2019届高考数学一轮复习课时跟踪检测(四十四)空间向量的运算及应用理(普通高中)

2019高考数学一轮复习课时规范练42 空间向量及其运算理新人教B版1.已知空间四边形OABC中,=a,=b,=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则=()A.a-b+cB.-a+b+cC.a+b-cD.a+b-c2.设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点O,球面上的两个点A,B的坐标分别为A(1,2,2),B(2,-2,1),则|AB|等于()A.18B.12C.3D.23.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面A1C1的中心,若+x+y,则x,y的值分别为()A.x=1,y=1B.x=1,y=C.x=,y=D.x=,y=14.向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是()A.a∥b,a∥cB.a∥b,a⊥cC.a∥c,a⊥bD.以上都不对5.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=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6.(2017浙江舟山模拟)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量两两的夹角均为60°,且||=1,||=2,||=3,则||等于()A.5B.6C.4D.87.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为.8.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.9.(2017宁夏银川模拟)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,则||的值是.10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C⊥平面BC1D.〚导学号21500751〛综合提升组11.已知=(2,2,-2),=(1,y,z),若=(x-1,y,1),且BP⊥AB,则实数x,y,z分别为()A.5,-1,1B.1,1,-1C.-3,1,1D.4,1,-212.(2017安徽合肥质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,点M是BC的中点,点P∈AC1,Q ∈MD,则PQ长度的最小值为()A.1B.C.D.213.(2017内蒙古包头模拟)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<>=,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.〚导学号21500752〛14.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点.(1)求证:EF⊥CD.(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GF⊥平面PCB.若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.创新应用组15.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.16.如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1,在其底面三角形ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求的模;(2)求cos<>的值;(3)求证:A1B⊥C1M.〚导学号21500753〛参考答案课时规范练42 空间向量及其运算1.B)-=-a+b+c.2.C|AB|==3.3.C如图,)=.4.C因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以a∥c.又a·b=(-2)×2+(-3)×0+1×4=0,所以a⊥b.5.C∵M为BC中点,∴).∴)·=0.∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.6.A设=a,=b,=c,则=a+b+c,||2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2c·a=25,因此||=5.7.由=2a+b,=3a-b,得||=,||==(2a+b)·(3a-b)=.∴cos∠BOA=,∴sin∠BOA=.∴S△OAB=|||sin∠BOA=.8.2由题意知=0,||=||.∵=(6,-2,-3),=(x-4,3,-6),∴解得x=2.9.设P(x,y,z),则=(x-1,y-2,z-1),=(-1-x,3-y,4-z).由=2,得点P坐标为.又D(1,1,1),∴||=.10.证明(1))=)=)=,∴,即A1,G,C三点共线.(2)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0.∵=a+b+c,=c-a,∴=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.因此,即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.11.B∵,∴=-,解得y=1,z=-1.∵BP⊥AB,∴2(x-1)+2y-2=0,解得x=1.12.C根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x0,2x0,3-3x0),Q(x1,2-x1,3),x0∈[0,1],x1∈[0,1],所以PQ=, 当且仅当x0=,x1=时,PQ取得最小值,即PQ min=.13.(1,1,1)由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),设P(0,0,a)(a>0),则E,所以=(0,0,a),,||=a,||=.又cos<>=,所以,解得a2=4,即a=2,所以E(1,1,1). 14.(1)证明如图,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F.=(0,a,0).∵=0,∴,即EF⊥CD.(2)解假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则,若使GF⊥平面PCB,则由x-,-,z-·(a,0,0)=a=0,得x=.由x-,-,z-·(0,-a,a)=+a=0,得z=0.∴点G坐标为,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.15.以A为坐标原点,射线AB,AD,AQ分别为x,y,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD和ADPQ的边长为2,则E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0≤y≤2).所以=(2,1,0),=(-1,y,2).所以=-2+y,||=,||=.所以cos θ==.令2-y=t,则y=2-t,且t∈[0,2].所以cos θ==.当t=0时,cos θ=0.当t≠0时,cos θ==,由t∈(0,2],得,所以≥.所以0<cos θ≤,即cos θ的最大值为.16.(1)解如图,建立空间直角坐标系.依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),∴||==.(2)解依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),∴=(1,-1,2),=(0,1,2),=3,||=,||=.∴cos<>==.(3)证明依题意,得C1(0,0,2),M=(-1,1,-2),,∴=-+0=0.∴,∴A1B⊥C1M.。

[时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6) 2．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( )A ．1 B.15 C.35 D.753．与向量a ＝(6,7，－6)平行的单位向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫6121，7121，－6121 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫611，711，－611或⎝ ⎛⎭⎪⎫－611，－711，611C.⎝ ⎛⎭⎪⎫611，711，－611D.⎝ ⎛⎭⎪⎫6121，7121，－6121或⎝ ⎛⎭⎪⎫－6121，－7121，6121 4．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值是( )A.55B.555C.355 D.115 能力提升 5．如图K41－1，在空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，B 1E ＝14A 1B 1，则BE →等于( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，－1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－14，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，－1 6．已知a ⊥b ，〈a ，c 〉＝π3，〈b ，c 〉＝π6，且|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3，则|a ＋b ＋c |＝( )A ．17＋6 3B ．17－6 3C.17＋6 3D.17－6 37．如图K41－2，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2 8．[2011·长沙四县模拟] 到点A (－1，－1，－1)和点B (1,1,1)的距离相等的点P (x ，y ，z )的坐标满足( )A ．x ＋y ＋z ＋1＝0B ．x ＋y ＋z －1＝0C ．x ＋y ＋z ＝0D ．x ＋y －z ＝09．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是( ) A ．a ，a ＋b ，a －b B ．b ，a ＋b ，a －bC ．c ，a ＋b ，a －bD ．a ＋b ，a －b ，a ＋2b 10．已知|a |＝3，|b |＝5，且a ·b ＝12，则向量a 在向量b 的方向上的投影为________．11．已知空间三点A (1,1,1)，B (－1,0,4)，C (2，－2,3)，则AB →与CA →的夹角θ的大小是________．12．[2011·银川期末] 在平面直角坐标系中，由点A (a,0)，B (0，b )(ab ≠0)确定的直线的方程为x a ＋y b＝1，类比到空间直角坐标系中，由A (a,0,0)，B (0，b,0)，C (0,0，c )(abc ≠0)确定的平面的方程可以写成________．13．在平行六面体(即六个面都是平行四边形的四棱柱)ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝1，AD ＝2，AA ′＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AC ′的长为________．14．(10分)若(a ＋b )⊥(2a －b )，(a －2b )⊥(2a ＋b )，试求cos 〈a ，b 〉． 15．(13分)把边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求：(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小．难点突破16．(12分)已知A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，O (0,0,0)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，求点Q 的坐标．课时作业(四十一)【基础热身】1．B [解析] 由于b ＝12x －2a ，则x ＝2b ＋4a ＝2(－4，－3，－2)＋4(2,3，－4)＝(0,6，－20)．2．D [解析] 由于k a ＋b ＝k (1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k －1，k,2)，2a －b ＝2(1,1,0)－(－1,0,2)＝(3,2，－2)，而两向量互相垂直，则有(k －1)×3＋k ×2＋2×(－2)＝0，解得k ＝75. 3．B [解析] 设与a 平行的单位向量为b ＝(x ，y ，z )，则x 2＋y 2＋z 2＝1，且x ＝6λ，y ＝7λ，z ＝－6λ，所以λ＝±111，则b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫611，711，－611或⎝ ⎛⎭⎪⎫－611，－711，611.4．C [解析] 由于b －a ＝(2，t ，t )－(1－t,1－t ，t )＝(1＋t,2t －1,0)，则|b －a |＝1＋t 2＋2t －12＝5t 2－2t ＋2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫t －152＋95≥355. 【能力提升】5．C [解析] B 点坐标为(1,1,0)，E 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，34，1，则BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1，34－1，1－0＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－14，1. 6．C [解析] 由|a ＋b ＋c |＝a ＋b ＋c 2求得正确选项为C.7．D [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－ 2.8．C [解析] 由空间两点间距离公式可得x ＋y ＋z ＝0.9．C [解析] 对于实数λ、μ，形如λa ＋μb 的向量都与向量a ，b 是共面向量．因为a ＝12()a ＋b ＋12(a －b )，故选项A 中的三个向量共面；因为b ＝12(a ＋b )－12(a －b )，故选项B 中的三个向量共面；因为a ＋2b ＝32(a ＋b )－12(a －b )，故选项D 中的三个向量共面．对选项C ，我们设c ＝λ(a ＋b )＋μ(a －b )，则(λ＋μ)a ＋(λ－μ)b －c ＝0，由于{a ，b ，c }为空间的一个基底，故a ，b ，c 不共面，所以(λ＋μ)a ＋(λ－μ)b －c ＝0⇔λ＋μ＝0，λ－μ＝0，－1＝0，这显然是不可能成立的，故选项C 中的三个向量是不共面的，正确选项为C.10.125 [解析] 向量a 在向量b 的方向上的投影等于|a |·cos 〈a ，b 〉＝|a |a ·b |a ||b |＝a ·b |b |＝125. 11．120° [解析] 由于AB →＝(－2，－1,3)，CA →＝(－1,3，－2)，则cos θ＝cos 〈AB →，CA →〉＝－2×－1＋－1×3＋3×－214×14＝－12，则θ＝120°.12.x a ＋y b ＋z c＝1 [解析] 根据平面上点的坐标、距离公式、中点坐标公式到空间的情况进行类比．通过直线方程的结构形式，可以类比得出平面的方程为x a ＋y b ＋z c＝1.13.23 [解析] 如图，AC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，所以|AC ′|＝|AC ′→|＝|AB →＋AD →＋AA ′→|＝ AB →2＋AD →2＋AA ′→2＋2AB →·AD →＋AB →·AA ′→＋AD →·AA ′→ ＝1＋4＋9＋21×3×cos60°＋2×3×cos60°＝23.则(a ＋b )·(2a －b )＝2a 2－b 2＋a ·b＝2|a |2－|b |2＋|a |·|b |cos 〈a ，b 〉＝0，即cos 〈a ，b 〉＝|b |2－2|a |2|a |·|b |，又(a －2b )⊥(2a ＋b )，则(a －2b )·(2a ＋b )＝2a 2－2b 2－3a ·b＝2|a |2－2|b |2－3|a |·|b |cos 〈a ，b 〉 ＝0，即cos 〈a ，b 〉＝2|a |2－2|b |23|a |·|b |，所以|b |2－2|a |2|a |·|b |＝2|a |2－2|b |23|a |·|b |，即5|b |2＝8|a |2，即|b |＝2105|a |，所以cos 〈a ，b 〉＝|b |2－2|a |2|a |·|b |＝85|a |2－2|a |2|a |·2105|a |＝－1010.15．[解答] 如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O －xyz ，则A 0，－22a,0，B 22a,0,0，C 0，22a,0，D 0,0，22a ，E 0，－24a ，24a ，F 24a ，24a,0.(1)|EF →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a －02＋⎝ ⎛⎪⎫24a ＋2a 2＋ ⎛⎪⎫0－2a 2＝32，∴|EF |＝32a .(2)OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－24a ，24a ，OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ，24a ，0，OE →·OF →＝0×24a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a ×0＝－a 28，|OE →|＝a 2，|OF →|＝a 2，cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝－12，∴∠EOF ＝120°. 【难点突破】16．[解答] 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 →取得最小值－23，此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.。

课时作业45空间向量及其运算［授课提示：对应学生用书第245页］一、选择题1. 空间直角坐标系中，力(1,2,3), B(—2, —1,6), C(3,2,l), £>(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—► —A解析：由题意得人B=( — 3, —3,3), CD=(1,1, — 1),:・AB=—3CD 、—► —► ―► —►:.AB 与CD 共线，又/〃与CD 没有公共点.:.AB//CD.答案：B—► —► —►2. 已知空间四边形OABC 屮，OA=a, OB=b, OC=c,点M 在Q4上,> OM=2MA, N 为 BC 中点，则M7V=(—k —” ―k [ —" —▼ r\ ―厂解析：显然MN= ON-OM=^OB+OC)-joA.答案：B3. (2018-H 照调研)已知M(4丄3), BQ, —5,1), C 为线段AB k 一点，且篦 =y 则C 点的坐标为(解析：由题意知 2AC=CB,设 C(x, y, z),则 2(兀一4, y —1, z —3) = (2—x, —5 —v, 1 —z),A. q i ~rB. C. (学 -1 ，|) D 2, I ) A.如-詁(§，-3,2) (1，2x _8 = 2_x,.・.< 2y —2=—5—y,・2z —6= 1 —z,答案：C —► ―► ―► —► —► ―►4. 在空间四边形 ABCD 中，AB-CD+ACDB+AD-BC=(A. —1 B ・ 0C. 1 D ・不确定则 AB- CD+AGDB+ADBC=a(c —b)+b(a —c)+c(b —a) =ac —ab-\-ba —bc+cb —ca答案：B5. 对于空间一点O 和不共线的三点力，B, C,有6OP=OA+2OB+3OC,解析：由6OP=OA+2OB+3OC 9得OP —OA = 2(OB-OP) + 3(OC-OP)9 ^AP=2PB+3PC,故/P, PB, PC 共面，又它们有公共点P,因此，P, A, B, C 四点共面，故选B.答案：B6. 在空间四边形 ABCD 中，若/〃=(—3,5,2), CQ=( —7, —1, 一4),点 E,F 分别为线段BC, 4D 的屮点，则EF 的坐标为() 则()A. O, A, B,B ・P, A f B,C ・O, P, B,D. 0, P, A,C 四点共面C 四点共面C 四点共面B, C 五点共面10 7A. (2,3,3)B. (一2, —3, —3)C. (5, -2,1)D. (一5,2, -1)解析：因为点E, F分别为线段BC, /Q的中点，O为坐标原点,所以EF=OF—OE, OF=^OA + OD)9OEpOB+OC).所以EF=^OA + OD)—*(OB + OC) =^BA + CD) =*[(3, —5, —2) + ( —7, — 1, —4)] =*(_4, —6, _6) = ( —2, —3, _3)・答案：B二、填空题7.____________________________________________________ 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=\.在如图所示的空间直角坐标系中，则|M"= _________________ .解析：连接PD, •:M,N分别为CD, PC的中点，・・・|加|=如忆＞|,又P(O,O,1), D(0 丄 0),嗾案・亚口•28.若a=(0,l, -1), 6=(1,1,0),且(a+肋)丄a,则实数久的值为・解析：因为(a+肋)丄a,所以(a+Abya=a2+/^a=(y[2)2+X X (0+ 1 +0)=0,解得 z= -2.答案：-29.已知P为矩形ABCD所在平面外一点，刃丄平面ABCD，点M在线段—►—►―►―►PC 上，点 N在线段 PD 上，且PM=2MC, PN=ND,若MN=xAB+yAD+zAP, 贝!J x+y+z= ___________ .1 ?解析：如图，MN= PN-PM=^PD~^PC =j(AD-AP)~^(B4 +AC)=^AD-^AP+^AP-^AB+AD)2 | |所以 x+y~\~z= _§_&+&=答案:—g三、解答题10. 设 a { = 2i~j+k f a 2=i+3j~2k, a 3=-2i+j~3k, a 4=3i+2j+5k,试 问是否存在实数2、“、V 使心=加1+心2 + "3成立？如果存在，算出久、“、V 的值，如果不存在，请给出证明.解析：假设偽=加1+"。

