2018-2019数学新学案同步精致讲义选修2-1北师大版第二章 空间向量与立体几何 §3 3.3 Word版含答案

3.3 空间向量运算的坐标表示学习目标 1.了解空间向量坐标的概念，会确定一些简单几何体的顶点坐标.2.掌握空间向量的坐标运算.3.会判断两向量平行或垂直.4.掌握空间向量的模、夹角公式和两点间的距离公式．知识点一 空间向量的坐标运算空间向量a ，b ，其坐标形式为a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).知识点二 空间向量的平行、垂直及模、夹角 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则1．在空间直角坐标系中，向量AB →的坐标与终点B 的坐标相同．(×) 2．设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)且b ≠0，则a ∥b ⇒x 1x 2＝y 1y 2＝z 1z 2.(×)3．四边形ABCD 是平行四边形，则向量AB →与DC →的坐标相同．(√)4．设A (0,1，－1)，O 为坐标原点，则OA →＝(0,1，－1)．(√)类型一 空间向量坐标的计算例1 (1)已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(2a ＋3b )·(a －2b )＝________. (2)已知a ＋b ＝(2，2，23)，a －b ＝(0，2，0)，则cos 〈a ，b 〉等于( ) A.13B.16C.63D.66考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 (1)－244 (2)C解析 (1)(2a ＋3b )·(a －2b )＝2a 2＋3a ·b －4a ·b －6b 2＝2×62－22－6×72＝－244. (2)由已知得a ＝(1，2，3)，b ＝(1,0，3)， 故cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1＋0＋36×4＝63. 反思与感悟 关于空间向量坐标运算的两类问题 (1)直接计算问题首先将空间向量用坐标表示出来，然后准确运用空间向量坐标运算公式计算． (2)由条件求向量或点的坐标首先把向量坐标形式设出来，然后通过建立方程组，解方程组求出其坐标．跟踪训练1 若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，且满足条件(c －a )·2b ＝－2，则x ＝________.考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 2解析 据题意，有c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)， 故(c －a )·2b ＝2(1－x )＝－2，解得x ＝2.类型二 空间向量平行、垂直的坐标表示例2 已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)若|c |＝3，c ∥BC →.求c ；(2)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k . 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算解 (1)因为BC →＝(－2，－1,2)，且c ∥BC →， 所以设c ＝λBC →＝(－2λ，－λ，2λ)， 得|c |＝(－2λ)2＋(－λ)2＋(2λ)2＝3|λ|＝3，解得λ＝±1.即c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)． (2)因为a ＝AB →＝(1,1,0)，b ＝AC →＝(－1,0,2)， 所以k a ＋b ＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)． 又因为(k a ＋b )⊥(k a －2b )，所以(k a ＋b )·(k a －2b )＝0. 即(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4)＝2k 2＋k －10＝0. 解得k ＝2或k ＝－52.引申探究若将本例(2)中改为“若k a －b 与k a ＋2b 互相垂直”，求k 的值． 解 由题意知k a －b ＝(k ＋1，k ，－2)，k a ＋2b ＝(k －2，k,4)， ∵(k a －b )⊥(k a ＋2b )， ∴(k a －b )·(k a ＋2b )＝0，即(k ＋1)(k －2)＋k 2－8＝0，解得k ＝－2或k ＝52，故所求k 的值为－2或52.反思与感悟 (1)平行与垂直的判断①应用向量的方法判定两直线平行，只需判断两直线的方向向量是否共线．②判断两直线是否垂直，关键是判断两直线的方向向量是否垂直，即判断两向量的数量积是否为0.(2)平行与垂直的应用①适当引入参数(比如向量a ，b 平行，可设a ＝λb )，建立关于参数的方程． ②选择坐标形式，以达到简化运算的目的．跟踪训练2 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱D 1D 的中点，P ，Q 分别为线段B 1D 1，BD 上的点，且3B 1P —→＝PD 1—→，若PQ ⊥AE ，BD →＝λDQ →，求λ的值． 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算解 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体棱长为1，则A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，0，12，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，D 1(0,0,1)，由题意，可设点P 的坐标为(a ，a,1)， 因为3B 1P —→＝PD 1—→， 所以3(a －1，a －1,0) ＝(－a ，－a ，0)，所以3a －3＝－a ，解得a ＝34，所以点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫34，34，1. 由题意可设点Q 的坐标为(b ，b,0)， 因为PQ ⊥AE ，所以PQ →·AE →＝0，所以⎝⎛⎭⎫b －34，b －34，－1·⎝⎛⎭⎫－1，0，12＝0， 即－⎝⎛⎭⎫b －34－12＝0， 解得b ＝14，所以点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫14，14，0.因为BD →＝λDQ →，所以(－1，－1,0)＝λ⎝⎛⎭⎫14，14，0， 所以λ4＝－1，故λ＝－4.类型三 空间向量的夹角与长度的计算例3 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是DD 1，BD ，BB 1的中点． (1)求证：EF ⊥CF ；(2)求异面直线EF 与CG 所成角的余弦值； (3)求CE 的长．考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量在立体几何中的应用(1)证明 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，0，12， C (0,1,0)，F ⎝⎛⎭⎫12，12，0，G ⎝⎛⎭⎫1，1，12. 所以EF →＝⎝⎛⎭⎫12，12，－12，CF →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，0， CG →＝⎝⎛⎭⎫1，0，12，CE →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12. 因为EF →·CF →＝12×12＋12×⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－12×0＝0，所以EF →⊥CF →，即EF ⊥CF .