高三数学专题复习：空间向量

第三节空间向量在立体几何中的应用一、填空题1. 若等边的边长为，平面内一点知足，则_________2．在空间直角坐标系中，已知点 A（ 1，0， 2）， B(1 ， -3 ， 1) ，点 M在 y 轴上，且 M到 A 与到 B 的距离相等，则 M的坐标是 ________。

【分析】设由可得故【答案】 (0,-1 ， 0)二、解答题3.（本小题满分 12 分）如图，在五面体ABCDEF中， FA 平面 ABCD, AD（II ）证明：，（I II ）又由题设，平面的一个法向量为4．（此题满分15 分）如图，平面平面，是认为斜边的等腰直角三角形，分别为，，的中点，，．（I ）设是的中点，证明：平面；（II ）证明：在内存在一点，使平面，并求点到，的距离．证明：（ I ）如图，连结 OP，以 O为坐标原点，分别以 OB、 OC、 OP所在直线为轴，轴，轴，成立空间直角坐标系 O，则，由题意得，因，所以平面BOE的法向量为，得，又直线不在平面内，所以有平面6.（本小题满分 12 分）如图，已知两个正方行ABCD 和 DCEF不在同一平面内，M， N 分别为 AB， DF的中点。

（I）若平面 ABCD ⊥平面 DCEF，求直线 MN与平面 DCEF所成角的正当弦；（I I ）用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线。

设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以 D 为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为 x,y,z轴正半轴成立空间直角坐标系如图.则 M（ 1,0,2 ） ,N(0,1,0),可得=(-1,1,2).又 =（ 0， 0， 2）为平面DCEF的法向量，可得cos(,)=·DCEF所成角的正弦值为所以MN与平面cos · 6 分( Ⅱ ) 假定直线ME与 BN共面，8 分则 AB平面 MBEN，且平面 MBEN与平面 DCEF交于 EN由已知，两正方形不共面，故AB平面 DCEF。

向量专题复习向量是高考的一个亮点，因为向量知识，向量观点在数学、物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点，所以高考中应引起足够的重视。

一、平面向量加、减、实数与向量积 （一）基本知识点提示1、重点要理解向量、零向量、向量的模、单位向量、平行向量、反向量、相等向量、两向量的夹角等概念。

2、了解平面向量基本定理和空间向量基本定理。

3、向量的加法的平行四边形法则（共起点）和三角形法则（首尾相接）。

4、向量形式的三角形不等式：｜｜a ｜-｜b ｜｜≤｜a ±b ｜≤｜a ｜+｜b ｜(试问：取等号的条件是什么?)；向量形式的平行四边形定理：2（｜a ｜2+｜b ｜2）=｜a －b ｜2+｜a +b ｜25、实数与向量的乘法（即数乘的意义）实数λ与向量的积是一个向量，记λ，它的长度与方向规定如下：(1)｜λa ｜=｜λ｜²｜a ｜;(2)当λ＞0时，λa 的方向与a 的方向相同；当λ＜0时，λa 的方向与a 的方向相反；当λ=0时，λ=,方向是任意的.6、共线向量定理的应用：若≠，则∥⇔存在唯一实数对λ使得=λ⇔x 1y 2-x 2y 1=0(其中=（x 1，y 1），=（x 2，y 2）) （二）典型例题例1、O 是平面上一 定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足).,0[||||+∞∈++=λλAC AB 则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心+是在∠BAC 的平分线上，∴选B例2、对于任意非零向量与，求证：｜｜｜-｜｜｜≤｜±｜≤｜｜+｜｜证明：(1)两个非零向量与不共线时，+的方向与，的方向都不同，并且｜｜-｜｜＜｜±｜＜｜｜+｜｜(3)两个非零向量a 与b 共线时，①a 与b 同向，则a +b 的方向与a 、b 相同且｜a +b ｜=｜a ｜＋｜b ｜.②a 与b 异向时，则a +b 的方向与模较大的向量方向相同，设|a |＞||，则|+|=||-||.同理可证另一种情况也成立。

第六节空间向量及其运算空间向量及其应用(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．知识点一空间向量的有关概念1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量，其大小叫作向量的长度或模．(2)相等向量：方向相同且模相等的向量．(3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作共线向量或平行向量，a平行于b记作a∥b.(4)共面向量：平行于同一平面的向量叫作共面向量．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(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb.(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一x，y，z使得p＝x a＋y b＋z c.其中{a，b，c}叫作空间的一个基底．个唯一的有序实数组{}3．两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.易误提醒(1)共线向量与共面向量区别时注意，平行于同一平面的向量才能为共面向量．(2)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．(3)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量． (4)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．[自测练习]1．已知空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12cD.23a ＋23b －12c 解析：如图所示， MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝13OA →＋(OB →－OA →)＋12BC → ＝OB →－23OA →＋12(OC →－OB →)＝12OB →－23OA →＋12OC →＝－23a ＋12b ＋12c .答案：B2．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解析：∵a ∥b ，∴b ＝k a ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.答案：A知识点二 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).向量表示 坐标表示 数量积 a ·b a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角 〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23易误提醒 (1)空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取无关，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．(2)进行向量的运算时，在能建系的情况下尽量建系，将向量运算转化为坐标运算． 必备方法 用空间向量解决几何问题的一般步骤： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }． (2)用a ，b ，c 表示相关向量． (3)通过运算完成证明或计算问题．[自测练习]3．在空间直角坐标系中，已知点A (1,0,2)，B (1，－3,1)，点M 在y 轴上，且M 到A 与到B 的距离相等，则M 的坐标是________．解析：设M (0，y,0)，由|MA |＝|MB |得(1－0)2＋(0－y )2＋(2－0)2＝(1－0)2＋(－3－y )2＋(1－0)2，解得y ＝－1.∴M (0，－1,0)．答案：(0，－1,0)考点一 空间向量的线性运算|1．设三棱锥O -ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，G 是△ABC 的重心，则OG →等于( ) A ．a ＋b －c B ．a ＋b ＋c C.12(a ＋b ＋c ) D.13(a ＋b ＋c )解析：如图所示，OG →＝OA →＋AG →＝OA →＋13(AB →＋AC →)＝OA →＋13(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝13(a ＋b ＋c )．答案：D2.如图所示，已知空间四边形O -ABC ，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 的值分别为________．解析：∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23ON →－23OM →＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA →＝16OA →＋13OB →＋13OC →，又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 根据空间向量的基本定理，x ＝16，y ＝z ＝13.答案：16，13，13(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．(2)空间向量问题实质上是转化为平面向量问题来解决的，即把空间向量转化到某一个平面上，利用三角形法则或平行四边形法则来解决．考点二 共线向量与共面向量定理的应用|已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 中边AB ，BC ，CD ，DA 的中点． (1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．[证明] (1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →，由共面向量定理知，E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .(3)任取一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG . 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ， 所以四边形EFGH 是平行四边形， 所以EG ，FH 被点M 平分．故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →)＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．1．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)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3 OM →， ∴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 ，所以四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．考点三 利用空间向量证明平行、垂直|如图所示的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O 为AC 与BD 的交点，BB 1＝2，M 是线段B 1D 1的中点．(1)求证：BM ∥平面D 1AC ； (2)求证：OD 1⊥平面AB 1C .[证明] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O (1,1,0)，D 1(0,0，2)， ∴OD 1→＝(－1，－1，2)， 又点B (2,2,0)，M (1,1，2)， ∴BM →＝(－1，－1，2)，∴OD 1→＝BM →.又∵OD 1与BM 不共线， ∴OD 1∥BM .∵OD 1⊂平面D 1AC ，BM ⊄平面D 1AC ， ∴BM ∥平面D 1AC .(2)连接OB 1，点B 1(2,2，2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)， ∵OD 1→·OB 1→＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0， OD 1→·AC →＝(－1，－1，2)·(－2,2,0)＝0，∴OD 1→⊥OB 1→， OD 1→⊥AC →，即OD 1⊥OB 1，OD 1⊥AC ， 又OB 1∩AC ＝O ，∴OD 1⊥平面AB 1C .(1)设直线l 1的方向向量为v 1＝(a 1，b 1，c 1)，l 2的方向向量为v 2＝(a 2，b 2，c 2)，则l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(2)设直线l 的方向向量为v ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔v ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0，l ⊥α⇔v ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )．(3)设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n 1∥n 2，α⊥β⇔n 1⊥n 2.2.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .证明：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝⎛⎭⎫1，12，2.(1)设平面C 1E 1F 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵C 1E 1→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0，FC 1→＝(－1，0,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，得n ＝(1,2,1)．∵CE →＝(1，－1,1)，n ·CE →＝1－2＋1＝0， ∴CE ⊥n .又∵CE ⊄平面C 1E 1F ， ∴CE ∥平面C 1E 1F .(2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 由EF →＝(0,1,0)，FC →＝(－1,0，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0.令a ＝－1，得m ＝(－1,0,1)．∵m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0， ∴平面C 1E 1F ⊥平面CEF .16.混淆空间“向量平行”与“向量同向”致错【典例】 已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．[解析] 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2＋y －2＝2x ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6.当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6，时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ，所以a ，b 两向量反向，不符合题意，舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3. [答案] x ＝1，y ＝3[易误点评] 只考虑a ∥b ，忽视了同向导致求解多解．[防范措施] 两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况，两向量同向能推出两向量平行，但反之不成立，也就是说两向量同向是两向量平行的充分不必要条件．[跟踪练习] (2015·成都模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：由a ∥b 验证当λ＝2，u ＝12时成立．答案：AA 组 考点能力演练1．(2015·深圳模拟)已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示MN →，则MN →等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b ) 解析：MN →＝MA →＋AO →＋ON →＝12(c －a －b )．答案：D2．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．长方形D ．空间四边形解析：由AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，知该四边形一定不是平面图形，故选D.答案：D3．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)．若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.657解析：由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.答案：D4．(2016·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 ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 答案：C5．设A (3,3,1)，B (1,0,5)，C (0,1,0)，AB 的中点为M ，则|CM |等于( ) A.534 B.532 C.532D.132解析：设M (x ，y ，z )，则x ＝3＋12＝2，y ＝3＋02＝32，z ＝1＋52＝3，即M ⎝⎛⎭⎫2，32，3，|CM |＝(2－0)2＋⎝⎛⎭⎫32－12＋(3－0)2＝532.故选C. 答案：C6．(2016·合肥模拟)向量a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，则a ＋6b －8c ＝________. 解析：由a ＝(2,0,5)，b ＝(3,1，－2)，c ＝(－1,4,0)，∴a ＋6b －8c ＝(28，－26，－7)． 答案：(28，－26，－7)7．已知向量a ，b 满足条件：|a |＝2，|b |＝2，且a 与2b －a 互相垂直，则a 与b 的夹角为________．解析：由于a 与2b －a 互相垂直，则a ·(2b －a )＝0，即2a·b －|a |2＝0，所以2|a ||b |cos a ，b －|a |2＝0，则42cosa ，b －4＝0，则cos a ，b＝22，所以a 与b 的夹角为45°. 答案：45°8．空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos OA →，BC →的值为________．解析：OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →||OC →|cos OA →，OC→－|OA →||OB→|·cos OA →，OB →．∵OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，∴OA →·BC →＝0，即OA →⊥BC →，∴cos OA →，BC →＝0.答案：09．(2016·唐山模拟)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值．(2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标．解：(1)因为AB →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5.所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－12×5＝－1010. (2)BC →＝(－2，－1,2)．设c ＝(x ，y ，z )，因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3，存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1,2)．10．(2016·太原模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模．(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值．(3)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1，0,1)，所以|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)．所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝11030. (3)依题意，得C 1(0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，2，A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0. 所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0， 所以A 1B →⊥C 1M →.所以A 1B ⊥C 1M .B 组 高考题型专练1．(2014·高考广东卷)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)解析：经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°，故选B.答案：B2．(2014·高考江西卷)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝11，AD ＝7，AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4)，L 1＝AE ，将线段L 1，L 2，L 3，L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )解析：由对称性知质点经点E 反射到平面ABCD 的点E 1(8,6,0)处．在坐标平面xAy 中，直线AE 1的方程为y ＝34x ，与直线DC 的方程y ＝7联立得F ⎝⎛⎭⎫283，7，0.由两点间的距离公式得E 1F ＝53， ∵tan ∠E 2E 1F ＝tan ∠EAE 1＝125，∴E 2F ＝E 1F ·tan ∠E 2E 1F ＝4.∴E 2F 1＝12－4＝8.∴L 3L 4＝E 1E 2E 2E 3＝E 2F E 2F 1＝48＝12.故选C.答案：C3．(2015·高考浙江卷)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝________，y 0＝________，|b |＝________.解析：∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系O -xyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1.则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2. 答案：1,2,22。