第十四单元空间向量及其应用考点一利用空间向量求线面角的大小1.(2017年北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点.(2)求二面角B-PD-A的大小.(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)设AC,BD交于点E,连接ME,因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形,所以E为BD的中点,所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·PD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,则y=1,z=2.于是n=(1,1,2).平面PAD的法向量为p=(0,1,0),所以cos<n,p>=n·p|n||p|=1 2 .由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以其大小为π.(3)由题意知M-1,2,2,C(2,4,0),MC=3,2,−2.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC||n||MC|=269,所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.AD,E为棱AD的中点,异面直线2.(2016年四川卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【解析】(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知得BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知得CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的一个平面角,所以∠PDA=45°.又PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴、z轴的正方向,以DC的方向为y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).设平面PCE 的法向量为n=(x ,y ,z ), 由 n ·PE =0,n ·EC =0,得 x -2z =0,x +y =0.设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α, 则sin α=|n ·AP ||n |·|AP |= 2+(−2)+1×2=13, 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为1.3.(2016年天津卷)如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG ∥平面ADF. (2)求二面角O-EF-C 的正弦值.(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=23HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【解析】依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 为原点,分别以AD ,BA ,OF 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O (0,0,0),A (-1,1,0),B (-1,-1,0),C (1,-1,0),D (1,1,0),E (-1,-1,2),F (0,0,2),G (-1,0,0).(1)依题意,AD=(2,0,0),AF =(1,-1,2). 设n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面ADF 的法向量, 则 n 1·AD =0,n 1·AF =0,即2x 1=0,x 1-y 1+2z 1=0,不妨取z 1=1,可得n 1=(0,2,1). 又EG =(0,1,-2),可得EG ·n 1=0.又因为直线EG ⊄平面ADF ,所以EG ∥平面ADF.(2)易证OA =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量,依题意,EF =(1,1,0),CF =(-1,1,2). 设n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面CEF 的法向量, 则 n 2·EF =0,n 2·CF =0, 即 x 2+y 2=0,-x 2+y 2+2z 2=0,不妨取x 2=1,可得n 2=(1,-1,1).因此有cos <OA ,n 2>=OA·n 2|OA |·|n 2|=- 63,于是sin <OA,n 2>= 33. 所以二面角O-EF-C 的正弦值为 33.(3)由AH=23HF ,得AH=25AF. 因为AF =(1,-1,2), 所以AH =25AF= 25,-25,45, 进而有H -3,3,4 ,从而BH= 25,85,45. 因此cos <BH ,n 2>=BH ·n2|BH|·|n 2|=- 7.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为 7.题型二 利用空间向量求二面角的大小4.(2017年全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD.(2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD. 因为AB ∥CD ,所以AB ⊥PD. 又AP ∩DP=P ,所以AB ⊥平面PAD.因为AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD. (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ,垂足为点F.由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PF ,可得PF ⊥平面ABCD.以F 为坐标原点,FA 的方向为x 轴正方向,|AB |为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P 0,0,22,B22,1,0,C - 22,1,0,所以PC=- 22,1,- 22,CB =( 2,0,0),PA =22,0,-22,AB =(0,1,0).设n=(x 1,y 1,z 1)是平面PCB 的法向量, 则 n ·PC=0,n ·CB =0,即 - 22x 1+y 1- 22z 1=0, 2x 1=0.所以可取n=(0,-1,- 2).设m=(x 2,y 2,z 2)是平面PAB 的法向量,则m ·PA =0,m ·AB =0,即 22x 2- 22z 2=0,y 2=0. 所以可取m=(1,0,1), 则cos <n ,m>=n ·m = 2 3× 2=- 3. 观察图象知二面角A-PB-C 的余弦值为- 33.5.(2017年全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面PAB.(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.【解析】(1)取PA 的中点F ,连接EF ,BF. 因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°,得BC ∥AD , 又BC=12AD ,所以EF BC ,所以四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF. 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB 的方向为x 轴正方向,|AB |为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1, 3),PC =(1,0,- 3),AB =(1,0,0).设M (x ,y ,z )(0≤x ≤1),则BM=(x-1,y ,z ),PM =(x ,y-1,z- 3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量, 所以|cos <BM ,n>|=sin45,(x -1)+y +z = 22,即(x-1)2+y 2-z 2=0. ①又M 在棱PC 上,设PM =λPC , 则x=λ,y=1,z= 3- 3λ. ②由①②解得 x =1+ 22,y =1,z =− 62(舍去),或x =1− 22,y =1,z = 62,所以M 1−2,1,6,从而AM = 1− 2,1, 6 .设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则 m ·AM =0,m ·AB =0,即 (2- 2)x 0+2y 0+ 6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,- 6,2). 于是cos <m ,n>=m ·n = 10. 观察图象知,二面角M-AB-D 的余弦值为105.6.(2017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.【解析】如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP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)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n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则n2·EM=0,n2·MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y1-z1=0,x1+2y1-z1=0.不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=- 21,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 |= ℎ+5×2 3= 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12.7.(2017年江苏卷)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,且AB=AD=2,AA 1= 3,∠BAD=120°. (1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.【解析】在平面ABCD 内,过点A 作AE ⊥AD ,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD , 所以AA 1⊥AE ,AA 1⊥AD.如图,以{AE ,AD ,AA1}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1= ∠BAD=120°,则A (0,0,0),B ( 3,-1,0),D (0,2,0),E ( 3,0,0),A 1(0,0, 3),C 1( 3,1, 3). (1)A 1B =( 3,-1,- 3),AC 1 =( 3,1, 3),则cos <A 1B ,AC 1 >=A 1B ·AC 1|A 1B ||AC 1|=( 3,-1,- 3)·( 3,1, 3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE =( 3,0,0). 设m=(x ,y ,z )为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B =( -1,- BD =(- 3,0), 则 m ·A 1B =0,m ·BD =0,即 3x-y- 3z =0,- 3x +3y =0.不妨取x=3,则y= 3,z=2,所以m=(3, 3,2)为平面BA 1D 的一个法向量. 从而cos <AE ,m>=AE ·m |AE ||m |=( 3,0,0)·(3, 3,2)3×4=34.设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=3.因为θ∈[0,π],所以sin θ= 1−cos 2θ= 7.因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为 74.8.(2017年山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF的中点.(1)设P 是CE上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.【解析】(1)因为AP ⊥BE ,AB ⊥BE ,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB ∩AP=A ,所以BE ⊥平面ABP. 又BP ⊂平面ABP ,所以BE ⊥BP. 又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.(2)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1, 3,3),C (-1, 3,0),故AE =(2,0,-3),AG =(1, 0), CG=(2,0,3). 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量, 由 m ·AE =0,m ·AG=0,可得 2x 1-3z 1=0,x 1+ 3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,- 3,2). 设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量, 由 n ·AG =0,n ·CG=0,可得 x 2+ 3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,- 3,-2). 所以cos <m ,n>=m ·n |m |·|n |=12. 故所求的角为60°.高频考点:利用空间向量证明线面平行或垂直,利用空间向量求空间角,利用空间向量求空间距离.命题特点:高考的考查形式有两种:一种是求空间角和距离;另一种是已知空间角的大小,求相关点的位置或相关线段的长度,题型延续解答题的形式,以多面体为载体,难度中等偏上.§14.1空间向量及其运算一基本定理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=.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⇔存在唯一的有序数对(x,y),使得p=.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,存在唯一的实数组{x,y,z},使得p=,其中{a,b,c}叫作空间向量的一个基底.推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x,y,z,使OP=x OA+y OB+z OC且x+y+z=1.二两个向量的数量积1.a·b=a b cos<a,b>;2.a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向量).三向量的坐标运算设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3);a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3);a·b=a1b1+a2b2+a3b3.☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.(1)若p=xa+yb,则p与a,b共面.()(2)若p与a,b共面,则存在x,y∈R,使得p=xa+yb.()(3)若MN=x MA+y MB,则M,N,A,B四点共面.()(4)若M,N,A,B四点共面,则存在x,y∈R,使得MN=x MA+y MB.()已知A(0,-1,2),B(0,2,-4),C(1,2,-1),则A,B,C三点().A.共线B.共面C.不共面D.无法确定已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a+λb),则实数λ的值为.在空间直角坐标系中,A(2,3,5)、B(4,1,3),求A,B的中点P的坐标及A,B间的距离|AB|.知识清单一、1.λb2.xa+yb3.xa+yb+zc基础训练1.【解析】(1)正确,由平面向量基本定理可得;(2)错误,若a与b共线,p就不一定能用a,b来表示;(3)正确,MN,MA,MB在同一平面内,故M,N,A,B四点共面;(4)错误,当M,A,B三点共线时,此式不一定成立.【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×2.【解析】因为AB=(0,3,-6),AC=(1,3,-3),所以AB与AC不共线,即A,B,C三点共面.故选B.【答案】B3.【解析】∵a⊥(a+λb),∴a·(a+λb)=(14)2+λ×(2+2+3)=0,解得λ=-2.【答案】-24.【解析】∵A(2,3,5),B(4,1,3),∴A,B的中点P的坐标为(3,2,4),∴|AB|=(2-4)2+(3−1)2+(5−3)2=23.题型一空间向量的线性运算【例1】如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,M 为A 1C 1的中点,若AB =a ,BC =b ,AA 1 =c ,则 BM 可表示为( ).A.-12a+12b+cB.12a+12b+cC.-1a-1b+cD.1a-1b+c【解析】取AC 的中点N ,连接BN ,MN ,如图,∵M 为A 1C 1的中点,AB =a ,BC =b ,AA 1 =c , ∴NM =AA 1 =c ,BN=1(BA +BC )=1(-AB +BC ) =-12a+12b ,∴BM=BN +NM =-12a+12b+c. 【答案】A【变式训练1】在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,已知A 1A =a ,A 1B 1 =b ,A 1D 1 =c ,O 为底面ABCD 的中心,G 为△D 1C 1O 的重心,则AG =( ).A.5c-1b-2aB.5c+1b+2aC.56c+12b-23aD.56c-12b+23a【解析】取D 1C 1的中点E ,∵G 为△D 1C 1O 的重心,∴OG =23OE =23×12(OD 1 +OC 1 )=13(OD +DD 1 +OC +CC 1 )=13(AD +DD 1 +CC 1 )=13c-23a. ∵AO=12AC =12(AD +AB )=12c+12b , ∴AG =AO +OG =12c+12b+13c-23a=-23a+12b+56c ,故选C .【答案】C题型二 空间向量的数量积【例2】已知A (-1,1,2),B (1,0,-1),设D 在直线AB 上,且AD =2DB,C λ,13+λ,1+λ ,若CD ⊥AB ,则λ的值为( ). A.116 B.-116 C.12 D.13【解析】设D (x ,y ,z ),则 AD =(x+1,y-1,z-2), AB =(2,-1,-3),DB=(1-x ,-y ,-1-z ). ∵AD=2DB , ∴(x+1,y-1,z-2)=2(1-x ,-y ,-1-z ),即 x +1=2(1−x ),y -1=-2y ,z -2=-2-2z ,解得x=13,y=13,z=0,∴D 13,13,0 ,CD= 1-λ,-λ,-1-λ . ∵CD ⊥AB ,∴CD·AB =2 13-λ +λ-3(-1-λ)=0, 解得λ=-11. 【答案】B【变式训练2】已知OA =(1,2,3),OB =(2,1,2),OP =(1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,O 为坐标原点,则当QA ·QB 取得最小值时,点Q 的坐标为( ).A. 12,34,13B. 12,32,34C. 4,4,8D. 4,4,7【解析】由点Q 在直线OP 上,可得存在实数λ,使得OQ =λOP ,则有Q (λ,λ,2λ), QA=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB =(2-λ,1-λ,2-2λ), 当QA ·QB =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),根据二次函数的性质可得当λ=43时,取得最小值-23,此时Q 43,43,83. 【答案】C题型三 空间向量的坐标运算【例3】如图,在棱长为2的正方体ABCO-A 1B 1C 1D 1中,A 1C 1交B 1D 1于点P.分别写出O ,A ,B ,C ,A 1,B 1,C 1,D 1,P 的坐标.【解析】∵正方体ABCO-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,且P 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心,∴O (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(2,2,2),C 1(0,2,2),D 1(0,0,2),P (1,1,2).【变式训练3】已知点A (1,2,1),B (-1,3,4),D (1,1,1),若AB =2PB ,求PD . 【解析】设点P 的坐标为(a ,b ,c ), 由A (1,2,1),B (-1,3,4),D (1,1,1), 得AB=(-2,1,3),PB =(-1-a ,3-b ,4-c ). ∵AB =2PB ,∴(-2,1,3)=2(-1-a ,3-b ,4-c ),解得a=0,b=52,c=52.∴PD = 1,32,32.方法一 空间向量夹角问题的求法求两个向量的夹角有两种方法:(1)结合图形,平移向量,利用空间向量的夹角定义来求解,要注意向量夹角的范围;(2)先求a ·b ,再利用公式cos <a ,b>=a ·b求cos <a ,b>,最后确定<a ,b>.【突破训练1】已知空间三点A (0,2,3),B (-2,1,6),C (1,-1,5).(1)求cos <AB ,AC>; (2)求以AB ,AC 为边的平行四边形的面积. 【解析】(1)AB =(-2,-1,3),AC =(1,-3,2), ∴AB·AC =-2+3+6=7,|AB |= 4+1+9= 14, |AC|= 1+9+4= 14, ∴cos <AB ,AC >=AB ·AC |AB ||AC|=714×14=12. (2)由(1)知sin ∠BAC= 1− 12 2= 32,∴S △ABC =1·|AB|·|AC|·sin ∠BAC=1× 14× 14× 3=7 3,∴以AB ,AC 为边的平行四边形的面积S=2S △ABC =7 3.方法二 空间向量的长度、距离问题的求法求两点间的距离或线段长的方法:将此线段用向量表示,通过向量运算来求对应向量的模,因为a ·a= a 2,所以 a = a ·a ,这是利用向量解决问题的基本公式.另外,该公式还可以推广为 a ±b = (a ±b )2 a .