(2)解 因为EF →·CG →＝12×1＋12×0＋⎝⎛⎭⎫－12×12＝14， |EF →|＝⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫－122＝32， |CG →|＝12＋02＋⎝⎛⎭⎫122＝52，所以cos 〈EF →，CG →〉＝EF →·CG →|EF →||CG →|＝1432×52＝1515.又因为异面直线所成角的范围是(0°，90°]， 所以异面直线EF 与CG 所成角的余弦值为1515. (3)解 |CE |＝|CE →|＝02＋(－1)2＋⎝⎛⎭⎫122＝52.反思与感悟 通过分析几何体的结构特征，建立适当的坐标系，使尽可能多的点落在坐标轴上，以便写点的坐标时便捷．建立坐标系后，写出相关点的坐标，然后再写出相应向量的坐标表示，把向量坐标化，然后再利用向量的坐标运算求解夹角和距离问题．跟踪训练3 如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，N 为A 1A 的中点．(1)求BN 的长；(2)求A 1B 与B 1C 所成角的余弦值． 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量在立体几何中的应用解 如图，以C为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)， ∴|BN →|＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2＝3，∴线段BN 的长为 3.(2)依题意得A 1(1,0,2)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)，∴A 1B —→＝(－1,1，－2)，B 1C —→＝(0，－1，－2)， ∴A 1B —→·B 1C —→＝(－1)×0＋1×(－1)＋(－2)×(－2)＝3. 又|A 1B —→|＝6，|B 1C —→|＝5，∴cos 〈A 1B —→，B 1C —→〉＝A 1B —→·B 1C —→|A 1B →||B 1C —→|＝3010.又异面直线所成角为锐角或直角， 故A 1B 与B 1C 所成角的余弦值为3010.1．已知M (5，－1,2)，A (4,2，－1)，O 为坐标原点，若OM →＝AB →，则点B 的坐标应为( ) A ．(－1,3，－3) B ．(9,1,1)C ．(1，－3,3)D ．(－9，－1，－1)考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 B解析 OM →＝AB →＝OB →－OA →，OB →＝OM →＋OA →＝(9,1,1)．2．若△ABC 的三个顶点坐标分别为A (1，－2,1)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．等边三角形 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 A解析 AB →＝(3,4,2)，AC →＝(5,1,3)，BC →＝(2，－3,1)．由AB →·AC →＞0，得A 为锐角；由CA →·CB →＞0，得C 为锐角；由BA →·BC →＞0，得B 为锐角．所以△ABC 为锐角三角形． 3．已知a ＝(2，－3,1)，则下列向量中与a 平行的是( ) A ．(1,1,1) B ．(－4,6，－2) C ．(2，－3,5)D ．(－2，－3,5)考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 B解析 若b ＝(－4,6，－2)，则b ＝－2(2，－3,1)＝－2a ，所以a ∥b .4．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( ) A ．1B.15C.35D.75考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 D解析 依题意得(k a ＋b )·(2a －b )＝0， 所以2k |a |2－k a ·b ＋2a ·b －|b |2＝0， 而|a |2＝2，|b |2＝5，a ·b ＝－1， 所以4k ＋k －2－5＝0，解得k ＝75.5．已知A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为________． 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 π3解析 ∵AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)， ∴|AB →|＝32，|AC →|＝2，AB →·AC →＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3， ∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝12，又∵〈AB →，AC →〉∈[0，π]， ∴〈AB →，AC →〉＝π3.1．在空间直角坐标系中，已知点A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)．一个向量在空间直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点坐标减去它的起点坐标．2．两点间的距离公式：若A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)， 则|AB |＝|AB →|＝|AB →|2＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＋(z 2－z 1)2.3．空间向量的数量积和夹角有关，经常以空间向量数量积为工具，解决立体几何中与夹角相关的问题，把空间两条直线所成的角问题转化为两条直线对应向量的夹角问题，但要注意空间两条直线所成的角与对应向量的夹角的取值范围．一、选择题1．已知a ＝(1，－2,1)，a ＋b ＝(－1,2，－1)，则b 等于( ) A ．(2，－4,2) B ．(－2,4，－2) C ．(－2,0，－2)D ．(2,1，－3)考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 B2．已知直线l 的方向向量为a ，平面α内两共点向量OA →，OB →，下列关系中能表示l ∥α的是( ) A ．a ＝OA →B ．a ＝kOB →C ．a ＝pOA →＋λOB →D ．以上均不能 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 D3．已知a ＝(1,5，－2)，b ＝(m,2，m ＋2)，若a ⊥b ，则m 的值为( ) A ．0B ．6C ．－6D ．±6 考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 B解析 ∵a ⊥b ，∴1×m ＋5×2－2(m ＋2)＝0，解得m ＝6.4．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(－2，－1,1)，c ＝(3,1,0)，则|a －b ＋2c |等于( ) A ．310B ．210C.10D ．5考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 A解析 a －b ＋2c ＝(9,3,0)，|a －b ＋2c |＝310.5．已知向量a ＝(3，－2,1)，b ＝(－2,4,0)，则4a ＋2b 等于( ) A ．(16,0,4) B ．(8，－16,4) C ．(8,16,4)D ．(8,0,4)考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 D解析 4a ＋2b ＝4(3，－2,1)＋2(－2,4,0) ＝(12，－8,4)＋(－4,8,0)＝(8,0,4)．