一：教学目的：1．理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘运算2．用空间向量的运算意义、运算律以及共线、共面向量定理解决立几问题二：自主导学问题1：空间向量的相关概念有哪些？(1)向量的基本要素：(2)向量的表示：(3)向量的长度：(4)特殊的向量：(5)相等的向量：(6)平行向量(共线向量)：问题2平面向量的加减法，数与向量的乘积及其各运算的坐标表示和性质如下表，其适用问题3：共线向量共面向量注：“空间任意两个向量都是共面向量，所以它们可用同一平面内的两条有向线段表示。

因此凡是只涉及空间任意两个向量的问题，平面向量中有关结论仍适用于它们”这句话正确吗？为什么？问题4:平面共线向量定理？空间共线向量定理空间共面向量定理三：典例分析：CD题型一 空间向量的线性运算例2 已知空间四边形A B C D ，连结,A C B D ，设,M G 分别是,B C C D的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果向量：（1）AB BC CD ++；（2）1()2AB BD BC ++ ；（3）1()2AG AB AC -+ ．题型二 共线、共面向量定理的应用例3已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点， （1）求证：E 、F 、G 、H 四点共面； （2）求证：BD ∥平面EFGH ；四：当堂达标如图，在空间四边形ABCD 中，,E F 分别是AD 与BC 的中点，求证：1()2EF AB DC =+ ．五：拓展延伸：如图设A 是△BCD 所在平面外的一点，G 是△BCD 的重心求证：1()3AG AB AC AD =++BC DMGA BCDEFA。

高考数学一轮复习考点知识与题型讲解练习 考点26 空间向量在空间几何中的运用一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：1n ，2n1n ∥2n ⇔1n ＝k 2n (k ∈R)1n ⊥2n ⇔1n ·2n ＝0的方向向量为n ，平mn ⊥m ⇔n ·m ＝0n ∥m ⇔n ＝k m (k ∈R)的法向量分别为n ，mn ∥m ⇔n ＝k m (k ∈R)n ⊥m ⇔n ·m ＝0二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n 注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．三．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ=cos a b a bθ=，其中a b 、分别是直线a 、b 的方向向量四．直线与平面所成角l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则||a n sin cos a n a nϕ＝〈，〉＝(直线与平面所成角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2)五．二面角 平面α的法向量为1n ，平面β的法向量为2n ，〈1n ，2n 〉＝θ，设二面角大小为φ，则1212||cos =|cos |=||||n n n n ϕθ考点题型分析考点题型一 空间向量证平行垂直【例1】(2022·全国高三专题练习)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：(1)PB//平面EFG；(2)平面EFG//平面PBC.【举一反三】1．(2022·全国高三专题练习)如图所示，在直二面角D AB E--中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE EB=，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.(1)求证：AE⊥平面BCE；(2)求证：平面⊥BDF平面ABCD.2．(2022·全国高三专题练习)如图，在多面体ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC，B1C1=12BC，二面角A1­AB­C是直二面角.求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .考点题型二 空间向量求线线角【例2】(2022·西安市航天城第一中学)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB =BC =CD ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A ．12B ．-12C ．2D ．【举一反三】1．(2022·广西河池市)如图，在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA AB=，E为AP的中点，则异面直线PC与DE所成的角的正弦值为( )．A．5B C．5D2．(2022·陕西西安市·西安中学)如图，四面体ABCD中，4CD=，2AB=，E，F分别是,AC BD 的中点，若EF AB⊥，则EF与CD所成的角的大小是( )A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 3．(2022·安徽高三期末)已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，E ，F ，G 分别为1CC ，CD ，1D D ，11A B 的中点，则异面直线GF 与PE 所成角的余弦值为( )A ．13B ．3C D考点题型三 空间向量求线面角【例3】(2022·北海市北海中学高三月考)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)求证：BE ⊥DC ；(2)求直线PC 与平面PDB 所成角的正弦值．【举一反三】1．(2022·浙江高三期中)如图，已知三棱锥P ABC-中，PA⊥平面ABC，,,2AC BC PA AC BC DB AD⊥===，M、E分别为PB、PC的中点，N为AE的中点．(Ⅰ)求证：MN CD⊥；(Ⅱ)求直线PB和平面PCD所成角的正弦值．2．(2022·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末)在三棱锥A BCD-中，2AB AD BD===，BC DC==，2AC=.(1)求证：BD AC ⊥； (2)若P 为AC 上一点，且34AP AC =，求直线BP 与平面ACD 所成角的正弦值.3．(2022·浙江绍兴市·高三期末)已知三棱柱111ABC A B C -中，平面11ACC A ⊥平面ABC ，11AA AC CA BC ===，1AB =．(Ⅰ)求证：BC ⊥平面11ACC A ；(Ⅱ)求直线1AB 与平面1A BC 所成角的大小．考点题型四 空间向量求二面角【例4】(2022·盐城市伍佑中学高三期末)在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，1AB AC AA ==，E 是11A C 的中点.(1)求证：AB CE ；(2)求二面角B CE A --的余弦值.【举一反三】1．(2022·湖北高三月考)如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面1,//,,2ABCD AB CD AB AD CD PD AD AB ⊥===.(1)求证：平面PBC ⊥平面PAB ；(2)若2AP DC ==，求二面角D PC B --的正弦值.2．(2022·山西吕梁市·高三一模)如图，四棱锥S ABCD -中，//AB CD ，BC CD ⊥，侧面SCD 为等边三角形， 4AB BC ==，2CD =，SB =(1)求证：BC SD ⊥；(2)求二面角B AS D --的余弦值.3．(2022·江西赣州市·高三期末)在如图所示的几何体中，ABC ，ACE △，BCD △均为等边三角形，且平面ACE ⊥平面ABC ，平面BCD ⊥平面ABC .(1)证明：//DE AB ；(2)若4AB =，求二面角B CE D --的余弦值.考点题型五 空间向量求空间距【例5】(2022·上海浦东新区·华师大二附中高三月考)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，E 为PC 的中点，3,4,5AD PD PC ===.(1)证明：直线//PA 平面BDE ；(2)求点A 到平面PBC 的距离.【举一反三】 1．(2022·吉林长春外国语学校)如图，平行四边形ABCD 中，26AD AB ==，,E F 分别为,AD BC 的中点.以EF 为折痕把四边形EFCD 折起，使点C 到达点M 的位置，点D 到达点N 的位置，且NF NA =.）建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点）求解出AB 和平面的法向量n ；AB n n ⋅=即可求解出点A 到平面(1)求证：平面AFN ⊥平面NEB ；(2)若BE =F 到平面BEM 的距离.2．(2022·全国高三专题练习)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2ABC π∠=，D 是棱AC 的中点，且11AB BC BB ===.(1)求证：1//AB 平面1BC D ；(2)求直线1AB 到平面1BC D 的距离.。

第6节 空间向量及空间位置关系最新考纲 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知 识 梳 理1.空间向量的有关概念2.(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共面向量定理：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.3.空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角：已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA→＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是[0，π]，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②非零向量a ，b 的数量积a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉. (2)空间向量数量积的运算律： ①结合律：(λa )·b ＝λ(a·b )； ②交换律：a·b ＝b·a ； ③分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 4.空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a 为直线l 的方向向量.(2)平面的法向量：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.6.空间位置关系的向量表示1.在平面中A ，B ，C 三点共线的充要条件是：OA →＝xOB →＋yOC →(其中x ＋y ＝1)，O 为平面内任意一点.2.在空间中P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x＋y ＋z ＝1)，O 为空间任意一点.3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c 成立，但不满足结合律，即(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立.4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为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.以上均不对3.(选修2－1P118A6改编)已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________.4.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，－33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－335.(2018·合肥月考)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________.6.如图所示，在四面体OABC 中，OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E为AD 的中点，则OE→＝________(用a ，b ，c 表示).考点一 空间向量的数量积及应用典例迁移【例1】 (经典母题)如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EG →·BD→. 【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG ⊥AB . 【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG 的长.【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG 和CE 所成角的余弦值. 规律方法 1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0； (2)|a |＝a 2；(3)cos〈a，b〉＝a·b |a||b|.【训练1】如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1的长；(2)求证：AC1⊥BD；(3)求BD1与AC夹角的余弦值.考点二用空间向量证明平行和垂直问题【例2】如图正方形ABCD的边长为22，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝3，且FO⊥平面ABCD.(1)求证：AE∥平面BCF；(2)求证：CF⊥平面AEF.规律方法 1.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 2.用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. (2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练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綉12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；(2)AB1∥平面A1C1C.证明考点三用空间向量解决有关位置关系的探索性问题多维探究角度1与平行有关的探索性问题【例3－1】(2018·西安八校联考)已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.角度2 与垂直有关的探索性问题【例3－2】 如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面P AC ⊥平面BCEF ？若存在，求出|BP ||PE |的值；若不存在，请说明理由.规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(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)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为AP→＝λAB→，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.【训练3】(2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2B.－4C.4D.－22.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( ) A.垂直 B.平行C.异面D.相交但不垂直3.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A.a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 24.如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.325.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 内二、填空题6.(2019·西安调研)已知AB→＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝________.7.正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________.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 →.其中正确的序号是________.三、解答题9.(2018·青海质检)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 .10.如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .能力提升题组(建议用时：20分钟)12.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A.(1，1，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1。

高三知识点向量高三知识点：向量向量是高中数学中非常重要的概念之一。

它在几何和代数中都有广泛的应用，特别是在解决各种几何问题和物理问题时。

本文将介绍向量的定义、性质以及常见的计算方法和应用。

一、向量的定义和表示方法在平面几何和空间几何中，向量可以用有序的数对或有序的三元组表示。

设P和Q是平面上或空间中的两点，向量PQ表示从点P到点Q的位移。

记作→PQ，或者简记为→a。

二、向量的性质1. 向量的相等性：两个向量相等，当且仅当它们的起点和终点相同。

2. 零向量：长度为零的向量称为零向量，记作→0。

零向量的方向可以是任意方向。

3. 负向量：设→a是一个非零向量，则称与→a有相同大小，方向相反的向量为→a的负向量，记作-→a。

4. 平行向量：如果两个向量的方向相同或相反，那么它们是平行向量。

5. 向量的数量积：设→a和→b是两个向量，它们的数量积记作→a·→b，定义为|→a|·|→b|·cosθ，其中θ是→a与→b的夹角。

三、向量的运算1. 向量的加法：向量的加法满足平行四边形法则，即把两个向量的起点放在一起，然后用一条新的向量连接它们的终点。

2. 向量的数乘：向量的数乘是将向量的长度进行伸缩的运算。

当数为正数时，向量的方向不变；当数为负数时，向量的方向相反。

3. 向量的减法：向量的减法可以通过使用向量的负向量和加法来表示，即→a-→b=→a+(-→b)。

4. 向量的数量积：向量的数量积满足交换律和分配律，可以用于计算向量的夹角、判断向量的正交性等问题。

5. 向量的叉乘（仅适用于三维向量）：向量的叉乘满足反交换律和结合律，可以用于计算两个向量所在平面的法向量。

四、向量的应用1. 几何应用：向量常用于解决几何问题，如线段相交、判断点是否在三角形内部、判断线段的相对位置等。

2. 物理应用：力、速度、加速度等物理量都可以通过向量表示，并利用向量的加法和数量积进行计算。

3. 数据分析：向量也常用于数据分析中，如表达多维数据、计算特征向量和特征值等。

第十三章空间向量与立体几何一、知识网络：二．考纲要求：（1）空间向量及其运算① 经历向量及其运算由平面向空间推广的过程；② 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；③ 掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；④ 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。

（2）空间向量的应用① 理解直线的方向向量与平面的法向量；② 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系；③ 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；④ 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。

三、命题走向本章内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。

本章是立体几何的核心内容，高考对本章的考查形式为：以客观题形式考查空间向量的概念和运算，结合主观题借助空间向量求夹角和距离。

预测10年高考对本章内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。

第一课时 空间向量及其运算一、复习目标：1．理解空间向量的概念；掌握空间向量的加法、减法和数乘； 2．了解空间向量的基本定理； 3．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；理解空间向量的夹角的概念；掌握空间向量的数量积的概念、性质和运算律；了解空间向量的数量积的几何意义；能用向量的数量积判断向量的共线与垂直。

二、重难点：理解空间向量的概念；掌握空间向量的运算方法 三、教学方法：探析类比归纳，讲练结合 四、教学过程 （一）、谈最新考纲要求及新课标高考命题考查情况，促使积极参与。