【突破训练2】△ABC 的三个顶点分别是A (1,-1,2),B (5,-6,2),C (1,3,-1),则AC 边上的高BD 长为( ).A.5B.41C.4D.25【解析】设AD=λAC,则OD=OA+λAC=(1,-1,2)+λ(0,4,-3)=(1,-1+4λ,2-3λ),∴BD=OD-OB=(-4,5+4λ,-3λ).∵BD⊥AC,∴BD·AC=0+4(5+4λ)+9λ=0,解得λ=-45.∴BD=-4,95,12 5,∴|BD|=42+92+122=5.故选A.【答案】A1.(2017大石桥市校级月考)在x轴上与点A(-4,1,7)和点B(3,5,-2)等距离的点的坐标为().A.(-2,0,0)B.(-3,0,0)C.(3,0,0)D.(2,0,0)【解析】设所求点的坐标为(x,0,0),则(-4-x)2+(1−0)2+(7−0)2=(3-x)2+(5−0)2+(−2−0)2,解得x=-2,∴所求点的坐标为(-2,0,0).【答案】A2.(2017清城区校级一模)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于().A.32B.-2 C.0 D.32或-2【解析】∵向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m ,-m ),且a ∥b ,∴(2m+1,3,m-1)=λ(2,m ,-m )=(2λ,λm ,-λm ),∴ 2m +1=2λ,3=λm ,m -1=-λm ,解得 m=-2. 【答案】B3.(2017甘肃二模)已知a=(-3,2,5),b=(1,x ,-1),且a ·b=2,则x 的值是( ).A.6B.5C.4D.3【解析】∵a=(-3,2,5),b=(1,x ,-1),∴a ·b=(-3)×1+2x+5×(-1)=2,解得x=5. 【答案】B4.(2017阳山县校级一模)已知A (2,-5,1),B (2,-2,4),C (1,-4,1),则向量AB 与AC的夹角为( ). A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】因为A (2,-5,1),B (2,-2,4),C (1,-4,1),所以AB =(0,3,3),AC=(-1,1,0),所以AB ·AC =0×(-1)+3×1+3×0=3,并且|AB |=3 2,|AC |= 2,所以cos <AB ,AC >=AB ·AC|AB ||AC |=33 2× 2=12,故AB与AC 的夹角为60°.【答案】C5.(2017荔湾区期末)如图,在空间四边形OABC 中,OA =a ,OB =b ,OC =c ,点M 在线段OA 上,且OM=2MA ,N 为BC 的中点,则 MN=( ).A.-23a+12b+12cB.12a-23b+12cC.12a+12b-12cD.23a+23b-12c【解析】MN=MA +AB +BN=13OA +OB -OA +12BC=-23OA +OB +12OC -12OB=-23OA +12OB +12OC . ∵OA =a ,OB =b ,OC =c ,∴MN=-23a+12b+12c. 【答案】A6.(2017玉山县校级期中)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为AC 与BD 的交点.若A 1B 1 =a ,A 1D 1 =b ,A 1A =c ,则下列向量中与 A 1M 相等的是( ).A.-1a+1b+c B.1a+1b+cC.1a-1b+c D.-1a-1b+c【解析】∵在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为AC 与BD 的交点,A 1B 1 =a ,A 1D 1 =b ,A 1A =c ,∴A 1M =A 1A +1AC =A 1A +12(AB +BC ) =12(A 1B 1 +A 1D 1 )+A 1A=12a+12b+c.【答案】B7.(2016朝阳期末)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则PA 与底面ABCD的夹角是().A.60°B.90°C.30°D.45°【解析】∵AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),∴AP·AB=(-1)×2+2×(-1)+(-1)×(-4)=0,同理可得AP·AD=0,∴AP⊥AB,AP⊥AD,即AP⊥AB且AP⊥AD.又∵AB∩AD=A,∴AP与平面ABCD的夹角是90°.【答案】B8.(2016西城区期末)在空间直角坐标系O-xyz中,已知点A(1,0,2),B(0,2,1),点C,D分别在x轴,y轴上,且AD⊥BC,那么|CD|的最小值是().A.55B.255C.22D.2【解析】设C(x,0,0),D(0,y,0),∵A(1,0,2),B(0,2,1),∴AD=(-1,y,-2),BC=(x,-2,-1).∵AD⊥BC,∴AD·BC=-x-2y+2=0,即x+2y=2.∵CD=(-x,y,0),∴|CD|= x2+y2=(2-2y)2+y2=5y2-8y+4=5 y-42+4≥255.【答案】B9.(2017济宁期末)已知向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则x的值为().A.12B.10C.-14D.14【解析】因为向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,所以a·b=-8-6+x=0,解得x=14.故选D.【答案】D10.(2017孝感期中)已知a=(2,t,t),b=(1-t,2t-1,0),则|b-a|的最小值是().A.2B.3C.5D.6【解析】b-a=(-1-t,t-1,-t),∴|b-a|=(-1-t)2+(t-1)2+(−t)2=3t2+2≥2,当且仅当t=0时取等号.∴|b-a|的最小值是2.【答案】A11.(2017南通模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,设AD=1,D1D=λ(λ>0),若棱C1C上存在唯一的点P满足A1P⊥PB,求实数λ的值.【解析】如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,λ).设P(0,1,x),其中x∈[0,λ],因为A1P⊥PB,所以A1P·BP=0,即(-1,1,x-λ)·(-1,0,x)=0,化简得x2-λx+1=0,x∈[0,λ],由点P(0,1,x)的唯一性知方程x2-λx+1=0有唯一解,所以判别式Δ=λ2-4=0,且λ>0,解得λ=2.12.(2016安次区校级月考)如图,平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB =a ,AD =b ,AA 1 =c ,E 为A 1D 1的中点,F 为BC 1与B 1C 的交点.(1)用基底{a ,b ,c }表示向量DB 1 ,BE ,AF ; (2)在图中画出DD 1 +DB +CD 化简后的向量.【解析】(1)DB 1 =DC +CB 1 =DC +BB 1 -BC =a-b+c ,BE =BA +AA 1 +A 1E =-a+12b+c ,AF =AB +BF =a+12(b+c )=a+12b+12c.(2)DD 1 +DB +CD =DD 1 +(CD +DB )=DD 1 +CB =DD 1 +D 1A 1 =DA 1 . 连接DA 1,则DA 1 即为所求.13.(2016利津县校级月考)已知向量a=(x ,2,2),b=(2,y ,-2),c=(3,1,z ),a ∥b ,b ⊥c. (1)求向量a ,b ,c ;(2)求向量(a+c )与(b+c )所成角的余弦值.【解析】(1)向量a=(x ,2,2),b=(2,y ,-2),且a ∥b ,∴x ≠0,y ≠0, ∴x =2=2-2,解得x=-2,y=-2.∴a=(-2,2,2),b=(2,-2,-2).又∵c=(3,1,z ),b ⊥c ,∴b ·c=0,即6-2-2z=0,解得z=2,∴c=(3,1,2).(2)由(1)得a+c=(1,3,4),b+c=(5,-1,0),∴(a+c )·(b+c )=1×5+3×(-1)+4×0=2, |a+c|= 12+32+42= 26. |b+c|= 52+(−1)2+02= .设a+c 与b+c 所成的角为θ,∴cos θ=(a +c )·(b +c )|a +c |·|b +c |= 26× 26=113.14.(2016隆化县校级期中)正四面体ABCD (所有棱长均相等)的棱长为1,E ,F ,G ,H 分别是正四面体ABCD 中四条棱的中点,设AB =a ,AC =b ,AD =c ,试采用向量法解决下列问题. (1)求EF的模长; (2)求EF ,GH的夹角. 【解析】(1)正四面体ABCD 的棱长为1,E ,F ,G ,H 分别是正四面体ABCD 中棱BC ,AD ,AB ,CD 的中点, AB =a ,AC =b ,AD =c ,∴BE=12BC =12(AC -AB )=12(b-a ), AF =1AD =1c ,∴EF=EB +BA +AF =-12(b-a )-a+12c=12(c-a-b ), ∴|EF|=1(c -a -b )2 =12 c 2+a 2+b 2-2a ·c +2a ·b -2b ·c=12 1+1+1−2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°−2×1×1×cos60°= 22.(2)正四面体ABCD 中,EF =12(c-a-b ),|EF|= 22, 同理,GH=12(b+c-a ),|GH |= 22,∴cos <EF ,GH >=EF ·GH|EF||GH|=12(·12(22×22=12[(c-a )2-b 2]=12(c 2+a 2-2c ·a-b 2)=12×(1+1-2×1×1×cos60°-1) =0,∴EF 与GH 的夹角为90°.§14.2 空间向量在立体几何中的应用一 空间中平行、垂直的向量表示设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则有以下结论:1.线线平行:l∥m⇔a∥b⇔a=kb,k∈R.线面平行:.面面平行:α∥β⇔u∥v⇔u=kv,k∈R.2.线线垂直:l⊥m⇔a⊥b⇔a·b=0.线面垂直:.面面垂直:.二空间角1.异面直线l,m的方向向量分别为a,b,则l与m所成的角θ满足cosθ=|a·b|.|a||b|2.设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为a和u,则直线l与平面α所成的角θ满足sinθ=.3.二面角:平面α,β的夹角为θ(0≤θ≤π),α和β的法向量分别为u和v,当θ为锐;当θ为钝角时,cosθ=.角时,cosθ=|u·v||u||v|三点面距离点A在平面α内,点B在平面α外,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为d=.☞左学右考两个不重合平面的法向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则这两个平面的位置关系是().A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.以上都不对已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则这两个平面所成的夹角为.已知A(2,0,2),平面α的一个法向量为n=(1,1,-1),A1(0,0,2)是平面α上一点,则点A到平面α的距离为).A.32B.22C.223D.233平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为().A.πB.πC.π4D.5π6知识清单一、1.l∥α⇒a⊥u⇔a·u=02.l⊥α⇔a∥u⇔a=ku,k∈Rα⊥β⇔u⊥v⇔u·v=0二、2.|a·u|3.-|u·v|三、|AB·n||n|基础训练1.【解析】因为v1与v2共线,所以两个平面平行.【答案】A2.【解析】因为cos<m,n>=m·n|m||n|=22,所以两个平面所成的夹角为π4.【答案】π43.【解析】因为A(2,0,2),A1(0,0,2),平面α的法向量n=(1,1,-1),所以由点到面的距离公式得d=|AA1·n||n|=3=233.所以点A到平面α的距离为233.故选D.【答案】D4.【解析】y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,n>|,∵cos<m,n>=m·n|m||n|=-32×1=-32,∴sinθ=32,∴θ=π3.【答案】B题型一利用空间向量证明平行或垂直【例1】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.(1)求证:AC⊥BC1.(2)在AB上是否存在点D,使得AC1∥平面CDB1?若存在,确定D点位置;若不存在,说明理由.(本题请用向量法解答)【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,可知AC,BC,CC1两两垂直,以C为坐标原点,直线CA,CB,CC1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4).∵AC=(-3,0,0),BC1=(0,-4,4),∴AC·BC1=0,即AC⊥BC1,∴AC⊥BC1.(2)假设在AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,则AD=λAB=(-3λ,4λ,0),其中0≤λ≤1,则D(3-3λ,4λ,0),B1D=(3-3λ,4λ-4,-4),又B1C=(0,-4,-4),AC1=(-3,0,4),AC1∥平面CDB1,∴存在实数m,n,使AC1=m B1D+n B1C成立,∴m(3-3λ)=-3,m(4λ-4)-4n=0,-4m-4n=4,,∴在AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,且D为AB的中点.∴λ=12【变式训练1】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求AC与A1D所成角的大小.(2)求证:平面AB1D1∥平面BDC1.(3)求证:A1C⊥平面BDC1.(本题请用向量法解答)【解析】(1)令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以B1为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示.则A (0,1,1),C (1,0,1),A 1(0,1,0),D (1,1,1), AC =(1,-1,0),A 1D =(1,0,1), 设AC 与A 1D 所成角的大小为θ, 则cos θ=|AC ·A 1D ||AC |·|A 1D |=12, 故θ=π3.(2)∵AB 1 =DC 1 =(0,-1,-1),∴AB 1∥DC 1.又∵AB 1⊂平面AB 1D 1,DC 1⊄平面AB 1D 1,∴DC 1∥平面AB 1D 1.同理可证C 1B ∥平面AB 1D 1. 又C 1B ∩DC 1=C 1,∴平面AB 1D 1∥平面BDC 1.(3)A 1C =(1,-1,1),BD =(1,1,0),BC 1 =(1,0,-1), ∴A 1C ·BD =0,则A 1C ⊥BD ,即A 1C ⊥BD ; A 1C ·BC 1 =0,则A 1C ⊥BC 1 ,即A 1C ⊥BC 1.∵BD ∩BC 1=B ,BD ⊂平面BDC 1,BC 1⊂平面BDC 1. ∴A 1C ⊥平面BDC 1.题型二 利用空间向量求空间角【例2】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1,E,F分别是CC1,BC的中点.(1)求证:平面AB1F⊥平面AEF;(2)求二面角B1-AE-F的余弦值.【解析】(1)∵F是等腰直角三角形ABC斜边BC的中点,∴AF⊥BC.又∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴平面ABC⊥平面BB1C1C.∵平面ABC∩平面BB1C1C=BC,∴AF⊥平面BB1C1C.∵B1F⊂平面BB1C1C,∴AF⊥B1F.设AB=AA1=1,则B1F=6,EF=3,B1E=3.∴B1F2+EF2=B1E2,∴B1F⊥EF.又AF∩EF=F,∴B1F⊥平面AEF.而B1F⊂平面AB1F,故平面AB1F⊥平面AEF.(2)以F为坐标原点,FA,FB分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图所示,设AB=AA1=1,则F(0,0,0),A22,0,0,B10,22,1,E0,−22,12,AE = - 22,- 22,12 ,AB 1 = - 22, 22,1 ,由(1)知,B 1F ⊥平面AEF ,取平面AEF 的一个法向量m=FB 1 = 0,22,1 ,设平面B 1AE 的法向量为n=(x ,y ,z ),则n ·AE =− 2x- 2y +1z =0,n ·AB 1 =−22x +22y +z =0,取x=3,得n=(3,-1,2 2),设二面角B 1-AE-F 的大小为θ,由图可知θ为锐角, 则cos θ=|cos <m ,n>|=|- 22+2 2|- 222+1· 32+(−1)2+(2 2)2= 66.∴所求二面角B 1-AE-F 的余弦值为 6.【变式训练2】在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB ,侧面ABB 1A 1是边长为2的正方形,点E ,F 分别在线段AA 1,A 1B 1上,且AE=12,A 1F=34,CE ⊥EF.(1)证明:平面ABB 1A 1⊥平面ABC.(2)若CA ⊥CB ,求直线AC 1与平面CEF 所成角的正弦值. 【解析】(1)取AB 的中点D ,连接CD ,DF ,DE.∵AC=BC ,D 是AB 的中点,∴CD ⊥AB.∵侧面ABB 1A 1是边长为2的正方形,AE=12,A 1F=34,∴A 1E=32,EF= 34 + 32 =3 54,DE= 12+ 12 = 52,DF= 22+ 1−34 =654,∴EF 2+DE 2=DF 2,∴DE ⊥EF.又CE ⊥EF ,CE ∩DE=E ,CE ⊂平面CDE ,DE ⊂平面CDE ,∴EF ⊥平面CDE ,又CD ⊂平面CDE ,∴CD ⊥EF.又CD ⊥AB ,AB ⊂平面ABB 1A 1,EF ⊂平面ABB 1A 1,AB ,EF 为相交直线,∴CD ⊥平面ABB 1A 1.又CD ⊂平面ABC ,∴平面ABB 1A 1⊥平面ABC.(2)∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ,∴三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱, ∴CC 1⊥平面ABC.∵CA ⊥CB ,AB=2,∴AC=BC= 2.以C 为原点,以CA ,CB ,CC 1为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A ( 2,0,0),C (0,0,0),C 1(0,0,2),E 2,0,1,F5 2,3 2,2 . ∴AC 1 =(- 2,0,2),CE = 2,0,1,CF= 5 2,3 2,2 . 设平面CEF 的法向量为n=(x ,y ,z ),则 n ·CE=0,n ·CF=0,∴ 2x +1z =0,5 28x +3 28y +2z =0,令z=4,得n=(- 2,-9 2,4).∴AC 1 ·n=10,|n|=6 5,|AC 1 |= 6. ∴sin <n ,AC 1 >=|n ·AC 1 ||n ||AC 1 |= 3018. ∴直线AC 1与平面CEF 所成角的正弦值为 30.题型三 利用空间向量求空间距离【例3】在长方体OABC-O 1A 1B 1C 1中,OA=2,AB=3,AA 1=2,求O 1到直线AC 的距离.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A (2,0,0),O 1(0,0,2),C (0,3,0),∴AO 1 =(-2,0,2),AC =(-2,3,0),∴AO 1 ·AC=(-2,0,2)·(-2,3,0)=4, ∴AO 1 在AC方向上的投影为AO 1 ·AC |AC |=413,∴O 1到直线AC 的距离d= (|AO 1 |)2- AO 1 ·AC |AC |2=2 28613.利用向量法求点线距离的步骤:直线的方向向量a所求点到直线上一点的向量PP ' 及其在直线的方向向量a 上的投影代入公式.【变式训练3】已知边长为4的正三角形ABC 中,E ,F 分别为BC ,AC 的中点,PA=2,且PA ⊥平面ABC ,设Q 是CE 的中点.(1)求证:AE ∥平面PFQ. (2)求AE 与平面PFQ 间的距离.【解析】(1)如图,以A 为坐标原点,平面ABC 内垂直于AC 边所在直线的直线为x 轴,AC 所在直线为y 轴,AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.∵AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC的中点,∴A(0,0,0),B(23,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(3,3,0),Q32,72,0,P(0,0,2).∵FQ=32,32,0,AE=(3,3,0),∴AE=2FQ.∵AE与FQ无交点,∴AE∥FQ.又FQ⊂平面PFQ,AE⊄平面PFQ,∴AE∥平面PFQ.(2)∵AE∥平面PFQ,∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离,设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),则n⊥PF,n⊥FQ,即n·PF=0,n·FQ=0.又PF=(0,2,-2),∴n·PF=2y-2z=0,即y=z.又FQ=32,32,0,∴n·FQ=32x+32y=0,即x=-3y.令y=1,则x=-3,z=1,∴平面PFQ的一个法向量为n=(-3,1,1).又QA=-32,-72,0,∴所求距离d=|QA·n||n|=255.方法一利用空间向量求线面角利用空间向量求线面角的步骤:(1)分析图形关系,建立空间直角坐标系;(2)求出直线的方向向量s和平面的法向量n;(3)求出夹角<s,n>;(4)判断直线和平面所成的角θ和<s,n>的关系,求出角θ.【突破训练1】如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,D是BC的中点.(1)求证:A1B∥平面ADC1.(2)求直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值.【解析】(1)如图,以{AB,AC,AA1}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4),∴A1B=(2,0,-4),AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),由m⊥AD,m⊥AC1,∴x+y=0,2y+4z=0,取z=1,得y=-2,x=2,∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1),由此可得,A1B·m=2×2+0×(-2)+(-4)×1=0,又A1B⊄平面ADC1,∴A1B∥平面ADC1.