ )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( × ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( × ) (5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ ) 题组二 教材改编2．[P83T3]如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则向量BM →可用a ，b ，c 表示为BM →＝________.答案 －12a ＋12b ＋c解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．[P105T1(4)]已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)．若点P (x,3,3)也在平面α内，则x ＝________. 答案 2解析 由题意知，MP →＝(x －1,4,1)， ∵n ·MP →＝0，∴6(x －1)－12＋6＝0，∴x ＝2. 题组三 易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知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________．答案 平行解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点， ∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 2 6 解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0， ∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______. 答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一 空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，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 表示以下各向量：(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1—→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1—→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1—→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)， ∴OC 1—→＝OC →＋CC 1—→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)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NM →，则NM →＝________.答案 12(a ＋b －c )解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )． 题型二 共线定理、共面定理的应用例2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝k AC 1—→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝k C 1A —→＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A —→＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A —→＋B 1C 1—→)＋AB → ＝k B 1A —→＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面． (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较跟踪训练2(1)设A ，B ，C ，D 是空间四点，有以下条件： ①OD →＝OA →＋12OB →＋13OC →；②OD →＝12OA →＋13OB →＋14OC →；③OD →＝12OA →＋13OB →＋15OC →；④OD →＝12OA →＋13OB →＋16OC →.其中能使A ，B ，C ，D 四点一定共面的条件是________．(填序号) 答案 ④解析 对于共面四点A ，B ，C ，D ，当能写成OD →＝xOA →＋yOB →＋zOC →时，应有x ＋y ＋z ＝1.经检验只有④满足．(2)(2018·南京期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 是侧棱PC 的中点，且BM →＝xAB →＋yAC →＋zAP →，则x ＋y ＋z 的值为________．答案 0解析 在三棱锥P －ABC 中，M 是侧棱PC 的中点， 所以BM →＝12(BP →＋BC →)．又BP →＝AP →－AB →，BC →＝AC →－AB →. 所以BM →＝12(AP →－AB →＋AC →－AB →)＝－AB →＋12AC →＋12AP →.所以x ＋y ＋z ＝－1＋12＋12＝0.题型三 空间向量数量积的应用例3如图，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°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值． 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1—→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 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.即BD 1—→与AC →夹角的余弦值为66.思维升华 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3(1)已知点A ，B ，C 的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0，－1)，(2,1,1)．点P 的坐标是(x,0，y )，若PA ⊥平面ABC ，则点P 的坐标是________． 答案 (－1,0,2)解析 PA →＝(－x,1，－y )，AB →＝(－1，－1，－1)，AC →＝(2,0,1)， ∵PA ⊥平面ABC ， ∴PA →⊥AB →，PA →⊥AC →，即PA →·AB →＝x ＋y －1＝0，PA →·AC →＝2x ＋y ＝0， ∴x ＝－1，y ＝2，故P 点的坐标是(－1,0,2)．(2)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连结AP 交棱CC 1于D ，则PB 1与平面BDA 1的位置关系为______．答案 平行解析 如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A 1－xyz ，则A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0)，C 1(0,1,0)，B (1,0,1)，P (0,2,0)． 在△PAA 1中，有C 1D ＝12AA 1，即D ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12. 所以A 1B —→＝(1,0,1)，A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，B 1P —→＝(－1,2,0)．设平面BA 1D 的一个法向量n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎨⎧n ·A 1B —→＝a ＋c ＝0，n ·A 1D —→＝b ＋12c ＝0，令c ＝－1，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1. ∵n ·B 1P —→＝1×(－1)＋12×2＋(－1)×0＝0，∴PB 1∥平面BDA 1.1．(2018·江苏省兴化市第一中学月考)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，x2，x ，b ＝(x,1,2)，其中x >0，若a ∥b ，则x ＝________.答案 2解析 ∵a ∥b ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2，x2，x ＝λ(x,1,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＝λx ， ①x2＝λ， ②①②联立得到x ＝2(负值舍去)．2．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝________.答案 (0,6，－20)解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．3．已知向量a ＝(2m ＋1,3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a∥b ，则实数m ＝________. 答案 －2解析 当m ＝0时，a ＝(1,3，－1)，b ＝(2,0,0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 4．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是________． 答案 75解析 由题意可得k a ＋b ＝(k －1，k ,2)，2a －b ＝(3,2，－2)， ∵k a ＋b 与2a －b 互相垂直，∴(k a ＋b )·(2a －b )＝0， 即3(k －1)＋2k ＋2×(－2)＝0，∴k ＝75.5．已知平面α的一个法向量为n ＝(1,2，－2)，平面β的一个法向量为m ＝(－2，－4，k )．若α⊥β，则实数k 的值为________．答案 －5解析 由α⊥β，得m ·n ＝－2－8－2k ＝0，则k ＝－5.6．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足PA ＝PB ，则P 点坐标为________．答案 (0,0,3)解析 设P (0,0，z )，PA ＝PB ， 则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.7．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x ,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________． 答案π6解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6.8．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________． 答案 0解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0.9．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________． 答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A —→＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C —→·(A 1B 1—→－A 1A —→)＝0； ③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1—→·AD →|. 其中正确的序号是________． 答案 ①②解析 ①中，(A 1A —→＋A 1D 1—→＋A 1B 1—→)2＝A 1A —→2＋A 1D 1—→2＋A 1B 1—→2＝3A 1B 1—→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A —→＝AB 1—→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B —→的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1—→·AD →|＝0，故④不正确．11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解 (1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点) 解 (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)， 故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25.13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 连结ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16，y ＝13，z ＝13， 因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56. 14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC中点，则△AMD 的形状是________三角形．答案 直角解析 ∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)， ∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD → ＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0,0,0)，A (1,2,1)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________．答案 (1,1,2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1,1,2)．16.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．(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)解 ∵AC ′—→＝－a ＋c ，|AC ′—→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′—→·CE →＝(－a ＋c )·⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′—→，CE →〉＝AC ′—→·CE →|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.。

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第八章立体几何与空间向量 8。

7 立体几何中的向量方法（二）--求空间角和距离教师用书理苏教版1.两条异面直线所成角的求法设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量，则l与l2所成的角θa与b的夹角β1范围(0,错误!]［0，π]求法cos θ＝错误!cos β＝错误!2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sin θ＝｜cos β|＝错误!.3.求二面角的大小（1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈错误!，错误!>.(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ｜＝|cos〈n，n2〉|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角）。

1【知识拓展】利用空间向量求距离（供选用）（1)两点间的距离设点A（x1，y1，z1)，点B（x2，y2，z2），则AB＝｜错误!|＝错误!.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|错误! |＝错误!。