学生阅读复资P128页，教师点评，增强目标和参与意识。

（二）、知识梳理，方法定位。

（学生完成复资P128页填空题，教师准对问题讲评）。

专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1．考查空间向量的概念及运算，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．2．考查空间向量的应用，凸显逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】1．平行(共线)向量与共面向量2①a∥b时，θ＝__0或π__，θ＝__0__时，a与b同向；θ＝__π__时，a与b反向．②a ⊥b ⇔θ＝__π2__⇔a ·b ＝0．③θ为锐角时，a ·b __>__0，但a ·b >0时，θ可能为__0__；θ为钝角时，a ·b __<__0，但a ·b <0时，θ可能为__π__．④|a ·b |≤|a |·|b |，特别地，当θ＝__0__时，a ·b ＝|a |·|b |，当θ＝__π__时，a ·b ＝－|a |·|b |．⑤对于实数a 、b 、c ，若ab ＝ac ，a ≠0，则b ＝c ；对于向量a 、b 、c ，若a ·b ＝a ·c ，a ≠0，却推不出b ＝c ，只能得出__a ⊥(b －c )__．⑥a ·b ＝0⇒/ a ＝0或b ＝0，a ＝0时，一定有a ·b ＝__0__．⑦不为零的三个实数a 、b 、c ，有(ab )c ＝a (bc )成立，但对于三个向量a 、b 、c ，(a ·b )c __≠__a (b ·c )，因为a ·b 是一个实数，(a ·b )c 是与c 共线的向量，而a (b ·c )是与a 共线的向量，a 与c 却不一定共线． 3．空间向量基本定理(1)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 __．(2)如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么所有空间向量组成的集合就是{p|p ＝x a ＋y b ＋z c ，x ，y ，z ∈R }，这个集合可看作是由向量a 、b 、c 生成的，我们把{__a ，b ，c __}叫做空间的一个基底，a 、b 、c 都叫做__基向量__，空间任何三个__不共面__的向量都可构成空间的一个基底，同一(相等)向量在不同基底下的坐标__不同__，在同一基底下的坐标__相同__． 4．空间向量的正交分解及其坐标表示设e 1、e 2、e 3为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量(我们称它们为单位正交基底)．以e 1、e 2、e 3的公共起点O 为原点，分别以__e 1，e 2，e 3__的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ．对于空间任意一个向量p 一定可以把它平移，使它的__起点__与原点O 重合，得到向量OP →＝p ，由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3．我们把x 、y 、z 称作向量p 在单位正交基底e 1、e 2、e 3下的坐标，记作p ＝ (x ，y ，z )． 5.用向量描述空间平行关系设空间两条直线l 、m 的方向向量分别为a ＝(a 1，a 2，a 3)、b ＝(b 1，b 2，b 3)，两个平面α，β的法向量分别为u ＝(u 1，u 2，u 3)，v ＝(v 1，v 2，v 3)，则有如下结论：6. 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. 7.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)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)，a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)．【常考题型剖析】题型一：空间向量的运算例1.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则BM =（ ）A ．1122a b c -+B ．1122a b c ++C ．1122a b c --+D ．1122-++a b c例2. （2022·全国·高三专题练习）如图，OABC 是四面体，G 是ABC 的重心，1G 是OG 上一点，且14OG OG =，则（ ）A ．1111666OG OA OB OC =++B ．1OG =111121212OA OB OC ++ C ．1OG =111181818OA OB OC ++ D ．1OG =111888OA OB OC ++例3.（安徽·高考真题（理））在正四面体O －ABC 中，,,OA a OB b OC c ===，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝______________(用,,a b c 表示)． 【方法技巧】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． 题型二：共线(共面)向量定理的应用例4.（2023·全国·高三专题练习）以下四组向量在同一平面的是（ ） A ．()1,1,0、()0,1,1、()1,0,1 B ．()3,0,0、()1,1,2、()2,2,4 C ．()1,2,3、()1,3,2、()2,3,1D ．()1,0,0、()0,0,2、()0,3,0例5.（2022·广西桂林·模拟预测（文））如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中①OA +OD 与OA 1+OD 1是一对相反向量；②OB -OC 1与OC -OB 1是一对相反向量；③OA 1+OB 1+OC 1+OD 1与OD +OC +OB +OA 是一对相反向量； ④OC -OA 与OC 1-OA 1是一对相反向量． 正确结论的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例6.（2020·全国·高三专题练习）已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为空间的9个点（如图所示），并且OE kOA =，OF kOB =，OH kOD =，AC AD mAB =+，EG EH mEF =+．求证：（1）A 、B 、C 、D 四点共面，E 、F 、G 、H 四点共面； （2）//AC EG ． 【总结提升】证明三点共线和空间四点共面的方法比较题型三：空间向量数量积及其应用例7.（广东·高考真题（理））已知向量()1,0,1a =-，则下列向量中与a 成60的是（ ） A ．()1,1,0-B ．()1,1,0-C ．()0,1,1-D ．()1,0,1-例8.（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱P A 的长为2，且P A 与AB 、AD 的夹角都等于60°，M 是PC 的中点，设AB a =，AD b =，c AP =.（1）试用a ，b ，c 表示向量BM ；（2）求BM 的长.例9. （2020·全国·高三专题练习）已知向量(2,1,2)a =-，(1,0,1)c =-，若向量b 同时满足下列三个条件：①1a b ⋅=-；①3b =；①b 与c 垂直.（1）求2a c +的模； （2）求向量b 的坐标. 【总结提升】空间向量数量积的应用题型四：利用空间向量证明平行例10.（2021·全国·高三专题练习）如图，在四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点.（1）求证：E ，F ，G ，H 四点共面；（2）求证：//BD 平面EFGH ；（3）设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任意一点O ，有()14OM OA OB OC OD =+++. 例11.（2020·全国·高三专题练习（理））如图所示，平面P AD ①平面ABCD ，ABCD 为正方形，①P 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：（1）PB //平面EFG ； （2）平面EFG //平面PBC . 【规律方法】利用空间向量证明平行的方法 1.线线平行:证明两直线的方向向量共线2.线面平行:①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行3.面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 题型五：利用空间向量证明垂直例12.（2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测（文））如图，O ，1O 是圆柱底面的圆心，1AA ，1BB ，1CC均为圆柱的母线，AB 是底面直径，E 为1AA 的中点．已知4AB =，BC =(1)证明：1AC BC ⊥；(2)若1AC BE ⊥，求该圆柱的体积．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．例14．（2020·全国·高三专题练习）直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AAC C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由. 【规律方法】利用空间向量证明垂直的方法1.线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零2.线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示3.面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1．考查空间向量的概念及运算，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．2．考查空间向量的应用，凸显逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】1．平行(共线)向量与共面向量2①a∥b时，θ＝__0或π__，θ＝__0__时，a与b同向；θ＝__π__时，a与b反向．②a ⊥b ⇔θ＝__π2__⇔a ·b ＝0．③θ为锐角时，a ·b __>__0，但a ·b >0时，θ可能为__0__；θ为钝角时，a ·b __<__0，但a ·b <0时，θ可能为__π__．④|a ·b |≤|a |·|b |，特别地，当θ＝__0__时，a ·b ＝|a |·|b |，当θ＝__π__时，a ·b ＝－|a |·|b |．⑤对于实数a 、b 、c ，若ab ＝ac ，a ≠0，则b ＝c ；对于向量a 、b 、c ，若a ·b ＝a ·c ，a ≠0，却推不出b ＝c ，只能得出__a ⊥(b －c )__．⑥a ·b ＝0⇒/ a ＝0或b ＝0，a ＝0时，一定有a ·b ＝__0__．⑦不为零的三个实数a 、b 、c ，有(ab )c ＝a (bc )成立，但对于三个向量a 、b 、c ，(a ·b )c __≠__a (b ·c )，因为a ·b 是一个实数，(a ·b )c 是与c 共线的向量，而a (b ·c )是与a 共线的向量，a 与c 却不一定共线． 3．空间向量基本定理(1)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 __．(2)如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么所有空间向量组成的集合就是{p|p ＝x a ＋y b ＋z c ，x ，y ，z ∈R }，这个集合可看作是由向量a 、b 、c 生成的，我们把{__a ，b ，c __}叫做空间的一个基底，a 、b 、c 都叫做__基向量__，空间任何三个__不共面__的向量都可构成空间的一个基底，同一(相等)向量在不同基底下的坐标__不同__，在同一基底下的坐标__相同__． 4．空间向量的正交分解及其坐标表示设e 1、e 2、e 3为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量(我们称它们为单位正交基底)．以e 1、e 2、e 3的公共起点O 为原点，分别以__e 1，e 2，e 3__的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ．对于空间任意一个向量p 一定可以把它平移，使它的__起点__与原点O 重合，得到向量OP →＝p ，由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3．我们把x 、y 、z 称作向量p 在单位正交基底e 1、e 2、e 3下的坐标，记作p ＝ (x ，y ，z )． 5.用向量描述空间平行关系设空间两条直线l 、m 的方向向量分别为a ＝(a 1，a 2，a 3)、b ＝(b 1，b 2，b 3)，两个平面α，β的法向量分别为u ＝(u 1，u 2，u 3)，v ＝(v 1，v 2，v 3)，则有如下结论：6. 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. 7.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)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)，a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)．【常考题型剖析】题型一：空间向量的运算例1.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则BM =（ ）A ．1122a b c -+B ．1122a b c ++C ．1122a b c --+D ．1122-++a b c【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则和空间向量基本定理相关知识求解即可. 【详解】由题意得，()()1111111111121222112BM BB B D AA A D A B AA AD A b c B a =+=+--+=+-=+.故选：D例2. （2022·全国·高三专题练习）如图，OABC 是四面体，G 是ABC 的重心，1G 是OG 上一点，且14OG OG =，则（ ）A ．1111666OG OA OB OC =++B ．1OG =111121212OA OB OC ++ C ．1OG =111181818OA OB OC ++ D ．1OG =111888OA OB OC ++【答案】B 【解析】 【分析】利用向量加法减法的几何意义并依据空间向量基本定理去求向量1OG 【详解】连接AG 并延长交BC 于N ，连接ON ，由G 是ABC 的重心，可得23AG AN =，()12ON OB OC =+ 则()()2221112=3332333AG AN ON OA OB OC OA OB OC OA ⎡⎤=-=+-=+-⎢⎥⎣⎦ 则()1111112444333OG OG OA AG OA OB OC OA ⎛⎫==+=++- ⎪⎝⎭111121212OA OB OC =++故选：B例3.（安徽·高考真题（理））在正四面体O －ABC 中，,,OA a OB b OC c ===，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝______________(用,,a b c 表示)．【答案】111244a b c ++【解析】 【详解】因为在四面体O ABC -中，,,,OA a OB b OC c D ===为BC 的中点，E 为AD 的中点，()1222OA OD O OE A OD ∴=+=+()111222a OB OC =+⨯+()1111124244a b c a b c =++=++ ，故答案为111244a b c ++. 【方法技巧】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． 题型二：共线(共面)向量定理的应用例4.（2023·全国·高三专题练习）以下四组向量在同一平面的是（ ） A ．()1,1,0、()0,1,1、()1,0,1 B ．()3,0,0、()1,1,2、()2,2,4 C ．()1,2,3、()1,3,2、()2,3,1 D ．()1,0,0、()0,0,2、()0,3,0【答案】B 【解析】 【分析】利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，设()()()1,1,00,1,11,0,1m n =+，所以，110n m m n =⎧⎪=⎨⎪+=⎩，无解；对于B 选项，因为()()()2,2,403,0,021,1,2=⋅+，故B 选项中的三个向量共面；对于C 选项，设()()()1,2,31,3,22,3,1x y =+，所以，2133223x y x y x y +=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩，无解；对于D 选项，设()()()1,0,00,0,20,3,0a b =+，所以，013020b a =⎧⎪=⎨⎪=⎩，矛盾.故选：B.例5.（2022·广西桂林·模拟预测（文））如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中①OA +OD 与OA 1+OD 1是一对相反向量；②OB -OC 1与OC -OB 1是一对相反向量；③OA 1+OB 1+OC 1+OD 1与OD +OC +OB +OA 是一对相反向量； ④OC -OA 与OC 1-OA 1是一对相反向量． 正确结论的个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】A 【解析】 【分析】由向量的加减运算对各个选项进行检验即可. 【详解】设E,F 分别为AD 和A 1D 1的中点，①OA +2OD OE =与1OA +12OD OF =不是一对相反向量，错误； ②OB -11OC C B =与OC -11OB B C =不是一对相反向量，错误；③OA 1+OB 1+OC 1+()1OD OC OD OA OB OC OD OA OB =----=-+++是一对相反向量,正确； ④OC -OA AC =与OC 1-111OA AC =不是一对相反向量,是相等向量，错误． 即正确结论的个数为1个故选：A例6.（2020·全国·高三专题练习）已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为空间的9个点（如图所示），并且OE kOA =，OF kOB =，OH kOD =，AC AD mAB =+，EG EH mEF =+．求证：（1）A、B、C、D四点共面，E、F、G、H四点共面；AC EG．（2）//【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）证明出AC、AB、AD为共面向量，结合AC、AB、AD有公共点可证得A、B、C、D四点共面，同理可证得E、F、G、H四点共面；AC EG．（2）证得EG k AC=，再由EG和AC无公共点可证得//【详解】（1）因为AC AD mAB=+，所以，AC、AB、AD为共面向量，因为AC、AB、AD有公共点A，故A、B、C、D四点共面，因为EG EH mEF=+，则EG、EH、EF为共面向量，因为EG、EH、EF有公共点E，故E、F、G、H四点共面；（2）OE kOA=，=，OF kOB=，OH kOD()EG EH mEF OH OE m OF OE=+=-+-()()()=-+-=+=+=，//k OD OA km OB OA k AD kmAB k AD mAB k AC∴，AC EGAC EG.因为AC、EG无公共点，故//【总结提升】证明三点共线和空间四点共面的方法比较题型三：空间向量数量积及其应用例7.（广东·高考真题（理））已知向量()1,0,1a =-，则下列向量中与a 成60的是（ ） A ．()1,1,0- B ．()1,1,0- C ．()0,1,1- D ．()1,0,1-【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：对于A 选项中的向量()11,0,1a =-，11111cos ,22a a a a a a ⋅-〈〉===-⋅⋅，则1,120a a 〈〉=；对于B 选项中的向量()21,1,0a =-，22211cos ,22a a a a a a ⋅〈〉===⋅，则2,60a a 〈〉=；对于C 选项中的向量()30,1,1a =-，2321cos ,22a a a a a a ⋅-〈〉===-⋅，则2,120a a 〈〉=；对于D 选项中的向量()41,0,1a =-，此时4a a =-，两向量的夹角为180.故选B.例8.（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱P A 的长为2，且P A 与AB 、AD 的夹角都等于60°，M 是PC 的中点，设AB a =，AD b =，c AP=.（1）试用a ，b ，c 表示向量BM ； （2）求BM 的长.【答案】（1）111222a b c -++；（2）2【解析】 【分析】（1）将AD BC =，BP AP AB =-代入1()2BM BC BP =+中化简即可得到答案；（2）利用22||BM BM =，结合向量数量积运算律计算即可. 【详解】（1）M 是PC 的中点，1()2BM BC BP ∴=+.AD BC =，BP AP AB =-，1[()]2BM AD AP AB ∴=+-，结合AB a =，AD b =，c AP =，得1111[()]2222BM b c a a b c =+-=-++.（2）1AB AD ==，2PA =， ||||1a b ∴==，||2c =.AB AD ⊥，60PAB PAD ∠=∠=︒， 0a b ∴⋅=，21cos601a c b c ⋅=⋅=⨯⨯︒=.由（1）知111222BM a b c =-++，()2222211112222224BM a b c a b c a b a c b c ⎛⎫∴=-++=++-⋅-⋅+⋅⎪⎝⎭13(114022)42=⨯++--+=，6||2BM ∴=即BM 例9. （2020·全国·高三专题练习）已知向量(2,1,2)a =-，(1,0,1)c =-，若向量b 同时满足下列三个条件：①1a b ⋅=-；①3b =；①b 与c 垂直. （1）求2a c +的模；（2）求向量b 的坐标. 【答案】（1）1；（2）(2,1,2)b =-或(2,1,2)b =---. 【解析】 【分析】（1）求出2a c +的坐标，即可求出2a c +的模；（2）设(,,)b x y z =，则由题可知22222190x y z x y z x z +-=-⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，解出即可得出．【详解】解：（1）∵()2,1,2a =-，()1,0,1c =-， ∴()20,1,0a c +=， 所以21a c += ；（2）设(),,b x y z =，则由题可知222221,9,0,x y z x y z x z +-=-⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩解得2,1,2,x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩或2,1,2,x y z =-⎧⎪=-⎨⎪=-⎩ 所以()2,1,2b =-或()2,1,2b =---. 【总结提升】空间向量数量积的应用题型四：利用空间向量证明平行例10.（2021·全国·高三专题练习）如图，在四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点.（1）求证：E ，F ，G ，H 四点共面；（2）求证：//BD 平面EFGH ；（3）设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任意一点O ，有()14OM OA OB OC OD =+++. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得出EF HG =可证；（2）通过证明//HE BD 可得；（3）可得四边形EFGH 为平行四边形，M 为EG 中点，即可证明. 【详解】（1）E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点， 12EF AC ∴=，12HG AC =，EF HG ∴=，又E ，F ，G ，H 四点不共线，故E ，F ，G ，H 四点共面； （2）E ，H 分别是AB ，AD 的中点， 12HE DB ∴=，//HE DB ∴，//HE BD ∴， HE ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，∴//BD 平面EFGH ；（3）由（1）知四边形EFGH 为平行四边形，M ∴为EG 中点， E ，G 分别是AB ，CD 的中点， 11111()()()()22224OM OE OG OA OB OC OD OA OB OC OD ⎡⎤∴=+=+++=+++⎢⎥⎣⎦. 例11.（2020·全国·高三专题练习（理））如图所示，平面P AD ①平面ABCD ，ABCD 为正方形，①P 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：（1）PB //平面EFG ；（2）平面EFG //平面PBC .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，构建空间直角坐标系A -xyz ，并确定A ，B ，C ，D ，P ，E ，F ，G 的坐标，法一：求得(0,1,0),(1,2,1)EF EG ==-，即可确定平面EFG 的一个法向量n ，又0PB n ⋅=有n PB ⊥，则 PB //平面EFG 得证； 法二：由(2,0,2)PB =-，(0,1,0)FE =-，(1,1,1)FG =-，可知22PB FE FG =+，根据向量共面定理即有PB ，FE 与FG 共面，进而可证PB //平面EFG ；（2）由（1）有(0,1,0),(0,2,0)EF BC ==即2BC EF =，可得BC //EF ，根据线面平行的判定有EF //平面PBC ，GF //平面PBC ，结合面面平行的判定即可证平面EFG //平面PBC .【详解】（1）因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，所以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A -xyz ，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). 法一：(0,1,0),(1,2,1)EF EG ==- 设平面EFG 的法向量为(,,)n x y z =，则00n EF n EG ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即020y x y z =⎧⎨+-=⎩,令z ＝1，则(1,0,1)n =为平面EFG 的一个法向量， ∵(2,0,2)PB =-，∴0PB n ⋅=，所以n PB ⊥， ∵PB ⊄平面EFG ， ∴PB //平面EFG .法二：(2,0,2)PB =-，(0,1,0)FE =-，(1,1,1)FG =-. 设PB sFE tFG =+，即(2,0,－2)＝s (0,－1,0)＋t (1,1,－1)，所以202t t s t =⎧⎪-=⎨⎪-=-⎩解得s ＝t ＝2.∴22PB FE FG =+，又FE 与FG 不共线，所以PB ，FE 与FG 共面.∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .（2）由（1）知：(0,1,0),(0,2,0)EF BC ==，∴2BC EF =，所以BC //EF .又EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以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 .【规律方法】利用空间向量证明平行的方法1.线线平行:证明两直线的方向向量共线2.线面平行:①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行3.面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题题型五：利用空间向量证明垂直例12.（2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测（文））如图，O ，1O 是圆柱底面的圆心，1AA ，1BB ，1CC均为圆柱的母线，AB 是底面直径，E 为1AA 的中点．已知4AB =，BC =(1)证明：1AC BC ⊥；(2)若1AC BE ⊥，求该圆柱的体积．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直（2）建立空间直角坐标系，根据垂直条件解出圆柱的高(1)连结AC ，可知AC BC ⊥1CC ⊥平面ABC 1CC BC ∴⊥1CC AC C =BC ∴⊥平面1ACC1BC AC ∴⊥(2)如图，以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系设圆柱的高为h可得1(2,0,0),(0,0,),(2,0,)2h A B C h E1(2,0,),(2,)2h AC h BE =-=-由题意得21402h AC BE ⋅=-+=，解得h =故圆柱的体积2V πr h ==例13．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）E 为CC 1的中点.【解析】【分析】以D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.（1）计算10A E BD →→⋅=即可证明；（2）求出面A 1BD 与面EBD 的法向量，根据法向量垂直计算即可．【详解】以D 为坐标原点，以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，如图，设正方体的棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．（1）1A E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，1A E BD →→⋅＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0， ∴1A E BD →→⊥，即A 1E ⊥BD ；（2）设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为1n →＝(x 1，y 1，z 1)，2n →＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，1DA →＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )∴10n DB →→⋅=， 110n DA →→⋅=， 20n DB →→⋅=，10n DE →→⋅=. ∴11110,0,ax ay ax az +=⎧⎨+=⎩, 22220,0.ax ay ay ez +=⎧⎨+=⎩ 取x 1＝x 2＝1，得1n →＝(1，－1，－1)，2n →＝(1，－1，a e)．由平面A 1BD ⊥平面EBD 得1n →⊥2n →. ∴2－a e＝0，即e ＝2a . ∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .例14．（2020·全国·高三专题练习）直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AAC C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，AG =【解析】【分析】（1）以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：根据向量的坐标可得11113EF A A AC =-+，由此可证//EF 平面11AAC C ； （2）将问题转化为线段AC 上是否存在一点G ，使EG AC ⊥，则问题不难求解.【详解】（1）如图所示：以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：则1(0,0,0)A ，1(0,2,0)B ，1(2,2,0)C ，设(0,0,)A a ，则4(0,,)3E a ，2(,2,0)3F ， 所以22(,,)33EF a =-，1(0,0,)A A a =，11(2,2,0)AC =， 因为11113EF A A AC =-+，所以EF ，1A A ，11AC 共面，又EF 不在平面11AAC C 内， 所以//EF 平面11AAC C（2）线段AC 上存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C ，且3AG =，证明如下：在三角形AGE 中，由余弦定理得EG ===， 所以222AG EG AE +=，即EG AG ⊥，又1A A ⊥平面ABCD ，EG ⊂平面ABCD ，、所以1A A EG ⊥，而1AG A A A ⋂=，所以EG ⊥平面11AAC C ，因为EG ⊂平面EFG ，所以EFG ⊥面11AAC C ，【规律方法】利用空间向量证明垂直的方法1.线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零2.线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示3.面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示。