6．已知向量a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，若a 与b 为共线向量，则( ) A ．x ＝1，y ＝1 B ．x ＝12，y ＝－12C ．x ＝16，y ＝－32D ．x ＝－16，y ＝32考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 C解析 ∵a ＝(2x,1,3)与b ＝(1，－2y,9)共线， ∴2x 1＝1－2y ＝39(y ≠0)， ∴x ＝16，y ＝－32.7．若A (m ＋1，n －1,3)，B (2m ，n ，m －2n )，C (m ＋3，n －3,9)三点共线，则m ＋n 的值为( ) A ．0 B ．－1 C ．1D ．－2考点 空间向量运算的坐标表示 题点 空间向量的坐标运算 答案 A解析 因为AB →＝(m －1,1，m －2n －3)，AC →＝(2，－2,6)，由题意得AB →∥AC →，所以m －12＝1－2＝m －2n －36， 所以m ＝0，n ＝0，所以m ＋n ＝0.二、填空题8．已知a ＝(2，－3,0)，b ＝(k,0,3)，〈a ，b 〉＝120°，则k ＝________.考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算答案 －39解析 ∵a ·b ＝2k ，|a |＝13，|b |＝k 2＋9，且k ＜0，∴cos120°＝2k 13×k 2＋9，∴k ＝－39. 9．已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ＋y 的值为________． 考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算答案 4解析 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y 3， 即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ， ①x 2＋y －2＝2x ， ②把①代入②得x 2＋x －2＝0，即(x ＋2)(x －1)＝0，解得x ＝－2或x ＝1.当x ＝－2时，y ＝－6；当x ＝1时，y ＝3. 当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝－6时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ， 向量a ，b 反向，不符合题意，所以舍去． 当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝3，此时x ＋y ＝4. 10．已知A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AB →在AC →上的投影为________．考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算答案 －4解析 ∵AB →＝(5，－6,2)－(1，－1,2)＝(4，－5,0)，AC →＝(1,3，－1)－(1，－1,2)＝(0,4，－3)，∴AB →在AC →方向上的投影为AB →·AC →|AC →|＝(4，－5，0)·(0，4，－3)5＝－4.11．已知向量a ＝(5,3,1)，b ＝⎝⎛⎭⎫－2，t ，－25，若a 与b 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围为________________．考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，－65∪⎝⎛⎭⎫－65，5215 解析 由已知得a ·b ＝5×(－2)＋3t ＋1×⎝⎛⎭⎫－25＝3t －525，因为a 与b 的夹角为钝角，所以a ·b <0，即3t －525<0，所以t <5215. 若a 与b 的夹角为180°，则存在λ<0，使a ＝λb (λ<0)，即(5,3,1)＝λ⎝⎛⎭⎫－2，t ，－25， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ 5＝－2λ，3＝tλ，1＝－25λ，所以t ＝－65， 故t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－65∪⎝⎛⎭⎫－65，5215. 三、解答题12．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，对角线AC 与BD 相交于点O ，PO ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABCD 所成角为60°.(1)求四棱锥P ABCD 的体积；(2)若E 是PB 的中点，求异面直线DE 与P A 所成角的余弦值．考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算解 (1)∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠DAB ＝60°，∴OA ＝OC ＝3，BO ＝OD ＝1，S 菱形ABCD ＝12×2×23＝2 3. 在Rt △POB 中，∠PBO ＝60°，∴PO ＝OB ·tan60°＝ 3.∴V P －ABCD ＝13S 菱形ABCD ·PO ＝13×23×3＝2. (2)如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，A (0，－3，0)，P (0,0，3)．∴E ⎝⎛⎭⎫12，0，32， ∴DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，P A →＝()0，－3，－3. ∴DE →·P A →＝0＋0＋32×(－3)＝－32， |DE →|＝3，|P A →|＝ 6.∴cos 〈DE →，P A →〉＝DE →·P A →|DE →||P A →|＝－323×6＝－24. ∵异面直线所成的角为锐角或直角，∴异面直线DE 与P A 所成角的余弦值为24. 13．已知a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)．(1)当(λa ＋b )∥(a －3b )时，求实数λ的值；(2)当(a －3b )⊥(λa ＋b )时，求实数λ的值．考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算解 ∵a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)，∴a －3b ＝(1,5，－1)－3(－2,3,5)＝(1,5，－1)－(－6,9,15)＝(7，－4，－16)，λa ＋b ＝λ(1,5，－1)＋(－2,3,5)＝(λ，5λ，－λ)＋(－2,3,5)＝(λ－2,5λ＋3，－λ＋5)．(1)∵(λa ＋b )∥(a －3b )，∴λ－27＝5λ＋3－4＝－λ＋5－16，解得λ＝－13. (2)∵(a －3b )⊥(λa ＋b )，∴(7，－4，－16)·(λ－2,5λ＋3，－λ＋5)＝0，即7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5)＝0，解得λ＝1063. 四、探究与拓展14．已知三角形的顶点是A (1，－1,1)，B (2,1，－1)，C (－1，－1，－2)．则这个三角形的面积为________．考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算答案 1012解析 由题意得AB →＝(1,2，－2)，AC →＝(－2,0，－3)，∴|AB →|＝12＋22＋(－2)2＝3， ∴|AC →|＝(－2)2＋0＋(－3)2＝13，∴AB →·AC →＝(1,2，－2)·(－2,0，－3)＝－2＋6＝4，∴cos A ＝cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝43×13＝41339， ∴sin A ＝1－cos 2A ＝101×1339， S △ABC ＝12|AB →||AC →|sin A ＝1012. 15．已知a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≤4 3. 考点 空间向量运算的坐标表示题点 空间向量的坐标运算 证明 设m ＝(13a ＋1，13b ＋1，13c ＋1)，n ＝(1,1,1)，则|m |＝4，|n |＝3，由题意知m ·n ≤|m ||n |， 即13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≤4 3. 当且仅当113a ＋1＝113b ＋1＝113c ＋1， 即a ＝b ＝c ＝13时，取“＝”号．。

