2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标43空间向量及其运算

2019届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第4节直线、平面平行的判定与性质训练理新人教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第4节直线、平面平行的判定与性质训练理新人教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第4节直线、平面平行的判定与性质【选题明细表】知识点、方法题号平行关系的基本问题1,2直线与平面平行的判定与性质3，4，5,6,7，9,10，13，14平面与平面平行的判定与性质8，11,12，13基础巩固（时间：30分钟）1.平面α∥平面β的一个充分条件是（ D )（A)存在一条直线a，a∥α，a∥β（B）存在一条直线a,a⊂α,a∥β（C)存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β,a∥β,b∥α(D）存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β,a∥β,b∥α解析：若α∩β=l,a∥l,a⊄α,a⊄β，则a∥α,a∥β，故排除A。

若α∩β=l，a⊂α,a∥l,则a∥β，故排除 B.若α∩β=l，a⊂α,a∥l,b⊂β,b ∥l，则a∥β,b∥α，故排除C。

故选D。

2.已知α,β是两个不同的平面,给出下列四个条件：①存在一条直线a,a⊥α，a⊥β;②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b,a⊂α,b⊂β，a∥β，b∥α;④α内存在两条相交直线a,b,a∥β，b∥β.可以推出α∥β的是（ C )（A）①③ (B）②④（C)①④（D）②③解析:对于②,平面α与β还可以相交；对于③,当a∥b时,不一定能推出α∥β，所以②③是错误的,易知①④正确,故选C。

战演练理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第43讲空间向量及其运算实战演练理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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实战演练理1．（2017·广东模拟）已知三棱锥O.ABC，点M,N分别为AB，OC的中点，且错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c,用a，b,c表示错误!，则错误!＝（ D ）A．错误!（b＋c－a) B．错误!(a＋b－c)C．错误!（a－b＋c) D．错误!(c－a－b)解析：由题意知错误!＝错误!－错误!＝错误!错误!－错误!(错误!＋错误!），因为错误!＝a，错误!＝b,错误!＝c，所以错误!＝错误!(c－a－b)．故选D.2．（2017·浙江模拟）已知四边形ABCD满足：错误!·错误!>0,错误!·错误!>0，错误!·错误!〉0，错误!·错误!〉0，则该四边形为( D )A．平行四边形B．梯形C．长方形D．空间四边形解析：由已知得错误!·错误!＜0，错误!·错误!＜0，错误!·错误!＜0,错误!·错误!＜0，由夹角的定义知∠B,∠C，∠D，∠A均为钝角,故A,B，C不正确．3．(2017·四川模拟)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 )A．2，错误!B．－错误!,错误!C．－3,2 D．2，2解析：由题意知（λ＋1）·2λ＝2×6,可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2(2μ－1)可得μ＝错误!，分析选项可知A正确．4．(2017·揭阳模拟)如图，在正方体ABCD.A1B1C1D1中，E,F,G，H，M分别是棱AD，DD1，D 1A1，A1A,AB的中点,点N在四边形EFGH的四边及其内部运动,则当N只需满足什么条件时，就有MN⊥A1C1；当N只需满足什么条件时，就有MN∥平面B1D1C．解析：以D为坐标原点，DA,DC,DD1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错误!,N(x，0，z），错误!＝（－1,1，0)，因此错误!·错误!＝错误!·(－1,1，0)＝1－x－12＝0，即x＝错误!，故点N在线段EG上，就有MN⊥A1C1.平面B1D1C的一个法量为n＝（－1,1,1),若MN∥平面B1D1C，则错误!·n＝错误!·（－1,1,1)＝1－x－错误!＋z＝0，即x－z－错误!＝0,故点N在线段EH上，就有MN∥平面B1D1C．。