高二数学向量法求空间角宁明镜确定空间角的大小是立体几何中一类重要题型，也是历年高考数学试题考查的重点。

本文通过一些典型X 例，介绍用空间向量确定空间角大小的基本方法。

一、确定异面直线所成的角方法要点：设异面直线1l 、2l 所成的角为θ，b a 、分别是21l l 、的方向向量，则||b ||a |b a ||b ,a cos |cos ⋅⋅=><=θ。

例1. （2007年卷）如图1，在AOB Rt ∆中，6OAB π=∠，斜边AB=4。

AOC Rt ∆可以通过AOB Rt ∆以直线AO 为轴旋转得到，且二面角C AO B --是直角二面角，D 是AC 中点。

（I ）求证：平面⊥COD 平面AOB ；（II ）求异面直线AO 与CD 所成角的大小。

解：（I ）证明：略。

（II ）以O 为原点，OC 、OB 、OA 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系xyz O -，则O （0，0，0），A （0，0，32），C （2，0，0），D （0，1，3），所以)3,1,2(CD ),32,0,0(OA -==，设异面直线AO 与CD 所成的角为θ，则462326||CD |OA |CD OA ||CD ,OA cos |cos =⋅=⋅⋅=><=θ。

所以异面直线AO 与CD 所成角的大小为46arccos。

二、确定直线与平面所成的角方法要点：如图2，直线l 与平面α成角θ，a 是直线l 的方向向量，b 平面α的一个法向量，则||b ||a |b a ||b ,a cos |sin ⋅⋅=><=θ例2. （2007年全国卷I ）如图3，四棱锥ABCD S -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面⊥SBC 底面ABCD 。