第课时用空间向量解决立体几何中的垂直问题学习目标.能用向量法判断一些简单线线、线面、面面垂直关系.掌握用向量方法证明有关空间线面垂直关系的方法步骤．知识点一向量法判断线线垂直，直线的方向向量为＝，，((设直线的方向向量为＝)，，)⇔＋＋＝.⇔＝⊥·，则知识点二向量法判断线面垂直设直线的方向向量＝(，，)，平面α的法向量μ＝(，，)，则⊥α⇔∥μ⇔＝μ(∈)．知识点三向量法判断面面垂直思考平面α，β的法向量分别为μ＝(，，)，μ＝(，，)，用向量坐标法表示两平面α，β垂直的关系式是什么？答案＋＋＝.β)，平面＝，，ν的法向量为μ若平面梳理α的法向量为(＝(⊥μ⇔ν·＝＋，，ν⇔，则)μα⊥⇔β＋＝.．平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．(×)．两直线的方向向量垂直，则两条直线垂直．(√)．直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(√)．两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．(√)类型一线线垂直问题例如图，已知正三棱柱－的各棱长都为，是底面上边的中点，是侧棱上的点，且＝.求证：⊥.考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直证明设中点为，作∥.以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得，，，，，∵为中点，∴.∴＝，＝()，∴·＝－＋＋＝.∴⊥，∴⊥.反思与感悟证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．跟踪训练如图，在直三棱柱－中，＝，＝，＝，＝，求证：⊥.考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直证明∵直三棱柱－底面三边长＝，＝，＝，∴，，两两垂直．。

1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．第1层 用已知向量表示未知向量例1 如图所示，M ，N 分别是四面体OABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.解 OP →＝OM →＋MP → ＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →； OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN →＝12OA →＋13(ON →－OM →) ＝12OA →＋13⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝13OA →＋13×12(OB →＋OC →)＝13OA →＋16OB →＋16OC →. 点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 第2层 化简向量例2 如图，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD .设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．(1)AB →＋12(BD →＋BC →)；(2)AG →－12(AB →＋AC →)．解 (1)AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12BC →＋12BD →＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →. (2)AG →－12(AB →＋AC →)＝AG →－AM →＝MG →. AD →，AG →，MG →如图所示．点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间中仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．第3层 证明立体几何问题例3 如图，已知M ，N 分别为四面体ABCD 的平面BCD 与平面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， 则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →.∴BN →∥BG →，即B ，G ，N 三点共线．2 空间向量易错点扫描易错点1 对向量夹角与数量积的关系理解不清例1 “a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 错解 a·b <0⇔cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b |<0⇔〈a ，b 〉为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的充要条件．错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．剖析 当〈a ，b 〉＝π时，a·b <0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件． 正解 必要不充分总结 a·b <0⇔a 与b 的夹角为钝角或a 与b 方向相反，a·b >0⇔a 与b 夹角为锐角或a 与b 方向相同．易错点2 判断是否共面出错例2 已知O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间的一个基底的是( ) A.OA → B.OB → C.OC →D.OA →或OB →错解 a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →， 相加得OA →＋OB →＝12(a ＋b )，所以OA →，OB →都与a ，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选D.剖析 OA →＋OB →＝12(a ＋b )，说明OA →＋OB →与a ，b 共面，但不能认为OA →，OB →都与a ，b 共面．对A ，B ：设OA →＝x a ＋y b ，因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，代入整理得(x ＋y －1)OA →＋(x ＋y )OB →＋(x －y )OC →＝0，因为O ，A ，B ，C 四点不共面， 所以OA →，OB →，OC →不共面，所以x ＋y －1＝0，x ＋y ＝0，x －y ＝0， 此时，x ，y 不存在，所以a ，b 与OA →不共面， 故a ，b 与OA →可构成空间的一个基底． 同理a ，b 与OB →也可构成空间的一个基底．对C ：因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，相减有OC →＝12(a －b )，所以OC →与a ，b 共面，故不能构成空间的一个基底． 正解 C易错点4 混淆向量运算和实数运算 例4 阅读下列各式，其中正确的是( ) A ．