(2)B1C1=(-2,2,0),设直线B1C1与平面ADC1所成的角为θ,则sinθ=|cos<B1C1,m>|=|B1C1·m||B1C1||m|=223,又θ为锐角,∴直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值为13.方法二利用空间向量求二面角利用空间向量求二面角的步骤:(1)建立适当的空间直角坐标系;(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量;(3)求出两个法向量的夹角;(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角;(5)确定二面角的平面角的大小.【突破训练2】如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠BAD=60°,Q 为AD 的中点,PA=PD=AD=2. (1)点M 在线段PC 上,PM=tPC ,试确定t 的值,使PA ∥平面MQB ; (2)在(1)的条件下,若平面PAD ⊥平面ABCD ,求二面角M-BQ-C 的大小. 【解析】(1)当t=13时,PA ∥平面MQB , 证明:若PA ∥平面MQB ,连接AC 交BQ 于点N , 由AQ ∥BC 可得,△ANQ ∽△CNB ,∴AQ BC =AN NC =12,PA ∥平面MQB ,PA ⊂平面PAC ,平面PAC ∩平面MQB=MN ,∴PA ∥MN ,PM PC =AN AC =13,即PM=13PC ,∴t=13.(2)由PA=PD=AD=2,Q 为AD 的中点,则PQ ⊥AD.又平面PAD ⊥平面ABCD ,∴PQ ⊥平面ABCD ,连接BD.∵四边形ABCD 为菱形, ∴AD=AB.又∠BAD=60°,∴△ABD 为正三角形.∵Q 为AD 中点,∴AD ⊥BQ ,以Q 为坐标原点,分别以QA ,QB ,QP 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标为A (1,0,0),B (0, ,0),Q (0,0,0),P (0,0,设平面MQB 的法向量为n=(x ,y ,z ),可得 n ·QB =0,n ·MN =0,而PA ∥MN ,∴ n ·QB =0,n ·PA =0,即 3y =0,x - 3z =0,取z=1,解得n=( 3,0,1).取平面ABCD 的一个法向量QP =(0,0, 3), 设所求二面角为θ, 则|cos θ|=|QP ·n ||QP ||n |=12, 观察图象知二面角M-BQ-C 的大小为60°.1.(2017咸阳三模)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,底面ABCD 是菱形,AB=2,∠BAD=60°. (1)求证:平面PBD ⊥平面PAC.(2)若PA=AB ,求PC 与平面PBD 所成角的正弦值.【解析】(1)∵四边形ABCD 是菱形,∴AC ⊥BD. 又∵PA ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥BD.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC.∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60°,PA=AB=2,∴BO=1,AO=CO=3,如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,2),A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-,0,0),∴PB=(-1,-2),PD=(--1,-2),PC=(-2,0,-2).设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),则n·PB=0,n·PD=0,即-3x+y-2z=0,-3x-y-2z=0,解得y=0,令z=3,得x=-2,∴n=(-2,0,3).设PC与平面PBD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,PC>|=|n·PC||n|·|PC|=2347=21,即PC与平面PBD所成角的正弦值为2114.2.(2017邯郸二模)如图,在四棱锥A-BCED中,AD⊥底面BCED,BD⊥DE,∠DBC=∠BCE=60°,BD=2CE.(1)若F是AD的中点,求证:EF∥平面ABC.(2)若AD=DE,求BE与平面ACE所成角的正弦值.【解析】(1)取DB的中点G,连接EG,FG.∵F是AD的中点,∴FG∥AB.∵BD=2CE,∴BG=CE.∵∠DBC=∠BCE,∴E,G到直线BC的距离相等,∴EG∥CB.∵EG∩FG=G,∴平面EGF∥平面ABC,则EF∥平面ABC.(2)以D 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,设EC=1,则DB=2,∴BC=3,DE= 3,∵AD=DE ,∴A (0,0, 3),E (0, 3,0),B (2,0,0),C 1,3 3,0 . AE =(0, ,- EC = 12, 32,0 ,EB =(2,- ,0).设平面ACE 的法向量n=(x ,y ,z ), n ·AE = y- z=0,n ·EC=12x+ 32y=0, 令y=1,则n=(- 3,1,1),故|cos <n ,EB >|=3 3 5×7=3 10535. ∴BE 与平面ACE 所成角的正弦值为3 105353.(2017唐山一模)如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,A 1A ⊥平面ABC ,∠ACB=90°,AC=CB=2,M ,N 分别是AB ,A 1C 的中点. (1)求证:MN ∥平面BB 1C 1C.(2)若平面CMN ⊥平面B 1MN ,求直线AB 与平面B 1MN 所成角的正弦值.【解析】(1)连接AC 1,BC 1,则N ∈AC 1且N 为AC 1的中点, 又∵M 为AB 的中点,∴MN ∥BC 1, 又BC 1⊂平面BB 1C 1C ,MN ⊄平面BB 1C 1C , 故MN ∥平面BB 1C 1C.(2)由A 1A ⊥平面ABC ,得AC ⊥CC 1,BC ⊥CC 1.以C 为原点,分别以CB ,CC 1,CA 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,设CC1=2λ(λ>0),则M(1,0,1),N(0,λ,1),B1(2,2λ,0),CM=(1,0,1),MN=(-1,λ,0),NB1=(2,λ,-1),取平面CMN的法向量为m=(x,y,z),由CM·m=0,MN·m=0得x+z=0,-x+λy=0,令y=1,得m=(λ,1,-λ),同理可得平面B1MN的一个法向量为n=(λ,1,3λ),∵平面CMN⊥平面B1MN,∴m·n=λ2+1-3λ2=0,解得λ=22,得n=22,1,322,又AB=(2,0,-2),设直线AB与平面B1MN所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,AB>|=|n·AB||n||AB|=6 6.∴直线AB与平面B1MN所成角的正弦值是66.4.(2017郴州二模)如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=2,CF=3.(1)求证:BD⊥平面ACFE.(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为45°时,求AE的长度.【解析】(1)∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥AE.又AC ⊂平面ACFE ,AE ⊂平面ACFE ,AC ∩AE=A ,∴BD ⊥平面ACFE.(2)以O 为原点,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.则B (0, 3,0),D (0,- 3,0),F (-1,0,3). 设AE=a ,则E (1,0,a ),∴OF =(-1,0,3),DB =(0,2 3,0),EB =(-1, 3,-a ). 设平面BDE 的法向量为n=(x ,y ,z ),则 n ·DB=0,n ·EB =0,即2 3y =0,-x + 3y-az =0,令z=1,得n=(-a ,0,1), ∴cos <n ,OF >=n ·OF |n ||OF |= 10× a 2+1, ∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°, ∴a +310 a 2+1= 2,解得a=2或a=-12(舍),∴|AE|=2.5.(2017海淀区一模)如图,由直三棱柱ABC-A 1B 1C 1和四棱锥D-BB 1C 1C 构成的几何体中,∠BAC=90°,AB=1,BC=BB 1=2,C 1D=CD= 5,平面CC 1D ⊥平面ACC 1A 1.。

第十四单元空间向量及其应用考点一利用空间向量求线面角的大小1.(2017年北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点.(2)求二面角B-PD-A的大小.(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)设AC,BD交于点E,连接ME,因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形,所以E为BD的中点,所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为四边形ABCD 是正方形,所以OE ⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz ,则P (0,0,√2),D (2,0,0),B (-2,4,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-4,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-√2).设平面BDP 的法向量为n=(x ,y ,z ), 则{n ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{4x -4y =0,2x -√2z =0. 令x=1,则y=1,z=√2. 于是n=(1,1,√2).平面PAD 的法向量为p=(0,1,0), 所以cos <n ,p>=n ·p |n||p|=12. 由题意知二面角B-PD-A 为锐角,所以其大小为π3.(3)由题意知M (-1,2,√22),C (2,4,0),MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2,−√22).设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则sin α=|cos <n ,MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n||MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√69,所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为2√69.2.(2016年四川卷)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AD ∥BC ,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=12AD ,E 为棱AD 的中点,异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ,使得直线CM ∥平面PBE ,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A 的大小为45°,求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.【解析】(1)在梯形ABCD 中,AB 与CD 不平行.如图,延长AB ,DC 相交于点M (M ∈平面PAB ),点M 即为所求的一个点.理由如下:由已知得BC ∥ED ,且BC=ED , 所以四边形BCDE 是平行四边形, 从而CM ∥EB.又EB ⊂平面PBE ,CM ⊄平面PBE , 所以CM ∥平面PBE.(说明:延长AP 至点N ,使得AP=PN ,则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知得CD ⊥PA ,CD ⊥AD ,PA ∩AD=A , 所以CD ⊥平面PAD ,于是CD ⊥PD.从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的一个平面角, 所以∠PDA=45°.又PA ⊥AB ,所以PA ⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt △PAD 中,PA=AD=2,以A 为原点,以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向分别为x 轴、z 轴的正方向,以DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为y 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),P (0,0,2),C (2,1,0),E (1,0,0),所以PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 设平面PCE 的法向量为n=(x ,y ,z ), 由{n ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x -2z =0,x +y =0.设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α, 则sin α=|n ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|·|AP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2+(−2)2+1×2=13, 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.3.(2016年天津卷)如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG ∥平面ADF. (2)求二面角O-EF-C 的正弦值.(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=23HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【解析】依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 为原点,分别以AD⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O (0,0,0),A (-1,1,0),B (-1,-1,0),C (1,-1,0),D (1,1,0),E (-1,-1,2),F (0,0,2),G (-1,0,0).(1)依题意,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2). 设n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面ADF 的法向量, 则{n 1·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x 1=0,x 1-y 1+2z 1=0,不妨取z 1=1,可得n 1=(0,2,1). 又EG⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-2),可得EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0. 又因为直线EG ⊄平面ADF ,所以EG ∥平面ADF.(2)易证OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量,依题意,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,2). 设n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面CEF 的法向量, 则{n 2·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 2+y 2=0,-x 2+y 2+2z 2=0, 不妨取x 2=1,可得n 2=(1,-1,1).因此有cos <OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n 2|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n 2|=-√63,于是sin <OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=√33. 所以二面角O-EF-C 的正弦值为√33.(3)由AH=23HF ,得AH=25AF. 因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2), 所以AH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =25AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,-25,45), 进而有H (-35,35,45),从而BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(25,85,45). 因此cos <BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2>=BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2|BH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|n 2|=-√721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为√721.题型二 利用空间向量求二面角的大小4.(2017年全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD.(2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD. 因为AB ∥CD ,所以AB ⊥PD. 又AP ∩DP=P ,所以AB ⊥平面PAD.因为AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD. (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ,垂足为点F.由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PF ,可得PF ⊥平面ABCD.以F 为坐标原点,FA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A√22,0,0,P 0,0,√22,B√22,1,0,C -√22,1,0,所以PC⃗⃗⃗⃗⃗ =-√22,1,-√22,CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,0),PA⃗⃗⃗⃗⃗ =√22,0,-√22,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0).设n=(x 1,y 1,z 1)是平面PCB 的法向量, 则{n ·PC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-√22x 1+y 1-√22z 1=0,√2x 1=0.所以可取n=(0,-1,-√2).设m=(x 2,y 2,z 2)是平面PAB 的法向量,则{m ·PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√22x 2-√22z 2=0,y 2=0. 所以可取m=(1,0,1), 则cos <n ,m>=n ·m |n||m|=√2√3×√2=-√33. 观察图象知二面角A-PB-C 的余弦值为-√33.5.(2017年全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,AB=BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.(1)证明:直线CE ∥平面PAB.(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.【解析】(1)取PA 的中点F ,连接EF ,BF. 因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°,得BC ∥AD , 又BC=12AD ,所以EF BC ,所以四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF. 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.(2)由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1,√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0).设M (x ,y ,z )(0≤x ≤1),则BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y ,z ),PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y-1,z-√3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量, 所以|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n>|=sin ,√(x -1)2+y +z =√22,即(x-1)2+y 2-z 2=0. ①又M 在棱PC 上,设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 则x=λ,y=1,z=√3-√3λ. ②由①②解得{ x =1+√22,y =1,z =−√62(舍去),或{x =1−√22,y =1,z =√62,所以M (1−√22,1,√62),从而AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−√22,1,√62).