已知∠ABC=45°，AB=2，3SB SA ,22BC ===。

（I ）证明BC SA ⊥；（II ）求直线SD 与平面SAB 所成角的大小。

利用空间向量求空间角A 级——基础达标1.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A ．3030 B ．3015 C ．3010D ．1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2.如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A ．33535 B ．277 C ．33D ．24解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0，3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴DC 1―→，n＝DC 1―→·n | DC 1―→||n |＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535. 3．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解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，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⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A ．35B ．56C ．3310D ．3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为________．解析：由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝24，故AB 1―→，BC 1―→＝7.答案：76.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1，0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ，∴n ＝(－a,0,1)， ∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN .因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N .又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA ―→的方向为x 轴正方向，|MB ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝232，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ． 作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设Q (a,0,0)，则NQ ＝ 4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E ―→|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E ―→〉＝cos 〈n ，B 1E ―→〉＝n ·B 1E ―→|n |·|B 1E ―→|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.8．(2021·贵阳市第一学期监测考试)如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点，PQ ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝AD ＝2，M 是棱PC 上一点，且PM PC ＝13.(1)证明：PA ∥平面BMQ ； (2)求二面角B -MQ -C 的余弦值．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ，∵底面ABCD 是菱形，∴AQ ∥BC ，∴△ANQ ∽△CNB ， ∴AQ BC ＝AN NC ＝12，∴AN AC ＝13，又PM PC ＝13，∴PM PC ＝AN AC ＝13，∴MN ∥PA ，又MN ⊂平面BMQ . PA ⊄平面BMQ ，∴PA ∥平面BMQ .(2)连接BD ，∵底面ABCD 是菱形，且∠BAD ＝60°，∴△BAD 是等边三角形，又Q 为AD 的中点，∴BQ ⊥AD .由PQ ⊥平面ABCD ，得PQ ⊥AD .以Q 为坐标原点，QA ，QB ，QP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则Q (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，由AC ―→＝AD ―→＋AB ―→＝(－2,0,0)＋(－1，3，0)＝(－3，3，0)，可得点C (－2，3，0)， 设平面PQC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·QP ―→＝0，n ·QC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令x ＝3，得y ＝23，z ＝0， ∴n ＝(3,23，0)，|n |＝21.设平面BMQ 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·QB ―→＝0，m ·MN ―→＝0，∵MN ∥PA ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·QB ―→＝0，m ·PA ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 1＝0，x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则z 1＝1，y 1＝0， ∴m ＝(3，0,1)是平面BMQ 的一个法向量． 设二面角B -MQ -C 的平面角的大小为θ， 则cos θ＝m ·n |m ||n |＝3714， 即二面角B -MQ -C 的余弦值为3714.B 级——综合应用9.如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ． 因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥AE . 又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE .所以BD ⊥平面ACFE . (2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a ＞0)，OF ―→＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ―→·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→＝(1，－3，2)，cos 〈OF ―→，BE ―→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 10.(2021·贵州贵阳适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．(1)证明：PA 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1-C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面PA 1B ，所以BB 1⊥PA 1. 因为A 1B 1是直径，所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1，所以PA 1⊥平面PBB 1. (2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (1,0,0)，A (0,1,0)，A 1(0,1，2)，B 1(1,0，2)，P (1,12)，所以CA 1―→＝(0,1，2)，CB 1―→＝(1,0，2)．平面PA 1B 1的一个法向量n 1＝(0,0,1)．设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1，所以可取n 2＝(－2，－2，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1-C 为钝角，所以所求二面角的余弦值为－55.。

【新知识梳理与重难点点睛】1．共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定量对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa .推论 如图所示，点P 在l 上的充要条件是：OP →＝OA →＋t a ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝OA →＋tAB →或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →. (2)共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝1.(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 ，存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3.2．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a⊥b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b 则|a||b|cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a·b 即a·b ＝|a||b|cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 3．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (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)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(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 ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则d AB ＝|AB →|＝a 2－a 12＋b 2－b 12＋c 2－c 124．直线的方向向量与平面的法向量(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AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 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 ＝0.5．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. 6．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. 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角1．设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. 2．设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.3．求二面角的大小a ．如图①，AB 、CD 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 →〉．b ．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〉或－cos 〈n 1，n 2〉．考点一 异面直线所成的角|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成角的区别当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；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所成的角．[题组练透]1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110 B.25 C.3010D.22解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，设BC ＝2， 则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)， N (1,0,2)，所以BM ＝(1，－1,2)，AN ＝(－1，0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM ·AN ||BM |·|AN |＝36×5＝3010. 2．(2015·石家庄模拟)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝2，CC 1＝2，则异面直线AB 1和BC 1所成角的正弦值为( )A ．1 B.77 C.12D.32∴可以以1OB ，1OC ，解析：选A 取线段A 1B 1，AB 的中点分别为O ，D ，则OC 1⊥平面ABB 1A 1，OD 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，如图，则A (－1,0，2)，B 1(1,0,0)，B (1,0，2)，C 1(0，3，0)，∴1AB ＝(2,0，－2)，1BC ＝(－1，3，－2)，因为1AB ·1BC ＝(2,0，－2)·(－1，3，－2)＝0，所以1AB⊥1BC，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.故选A.[类题通法]1．向量法求异面直线所成的角的方法：(1)基向量法：利用线性运算．(2)坐标法：利用坐标运算．2．注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．考点二直线与平面所成的角|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.[提醒]向量法求线面角时是转化方向求向量与平面法向量间的夹角，但它不是线面角，注意联系与区别．[典题例析](2014·陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0，0)，A(0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，DA ＝(0,0,1)，BC ＝(－2,2,0)，BA ＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得 E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F (1,0,0)，G (0,1,0)． ∴FE ＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，FG ＝(－1,1,0)，BA ＝(－2,0,1)． 设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105. [类题通法]利用平面的法向量求线面角时注意事项(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．[演练冲关]AB ＝1，AA 1＝2，D(2015·郑州一检)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，注意到0<∠ABD ，∠AB 1B <π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，所以AB 1⊥BD ，又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO .又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD ，又BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ， 则A ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，B ⎝⎛⎭⎫－63，0，0， C ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B 1⎝⎛⎭⎫0，233，0，D ⎝⎛⎭⎫66，0，0，又1CC ＝2AD ，所以C 1⎝⎛⎭⎫63，233，33. 所以AB ＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，AC ＝⎝⎛⎭⎫0，33，33， 1DC ＝⎝⎛⎭⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB ·n ＝0，AC ·n ＝0，即⎩⎨⎧－63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈1DC ，n 〉|＝|1DC ·n ||1DC ||n |＝35555.考点三 二面角|(题点多变型考点——全面发掘)[必备知识]二面角的求法(1)如图①，AB ，CD 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＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．[提醒] 求二面角时要注意判断其平面角是锐角还是钝角时，若不能判断二面角的平面角是锐角还是钝角时，要利用法向量的方向来判断法向量的夹角与二面角之间的关系是相等还是互补．[一题多变](2014·湖南高考)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC ，同理DD 1⊥BD ，因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD ，而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知，O 1O ∥C 1C ，故O 1O ⊥底面ABCD .(2)法一：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz .不妨设AB ＝2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2).易知，n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·1OB ＝0，n 2·1OC ＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以n 2＝(2,23，－3)，设二面角C 1-OB 1-D 的大小为θ，易知θ是锐角， 于是cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719. 故二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719.法二：如图，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.2，y＝2，∴设二面角C1-OB·OM由cos 〈n 1，n 2〉＝12知mm 2＋73＝12，∴34m 2＝712，∴m 2＝79(m >0)，即m ＝73，∴M ⎝⎛⎭⎫0，1，73. 即在线段CC 1上存在一点M 且CM ＝73，使二面角M -OB 1-D 的大小为60°.[类题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误考点一 空间向量法解决探索性问题|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：(1)探索性问题与平行结合； (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.角度一：探索性问题与平行相结合1．(2015·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO . 因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形． AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ， 设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)， D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)， 平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13， F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )， 则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ， 即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .角度二：探索性问题与垂直相结合2．已知正△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 .(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 ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)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 ，所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz ，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．易知平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量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，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t,0)，则AP ·DE ＝(s ，t ，－2)·(0，3，1)＝3t －2＝0，∴t ＝233， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)， ∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13. 角度三：探索性问题与空间角相结合3．(2015·广东七校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，E ，F 分别为PC ，BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC ；(3)在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13？说明理由．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BD 于点F ，底面ABCD 为正方形， F 为AC 中点，E 为PC 中点． 所以在△CP A 中，EF ∥P A . 又P A ⊂平面P AD ，EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 底面ABCD 为正方形，CD ⊥AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面P AD .又P A ⊂平面P AD ，所以CD ⊥P A . 又P A ＝PD ＝22AD ，所以△P AD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即P A ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，且CD ，PD ⊂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 .(3)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF ，因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，而O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB ， 又底面ABCD 是正方形，故OF ⊥AD ，以O 为原点，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示，则有A (1，0,0)，C (－1,2,0)，F (0,1,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)，若在AB 上存在点G ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13，连接PG ，DG ，设G (1，a,0)(0≤a ≤2)，则DP ＝(1,0,1)，GD ＝(－2，－a,0)，由(2)知平面PDC 的一个法向量为PA ＝(1,0，－1)， 设平面PGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧n ·DP ＝0，n ·GD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，－2x －ay ＝0，解得⎩⎨⎧z ＝a2y ，x ＝－a2y .令y ＝－2，得n ＝(a ，－2，－a )，所以|cos 〈n ，PA 〉|＝|n ·PA ||n ||PA |＝2a 2×4＋2a 2＝13，解得a ＝12⎝⎛⎭⎫舍去－12. 所以，在线段AB 上存在点G ⎝⎛⎭⎫1，12，0⎝⎛⎭⎫此时AG ＝14AB ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13. [类题通法]解决立体几何中探索性问题的基本方法(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，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；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．(2)探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．考点二 空间向量的综合应用|(重点保分型考点——师生共研)[典题例析](2014·江西高考)如图，四棱锥P -ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P -ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．解：(1)证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ；又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG . 在Rt △BPG 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝ 43－m 2， 故四棱锥P -ABCD 的体积为 V ＝13·6·m ·43－m 2＝m38－6m 2.因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6⎝⎛⎭⎫m 2－232＋83， 故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P -ABCD 的体积最大．B⎝⎛⎭⎫63，－63，0，此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，C ⎝⎛⎭⎫63，263，0，D ⎝⎛⎭⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63， 故PC ＝⎝⎛⎭⎫63，263，－63，BC ＝(0，6，0)， CD ＝⎝⎛⎭⎫－63，0，0， 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)，则由n 1⊥PC ，n 1⊥BC 得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. [类题通法]立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法(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，表示出最值函数，转化为求最值问题．[演练冲关](2015·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：平面FBC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在四边形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，∴AB ＝2， ∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC .∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面ACFE . 又因为BC ⊂平面FBC ，所以平面FBC ⊥平面ACFE .(2)由(1)知可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴AB ＝(－3，1,0)，BM ＝(λ，－1,1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎨⎧n 1·AB ＝0，n 1·BM ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)． ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋(3－λ)2＝1(3－λ)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴cos θ∈⎣⎡⎦⎤77，12.【新方法、新技巧练习与巩固】(一)1．(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点．(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.2．(2014·北京高考)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.(1)求证：AB∥FG；(2)若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．B卷：增分提能1．(2015·深圳一调)如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．2．(2014·山东高考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．3．(2015·兰州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值为63，求直线P A与平面EAC所成角的正弦值．答案A 卷：夯基保分1．解：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .根据已知得：D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)．(1)∵DA ＝(2,0,0)，1CB ＝(2,0,2)，∴cos 〈DA ，1CB 〉＝DA ·1CB |DA ||1CB |＝22.∴直线AD 和直线B 1C 所成角为π4.(2)证明：取B 1D 的中点F ，得F (1,1,1)，连接EF . ∵E 为AB 的中点，∴E (2,1,0)， ∴EF ＝(－1,0,1)，DC ＝(0,2,0)， ∴EF ·DC ＝0，EF ·1CB ＝0， ∴EF ⊥DC ，EF ⊥CB 1.∵DC ∩CB 1＝C ，∴EF ⊥平面B 1CD .又∵EF ⊂平面EB 1D ，∴平面EB 1D ⊥平面B 1CD . 2．解：(1)证明：在正方形AMDE 中， 因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE . 又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)因为P A ⊥底面ABCDE ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC ＝(1,1,0)． 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB ＝0，n ·AF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，得y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，BC 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC |n ||BC |＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH ＝λPC (0＜λ＜1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH ＝0， 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫43，23，23. 所以PH ＝⎝⎛⎭⎫432＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫－432＝2.3．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两相互垂直．以O 为坐标原点，OB ，1OB ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形． 又AB ＝BC ，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B (1,0,0)，B 1⎝⎛⎭⎫0，33，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－33，0.1AB ＝⎝⎛⎭⎫0，33，－33，11A B ＝AB ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－33， 11B C ＝BC ＝⎝⎛⎭⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1AB ＝0，n ·11A B ＝0，即⎩⎨⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A B ＝0，m ·11B C ＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以二面角A -A 1B 1-C 1的余弦值为17.B 卷：增分提能1．解：以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (2a ，0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )， ∴|cos 〈1AB ，1DD 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33， ∴异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0，1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎨⎧n ·1CC ＝0，n ·FC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈1FB ，n 〉＝1FB ·n|1FB |·|n |＝33，∵二面角F -CC 1-B 为锐角， ∴二面角F -CC 1-B 的余弦值为33. 2.解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又由M是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M∥D 1A . 又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.(2)法一：连接AC ，MC ，由(1)知CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形． 可得BC ＝AD ＝MC ，由题意知∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz . 所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎫32，12，0，所以1MD ＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，3，11D C ＝MB ＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的法向量n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·11D C ＝0，n ·1MD ＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又1CD ＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈1CD ，n 〉＝1CD ·n |1CD ||n |＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，过C 向AB 引垂线交AB 于N ，连接D 1N .由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1-AB -C 的平面角．在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝32.所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 3．解：(1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AC ， ∵底面ABCD 是直角梯形，且AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，BC ＝ 2. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴AC ⊥BC ，∵PC ∩BC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ， ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，(2)建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设PC ＝a ，则A (0,0,0)，P (1,1，a )，B (0,2,0)．∴AC ＝(1,1,0)，AE ＝⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，AP ＝(1,1，a )，BC ＝(1，－1,0)．设平面EAC 的法向量为v ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧v ·AC ＝0，v ·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋3y ＋az ＝0，令x ＝1，则v ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2a ， ∵BC ⊥平面P AC ，∴平面P AC 的一个法向量为u ＝BC ＝(1，－1,0)， 设二面角P -AC -E 的大小θ，则cos θ＝v ·u |v |·|u |＝1×1＋(－1)×(－1)＋0×2a 2× 2＋4a 2＝63，解得a ＝2，∴直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为 cos 〈v ，AP 〉＝v ·AP |v |·|AP |＝1×1＋1×(－1)＋2×13×6＝23。