a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝c B ．a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0 C ．(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )D.OA →·BO →＝|OA →||BO →|cos(180°－∠AOB ) 错解 A(或B 或C)剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律，结合律，故A ，C 错误；a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0或a ⊥b ，故B 错误；OA →·BO →的夹角是180°－∠AOB . 正解 D易错点4 忽略建系的前提例4 四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，AE ⊥平面ABCD ，AE ＝2，F 为CE 中点，试建立合理的坐标系，求AF →，BC →夹角的余弦值．错解 以A 为坐标原点，以AB →，AD →，AE →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz .此时AF →＝(1,1,1)，BC →＝(0,2,0)，所以cos 〈AF →，BC →〉＝33.剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB 与AD 不垂直． 正解 设AC ，BD 交于点O ，则AC ⊥BD . 因为F 为CE 中点，所以OF ∥AE ， 因为AE ⊥平面ABCD ，所以OF ⊥平面ABCD ，OF ⊥AC ，OF ⊥BD ，以O 为坐标原点，以OC →，OD →，OF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .此时AF →＝(1,0,1)，BC →＝(1，3，0)， 所以cos 〈AF →，BC →〉＝24.易错点5 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例5 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求平面ABD 1与平面BD 1C 的夹角的大小．错解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， C 1(0,1,1)．由题意知A 1D →是平面ABD 1的一个法向量，A 1D →＝(－1,0，－1)，DC 1→是平面BCD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)，所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为120°.剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．正解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知AD 1→＝(－1,0，－1)是平面ABD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为60°.3 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知在直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求直线BC 1与CD 夹角的余弦值．解 如图，以D 为坐标原点，分别以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Dxyz ，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717.故直线BC 1与CD 夹角的余弦值为31717.点评 本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直于BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，如图．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，C 1⎝⎛⎭⎫32，32，0，E⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1()0，2，2. 点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口． 3．利用面面垂直关系例3 如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形， 所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， 所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)， 设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因为平面ABE 的一个法向量为MD →＝(0，3，0)， 所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 夹角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．4 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动． 1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点，OA ，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Oxyz ，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x (0≤x ≤G )， ∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )， C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E . 2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF 所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |求出点M 的坐标，若满足条件则存在．解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形， 所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，DA ，DC ?平面ABCD ， 所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t )(0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 的夹角为45°，所以sin45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1， 所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且当DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 夹角为45°. 点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．