设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则 {m ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(2-√2)x 0+2y 0+√6z 0=0,x 0=0,所以可取m=(0,-√6,2). 于是cos <m ,n>=m ·n |m||n|=√105. 观察图象知,二面角M-AB-D 的余弦值为√105.6.(2017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.【解析】如图,以A 为原点,分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 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)DE⃗⃗⃗⃗⃗ =(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|=-4√21,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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√ℎ+5×2√3=√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12.7.(2017年江苏卷)如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,且AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°. (1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.【解析】在平面ABCD 内,过点A 作AE ⊥AD ,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD , 所以AA 1⊥AE ,AA 1⊥AD.如图,以{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA⃗⃗⃗⃗⃗ 1}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=√3,∠BAD=120°,则A (0,0,0),B (√3,-1,0),D (0,2,0),E (√3,0,0),A 1(0,0,√3),C 1(√3,1,√3). (1)A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3),则cos <A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=(√3,-1,-√3)·(√3,1,√3)7=-17,因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,0). 设m=(x ,y ,z )为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,-√3),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,3,0), 则{m ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3x -y -√3z =0,-√3x +3y =0.不妨取x=3,则y=√3,z=2,所以m=(3,√3,2)为平面BA 1D 的一个法向量. 从而cos <AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>=AE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m |AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||m|=(√3,0,0)·(3,√3,2)√3×4=34.设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=34.因为θ∈[0,π],所以sin θ=√1−cos 2θ=√74.因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为√74.8.(2017年山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF⏜的中点.(1)设P 是CE⏜上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.【解析】(1)因为AP ⊥BE ,AB ⊥BE ,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB ∩AP=A ,所以BE ⊥平面ABP. 又BP ⊂平面ABP ,所以BE ⊥BP. 又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.(2)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,√3,3),C (-1,√3,0),故AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-3),AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0), CG⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3). 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量, 由{m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{2x 1-3z 1=0,x 1+√3y 1=0.取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,-√3,2). 设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量, 由{n ·AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得{x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0.取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,-√3,-2). 所以cos <m ,n>=m ·n |m|·|n|=12. 故所求的角为60°.高频考点:利用空间向量证明线面平行或垂直,利用空间向量求空间角,利用空间向量求空间距离.命题特点:高考的考查形式有两种:一种是求空间角和距离;另一种是已知空间角的大小,求相关点的位置或相关线段的长度,题型延续解答题的形式,以多面体为载体,难度中等偏上.§14.1 空间向量及其运算一 基本定理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= . 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⇔存在唯一的有序数对(x ,y ),使得p= .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 ,存在唯一的实数组{x ,y ,z },使得p= ,其中{a ,b ,c }叫作空间向量的一个基底.推论:设O ,A ,B ,C 是不共面的四点,则对平面ABC 内任一点P 都存在唯一的三个有序实数x ,y ,z ,使OP⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 且x+y+z=1.二 两个向量的数量积1.a ·b=|a ||b |cos <a ,b>;2.a ⊥b ⇔a ·b=0(a ,b 为非零向量).三 向量的坐标运算设a=(a 1,a 2,a 3),b=(b 1,b 2,b 3),则a+b=(a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3); a-b=(a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3); a ·b=a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3.☞ 左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.(1)若p=xa+yb ,则p 与a ,b 共面.( ) (2)若p 与a ,b 共面,则存在x ,y ∈R ,使得p=xa+yb. ( ) (3)若MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则M ,N ,A ,B 四点共面.( ) (4)若M ,N ,A ,B 四点共面,则存在x ,y ∈R ,使得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .( )已知A (0,-1,2),B (0,2,-4),C (1,2,-1),则A ,B ,C 三点( ).A.共线B.共面C.不共面D.无法确定已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a ⊥(a +λb ),则实数λ的值为 .在空间直角坐标系中,A (2,3,5)、B (4,1,3),求A ,B 的中点P 的坐标及A ,B 间的距离|AB|.知识清单一、1.λb 2.xa+yb 3.xa+yb+zc 基础训练1.【解析】(1)正确,由平面向量基本定理可得;(2)错误,若a 与b 共线,p 就不一定能用a ,b 来表示;(3)正确,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在同一平面内,故M ,N ,A ,B 四点共面;(4)错误,当M ,A ,B 三点共线时,此式不一定成立. 【答案】(1)√ (2)× (3)√ (4)×2.【解析】因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-6),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,-3),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,即A ,B ,C 三点共面.故选B. 【答案】B3.【解析】∵a ⊥(a +λb ),∴a ·(a +λb )=(√14)2+λ×(2+2+3)=0,解得λ=-2. 【答案】-24.【解析】∵A (2,3,5),B (4,1,3),∴A ,B 的中点P 的坐标为(3,2,4),∴|AB|=√(2-4)2+(3−1)2+(5−3)2=2√3.题型一 空间向量的线性运算【例1】如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,M 为A 1C 1的中点,若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则 BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 可表示为( ).A.-12a+12b+cB.12a+12b+cC.-12a-12b+cD.12a-12b+c【解析】取AC 的中点N ,连接BN ,MN ,如图,∵M 为A 1C 1的中点,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c , ∴NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(-AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12a+12b ,∴BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12a+12b+c. 【答案】A【变式训练1】在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,已知A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,O 为底面ABCD 的中心,G 为△D 1C 1O 的重心,则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ).A.56c-12b-23aB.56c+12b+23aC.56c+12b-23aD.56c-12b+23a【解析】取D 1C 1的中点E ,∵G 为△D 1C 1O 的重心,∴OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =23×12(OD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13(OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13c-23a. ∵AO⃗⃗⃗⃗⃗ =12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12c+12b , ∴AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =12c+12b+13c-23a=-23a+12b+56c ,故选C .【答案】C题型二 空间向量的数量积【例2】已知A (-1,1,2),B (1,0,-1),设D 在直线AB 上,且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,C (λ,13+λ,1+λ),若CD ⊥AB ,则λ的值为( ).A.116B.-116C.12D.13【解析】设D (x ,y ,z ),则 AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+1,y-1,z-2), AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-3), DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-x ,-y ,-1-z ). ∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴(x+1,y-1,z-2)=2(1-x ,-y ,-1-z ),即{x +1=2(1−x),y -1=-2y,z -2=-2-2z, 解得x=13,y=13,z=0,∴D (13,13,0),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(13-λ,-λ,-1-λ).∵CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2(13-λ)+λ-3(-1-λ)=0,解得λ=-116. 【答案】B【变式训练2】已知OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,3),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,2),OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,O 为坐标原点,则当QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时,点Q 的坐标为( ).A.(12,34,13) B.(12,32,34)C.(43,43,83) D.(43,43,73)【解析】由点Q 在直线OP 上,可得存在实数λ,使得OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则有Q (λ,λ,2λ), QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,3-2λ),QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-λ,1-λ,2-2λ),当QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),根据二次函数的性质可得当λ=43时,取得最小值-23,此时Q (43,43,83). 【答案】C题型三 空间向量的坐标运算【例3】如图,在棱长为2的正方体ABCO-A 1B 1C 1D 1中,A 1C 1交B 1D 1于点P.分别写出O ,A ,B ,C ,A 1,B 1,C 1,D 1,P 的坐标.【解析】∵正方体ABCO-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,且P 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心,∴O (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(2,2,2),C 1(0,2,2),D 1(0,0,2),P (1,1,2).【变式训练3】已知点A (1,2,1),B (-1,3,4),D (1,1,1),若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求PD ⃗⃗⃗⃗⃗ . 【解析】设点P 的坐标为(a ,b ,c ), 由A (1,2,1),B (-1,3,4),D (1,1,1), 得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,3),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-a ,3-b ,4-c ). ∵AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴(-2,1,3)=2(-1-a ,3-b ,4-c ),解得a=0,b=52,c=52.∴PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,32).方法一 空间向量夹角问题的求法求两个向量的夹角有两种方法:(1)结合图形,平移向量,利用空间向量的夹角定义来求解,要注意向量夹角的范围;(2)先求a ·b ,再利用公式cos <a ,b>=a ·b|a ||b |求cos <a ,b>,最后确定<a ,b>.【突破训练1】已知空间三点A (0,2,3),B (-2,1,6),C (1,-1,5).(1)求cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ >; (2)求以AB ,AC 为边的平行四边形的面积. 【解析】(1)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-3,2), ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2+3+6=7,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+9=√14, |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√1+9+4=√14, ∴cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√14×√14=12. (2)由(1)知sin ∠BAC=√1−(12)2=√32,∴S △ABC =12·|AB|·|AC|·sin ∠BAC=12×√14×√14×√32=7√32,∴以AB ,AC 为边的平行四边形的面积S=2S △ABC =7√3.方法二 空间向量的长度、距离问题的求法求两点间的距离或线段长的方法:将此线段用向量表示,通过向量运算来求对应向量的模,因为a ·a=|a |2,所以|a |=√a ·a ,这是利用向量解决问题的基本公式.另外,该公式还可以推广为|a ±b |=√(a ±b)2=√a 2±2a ·b +b 2.【突破训练2】△ABC 的三个顶点分别是A (1,-1,2),B (5,-6,2),C (1,3,-1),则AC 边上的高BD 长为( ). A.5 B.√41C.4D.2√5【解析】设AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2)+λ(0,4,-3)=(1,-1+4λ,2-3λ), ∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,5+4λ,-3λ).∴BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+4(5+4λ)+9λ=0, 解得λ=-45.∴BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,95,125), ∴|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√42+(95)2+(125)2=5.故选A . 【答案】A1.(2017大石桥市校级月考)在x 轴上与点A (-4,1,7)和点B (3,5,-2)等距离的点的坐标为( ).A.(-2,0,0)B.(-3,0,0)C.(3,0,0)D.(2,0,0)【解析】设所求点的坐标为(x ,0,0), 则√(-4-x)2+(1−0)2+(7−0)2=√(3-x)2+(5−0)2+(−2−0)2,解得x=-2,∴所求点的坐标为(-2,0,0).【答案】A2.(2017清城区校级一模)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m ,-m ),且a ∥b ,则实数m 的值等于( ).A.32B.-2C.0D.32或-2 【解析】∵向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m ,-m ),且a ∥b ,∴(2m+1,3,m-1)=λ(2,m ,-m )=(2λ,λm ,-λm ),∴{2m +1=2λ,3=λm,m -1=-λm,解得 m=-2.3.(2017甘肃二模)已知a=(-3,2,5),b=(1,x ,-1),且a ·b=2,则x 的值是( ).A.6B.5C.4D.3【解析】∵a=(-3,2,5),b=(1,x ,-1),∴a ·b=(-3)×1+2x+5×(-1)=2,解得x=5. 【答案】B4.(2017阳山县校级一模)已知A (2,-5,1),B (2,-2,4),C (1,-4,1),则向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为( ). A.30°B.45°C.60°D.90°【解析】因为A (2,-5,1),B (2,-2,4),C (1,-4,1),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0×(-1)+3×1+3×0=3,并且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3√2,|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,所以cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3√2×√2=12,故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为60°.