专题29 空间向量与立体几何（解答题）1．如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥，2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点．（1）求证：PA ⊥平面MBC ；（2）设点N 是PB 的中点，求二面角N MC B --的余弦值．【试题来源】陕西省咸阳市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ，BC AC ⊥，所以BC ⊥平面PAC ，因为PA ⊂平面PAC ，所以BC PA ⊥，因为AC PC =，M 是PA 的中点，所以CM PA ⊥， 因为CMBC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，所以PA ⊥平面MBC ．（2）因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，PC ⊂平面PAC ，PC AC ⊥，所以PC ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以PC BC ⊥，以C 为原点，CA ，CB ，CP 为x ，y ，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，(2,0,0)A ，(0,4,0)B ，(0,0,0)C ，(0,0,2)P ，(1,0,1)M ，(0,2,1)N ，则(1,0,1)CM =，(0,2,1)CN =，(2,0,2)PA =-，由（1）知(2,0,2)PA =-是平面MBC 的一个法向量，设(,,)n x y z =是平面MNC 的法向量，则有00CM n CN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-，2x =，所以(2,1,2)n =-，设二面角N MC B --所成角为θ，由图可得θ为锐角，则2cos cos ,||||PA n PA n PA n θ⋅⨯=<>===【名师点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案． 2．在四棱锥P ABCD -中，PAB △为直角三角形，90APB ∠=︒且12PA AB CD ==，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD 且DAB ∠为直角，E 为AB 的中点，F 为PE 的四等分点且14EF EP =，M 为AC 中点且MF PE ⊥．（1）证明：AD ⊥平面ABP ；（2）设二面角A PC E --的大小为α，求α的取值范围． 【试题来源】山东省德州市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）证明见解析；（2）,32ππα【解析】（1）取PE 的中点N ，连接AN ，DN ，CE ，如图所示：因为12AE AB =，12AP AB =，所以AP AE =，AN PE ⊥．因为四边形ABCD 为直角梯形，且90DAB ∠=︒，12CD AB =， 所以四边形AECD 为正方形，即M 为DE 的中点． 因为14EF EP =，N 为PE 的中点，所以F 为EN 的中点．所以//MF DN ． 因为MF PE ⊥，所以DN PE ⊥．所以PE DN PE ANPE DN AN N ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ADN ． 因为DA ⊂平面ADN ，所以PE DA ⊥．所以DA AB DA PEDA PE AB E ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ABP ． （2）以A 为原点，AB ，AD 分别为y ，z 轴，垂直AB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设AD a =，1PA CD ==，2AB =，则()0,0,0A，1,02P ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,0E ，()0,1,C a ． 31,02AP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,AC a =，1,02PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,CE a =-． 设平面PAC 的法向量()111,,n x y z =，则1111310220AP n x yAC n y az ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令1y =，解得11x =，1z =，故1,3,n⎛=- ⎝⎭． 设平面PEC 的法向量()222,,m x y z =，则222310220PE mx y CE m az ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩，令2y =21x =，20z =，故()1,3,0m =．由图知，二面角A PC E --的平面角α为锐角，所以11cos 0,2α-⎛⎫==⎪⎝⎭．故,32ππα．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，112BC AD ==且CD =E 为AD 的中点，F 是棱PA 的中点，2PA =，PE ⊥底面ABCD ．AD CD ⊥（1）证明：//BF平面PCD ； （2）求二面角P BD F --的正弦值；（3）在线段PC （不含端点）上是否存在一点M ，使得直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值为13？若存在，求出此时PM 的长；若不存在，说明理由． 【试题来源】天津市滨海七校2020-2021学年高三上学期期末联考 【答案】（1）证明见解析；（2（3）存在，7PM = 【解析】（1）由题意得//BC DE ，=BC DE ，90ADC ∠=︒，所以四边形BCDE 为矩形， 又PE ⊥面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0A，()B ，()1,0,0D -，(P ，()C -，1,0,22F ⎛ ⎝⎭，设平面PCD的法向量为(),,m x y z=，()0,DC =，(DP =则00DC m DP m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则0x ==⎪⎩，则0y =，不妨设x =1z =，可得()3,0,1m =-，又1,22BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，可得0BF m ⋅=，因为直线BF ⊄平面BCD ，所以//BF 平面BCD ．（2）设平面PBD 的法向量为()1111,,x n y z =，()1,DB =，(0,BP =，则1100DB n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111100x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设x =()13,1,1n =--，设平面BDF 的法向量为()2222,,n xy z =，32DF ⎛= ⎝⎭，则2200DB n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222203022x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设2x =，可得()2n =-，因此有121212cos ,65n n n n n n ⋅==-⋅，（注：结果正负取决于法向量方向） 于是21212465sin ,1cos ,n n n n =-=，所以二面角P BD F --．（3）设((),PM PC λλλ==-=-，()0,1λ∈(),BM BP PM λ=+=-，由（2）可知平面BDF 的法向量为()23,1,3n =-，2223cos ,BM n BM n BM n⋅===⋅，有23410λλ-+=，解得1λ=（舍）或13λ=， 可得1,333PM ⎛=-- ⎝⎭，所以73PM =． 4．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PA =//DC AB ，90DAB ∠=︒，3AB =，2AD CD ==，M 是棱PD 的中点．（1）求异面直线DP 与BC 所成的角的余弦值； （2）求AM 与平面PBC 所成的角的大小；（3）在棱PB 上是否存在点Q ，使得平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出AQ 的长；若不存在，说明理由．【试题来源】天津市南开中学2020-2021学年高三上学期第四次月考 【答案】（1；（2）45︒；（3）125． 【解析】如图，以,,AD AB AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则(()()()()(,0,0,0,3,0,0,2,2,0,0,2,0,P A B C D M ，（1）(0,DP =-，()1,2,0BC =-，所以cos,DP BC==，即异面直线DP与BC（2）(AM=，(3,0,PB=-，()1,2,0BC=-设平面PBC的法向量(),,m x y z=，则mPBm BC⎧⋅=⎨⋅=⎩，3020xx y⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，所以可取(m=，设AM与平面PBC所成的角为θ，则sin cos,AM mθ===，所以AM与平面PBC所成的角为45︒；（3）平面ABCD的法向量可取()10,0,1n=，设(()3,0,3,0,PQ PBλλλ==-=-，则()3Qλ，所以()3AQλ=，()0,2,0AD =，设平面QAD的法向量为()2222,,n x y z=，则22nAQn AD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，()2223020x zyλ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，可取()223,0,3nλ=-，因为平面QAD与平面ABCD所成的锐二面角的大小为60°.所以121cos,2n n=，12=，解得25λ=或2λ=-（舍）所以6,0,55AQ⎛=⎝⎭，所以61255AQ⎛==5．如图，在正四面体A BCD-中，点E，F分别是,ABBC的中点，点G，H分别在,CD AD 上，且14DH AD=，14DG CD=．（1）求证：直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）求直线AB 与平面EFGH 所成角的正弦值．【试题来源】陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试（理） 【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）因为//,//EF AC GH AC ，11=,=24EF AC GH AC ，所以//GH EF 且12GH EF =，故E ，F ，G ，H 四点共面，且直线,EH FG 必相交于一点，设=EH FG M ，因为,∈M EH EH平面ABD ，所以M ∈平面ABD ，同理：M ∈平面BCD ，而平面ABD ⋂平面BCD BD =，故M ∈平面BCD ，即直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）取BD 的中点O ，则,⊥⊥BD OA BD OC ，所以BD ⊥平面AOC ，不妨设OD =，则BD AC ==12AO CO ==， 所以1441441921cos 212123+-∠==⨯⨯AOC ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,(12,0,0),(6,--A B C F G ，故=BA ，(=-FG ，(8,0,=-AC ，(4,0,=-EF ，设平面EFGH 的法向量为(,,)n x y z =，由00n EF n FG ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得50y x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =，则(52,=n ，则182cos ,3||||92⋅<>===⨯BA n BA n BA n ，故直线AB 与平面EFGH ． 6．如图，已知四边形ABCD 为菱形，对角线AC 与BD 相交于O ，60BAD ∠=︒，平面ADEF平面BCEF =直线EF ，FO ⊥平面ABCD ，22BC CE DE EF ====（1）求证：//EF DA ；（2）求二面角A EF B --的余弦值．【试题来源】江西省五市九校协作体2021届高三第一次联考 【答案】（1）证明见解析；（2）35． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以//AD BC ，AD ⊄平面BCEF ，BC ⊂平面BCEF ，//AD ∴平面BCEF ，因为平面ADEF平面BCEF =直线,EF AD ⊂平面ADEF ，所以//EF AD ；（2）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为OF ⊥平面ABCD ，所以以O 为坐标原点、OA ，OB ，OF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，取CD 中点M ，连EM ，OM ，60BAD ︒∠=，21BC OA OC OB OD =∴====，2BC CD CE DE CDE ====∴为正三角形，EM =11//,=,//,=22OM BC OM BC EF BC EF BC，//,=//,=EF OM EF OM OF EM OF EM∴∴，从而1(0,1,0),((0,1,0),(22A B C D E---，设平面ADEF一个法向量为(,,)m x y z=，则m DAm DE⎧⋅=⎨⋅=⎩，即12yx y⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11,(1,x y z m=∴===-，设平面BCEF一个法向量为(,,)n x y z=，则n BCn EC⎧⋅=⎨⋅=⎩，即122yx y⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令11,(1,3,1)x y z n=∴==-=--，3cos,5|||,|m nm nm n⋅∴<>==，因此二面角A EF B--的余弦值为35．7．如图，在四棱锥P ABCD-中，90BAD∠=，//AD BC，PA AD⊥，PA AB⊥，122PA AB BC AD====．（1）求证：//BC平面PAD；（2）求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【试题来源】北京房山区2021届高三上学期数学期末试题【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）解法1．因为//BC AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以//BC平面PAD，解法2．因为PA AD⊥，PA AB⊥，AD AB⊥，所以以A为坐标原点，,,AB AD AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz-，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C ，平面PAD 的法向量为(1,0,0)t ， (0,2,0)BC = ，因为 0120000t BC ⋅=⨯+⨯+⨯= ，BC ⊄平面PAD ，所以//BC 平面PAD ； （2）因为PA AD ⊥，PA AB ⊥AD AB ⊥，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C所以平面PAB 的法向量为(0,1,0)n = ， 设平面PCD 的法向量为(,,)m x y z =， (2,2,2)PC =-，(0,4,2)PD =- ，所以2220042020x y z x y m PC m PC y z z y m PD m PD ⎧⎧+-==⎧⎧⊥⋅=⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨-==⊥⋅=⎩⎩⎩⎩，令1(1,1,2)y m ==得 ，cos ,1n mn m n m ⋅<>===⨯，设平面PAB 与平面PCD 所成角为θθ，为锐角， 所以cos θ=． 8．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（1）求证：BE PA ⊥；（2）求二面角A PD C --的余弦值；（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PF PB 的值；若不存在，说明理由．【试题来源】北京市朝阳区2021届高三上学期期末数学质量检测试题【答案】（1）证明见解析；（2）7-；（3）存在；12PF PB =． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AB AD =．因为3BAD π∠=，E 为AD 的中点，所以BE AD ⊥． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，所以BE ⊥平面PAD ． 因为PA ⊂平面PAD ，所以BE PA ⊥．（2）连结PE ．因为PA PD =，E 为AD 的中点，所以PE AD ⊥．由（1）可知BE ⊥平面PAD ，所以BE AD ⊥，PE BE ⊥．设2AD a =，则PE a =．如图，建立空间直角坐标系E xyz -．所以(,0,0),,0),(2,0),(,0,0),(0,0,)A a B C a D a P a --．所以),0(D C a =-，(,0,)D a P a =．因为BE ⊥平面PAD ，所以(0,,0)EB =是平面PAD 的一个法向量．设平面PCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则00n DC n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00ax ax az ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，所以,.x x z ⎧=⎪⎨=-⎪⎩令3x =，则1y =，z =(3,1,n =．所以cos ,||||7n EB n EB n EB ⋅===．由题知，二面角A PD C --为钝角，所以其余弦值为- （3）当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ．理由如下： 因为点E ∈/平面PCD ，所以在线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD 等价于0EF ⋅=n ．假设线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD ．设([0,1])PF PBλλ=∈，则PF PB λ=．所以(0,0,),),)EF EP PF EP PB a a a a a λλλ=+=+=+-=-．由)0EF a a a λ⋅=-=n ，得12λ=． 所以当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ，且12PF PB =． 9．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，4PD =，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别为PB ，PC 的中点．