2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.6空间向量的运算及应用课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6 B ．2π3C.π3D ．π6解析：∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)．∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝32×6＝32.∴a 与b 的夹角为π6，故选D.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 2 C.14a 2 D ．34a 2 解析：AE →·AF →＝12(AB →＋AC →)·12AD →＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14(a 2cos60°＋a 2cos60°)＝14a 2.答案：C3．(xx 届东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B ．66C ．－66D ．± 6解析：∵OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， ∴co s120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 答案：C4．已知四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，连接AC ，BD ，PB ，PC ，PD ，则下列各组向量中，数量积不为零的是( )A.PC →与BD →B ．DA →与PB → C.PD →与AB →D ．PA →与CD →解析：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ，PA →·CD →＝0，排除D.又因为AD ⊥AB ，所以AD ⊥PB ，所以DA →·PB →＝0，同理PD →·AB →＝0，排除B ，C ，故选A. 答案：A5．如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，四边形CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3 B ． 2 C ．1D ．3－ 2解析：∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2. 答案：D6．已知a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19，则向量a 与b 的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．以上都不对解析：∵a ＋b ＝－c ，∴a 2＋b 2＋2a·b ＝c 2. 又∵|a |＝2，|b |＝3，|c |＝19， ∴a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉＝3. ∴cos 〈a ，b 〉＝12，∴〈a ，b 〉＝60°.答案：C7．已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，12x ，x ，b ＝(x,1,2)，其中x >0.若a∥b ，则x 的值为( ) A ．8B ．4C ．2D ．3解析：解法一：因x ＝8,2,3时都不满足a ∥b . 而x ＝4时，a ＝(8,2,4)＝2(4,1,2)＝2b ，∴a ∥b .解法二：a ∥b ⇔存在λ>0使a ＝λb ⇔⎝ ⎛⎭⎪⎫8，x 2，x ＝(λx ，λ，2λ)⇔⎩⎪⎨⎪⎧λx ＝8，x 2＝λ，x ＝2λ⇔⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，x ＝4，∴选B.答案：B8．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x ，4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，又AB →＝(6，－2，－3)，AC →＝(x －4,3，－6)，∴⎩⎪⎨⎪⎧6x －4－6＋18＝0，x －42＝4，解得x ＝2.答案：29.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则|MN |＝________.解析：连接PD ，∵M ，N 分别为CD ，PC 的中点，∴|MN |＝12|PD |，又P (0,0,1)，D (0,1,0)，∴|PD |＝ 02＋－12＋12＝2，∴|MN |＝22.答案：2210．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________． 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 . 答案：平行11．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＋－52＋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，－145，25.12.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：∵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ABC . 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A －xyz ，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)． (1)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 .[能 力 提 升]1．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 是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定解析：∵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． 答案：C2.(xx 届吉林延边质检)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)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．解：(1)证明：如图所示，取AC 的中点O ，连接BO ，OD .∵△ABC 是等边三角形，∴OB ⊥AC .在△ABD 与△CBD 中，AB ＝BD ＝BC ，∠ABD ＝∠CBD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AD ＝CD . ∵△ACD 是直角三角形， ∴AC 是斜边，∴∠ADC ＝90°. ∴DO ＝12AC .∴DO 2＋BO 2＝AB 2＝BD 2. ∴∠BOD ＝90°. ∴OB ⊥OD .又DO ∩AC ＝O ，∴OB ⊥平面ACD . 又OB ⊂平面ABC ， ∴平面ACD ⊥平面ABC .(2)设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为h D ，h E .则h D h E ＝DE BE. ∵平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分， ∴13S △ACE ·h D 13S △ACE ·h E ＝h D h E ＝DE BE ＝1. ∴点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB ＝2.则O (0,0,0)，A (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)，B (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12. AD →＝(－1,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，12，AC →＝(－2,0,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，取m ＝(3，3，3)．同理可得，平面ACE 的法向量为n ＝(0,1，－3)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－2321×2＝－77.又由图知二面角D －AE －C 的平面角为锐角．∴二面角D －AE －C 的余弦值为77.2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.1空间角课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测]1．(xx 年天津卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C －EM －N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．解：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ， 所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C －EM －N 的正弦值为10521. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2,2,2)．由已知得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.2.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 解：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.如图，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PAB ，MN ⊄平面PAB ， 所以MN ∥平面PAB .(2)如图，取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ， 且AE ＝ AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，分别以AE →，AD →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，则PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎪⎫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.取z ＝1可得n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525. 3．(xx 届沈阳市教学质量监测)如图，在长方体AC 1中，AD ＝AB ＝2，AA 1＝1，E 为D 1C 1的中点．(1)在所给图中画出平面ABD 1与平面B 1EC 的交线(不必说明理由)；(2)证明：BD 1∥平面B 1EC ；(3)求平面ABD 1与平面B 1EC 所成锐二面角的余弦值．解：(1)连接BC 1交B 1C 于M ，连接ME ，则直线ME 即为平面ABD 1与平面B 1EC 的交线，如图所示．(2)证明：在长方体AC 1中，DA ，DC ，DD 1两两垂直，于是以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，因为AD ＝AB ＝2，AA 1＝1，所以D (0,0,0)，A (2,0,0)，D 1(0,0,1)，B (2,2,0)，B 1(2,2,1)，C (0,2,0)，E (0,1,1)．所以BD 1→＝(－2，－2,1)，CB 1→＝(2,0,1)，CE →＝(0，－1,1)，设平面B 1EC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，所以CB 1→⊥m ，CE →⊥m ，从而有，⎩⎪⎨⎪⎧ CB 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋z ＝0，y ＝z ，不妨令x ＝－1，得到平面B 1EC 的一个法向量为m ＝(－1,2,2)，而BD 1→·m ＝2－4＋2＝0，所以BD 1→⊥m ，又因为BD 1⊄平面B 1EC ，所以BD 1∥平面B 1EC .(3)由(2)知BA →＝(0，－2,0)，BD 1→＝(－2，－2,1)，设平面ABD 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，所以BA →⊥n ，BD 1→⊥n ，从而有⎩⎪⎨⎪⎧ BA →·n ＝0，BD 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2y 1＝0，－2x 1－2y 1＋z 1＝0，不妨令x 1＝1，得到平面ABD 1的一个法向量为n ＝(1,0,2)，因为cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝－1＋43×5＝55， 所以平面ABD 1与平面B 1EC 所成锐二面角的余弦值为 55. 4．如图1，已知正三角形ABC ，以AB ，AC 为边在同一平面内向外作正三角形ABE 与ACD ，F 为CD 中点，分别沿AB ，AF 将平面ABE ，平面ADF 折成直二面角，连接EC ，CD ，如图2所示．(1)求证：CD ∥平面ABE ；(2)求二面角E －AC －B 的余弦值．解：(1)证明：取AB 的中点G ，连接EG ，则EG ⊥AB ，由题意知二面角C －AB －E 为直二面角，∴EG ⊥平面ABCF .∵F 为CD 的中点，AC ＝AD ，∴AF ⊥FC ，AF ⊥FD .又二面角C －AF －D 为直二面角，∴DF ⊥平面ABCF ，∴DF ∥EG .由题意知∠BAC ＝∠ACF ＝60°，∴CF ∥AB ，又DF ∩CF ＝F ，EG ∩AB ＝G ，∴平面CDF ∥平面ABE ，又CD ⊂平面DCF ，∴CD ∥平面ABE .(2)连接GC ，由于AC ＝BC ，所以GC ⊥AB 于点G ，以G 为坐标原点，GB ，GC ，GE 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，设△ABC 的边长为2，∴GE ＝GC ＝3，则G (0,0,0)，C (0，3，0)，A (－1,0,0)，E (0,0，3)，B (1,0,0)，∴AE →＝(1,0，3)，AC →＝(1，3，0)，AB →＝(2,0,0)，设平面AEC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎨⎧ x ＋3z ＝0，x ＋3y ＝0，取x ＝－3，得y ＝1，z ＝1，∴m ＝(－3，1,1)．同理可知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，那么cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝15×1＝55， 又二面角E －AC －B 为锐角，∴二面角E －AC －B 的余弦值为55.。