【答案】C5.(2017荔湾区期末)如图,在空间四边形OABC 中,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,点M 在线段OA 上,且OM=2MA ,N 为BC 的中点,则 MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ).A.-23a+12b+12cB.12a-23b+12cC.12a+12b-12cD.23a+23b-12c【解析】MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ -OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗=-23OA⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ -12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-23OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ .∴MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-23a+12b+12c. 【答案】A6.(2017玉山县校级期中)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为AC 与BD 的交点.若A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则下列向量中与 A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 相等的是( ).A.-12a+12b+c B.12a+12b+cC.12a-12b+c D.-12a-12b+c【解析】∵在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为AC 与BD 的交点,A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,∴A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12a+12b+c.【答案】B7.(2016朝阳期末)在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),则PA 与底面ABCD 的夹角是( ).A.60°B.90°C.30°D.45°【解析】∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1),∴AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1)×2+2×(-1)+(-1)×(-4)=0,同理可得AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即AP ⊥AB 且AP ⊥AD. 又∵AB ∩AD=A ,∴AP 与平面ABCD 的夹角是90°.【答案】B8.(2016西城区期末)在空间直角坐标系O-xyz 中,已知点A (1,0,2),B (0,2,1),点C ,D 分别在x 轴,y 轴上,且AD ⊥BC ,那么|CD⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是( ). A.√55B.2√55C.√22D.√2 【解析】设C (x ,0,0),D (0,y ,0),∵A (1,0,2),B (0,2,1),∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,y ,-2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,-2,-1). ∵AD ⊥BC ,∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x-2y+2=0,即x+2y=2. ∵CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x ,y ,0), ∴|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√x 2+y 2 =√(2-2y)2+y 2 =√5y 2-8y +4 =√5(y -45)2+45≥2√55. 【答案】B9.(2017济宁期末)已知向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x ),且a ⊥b ,则x 的值为( ).A.12B.10C.-14D.14【解析】因为向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x ),且a ⊥b ,所以a ·b=-8-6+x=0,解得x=14.故选D. 【答案】D10.(2017孝感期中)已知a=(2,t ,t ),b=(1-t ,2t-1,0),则|b-a|的最小值是( ).A.√2B.√3C.√5D.√6【解析】b-a=(-1-t ,t-1,-t ),∴|b-a|=√(-1-t)2+(t -1)2+(−t)2=√3t 2+2≥√2,当且仅当t=0时取等号.∴|b-a|的最小值是√2.【答案】A11.(2017南通模拟)在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,设AD=1,D 1D=λ(λ>0),若棱C 1C 上存在唯一的点P 满足A 1P ⊥PB ,求实数λ的值.【解析】如图,以点D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系D-xyz , 则D (0,0,0),B (1,1,0),A 1(1,0,λ). 设P (0,1,x ),其中x ∈[0,λ], 因为A 1P ⊥PB ,所以A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即(-1,1,x-λ)·(-1,0,x )=0, 化简得x 2-λx+1=0,x ∈[0,λ],由点P (0,1,x )的唯一性知方程x 2-λx+1=0有唯一解,所以判别式Δ=λ2-4=0,且λ>0,解得λ=2.12.(2016安次区校级月考)如图,平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,E 为A 1D 1的中点,F 为BC 1与B 1C 的交点.(1)用基底{a ,b ,c }表示向量DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ; (2)在图中画出DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 化简后的向量. 【解析】(1)DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a-b+c ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-a+12b+c ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+12(b+c )=a+12b+12c.(2)DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +D 1A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 连接DA 1,则DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 即为所求.13.(2016利津县校级月考)已知向量a=(x ,2,2),b=(2,y ,-2),c=(3,1,z ),a ∥b ,b ⊥c. (1)求向量a ,b ,c ;(2)求向量(a+c )与(b+c )所成角的余弦值.【解析】(1)向量a=(x ,2,2),b=(2,y ,-2),且a ∥b ,∴x ≠0,y ≠0, ∴x 2=2y =2-2,解得x=-2,y=-2.∴a=(-2,2,2),b=(2,-2,-2).又∵c=(3,1,z ),b ⊥c ,∴b ·c=0,即6-2-2z=0, 解得z=2,∴c=(3,1,2).(2)由(1)得a+c=(1,3,4),b+c=(5,-1,0),∴(a+c )·(b+c )=1×5+3×(-1)+4×0=2, |a+c|=√12+32+42=√26. |b+c|=√52+(−1)2+02=√26.设a+c 与b+c 所成的角为θ,∴cos θ=(a+c)·(b+c)|a+c|·|b+c|=√26×√26=113.14.(2016隆化县校级期中)正四面体ABCD (所有棱长均相等)的棱长为1,E ,F ,G ,H 分别是正四面体ABCD 中四条棱的中点,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,试采用向量法解决下列问题. (1)求EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的模长; (2)求EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角. 【解析】(1)正四面体ABCD 的棱长为1,E ,F ,G ,H 分别是正四面体ABCD 中棱BC ,AD ,AB ,CD 的中点, AB⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c , ∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(b-a ), AF⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =12c , ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AF⃗⃗⃗⃗⃗ =-12(b-a )-a+12c=12(c-a-b ), ∴|EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=12√(c -a -b)2 =12√c 2+a 2+b 2-2a ·c +2a ·b -2b ·c=12√1+1+1−2×1×1×cos60°+2×1×1×cos60°−2×1×1×cos60°=√22.(2)正四面体ABCD 中,EF⃗⃗⃗⃗⃗ =12(c-a-b ),|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√22, 同理,GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(b+c-a ),|GH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√22,∴cos <EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |EF ⃗⃗⃗⃗⃗||GH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12(c ·12(b+c √22×√22=12[(c-a )2-b 2]=12(c 2+a 2-2c ·a-b 2)=12×(1+1-2×1×1×cos 60°-1) =0,∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ 与GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为90°.§14.2 空间向量在立体几何中的应用一 空间中平行、垂直的向量表示设直线l ,m 的方向向量分别为a ,b ,平面α,β的法向量分别为u ,v ,则有以下结论:1.线线平行:l ∥m ⇔a ∥b ⇔a=kb ,k ∈R . 线面平行: . 面面平行:α∥β⇔u ∥v ⇔u=kv ,k ∈R .2.线线垂直:l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b=0. 线面垂直: . 面面垂直: .二空间角1.异面直线l,m的方向向量分别为a,b,则l与m所成的角θ满足cos θ=|a·b|.|a||b|2.设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为a和u,则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ=.3.二面角:平面α,β的夹角为θ(0≤θ≤π),α和β的法向量分别为u和v,当θ为锐;当θ为钝角时,cos θ=.角时,cos θ=|u·v||u||v|三点面距离点A在平面α内,点B在平面α外,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为d=.☞左学右考两个不重合平面的法向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则这两个平面的位置关系是().A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.以上都不对已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则这两个平面所成的夹角为 .已知A (2,0,2),平面α的一个法向量为n=(1,1,-1),A 1(0,0,2)是平面α上一点,则点A 到平面α的距离为( ).A.√32B.√22C.2√23 D.2√33平面α的一个法向量为n=(1,-√3,0),则y 轴与平面α所成的角的大小为( ).A.π6B.π3C.π4D.5π6知识清单一、1.l ∥α⇒a ⊥u ⇔a ·u=02.l ⊥α⇔a ∥u ⇔a=ku ,k ∈R α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v=0 二、2.|a ·u||a||u|3.-|u ·v||u||v|三、|AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|基础训练1.【解析】因为v 1与v 2共线,所以两个平面平行. 【答案】A2.【解析】因为cos <m ,n>=m ·n |m||n|=√22,所以两个平面所成的夹角为π4. 【答案】π43.【解析】因为A (2,0,2),A 1(0,0,2),平面α的法向量n=(1,1,-1),所以由点到面的距离公式得d=|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=2√3=2√33.所以点A 到平面α的距离为2√33.故选D.【答案】D4.【解析】y 轴的方向向量为m=(0,1,0),设y 轴与平面α所成的角为θ,则sinθ=|cos <m ,n>|,∵cos <m ,n>=m ·n |m||n|=-√32×1=-√32,∴sin θ=√32,∴θ=π3.【答案】B题型一 利用空间向量证明平行或垂直【例1】如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA 1=4.(1)求证:AC ⊥BC 1.(2)在AB 上是否存在点D ,使得AC 1∥平面CDB 1?若存在,确定D 点位置;若不存在,说明理由. (本题请用向量法解答)【解析】(1)在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC=3,BC=4,AB=5,可知AC ,BC ,CC 1两两垂直,以C 为坐标原点,直线CA ,CB ,CC 1分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),A (3,0,0),C 1(0,0,4),B (0,4,0),B 1(0,4,4).∵AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,0,0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,4),∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AC ⊥BC 1.(2)假设在AB 上存在点D ,使得AC 1∥平面CDB 1,则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3λ,4λ,0),其中0≤λ≤1,则D (3-3λ,4λ,0),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3-3λ,4λ-4,-4),又B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,-4),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,0,4),AC 1∥平面CDB 1,∴存在实数m ,n ,使AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =m B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +n B 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 成立,∴m (3-3λ)=-3,m (4λ-4)-4n=0,-4m-4n=4,∴λ=12,∴在AB 上存在点D ,使得AC 1∥平面CDB 1,且D 为AB 的中点.利用空间向量证明线面平行或垂直的关键是判断直线的方向向量和平面的法向量之间的关系,证明面【变式训练1】如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,(1)求AC 与A 1D 所成角的大小. (2)求证:平面AB 1D 1∥平面BDC 1. (3)求证:A 1C ⊥平面BDC 1. (本题请用向量法解答)【解析】(1)令正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,以B 1为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示.则A (0,1,1),C (1,0,1),A 1(0,1,0),D (1,1,1), AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,0),A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1), 设AC 与A 1D 所成角的大小为θ, 则cos θ=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗|·|A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=12, 故θ=π3.(2)∵AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,-1),∴AB 1∥DC 1.又∵AB 1⊂平面AB 1D 1,DC 1⊄平面AB 1D 1,∴DC 1∥平面AB 1D 1.同理可证C 1B ∥平面AB 1D 1. 又C 1B ∩DC 1=C 1,∴平面AB 1D 1∥平面BDC 1.(3)A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,1),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1), ∴A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即A 1C ⊥BD ; A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即A 1C ⊥BC 1.∵BD ∩BC 1=B ,BD ⊂平面BDC 1,BC 1⊂平面BDC 1. ∴A 1C ⊥平面BDC 1.题型二 利用空间向量求空间角【例2】如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧棱AA 1⊥平面ABC ,△ABC 为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA 1,E ,F 分别是CC 1,BC 的中点.(1)求证:平面AB 1F ⊥平面AEF ; (2)求二面角B 1-AE-F 的余弦值.【解析】(1)∵F 是等腰直角三角形ABC 斜边BC 的中点,∴AF ⊥BC.又∵三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱,∴平面ABC ⊥平面BB 1C 1C.∵平面ABC ∩平面BB 1C 1C=BC , ∴AF ⊥平面BB 1C 1C.∵B 1F ⊂平面BB 1C 1C ,∴AF ⊥B 1F.设AB=AA 1=1,则B 1F=√62,EF=√32,B 1E=32.∴B 1F 2+EF 2=B 1E 2,∴B 1F ⊥EF.又AF ∩EF=F ,∴B 1F ⊥平面AEF.而B 1F ⊂平面AB 1F ,故平面AB 1F ⊥平面AEF.(2)以F 为坐标原点,FA ,FB 分别为x ,y 轴建立空间直角坐标系如图所示, 设AB=AA 1=1, 则F (0,0,0),A (√22,0,0),B 1(0,√22,1),E (0,−√22,12),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,-√22,12),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,√22,1),由(1)知,B 1F ⊥平面AEF ,取平面AEF 的一个法向量m=FB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22,1),设平面B 1AE 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =−√22x -√22y +12z =0,n ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√22x +√22y +z =0,取x=3,得n=(3,-1,2√2),设二面角B 1-AE-F 的大小为θ,由图可知θ为锐角, 则cos θ=|cos <m ,n>|-√22+2√2|(-22)+1·3+(−1)+(2√2)=√66.∴所求二面角B 1-AE-F 的余弦值为√66.利用向量法求异面直线所成的角时,首先要求两条直线的方向向量的夹角,但是要注意向量夹角为钝角【变式训练2】在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB ,侧面ABB 1A 1是边长为2的正方形,点E ,F 分别在线段AA 1,A 1B 1上,且AE=12,A 1F=34,CE ⊥EF.(1)证明:平面ABB 1A 1⊥平面ABC.(2)若CA ⊥CB ,求直线AC 1与平面CEF 所成角的正弦值. 【解析】(1)取AB 的中点D ,连接CD ,DF ,DE.∵AC=BC ,D 是AB 的中点,∴CD ⊥AB.