（1）求证：平面ADE ⊥平面PCD ；（2）求直线BF 与平面ADE 所成角的正弦值．【试题来源】北京市东城区2021届高三上学期期末考试【答案】（1）证明见解析；（2）15． 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．因为PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ．因为AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面PCD ．（2）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD CD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．如图建立空间直角坐标系D xyz -．因为4PD =，底面ABCD 为边长为2的正方形，所以()0,0,4P ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,0,0D ，()1,1,2E ，()0,1,2F ． 则()2,0,0DA =，()1,1,2DE =，()2,1,2BF =--．设平面ADE 的法向量(),,m x y z =，由00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，可得2020x x y z =⎧⎨++=⎩． 令1z =-，则0x =，2y =．所以()0,2,1m =-．设直线BF 与平面ADE 所成角为θ，则,sincos ,9BF mBF m BF m θ====．所以直线BF 与平面ADE ． 【名师点睛】本题考查了面面垂直的判定，核心是要求面面垂直，先考虑线面垂直；同时也考查了线面角的计算方法，核心是要求正弦值，先求余弦值．10．如图，已知11ABB A 是圆柱1OO 的轴截面，O 、1O 分别是两底面的圆心，C 是弧AB 上的一点，30ABC ∠=，圆柱的体积和侧面积均为4π．（1）求证：平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）求二面角11B A B C --的大小．【试题来源】江西省吉安市2021届高三大联考数学（理）（3-2）试题【答案】（1）证明见解析 ；（2）60 ．【解析】（1）因为1AA 是圆柱的母线，所以1AA ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ， 所以1AA BC ⊥，又C 是弧AB 上的一点，且AB 是圆O 的直径，所以AC BC ⊥，因为1AA AC A =，所以BC ⊥平面1ACA ，又BC ⊂平面1BCB ，所以平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ，因为圆柱的体积和侧面积均为4π，所以2244rl r l ππππ=⎧⎨=⎩，解得，2r ，1l =，即4AB =，11AA =，因为30ABC ∠=，所以2AC =，BC =设圆柱过C 点的母线为CD ，以C 为原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴､y 轴､z 轴建立空间直角坐标系C xyz -，如图所示；则()0,0,0C ，()B ，()12,0,1A ，()1B ；所以()12,0,1CA =，()10,CB =，()12,BA =-，()10,0,1BB = 设平面11CA B 的法向量为(),,n x y z =，由1120000x z n CA n CB z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取z =x =1y =-，所以平面11CA B的一个法向量为(3,n =--， 设平面11BA B 的法向量为(),,m a b c=，由1102000m BA a c m BB c ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩， 取1b =，则a =0c ，所以平面11BA B 的一个法向量为()3,1,0m =， 所以1cos ,23n mm n n m ⋅===-+⋅， 由图中可看出二面角11B A B C --是锐角，故二面角11B A B C --的值为60．【名师点睛】证明面面垂直的方法：（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可； （2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）； （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．11．如图1，正方形ABCD ，边长为a，,E F 分别为,AD CD 中点，现将正方形沿对角线AC 折起，折起过程中D 点位置记为T ，如图2．（1）求证：EF TB ⊥；（2）当60TAB ︒∠=时，求平面ABC 与平面BEF 所成二面角的余弦值．【试题来源】安徽省黄山市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）取AC 中点O ，连,,OT OB BT ，因为ABCD 为正方形，所以,AC OT AC OB ⊥⊥，又OT OB O ⋂=，所以AC ⊥平面OBT ，而TB ⊂平面OBT ，所以AC TB ⊥． 又,E F 分别为,AD CD 中点，所以//EF AC ，所以EF TB ⊥；（2）因为60TAB ︒∠=，所以TAB △为等边三角形，TB a =，又2OT OB a ==，所以222TB OB OT =+，即OT OB ⊥． 如图建立空间直角坐标系O xyz -，则,0,0,0,,B E F ⎫⎛⎛⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，220,,0,,,2244EF a EB a ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，平面ABC 法向量(0,0,1)m =设平面BEF 法向量(,,1)x n y =，由00n EF n EB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00244y ay =⎧+-=⎩，012y x =⎧⎪⎨=⎪⎩，1,0,1,cos ,2||||11mn n m n m n ⋅⎛⎫=<>=== ⎪⋅⎝⎭⋅， 记平面ABC 与平面BEF 所成二面角为θ，则θ为锐角，所以cos 5θ=即平面ABC 与平面BEF ． 12．如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点E ，F 分别在棱1AA ，1CC 上，且满足113AE AA =，113CF CC =，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ．（1）证明：直线l ⊥平面1BDD ；（2）已知2EF =，14BD =，设BF 与平面1BDD 所成的角为θ，求sin θ的取值范围．【试题来源】海南省2021届高三年级第二次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）35⎫⎪⎪⎝⎭．【解析】（1）如图，连接AC ，与BD 交于点O ．由条件可知//AE CF ，且AE CF =，所以//AC EF ，因为EF ⊂平面BEF ，所以//AC 平面BEF ．因为平面BEF 平面ABC l =，所以//AC l ． 因为四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，所以AC BD ⊥，1AC BB ⊥，又1BD BB B ⋂=，所以AC ⊥平面1BDD ，所以l ⊥平面1BDD ．（2）如图所示，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC 的方向为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系．设2BD a =，因为1BD BD <，所以02a <<．则OB a =，1DD ==所以(,0,0)B a ，(0,1,0)C，F ⎛ ⎝． 由（1）可知(0,1,0)OC =是平面1BDD的一个法向量，而BF a ⎛=- ⎝， 所以sin cos ,OC BF OC BF OC BF θ⋅=<>===当02a <<35<<，即3sin 5θ⎫∈⎪⎪⎝⎭．【名师点睛】求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．13．在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，1AA =AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 是1B C 的中点．（1）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ；（2）求直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由1B C ⊥平面ABC ，AB平面ABC ，得1AB B C ⊥， 又AB AC ⊥，1CB AC C =，故AB ⊥平面1AB C ， AB 平面11ABB A ，故平面11ABB A ⊥平面1AB C ．（2）以C 为原点，CA 为x 轴，1CB 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则()0,0,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B，又BC =11BB AA == 故11CB =，()10,0,1B ，10,0,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,0CA =， ()111,1,1AA BB ==--，11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面11AAC C 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n CA n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x x y z =⎧⎨--+=⎩，令1y =，则1z =， ()0,1,1n =， 设直线AE 与平面11AAC C 所成的角为θ，故1sin 102nAEn AE θ⋅===，即直线AE 与平面11AAC C14．如图，在平面四边形PABC 中，PA AC ⊥，AB BC ⊥，PA AB ==，2AC =，现把PAC △沿AC 折起，使P 在平面ABC 上的射影为O ，连接OA 、OB ，且OB//AC ．（1）证明：OB ⊥平面PAO ；（2）求二面角O PB C --的余弦值．【试题来源】安徽省六安市示范高中2020-2021学年高三上学期教学质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）PO ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，PO AC ∴⊥，又PA AC ⊥，PAPO P =，所以AC ⊥平面PAO ， //OB AC ，所以OB ⊥平面PAO ；（2）在Rt ABC 中，AB =2AC =，则1BC ==，30BAC ∴∠=，在Rt OAB 中，903060OAB ∠=-=，所以12OA AB ==，32OB =，Rt PAO 中，PA =AO =32OP ∴==， 以点O 为坐标原点，OB 、OA 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则0,,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、,02C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、3,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭、30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以33,0,22PB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，32PC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，由（1）可知()0,1,0m =为平面POB 的一个法向量，设平面平PBC 的法向量为(),,n x y z =，则有330223202x z x y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩y x z x ⎧=⎪⇒⎨⎪=⎩，取x =(3,n =-，cos ,717m n m n m n ⋅===-⋅⨯， 由图可知，二面角O PB C --为钝角，所以，二面角O PB C --的余弦值为7-． 15．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，//,90BC AD ADC ∠=︒，11,2BC CD AD E ===为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段,PD PC 分别交于点,G F ．（1）求证：GF ⊥平面PAD ；（2）若PA PD ==G为PD 的中点，求平面PAB 与平面BEGF所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省名校2020-2021学年高三上学期期末联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】证明：（1）因为12BC AD =，且E 为线段AD 的中点，所以BC DE =， 因为//BC AD ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以//BE CD ，因为CD ⊂平面,PCD BE ⊂/平面PCD ，所以//BE 平面PCD ，又平面BEGF ⋂平面PCD GF =，所以//BE GF ，又BE AD ⊥，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =， 所以BE ⊥平面PAD ，所以GF ⊥平面PAD ；（2）因为,PA PD E =为线段AD 的中点，所以PE AD ⊥，‘’因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA 的方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -；则11(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,0),(1,0,0),,0,22P A B E D G ⎛⎫--⎪⎝⎭， 则11(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0),(1,0,1),,0,22PA PB BE DP EG ⎛⎫=-=-=-==- ⎪⎝⎭， 设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，则0{0PA m PB m ⋅=⋅=，，，即11110,0x z y z -=⎧⎨-=⎩， 不妨令11x =，可得(1,1,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面BEGF 的法向量为()222,,n x y z =，则0{0BE n EG n ⋅=⋅=，，，即222011022y x z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，不妨令21x =，可得(1,0,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面PAB 与平面BEGF 所成的锐二面角为α，于是有2cos |cos ,|32m n α=〈〉==； 所以平面PAB 与平面BEGF ．16．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，对角线AC 与BD 交于点F ，侧面SBC 是边长为2的等边三角形，点E 在棱BS 上．（1）若//SD 平面AEC ，求SE EB的值； （2）若平面SBC ⊥平面ABCD ，求二面角B AS C --的余弦值．【试题来源】江苏省G4（苏州中学、常州中学、盐城中学、扬州中学）2020-2021学年高三上学期期末联考【答案】（1）1；（2． 【解析】（1）连结EF ，因为//SD 平面AEC ，SD ⊂平面BSD ，平面BSD ⋂平面AEC EF =，所以//SD EF ．因为底面ABCD 是正方形，F 为AC 中点，所以EF 是SD 的中位线，则1SE EB=． （2）取BC 的中点为O ，AD 的中点为M ，连结MO ，则MO BC ⊥， 因为平面SBC ⊥平面ABCD ，平面SBC平面ABCD BC =，OM ⊂平面ABCD ， 所以OM ⊥平面SBC ．又OS BC ⊥，所以O 为坐标原点．以{},,OS OC OM 为正交基底建立空间直角坐标系O xyz -．则()0,1,2A -，()010B -,,，()0,1,0C，)S，1,022E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而()SC =-，()0,2,2AC =-，()0,0,2AB =-，()3,1,2AS =-． 设平面ASC 的法向量为(),,m x y z =， 则0,0.m SC m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0.y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩取1x =，则y =z = 所以平面ASC的一个法向量为(1,3,m =．设平面ASB 的法向量为(),,n x y z =， 则0,0.n AB n AS ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20,20.z y z -=⎧⎪+-=取y =1x =-，0z =． 所以平面ASB 的一个法向量为()1,3,0n =-．所以7cos ,7m n m n m n ⋅〈〉==． 因为二面角B AS C --的平面角为锐角，所以二面角B AS C --的余弦值为7． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．17．在三棱锥P ABC -中，底面ABC 为正三角形，平面PBC ⊥平面,1,ABC PB PC D ==为AP 上一点，2,AD DP O =为三角形ABC 的中心．（1）求证：AC ⊥平面OBD ；（2）若直线PA 与平面ABC 所成的角为45︒，求二面角A BD O --的余弦值．【试题来源】山东省威海市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）5． 【解析】（1）证明：连接AO 并延长BC 交于点E ，则E 为BC 中点，连接PE ．如图所示：因为О为正三角形ABC 的中心，所以2,AO OE =又2AD DP =，所以//,DO PE 因为PB PC =，E 为BC 中点，所以,PE BC ⊥ 又平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC 平面ABC BC =，所以PE ⊥平面,ABC 所以DO ⊥平面,ABC AC ⊂平面PBC ，所以,DO AC ⊥又,AC BO DO BO O ⊥⋂=，所以AC ⊥平面OBD ．