5 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值； (3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值． (1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱， 所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ， 所以A 1F ∥EC .又因为A 1F 平面B 1CE ， EC ?平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE . (2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)， 所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)． 设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0， 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.所以平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值为13.(3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ， 因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝A 1B 1， FM ?平面A 1B 1C 1D 1， 所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×11A B ES ×FM＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)， 所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求平面ADF 与平面DFC 夹角的余弦值．分析 求平面与平面的夹角最常用的办法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角． (1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)， B (1,2,0)，C (0,2,0)， D 1(0,0,2)． DC →＝(0,2,0)， D 1C →＝(0,2，－2)， ∵E 为AB 的中点， ∴E (1,1,0)， ∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝⎛⎭⎫23，23，－43， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝⎛⎭⎫23，23，－43 ＝⎝⎛⎭⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，取x 1＝1，得平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)． 设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为0，取y 2＝1，得平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，取y 3＝1，得平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)， 设平面ADF 与平面DFC 的夹角为θ， 则cos θ＝|n ·q ||n ||q |＝|0＋0＋1|2×2＝12，∴平面ADF 与平面DFC 的夹角的余弦值为12.3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解． 解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43.又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )， ∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535.点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以在平面ABCD 内，点Q 在以边AD 为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →， 即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD . 又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →， ∴PQ →·QD →＝0， 即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0. 又由P A →·QD →＝0， ∴AQ →·QD →＝0， ∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a2.又∵AB ＝1，由题图知，当a2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ，使PQ →⊥QD →； 当0<a <2时，不存在点Q ，使PQ →⊥QD →.。

§3 向量的坐标表示和空间向量基本定理(一) 3．1 空间向量的标准正交分解与坐标表示3．2 空间向量基本定理学习目标 1.了解空间向量基本定理.2.了解基底、标准正交基的概念.3.掌握空间向量的坐标表示，能在适当的坐标系中写出向量的坐标．知识点一 空间向量的坐标表示 空间向量的正交分解及其坐标表示知识点二 空间向量基本定理思考 平面向量基本定理的内容是什么？答案 如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中，不共线的e 1，e 2叫作表示这一平面内所有向量的一组基底．梳理 (1)空间向量基本定理(2)基底条件：三个向量a ，b ，c 不共面． 结论：{a ，b ，c }叫作空间的一个基底．基向量：基底中的向量a ，b ，c 都叫作基向量．1．空间的任何一个向量都可用三个给定向量表示．(×)2．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则a ，b ，c 全不是零向量．(√)3．如果向量a ，b 与任何向量都不能构成空间的一个基底，则一定有a 与b 共线．(√) 4．任何三个不共线的向量都可构成空间的一个基底．(×)类型一 基底的判断例1 下列能使向量MA →，MB →，MC →成为空间的一个基底的关系式是( ) A.OM →＝13OA →＋13OB →＋13OC →B.MA →＝MB →＋MC →C.OM →＝OA →＋OB →＋OC →D.MA →＝2MB →－MC(2)设x ＝a ＋b ，y ＝b ＋c ，z ＝c ＋a ，且{a ，b ，c }是空间的一个基底，给出下列向量：①{a ，b ，x }；②{b ，c ，z }；③{x ，y ，a ＋b ＋c }．其中可以作为空间的基底的有( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．0个 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的判断 答案 (1)C (2)B解析 (1)对于选项A ，由OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)⇔M ，A ，B ，C 四点共面知，MA →，MB →，MC →共面；对于选项B ，D ，可知MA →，MB →，MC →共面，故选C. (2)②③均可以作为空间的基底，故选B. 反思与感悟 基底判断的基本思路及方法(1)基本思路：判断三个空间向量是否共面，若共面，则不能构成基底；若不共面，则能构成基底．(2)方法：①如果向量中存在零向量，则不能作为基底；如果存在一个向量可以用另外的向量线性表示，则不能构成基底．