∵侧面ABB 1A 1是边长为2的正方形,AE=12,A 1F=34,∴A 1E=32,EF=√(34)2+(32)2=3√54,DE=√12+(12)2=√52,DF=√22+(1−34)2=√654,∴EF 2+DE 2=DF 2,∴DE ⊥EF.又CE ⊥EF ,CE ∩DE=E ,CE ⊂平面CDE ,DE ⊂平面CDE ,∴EF ⊥平面CDE ,又CD ⊂平面CDE ,∴CD ⊥EF.又CD ⊥AB ,AB ⊂平面ABB 1A 1,EF ⊂平面ABB 1A 1,AB ,EF 为相交直线,∴CD ⊥平面ABB 1A 1.又CD ⊂平面ABC ,∴平面ABB 1A 1⊥平面ABC.(2)∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ,∴三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱, ∴CC 1⊥平面ABC.∵CA ⊥CB ,AB=2,∴AC=BC=√2.以C 为原点,以CA ,CB ,CC 1为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A (√2,0,0),C (0,0,0),C 1(0,0,2),E (√2,0,12),F (5√28,3√28,2). ∴AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,0,2),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0,12),CF⃗⃗⃗⃗⃗ =(5√28,3√28,2). 设平面CEF 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{√2x +12z =0,5√28x +3√28y +2z =0,令z=4,得n=(-√2,-9√2,4).∴AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n=10,|n|=6√5,|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6. ∴sin <n ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=|n ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n||AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3018. ∴直线AC 1与平面CEF 所成角的正弦值为√3018.题型三 利用空间向量求空间距离【例3】在长方体OABC-O 1A 1B 1C 1中,OA=2,AB=3,AA 1=2,求O 1到直线AC 的距离.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A (2,0,0),O 1(0,0,2),C (0,3,0),∴AO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,3,0),∴AO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2)·(-2,3,0)=4, ∴AO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 在AC⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影为AO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13,∴O 1到直线AC 的距离d=√(|AO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |)2-(AO 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |)2=2√28613.利用向量法求点线距离的步骤:直线的方向向量a所求点到直线上一点的向量PP'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 及其在直线的方向向量a 上的投影代入公式.【变式训练3】已知边长为4的正三角形ABC 中,E ,F 分别为BC ,AC 的中点,PA=2,且PA ⊥平面ABC ,设Q 是CE 的中点.(1)求证:AE ∥平面PFQ. (2)求AE 与平面PFQ 间的距离.【解析】(1)如图,以A 为坐标原点,平面ABC 内垂直于AC 边所在直线的直线为x 轴,AC 所在直线为y 轴,AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系.∵AP=2,AB=BC=AC=4,又E ,F 分别是BC ,AC 的中点, ∴A (0,0,0),B (2√3,2,0),C (0,4,0),F (0,2,0),E (√3,3,0), Q (√32,72,0),P (0,0,2).∵FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0),∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ .∵AE⃗⃗⃗⃗⃗ 与FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 无交点,∴AE ∥FQ. 又FQ ⊂平面PFQ ,AE ⊄平面PFQ ,∴AE ∥平面PFQ. (2)∵AE ∥平面PFQ ,∴点A 到平面PFQ 的距离就是AE 与平面PFQ 间的距离,设平面PFQ 的法向量为n=(x ,y ,z ),则n ⊥PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即n ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 又PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2),∴n ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y-2z=0,即y=z. 又FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),∴n ·FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x+32y=0,即x=-√3y.令y=1,则x=-√3,z=1,∴平面PFQ 的一个法向量为n=(-√3,1,1).又QA⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√32,-72,0),∴所求距离d=|QA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=2√55.方法一 利用空间向量求线面角利用空间向量求线面角的步骤:(1)分析图形关系,建立空间直角坐标系;(2)求出直线的方向向量s 和平面的法向量n ;(3)求出夹角<s ,n>;(4)判断直线和平面所成的角θ和<s ,n>的关系,求出角θ.【突破训练1】如图,在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中,AB ⊥AC ,AB=AC=2,AA 1=4,D 是BC 的中点. (1)求证:A 1B ∥平面ADC 1.(2)求直线B 1C 1与平面ADC 1所成角的余弦值.【解析】(1)如图,以{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz , 则A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,2,0),A 1(0,0,4),D (1,1,0),B 1(2,0,4),C 1(0,2,4), ∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,-4),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,4),设平面ADC 1的法向量为m=(x ,y ,z ),由m ⊥AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⊥AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴{x +y =0,2y +4z =0,取z=1,得y=-2,x=2,∴平面ADC 1的一个法向量为m=(2,-2,1),由此可得,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=2×2+0×(-2)+(-4)×1=0, 又A 1B ⊄平面ADC 1,∴A 1B ∥平面ADC 1.(2)B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),设直线B 1C 1与平面ADC 1所成的角为θ,则sin θ=|cos <B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,m>|=|B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m||B 1C 1||m|=2√23,又θ为锐角,∴直线B 1C 1与平面ADC 1所成角的余弦值为13.方法二 利用空间向量求二面角利用空间向量求二面角的步骤:(1)建立适当的空间直角坐标系;(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量;(3)求出两个法向量的夹角;(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角;(5)确定二面角的平面角的大小.。

课时达标 第43讲[解密考纲]空间向量及其应用的考查以解答题为主，多作为解答题的第二种解法(第一种解法为几何法，第二种解法为向量法)，难度中等．一、选择题1．点M (－8,6,1)关于x 轴的对称点的坐标是( A ) A ．(－8，－6，－1) B ．(8，－6，－1) C ．(8，－6,1)D ．(－8，－6,1)解析 结合空间直角坐标中，点关于x 轴对称的点的坐标特点知选项A 正确． 2．O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( B )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断解析 ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，且34＋18＋18＝1，∴A ，B ，C ，P 四点共面．3．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( B )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析 ∵b ＝12x －2a ，∴x ＝4a ＋2b即x ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( B ) A ．9 B ．－9 C ．－3D ．3解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( C ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析 由n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，∵n 1和n 2不平行， ∴α与β不平行；又∵n 1·n 2＝－6－3－20＝－29≠0，∴α与β不垂直．6．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|＝( A )A ．5B ．6C ．4D ．8解析 由题可得，AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，故AC 1→2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋AD →·AA 1→) ＝1＋4＋9＋2(1×2＋1×3＋2×3)cos 60°＝25，故|AC 1|＝5. 二、填空题7．在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，则垂足Q 的坐标为解析 依题意知，垂足Q 为点P 在平面yOz 上的投影，则点Q 的纵、竖坐标与点P 的纵、竖坐标相等，横坐标为0.8．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→＝__12AB →＋12AD →＋AA 1→__.解析 由题意知OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12AC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.9．已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|＝3解析 设P (x ，y ，z )，故AP →＝(x －1，y －2，z －1)，PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，又P A →＝2PB →，则有⎩⎪⎨⎪⎧x －1＝2(－1－x )，y －2＝2(3－y )，z －1＝2(4－z )，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－13，y ＝83，z ＝3，∴P (－13，83，3)，∴|PD →|＝⎝⎛⎭⎫－13－12＋⎝⎛⎭⎫83－12＋(3－1)2＝773. 三、解答题10．如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .(1)写出点E ，F 的坐标； (2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.解析 (1)E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． (2)证明：∵A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )， ∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明：∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面．选A 1E →与A 1C 1→为一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →， 即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a,0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2，解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.11．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC ．证明 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为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 (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ．又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB ．(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →. 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC ．又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD ． ∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC ．12．在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ．若存在，求出点G 的坐标；若不存出，试说明理由．解析 (1)证明：如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD ． (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2. 若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2； 由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．。

课时作业(四十四) 空间向量及应用一、单项选择题1．设u ＝(2，1，－2)是平面α的法向量，a ＝(－3，8，1)是直线l 的方向向量，则直线l 与平面α的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．平行或在平面内2．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( )A ．22B ．10C ．3D ．43．已知空间随意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝1，y ＝－3，z ＝3”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．[2024·湖南益阳模拟]在正三棱锥P ­ABC 中，O 是△ABC 的中心，PA ＝AB ＝2，则PO →·PA →＝( )A ．59B ．63C ．423D ．835．[2024·江西南昌二中模拟]在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1，CD 的中点，则( )A ．A 1F ⊥AEB ．A 1F ⊥EC C ．A 1F ⊥EC 1D ．A 1F ⊥C 1D6．[2024·河北石家庄期末]如图所示，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1＝c ，点M 是A 1D 1的中点，点N 是CA 1上的点，且CN ∶CA 1＝1∶4，则向量MN →可表示为( )A ．12a ＋b ＋cB ．14a ＋14b ＋c C ．14a －38b －14c D ．34a ＋14b －34c 7．(实力题)在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝CC 1＝2，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则( )A ．A 1B ∥平面CMN B ．AM ⊥平面CMNC ．A 1B ⊥CB 1D ．AM ∥CB 1 8.(实力题)[2024·湖北潜江模拟]如图，一个结晶体的形态为平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，其中，以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝6B ．AC 1⊥BDC ．向量与的夹角是60°D ．AA 1与AC 所成角的余弦值为63二、多项选择题9．已知空间向量m ＝(－1，2，4)，n ＝(2，－4，x )，则下列选项中正确的是( ) A ．当m ⊥n 时，x ＝3 B ．当m ∥n 时，x ＝－8C ．当|m ＋n |＝5时，x ＝－4D ．当x ＝1时，sin 〈m ，n 〉＝35710．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，A 1C ∩AC 1＝O ，则( )A ．·BC →＝a 2B ．·＝a 2C ．·＝a 2D ．·BO →＝a 2 三、填空题11．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 在A 1C 1上，||A 1E ＝14||A 1C 1且AE →＝x ＋yAB →＋zAD →，则x ＋y ＋z ＝________．12．(实力题)[2024·北京东城期末]如图，在棱长都为1的平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB →，AD →，两两夹角均为π3，则·BD →＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC 1垂直.这三个顶点可以是________．四、解答题13．[2024·河南洛宁一中模拟]如图三棱柱，ABC ­A 1B 1C 1的全部棱长都相等，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，点M 为△ABC 的重心，AM 的延长线交BC 于点N ，连接A 1M ，设AB →＝a ，AC →＝b ，＝c .(1)用a ，b ，c 表示；(2)证明：A 1M ⊥A B.14．如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，DA ⊥AB ，AB ＝AP ＝2，DA ＝DC ＝1，E 为PC 上一点，且PE ＝23PC .(1)求证：AE ⊥平面PBC ； (2)求证：PA ∥平面BDE . 优生选做题15．[2024·河北保定模拟]已知MN 是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，则PM →·PN →的取值范围为( )A ．[1，4]B ．[0，12]C ．[0，8]D ．[1，6]16.如图所示，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1＝c ，CA ＝CB ＝CC 1＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝2π3，〈b ，c 〉＝π2，N 是AB 中点．(1)用a ，b ，c 表示向量；(2)在线段C 1B 1上是否存在点M ，使AM ⊥A 1N ？若存在，求出M 的位置，若不存在，说明理由．课时作业（四十四） 空间向量及应用1．解析：由u ·a ＝2×（－3）＋1×8＋（－2）×1＝0，则u ⊥a ， 由向量的自由性，直线l 与平面α的位置关系是平行或在平面内． 故选D. 答案：D2．解析：因为向量a ＝（x ，1，1），b ＝（1，y ，1），c ＝（2，－4，2）且a ⊥b ，b ∥c ， 所以x ＋y ＋1＝0，12＝y －4，解得y ＝－2，x ＝1， 所以向量a ＝（1，1，1），b ＝（1，－2，1）， 所以a ＋b ＝（2，－1，2）， 所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3. 故选C. 答案：C3．