（2）由PE ⊥平面ABC 知，所以45PAE ∠=︒ ，所以,PE AE =所以,ABE PBE ≌ 所以1AB PB BC AC ====，由（1）知，,,EA EB EP 两两互相垂直，所以分别以,,EA EB EP 的方向为,,x y z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则1,0,,0,0,0,,22263A B P D ⎛⎫⎛⎫⎛⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，10,,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以31,,0,2231,,623AB BD ⎛⎫-⎛= ⎪ ⎪⎝⎭=-⎝⎭， 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =， 则302302x y nBD z y n AB x ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，令1,x =可得1y z ==，则()1,3,1n =． 由（1）知AC ⊥平面,DBO 故1,02AC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭为平面DBO 的法向量， 所以2cos ,5nAC n AC n AC -⋅===-，由图可知二面角A BD O --的为锐二面角，所以二面角A BDO --的余弦值为5． 18．如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，且FB =，M ，N 分别为EF ，AB 的中点．（1）求证：//MN 平面FCB；（2）若直线AF 与平面FCB 所成的角为60°，求平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】山西省运城市2021届高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）取BC 的中点Q ，连接NQ ，FQ ，则1//2NQ AC ，且12NQ AC =， 又1//2MF AC ，且12MF AC = ，所以//MF NQ 且MF NQ =， 所以四边形MNQF 为平行四边形，所以//MN FQ ，因为FQ ⊂平面FCB ，MN ⊄平面FCB ，所以//MN 平面FCB ；（2）由四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，可得1BC =，AC =90ACB ∠=︒，所以AC BC ⊥．因为四边形ACFE 为矩形，所以AC CF ⊥，所以AC ⊥平面FCB ，所以AFC ∠为直线AF 与平面FCB 所成的角，即60AFC ∠=︒，所以1FC =．因为FB =，所以222FB FC CB =+，所以FC BC ⊥．则可建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，3(3,0,0),(0,1,0),,0,12A B M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以3,0,1,(3,1,0)2MA AB ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面MAB 的法向量，则00MA m AB m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即30230x z x y ⎧-=⎪⎨⎪-+=⎩，取23x =，则(23,6,3)m =为平面MAB 的一个法向量，又(0,1,0)n =为平面MAC的一个法向量， 所以657257cos 571||m n mn m n ⋅〈〉====⨯∣∣， 故平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值为5719． 19．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）若H 为EF 的中点，证明：//GH 平面ABCD ；（2）若14=EH EF ，求直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值． 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试（理） 【答案】（1）证明见解析；（26． 【解析】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，所以截面AEFG 是平行四边形，则4=-=DG CF EB ．因为36==FC EB ，所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//HM ，所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ，所以//GH 平面ABCD ．（2）解：如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，则(4,0,0)A ，(0,4,0)C ，(0,0,4)G ，(3,4,3)H ，(4,4,0)=-AC ，(4,0,4)=-AG ，(3,0,3)=CH ．设平面ACG 的法向量为(,,)n x y z =，则440440AC n x y AG n x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，令1x =，得(1,1,1)n =．因为cos ,3||||32⋅〈〉===⨯CH n C n n CH H ，所以直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值为3．【名师点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化，通过严密推理证明线线平行从而得线面平行，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．20．如图，已知四边形ABCD 和BCEG 均为直角梯形，//AD BC ，//CE BG ，且2BCD BCE π∠=∠=，120ECD ∠=︒．22BC CD CE AD BG ====．（1）求证：//AG 平面BDE ；（2）求二面角E BD C --的余弦值．【试题来源】安徽省蚌埠市2020-2021学年高三上学期第二次教学质量检查（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）证明：在平面BCEG 中，过G 作GN CE ⊥于N ，交BE 于M ，连DM ， 由题意知，MG MN =，////MN BC DA 且12MN AD BC ==， 因为//MG AD ，MG AD =，故四边形ADMG 为平行四边形，所以//AG DM ， 又DM ⊂平面BDE ，AG ⊂/平面BDE ，故//AG 平面BDE ．（2）由题意知BC ⊥平面ECD ，在平面ECD 内过C 点作CF CD ⊥交DE 于F ， 以C 为原点，CD ，CB ，CF 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设1AD =，则22BC CD CE BG ====．且()0,0,0C ，()2,0,0D ，()0,2,0B ，(E -，设平面EBD 的法向量(),,n x y z =，则由0,0,DE n BD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得30,220,x x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ 取1y =，得(1,1,3n =，易知平面BCD 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,51m nm n m n ⋅==⋅=⋅E BD C --． 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，M 为PC 的中点．（1）求证：//AP 平面BDM ；（2）若PB PC ==CD PC ⊥，求二面角C DM B --的余弦值．【试题来源】河南省湘豫名校2020-2021学年高三上学期1月月考（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连接AC 交BD 于E ，连接EM ，则E 为AC 中点，所以EM 为APC △的中位线，所以//EM AP ，因为EM ⊂平面BDM ，AP ⊄平面BDM ，所以//AP 平面BDM ．（2）在PBC 中，因为2224PB PC BC +==，所以PB PC ⊥，取BC 中点O ，AD 中点F ，连接PO ，OF ，则PO BC ⊥，1PO =，因为BC CD ⊥，CD PC ⊥，BC 、PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以CD ⊥平面PBC ，因为PO ⊂平面PBC ，所以CD PO ⊥，因为PO BC ⊥，BC CD C ⋂=，BC 、CD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO OF ⊥，所以PO ，OF ，OB 两两垂直，如图所示，以O 为原点，OF ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(2,1,0)D -，(0,0,1)P ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，所以110,,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，可得112,,22DM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(2,2,0)BD =-，(2,0,0)CD =．设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =， 则0 0m BD m DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220112022x y x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(1,1,3)m =， 设平面CDM 的法向量为()222,,n x y z =，则00n CD n DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222220112022x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(0,1,1)n =-，所以222cos ,11||||112m n m nm n ⋅〈〉===⋅⨯， 所以二面角C DM B --的余弦值为11．22．如图所示，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直， //BE CF ，BCF CEF ∠=∠=90°，AD =EF =（1）求证：EF ⊥平面DCE（2）当AB 的长为何值时，二面角A EF C --的大小为60°． 【试题来源】山东省菏泽市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）60°．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD 平面BEFC BC =，CD BC ⊥，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面BEFC ，EF ⊂平面BEFC ，从而CD EF ⊥． 因为EF CE ⊥，CD CE C =，,CD CE ⊂平面CDE ，所以EF ⊥平面CDE ．（2）如图所示，以点C 为坐标原点，以CB 、CF 和CD 所在直线分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系．过点E 作EG CF ⊥于点G ．在Rt EFG中，EG AD ==EF =1FG =．因为CE EF ⊥，则90EFC ECF BCE ∠=︒-∠=∠，所以Rt EFG Rt ECB △△，EG GF EF BE BC EC==，所以2,BE CE == 所以2CG =，所以3CF =．设AB a ，则()0,0,0C，)A a，)E ，()0,3,0F ．()0,2,AE a =-，()EF =-，()2,2,0CE =， 设平面AEF 的法向量(),,n x y z =．则00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200y az y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令2z=，得,2n a ⎫=⎪⎭．因为CD ⊥平面EFC ，()0,0,CD a =，所以1cos ,2n CD ==，解得a =所以当AB =A EF C --的大小为60°．【名师点睛】本题考查空间向量法求二面角．求空间角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论； （2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出平面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．23．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB BC ⊥，//CD AB ，面ABE ⊥面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上．（1）证明：当2MA EM =时，直线//CE 平面BDM ；（2）当AE ⊥平面MBC 时，求二面角E BD M --的余弦值．【试题来源】内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连结BD 与AC 交于点N ，连结MN ，//AB CD ，24AB CD ==， CND ANB ∴△∽△，12CD CN AB AN ∴==， 12EM MA =，EM CN MA AN∴=，MN //EC ∴， 又MN ⊂面BDM ，CE ⊂面BDM ，//CE ∴平面BDM ．（2）AE 平面MBC ，AE BM ∴⊥，M ∴是AE 的中点，取AB 的中点为O ， OE ∴⊥平面ABCD ，以OD ，OA ，OE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)B-，E ，(2,0,0)D ，(0,2,0)A ，M ，设平面EBD 的法向量为()1111,,x n y z=，则1111112200020x y n BD n BE y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩， 令11z =，则1y=1x =1(3,3,1)n ∴=-，设平面BDM 的法向量为()2222,,n x y z =，则2222222200030x y n BD n BM y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩，令2z 21y =-，21x =，1(1,13)n ∴=-， 1212123105cos ,||n n n n n n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角E BD M --的余弦值为35． 24．已知正方体1111ABCD A B C D -，棱长为2，M 为棱CD 的中点，N 为面对角线1BC 的中点，如图．（1）求证：ND AN ⊥；（2）求平面1AMD 与平面11AAC C 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省池州市2020-2021学年高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取BC 的中点分别为F ，连接NF ，DF ，因为N ，F 分别为1BC ，BC 的中点，1111ABCD A B C D -是正方体，易得NF ⊥平面ABCD ，所以NF AM ⊥；因为FC MD =，AD DC =，FCD MDA ∠=∠，所以FCD MDA ≌△△，所以CFD DMA ∠=∠，所以90FDC DMA ∠+∠=︒，所以FD AM ⊥，因为NF FD F =，NF ⊂平面NFD ，FD ⊂平面NFD ，所以AM ⊥平面NFD ， 又DN ⊂平面NFD ，所以ND AM ⊥；（2）以A 为原点，分别以AB 、AD 、1AA 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系：连接BD ，1C D ，在正方体1111ABCD A B C D -中，易知1BD C D =，且N 为1BC 中点，所以1DN BC ⊥．又11//BC AD ，所以1AD DN ⊥． 因为1AD AM A =，1AD ⊂平面1AMD ，AM ⊂平面1AMD ，所以ND ⊥平面1AMD ，故ND 为平面1AMD 的一个法向量；由1111ABCD A B C D -是正方体，得BD ⊥平面11AAC C ，故BD 为平面11AAC C 的一个法向量，因为()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,1,1N ， 所以()2,1,1ND =--，()2,2,0BD =-， 所以(cos ,ND BDND BD ND BD -⋅<>===⋅则平面1AMD 与平面11AAC C25．如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD CD ⊥，AB ∥CD ，122AB AD CD ===，点M 在线段EC 上．（1）当点M 为EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ；（2）当平面BDM 与平面ABFM 在线段EC 上的位置．【试题来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2）点M 为EC 中点．【解析】（1）以直线DA 、DC 、DE 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)E ，所以(0,2,1)M ．所以(2,0,1)BM =-， 又(0,4,0)DC =是平面ADEF 的一个法向量．因为0BM DC ⋅=即BM DC ⊥，BM ⊄平面ADEF ，所以BM ∥平面ADEF ；（2）设(,,)M x y z ，则(,,2)EM x y z =-，又(0,4,2)EC =-，设()01EM EC λλ=≤≤，则0,4,22x y z λλ===-，即(0,4,22)M λλ-．设111(,,)n x y z =是平面BDM 的一个法向量，则11112204(22)0DB n x y DM n y z λλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取11x =得11y =-，此时显然1λ=时不符合，则121z λλ=-，即2(1,1,)1n λλ=--， 又由题设，(2,0,0)DA =是平面ABF 的一个法向量，所以cos ,622DA n DA n DA n ⋅===⋅，解得12λ=，即点M 为EC 中点． 【名师点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．26．如图所示，在多面体ABCDEF 中，//AB CD ，AB BC ⊥，22AB BC CD ==，四边形ADEF 为矩形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF AB λ=．（1）证明：//DF 平面BCE ；（2）若二面角C BE F --λ的值． 【试题来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）取AB 的中点为M ，连接FM CM DM ，，，因为//AM CD 且AM CD =，四边形AMCD 为平行四边形，所以//AD MC 且AD MC =，因为四边形ADEF 为矩形，所以//FE MC 且=FEMC ，所以四边形EFMC 是平行四边形，所以//FM EC ，且EC ⊂平面BEC ，FM ⊄平面BEC ，。