②假设a ＝λb ＋μc ，运用空间向量基本定理，建立λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能作为基底；若无解，则不共面，能作为基底．跟踪训练1 (1)已知a ，b ，c 是不共面的三个非零向量，则可以与向量p ＝a ＋b ，q ＝a －b 构成基底的向量是( ) A ．2a B ．2b C ．2a ＋3b D ．2a ＋5c答案 D(2)以下四个命题中正确的是( ) A ．基底{a ，b ，c }中可以有零向量B ．空间任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一个基底C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB →·AC →＝0 D ．空间向量的基底只能有一组 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 B解析 使用排除法．因为零向量与任意两个非零向量都共面，故A 不正确；△ABC 为直角三角形并不一定是AB →·AC →＝0，可能是BC →·BA →＝0，也可能是CA →·CB →＝0，故C 不正确；空间基底可以有无数多组，故D 不正确．类型二 空间向量基本定理的应用例2 如图所示，空间四边形OABC 中，G ，H 分别是△ABC ，△OBC 的重心，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点．试用向量a ，b ，c 表示向量OG →和GH →.考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 解 因为OG →＝OA →＋AG →， 而AG →＝23AD →，AD →＝OD →－OA →，又D 为BC 的中点，所以OD →＝12(OB →＋OC →)，所以OG →＝OA →＋23AD →＝OA →＋23(OD →－OA →)＝OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23OA →＝13(OA →＋OB →＋OC →)＝13(a ＋b ＋c )． 又因为GH →＝OH →－OG →， OH →＝23OD →＝23×12(OB →＋OC →)＝13(b ＋c )， 所以GH →＝13(b ＋c )－13(a ＋b ＋c )＝－13a .所以OG →＝13(a ＋b ＋c )，GH →＝－13a .反思与感悟 用基底表示向量时，若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及向量数乘的运算律；若没给定基底，首先选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角是否已知或易求． 跟踪训练2 在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，E ，F 分别是AD 1，BD 的中点．(1)用向量a ，b ，c 表示D 1B —→，EF →；(2)若D 1F —→＝x a ＋y b ＋z c ，求实数x ，y ，z 的值． 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理解 (1)如图，连接AC ，EF ，D 1F ，BD 1，D 1B —→＝D 1D —→＋DB →＝－AA 1—→＋AB →－AD →＝a －b －c ， EF →＝EA →＋AF →＝12D 1A —→＋12AC →＝－12(AA 1—→＋AD →)＋12(AB →＋AD →)＝12(a －c )．(2)D 1F —→＝12(D 1D —→＋D 1B —→)＝12(－AA 1—→＋D 1B —→) ＝12(－c ＋a －b －c )＝12a －12b －c ， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－1.类型三 空间向量的坐标表示例3 (1)设{e 1，e 2，e 3}是空间的一个单位正交基底，a ＝4e 1－8e 2＋3e 3，b ＝－2e 1－3e 2＋7e 3，则a ，b 的坐标分别为________________． 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标答案 (4，－8,3)，(－2，－3,7)解析 由于{e 1，e 2，e 3}是空间的一个单位正交基底，所以a ＝(4，－8,3)，b ＝(－2，－3,7)． (2)已知a ＝(3,4,5)，e 1＝(2，－1,1)，e 2＝(1,1，－1)，e 3＝(0,3,3)，求a 沿e 1，e 2，e 3的正交分解．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标解 因为a ＝(3,4,5)，e 1＝(2，－1,1)， e 2＝(1,1，－1)，e 3＝(0,3,3)， 设a ＝αe 1＋βe 2＋λe 3，即(3,4,5)＝(2α＋β，－α＋β＋3λ，α－β＋3λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2α＋β＝3，－α＋β＋3λ＝4，α－β＋3λ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧α＝76，β＝23，λ＝32，所以a 沿e 1，e 2，e 3的正交分解为a ＝76e 1＋23e 2＋32e 3.反思与感悟 用坐标表示空间向量的步骤跟踪训练3 (1)在空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 的中点，MN →在基底{a ，b ，c }下的坐标为________．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 ⎝⎛⎭⎫－23，12，12 解析 ∵OM ＝2MA ，点M 在OA 上， ∴OM ＝23OA ，∴MN →＝MO →＋ON →＝－OM →＋12(OB →＋OC →)＝－23a ＋12b ＋12c .∴MN →在基底{a ，b ，c }下的坐标为⎝⎛⎭⎫－23，12，12. (2)已知P A 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，并且P A ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，求向量MN →的坐标．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标解 因为P A ＝AD ＝AB ＝1， 所以可设AB →＝e 1，AD →＝e 2，AP →＝e 3. 因为MN →＝MA →＋AP →＋PN → ＝MA →＋AP →＋12PC →＝MA →＋AP →＋12(P A →＋AD →＋DC →)＝－12AB →＋AP →＋12(－AP →＋AD →＋AB →)＝12AP →＋12AD →＝12e 3＋12e 2， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12.1．已知i ，j ，k 分别是空间直角坐标系Oxyz 中x 轴，y 轴，z 轴的正方向上的单位向量，且AB →＝－i ＋j －k ，则点B 的坐标是( ) A ．(－1,1，－1) B ．(－i ，j ，－k ) C ．(1，－1，－1) D ．不确定考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 D解析 由AB →＝－i ＋j －k 只能确定向量AB →＝(－1,1，－1)，而向量AB →的起点A 的坐标未知，故终点B 的坐标不确定．2．在下列两个命题中，真命题是( )①若三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若a ，b 是两个不共线向量，而c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λμ≠0)，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底．