解析：当x ＝1，y ＝－3，z ＝3时，OP →＝OA →－3OB →＋3OC →， 即OP →－OA →＝－3OB →＋3OC →，则有AP →＝3BC →， 又因为BC →＝AC →－AB →，所以AP →＝3AC →－3AB →，依据共面对量定理可知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，依据共面对量定理，设AP →＝mAC →＋nAB →（m ，n ∈R ），即OP →－OA →＝m （OC →－OA →）＋n （OB →－OA →）（m ，n ∈R ）， 即OP →＝（1－m －n ）OA →＋nOB →＋mOC →（m ，n ∈R ），即x ＝1－m －n ，y ＝n ，z ＝m ，因为m ，n ∈R ，所以x ，y ，z 不止1，－3，3这一组，故“x ＝1，y ＝－3，z ＝3”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件． 故选A. 答案：A 4．解析：∵P ­ABC 为正三棱椎，O 为△ABC 的中心，∴PO ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，∴PO ⊥AO ， ∴PO →·OA →＝0，||AO ＝23·||AB ·sin60°＝233，故PO →·PA →＝PO →·（PO →＋OA →）＝||PO →|2＝AP |2－|AO |2＝4－43＝83.故选D. 答案：D 5．解析：由题，建立如图所示空间直角坐标系A 1­xyz ， 设正方体棱长为2，则有A 1（0，0，0），F （2，1，2），A （2，0，0），E （1，2，0），C （2，2，2），C 1（0，2，2），D （2，0，2），A 1F →＝（2，1，2），AE →＝（－1，2，0），EC →＝（1，0，2），EC 1→＝（－1，0，2），C 1D →＝（2，－2，0），∴A 1F →·AE →＝0，A 1F →·EC →＝6，A 1F →·EC 1→＝2，A 1F →·C 1D →＝2， ∴A 1F ⊥AE . 故选A.答案：A6．解析：因为在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，点M 是A 1D 1的中点，点N 是CA 1上的点，且CN ∶CA 1＝1∶4，所以MN →＝MA 1→＋A 1N →＝－12AD →＋34A 1C →＝－12AD →＋34（AC →－AA 1→）＝－12AD →＋34（AB →＋AD →－AA 1→）＝34AB →＋14AD →－34AA 1→＝34a ＋14b －34c .故选D.答案：D 7．解析：如图，以C 为坐标原点，以CA →，CB →，CC 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系C ­xyz ，则B （0，2，0），A 1（2，0，2），B 1（0，2，2），A （2，0，0），M （1，1，2），N （1，0，2）.CM →＝（1，1，2），CN →＝（1，0，2），A 1B →＝（－2，2，－2），CB 1→＝（0，2，2），AM →＝（－1，1，2）.设平面CMN 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝x ＋y ＋2z ＝0CN →·n ＝x ＋2z ＝0，令z ＝－1，得n ＝（2，0，－1）.因为A 1B →与n 不垂直，所以A 1B 与平面CMN 不平行，故A 不正确； 因为AM →与n 不平行，所以AM 与平面CMN 不垂直，故B 不正确； 因为A 1B →·CB 1→＝0，所以A 1B →⊥CB 1→，故C 正确；因为AM →与CB 1→不平行，所以AM 与CB 1不平行，故D 不正确． 故选C. 答案：C8．解析：记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，由已知||a ＝||b ＝||c ＝6，a ，b ，c 间两两夹角都是60°，即a ·b ＝a ·c ＝b ·c ＝6×6×cos60°＝18，AC 1→＝a ＋b ＋c ，则||AC 1→＝||a ＋b ＋c ＝（a ＋b ＋c ）2＝ a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝62＋62＋62＋2×18＋2×18＋2×18＝66，A 错； BD →＝b －a ，AC 1→·BD →＝（a ＋b ＋c ）·（b －a ）＝b 2－a 2＋b ·c －c ·a ＝0，AC 1→⊥BD →，即AC 1⊥BD ，B正确；B 1C →＝BC →－BB 1→＝b －c ，△BB 1C 是正三角形，∠BB 1C ＝60°，AA 1→＝BB 1→，所以向量B 1C →与AA 1→的夹角是180°－60°＝120°，C 错；AC →＝a ＋b ，||AC →＝（a ＋b ）2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝63，AA 1→·AC →＝c ·（a ＋b ）＝c ·a ＋c ·b ＝18＋18＝36，cos 〈AA 1→，AC →〉＝AA 1→·AC→||AA 1→||AC→＝366×63＝33，所以AA 1与AC 所成角的余弦值为33，D 错． 故选B. 答案：B9．解析：当m ⊥n 时，m ·n ＝（－1）×2＋2×（－4）＋4x ＝－10＋4x ＝0，解得：x ＝52，故A 错误； 令m ＝λn ，则（－1，2，4）＝（2λ，－4λ，λx ），⎩⎪⎨⎪⎧2λ＝－1－4λ＝2λx ＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12x ＝－8，故B 正确；m ＋n ＝（－1＋2，2－4，4＋x ）＝（1，－2，4＋x ），所以||m ＋n ＝12＋（－2）2＋（4＋x ）2＝5＋（4＋x ）2＝5，解得：x ＝－4，故C 正确；当x ＝1，cos 〈m ，n 〉＝m ·n ||m ·||n ＝－1×2＋2×（－4）＋4×121×21＝－27，因为〈m ，n 〉∈[]0，π，sin 〈m ，n 〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－272＝357，故D 正确． 故选BCD.答案：BCD10．解析：如图：对于A ，因为AA 1⊥BC ，所以AA 1→·BC →＝0，故A 错误． 对于B ，AA 1→·BC 1→＝BB 1→·（BB 1→＋B 1C 1→）＝BB →21 ＝a 2，故B 正确． 对于C ，AA 1→·BD 1→＝BB 1→·（BB 1→＋B 1D 1→）＝BB →21 ＝a 2，故C 正确． 对于D ，AA 1→·BO →＝12AA 1→·BD 1→＝12a 2，故D 错误．故选BC.答案：BC11．解析：由题意可得：A 1E →＝14A 1C 1→，则AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋14A 1C 1→＝AA 1→＋14（A 1B 1→＋A 1D 1→）＝AA 1→＋14AB →＋14AD →，∴x ＝1，y ＝z ＝14，则x ＋y ＋z ＝32.答案：3212．解析：（1）令a ＝AA 1→，b ＝AB →，c ＝AD →，则||a ＝||b ＝||c ＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝π3，则有BD →＝AD →－AB →＝c －b ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝b ＋c ＋a ，故AC 1→·BD →＝（c ＋b ＋a ）·（c －b ）＝c 2＋b ·c ＋a ·c －b ·c －b 2－a ·b ＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－12－1×1×12＝1＋12＋12－12－1－12＝0.（2）由（1）知A 1D →＝AD →－AA 1→＝c －a ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝b ＋c ＋a ，故AC 1→·A 1D →＝（c －a ）·（c ＋b ＋a ）＝c 2＋b ·c ＋a ·c －a ·c －a ·b －a 2＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－1×1×12－12＝1＋12＋12－12－12－1＝0，故AC 1→⊥A 1D →，即AC 1⊥A 1D ，又由（1）知AC 1⊥BD ，A 1D ∩BD ＝D ， 故直线AC 1垂直于平面A 1BD ，同理可证直线AC 1垂直于平面B 1D 1C . 答案：0 点A 1，B ，D 或点C ，B 1，D 1 13．解析：（1）因为△ABC 为正三角形，点M 为△ABC 的重心， 所以N 为BC 的中点，所以AN →＝12AB →＋12AC →，AM →＝23AN →，所以A 1M →＝A 1A →＋AM →＝－AA 1→＋23AN →，＝－AA →1＋13AB →＋13AC →＝13a ＋13b －c .（2）证明：设三棱柱的棱长为m ， 则A 1M →·AB →＝（13a ＋13b －c ）·a＝13a 2＋13a ·b －c ·a ＝13||a 2＋13||a ·||b cos π3－||c ·||a cos π3＝13m 2＋13m 2×12－m 2×12＝0. 所以A 1M ⊥AB . 14.证明：（1）如图，以A 为原点，AB →，AD →，AP →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， 则A （0，0，0），B （2，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0），P （0，0，2），所以PC →＝（1，1，－2），AP →＝（0，0，2），CB →＝（1，－1，0）， 因为PE ＝23PC ，所以PE →＝（23，23，－43），所以AE →＝AP →＋PE →＝（23，23，23），所以AE →·PC →＝23＋23－43＝0，AE →·CB →＝23－23＋0＝0，所以AE →⊥PC →，AE →⊥CB →，即AE ⊥PC ，AE ⊥CB ， 又因为PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC . 所以AE ⊥平面PBC .（2）由（1）可得BE →＝AE →－AB →＝（23，23，23）－（2，0，0）＝（－43，23，23），PA →＝（0，0，－2），BD →＝（－2，1，0）.设平面BDE 的法向量为n ＝（x 1，y 1，z 1），则⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n ＝0BE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋y 1＝0，－43x 1＋23y 1＋23z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝2，z 1＝0， 则n ＝（1，2，0）是平面BDE 的一个法向量，因为PA →·n ＝（0，0，－2）·（1，2，0）＝0，所以PA →⊥n ， 因为PA ⊄平面BDE ，所以PA ∥平面BDE .15．解析：设正方体内切球的球心为O ，则OM ＝ON ＝2， PM →·PN →＝（PO →＋OM →）·（PO →＋ON →）＝PO →2＋PO →·（OM →＋ON →）＋OM →·ON →，因为MN 是正方体内切球的一条直径， 所以OM →＋ON →＝0，OM →·ON →＝－4， 所以PM →·PN →＝PO →2－4， 又点Р在正方体表面上运动，所以当P 为正方体顶点时，||PO →最大，且最大值为23； 当P 为内切球与正方体的切点时，||PO →最小，且最小值为2； 所以0≤PO →2－4≤8，所以PM →·PN →的取值范围为[]0，8. 故选C. 答案：C16．解析：（1）因为N 是AB 中点，所以AN →＝12AB →，所以A 1N →＝A 1A →＋AN →＝C 1C →＋12AB →＝－CC 1→＋12（CB →－CA →）＝－12a ＋12b －c .（2）假设存在点M ，使AM ⊥A 1N ，设C 1M →＝λC 1B 1→，（λ∈[0，1]）， 明显λC 1B 1→＝λb ，AM →＝AA 1→＋A 1C 1→＋C 1M →＝c －a ＋λb ，因为AM ⊥A 1N ，所以AM →·A 1N →＝0，即（c －a ＋λb ）·（－12a ＋12b －c ）＝0， ∴－12c ·a ＋12c ·b －c 2＋12a 2－12a ·b ＋c ·a －12λa ·b ＋12λb 2－λb ·c ＝0. ∵CA ＝CB ＝CC 1＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝2π3，〈b ，c 〉＝π2， ∴12c ·a －c 2＋12a 2－（12＋12λ）a ·b ＋12λb 2＝0， 即12×1×1×（－12）－12＋12×12－（12＋12λ）×1×1×（－12）＋12λ·12＝0， 解得λ＝23，所以当C 1M ＝23C 1B 1时，AM ⊥A 1N .。

高考数学一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测理湘教版(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值，若不存在，说明理由．2．(2014·浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？3．(2014·福州质检)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.(1)求证：EF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角A­EF­C的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝35，AD＝6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为O，交CD于E，以AE为折痕将△ADE向上折起，使点D到点P的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角E­AP­B的余弦值．2．(2014·武汉模拟)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M是棱SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．3．(2014·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EF EA；若不存在，请说明理由．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)证明：连接AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1， 因为AM ＝MB ， 所以MN ∥BC 1. 又BC 1⊂平面BCC 1B 1， 所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ， 因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ， 所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1，0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，设点P (x ，y ，z )，11A C ＝λ1A P . 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶PA 1＝2.2．解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ， 又AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF . (2)由(1)知AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形， 过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H . 已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°.∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，t ，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°. ∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝23，在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE . 由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ， ∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE .(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C ­xyz .设AB ＝a (a >0)，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，3,0)，F (0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a )． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由EF ·n ＝0，AE ·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a )， 由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA |n ||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92. 所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6， ∴BD ＝9.在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝AD BD，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5， ∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ， ∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)．PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E ­AP ­B 的余弦值为46161.2．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧SD ·n ＝0， CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1， 于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝n 1·n |n 1|·|n|＝1，0，0·2，－1，11·6＝21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])， 则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1 ＝x5x 2－12x ＋10＝15－12·1x ＋10·1x2＝1101x 2－121x＋5＝1101x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 3.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 ＝0.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 .。

7.7.2 空间向量的应用[课 时 跟 踪 检 测]1．已知单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求：(1)AD 1与EF 所成角的大小；(2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1,0,1)，B (0,0,1)，D 1(1,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. (1)因为AD1→＝(0,1，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0， 所以cos 〈AD1→，EF →〉＝，1，－⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12， 即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1,0,0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪，0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11× ⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋－＋12＝13， 所以cos θ＝223. 即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223. 2．(2018届昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AM AA1的值；若不存在，说明理由；(3)若二面角B 1－AE －D 1的大小为90°，求AD 的长．解：(1)证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a,1,0)，B 1(a,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，所以C1D →＝(0，－1，－1)，D1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，－1， 所以C1D →·D1E →＝0，所以C 1D ⊥D 1E .(2)设AM AA1＝h ，则M (a,0，h )，连接BM ，所以BM →＝(0，－1，h )，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AD1→＝(－a,0,1)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ AE →·n＝－a 2x ＋y ＝0AD1→·n＝－ax ＋z ＝0，所以平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a,2a )，因为BM ∥平面AD 1E ，所以BM →⊥n ，即BM →·n ＝2ah －a ＝0，所以h ＝12.即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，。