第6讲空间向量及其运算）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的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb．(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．其中{a，b,c}叫做空间的一个基底．2．两个向量的数量积（与平面向量基本相同）（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，作错误!＝a，错误!＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤<a，b〉≤π．若<a，b〉＝错误!，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＝｜a|｜b|cos〈a，b>．(3）向量的数量积的性质①a·e＝｜a|cos〈a，e〉(其中e为单位向量）;②a⊥b⇔a·b＝0；③｜a|2＝a·a＝a2；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＝b·a（交换律）；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．3．空间向量的坐标运算(1）设a＝(a1，a2，a3），b＝(b1，b2，b3)．a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3),a－b＝(a1－b1,a2－b2，a3－b3）,λa＝（λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3，a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0，a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)，cos<a，b〉＝错误!＝错误!.（2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则错误!＝错误!－错误!＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．4．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：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称错误!为直线l的方向向量，与错误!平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．(2）平面的法向量①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个,任意两个都是共线向量．②确定：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错误!5．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1,n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α,β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝01．辨明四个易误点(1）注意向量夹角与两直线夹角的区别．(2)共线向量定理中a∥b⇔存在唯一的实数λ∈R,使a＝λb易忽视b≠0.（3)共面向量定理中，注意有序实数对(x，y)是唯一存在的．(4）向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律,即(a·b)c＝a(b·c）不一定成立．2．建立空间直角坐标系的原则（1)合理利用几何体中的垂直关系,特别是面面垂直．（2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上．3．利用空间向量坐标运算求解问题的方法用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理;求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零;求异面直线所成的角，一般可转化为两向量的夹角,但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．1．已知a＝（－2，－3,1)，b＝（2，0，4），c＝（－4，－6，2），则下列结论正确的是( ）A ．a ∥c ，b ∥cB ．a ∥b ，a ⊥cC ．a ∥c ,a ⊥bD ．以上都不对C 因为c ＝(－4，－6，2）＝2a ,所以a ∥c 。