A ．仅①B ．仅②C ．①②D ．都不是 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 A解析 ①为真命题；②中，由题意得a ，b ，c 共面，故②为假命题，故选A.3．已知点A 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(8,6,4)，其中a ＝i ＋j ，b ＝j ＋k ，c ＝k ＋i ，则点A 在基底{i ，j ，k }下的坐标是( ) A ．(12,14,10) B ．(10,12,14) C ．(14,12,10)D ．(4,3,2)考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 A解析 设点A 在基底{a ，b ，c }下对应的向量为p ，则p ＝8a ＋6b ＋4c ＝8i ＋8j ＋6j ＋6k ＋4k ＋4i ＝12i ＋14j ＋10k ，故点A 在基底{i ，j ，k }下的坐标为(12,14,10)．4．若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1＋e 2－e 3，c ＝e 1－e 2＋e 3，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3，d ＝αa ＋βb ＋λc ，则α，β，λ的值分别为________． 考点 空间向量的正交分解题点 空间向量在单位正交基底下的坐标答案 52，－1，－12解析 ∵d ＝α(e 1＋e 2＋e 3)＋β(e 1＋e 2－e 3)＋λ(e 1－e 2＋e 3) ＝(α＋β＋λ)e 1＋(α＋β－λ)e 2＋(α－β＋λ)e 3 ＝e 1＋2e 2＋3e 3， ∴⎩⎪⎨⎪⎧α＋β＋λ＝1，α＋β－λ＝2，α－β＋λ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧α＝52，β＝－1，λ＝－12.5．如图，已知P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，G 为△PDC 的重心，AB →＝i ，AD →＝j ，AP →＝k ，试用基底{i ，j ，k }表示向量PG →，BG →.考点 空间向量的正交分解 题点 向量在单位正交基底下的坐标解 延长PG 交CD 于点N ，则N 为CD 的中点，PG →＝23PN →＝23⎣⎡⎦⎤12(PC →＋PD →) ＝13(P A →＋AB →＋AD →＋AD →－AP →) ＝13AB →＋23AD →－23AP →＝13i ＋23j －23k . BG →＝BC →＋CN →＋NG →＝BC →＋CN →＋13NP →＝AD →－12DC →－13PN →＝AD →－12AB →－⎝⎛⎭⎫16AB →＋13AD →－13AP → ＝23AD →－23AB →＋13AP → ＝－23i ＋23j ＋13k .1．基底中不能有零向量．因零向量与任意一个非零向量都为共线向量，与任意两个非零向量都共面，所以三个向量为基底隐含着三个向量一定为非零向量．2．空间几何体中，要得到有关点的坐标时，先建立适当的坐标系，一般选择两两垂直的三条线段所在直线为坐标轴，然后选择基向量，根据已知条件和图形关系将所求向量用基向量表示，即得所求向量的坐标．3．用基底表示空间向量，一般要用向量的加法、减法、数乘的运算法则，及加法的平行四边形法则，加法、减法的三角形法则．逐步向基向量过渡，直到全部用基向量表示．一、选择题1．下列说法中不正确的是( )A ．只要空间的三个向量的模为1，那么它们就能构成空间的一个单位正交基底B ．竖坐标为0的向量平行于x 轴与y 轴所确定的平面C ．纵坐标为0的向量都共面D ．横坐标为0的向量都与x 轴上的基向量垂直 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 A解析 单位正交基底除要求模为1外，还要求三个向量两两垂直． 2．在空间直角坐标系Oxyz 中，下列说法中正确的是( ) A ．向量AB →的坐标与点B 的坐标相同 B ．向量AB →的坐标与点A 的坐标相同 C ．向量AB →的坐标与向量OB →的坐标相同 D ．向量AB →的坐标与OB →－OA →的坐标相同 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 D3．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( ) A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 C解析 ∵OC →＝12a －12b 且a ，b 不共线，∴a ，b ，OC →共面，∴OC →与a ，b 不能构成一组空间基底．4．已知A (3,4,5)，B (0,2,1)，O (0,0,0)，若OC →＝25AB →，则C 的坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫－65，－45，－85 B.⎝⎛⎭⎫65，－45，－85 C.⎝⎛⎭⎫－65，－45，85 D.⎝⎛⎭⎫65，45，85考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 A解析 设点C 坐标为(x ，y ，z )，则OC →＝(x ，y ，z )． 又AB →＝(－3，－2，－4)，OC →＝25AB →，∴x ＝－65，y ＝－45，z ＝－85.5．{a ，b ，c }为空间的一个基底，且存在实数x ，y ，z 使得x a ＋y b ＋z c ＝0，则x ，y ，z 的值分别为( ) A ．0,0,1 B ．0,0,0 C ．1,0,1D ．0,1,0 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 B解析 若x ，y ，z 中存在一个不为0的数，不妨设x ≠0，则a ＝－y x b －zx c ，∴a ，b ，c 共面．这与{a ，b ，c }是基底矛盾，故x ＝y ＝z ＝0.6．设a ，b ，c 是三个不共面向量，现从①a －b ，②a ＋b －c 中选出一个使其与a ，b 构成空间的一个基底，则可以选择的是( ) A ．仅① B ．仅② C ．①②D ．不确定 考点 空间向量基底的概念题点 空间向量基底的概念 答案 B解析 对于①∵a －b 与a ，b 共面， ∴a －b 与a ，b 不能构成空间的一个基底．对于②∵a ＋b －c 与a ，b 不共面，∴a ＋b －c 与a ，b 构成空间的一个基底．7．设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为( ) A.⎝⎛⎭⎫14，14，14 B.⎝⎛⎭⎫34，34，34 C.⎝⎛⎭⎫13，13，13D.⎝⎛⎭⎫23，23，23考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 A解析 如图所示，连接AG 1交BC 于点E ，则点E 为BC 的中点，AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(OB →－2OA →＋OC →)， AG 1—→＝23AE →＝13(OB →－2OA →＋OC →)， ∵OG →＝3GG 1—→＝3(OG 1—→－OG →)， ∴OG →＝34OG 1—→＝34(OA →＋AG 1—→)＝34⎝⎛⎭⎫OA →＋13OB →－23OA →＋13OC → ＝14OA →＋14OB →＋14OC →，故选A.二、填空题8.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中建立空间直角坐标系．已知AB ＝AD ＝2，BB 1＝1，则AD 1→的坐标为________，AC 1→的坐标为________．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 (0,2,1) (2,2,1)解析 根据已建立的空间直角坐标系，知A (0,0,0)，C 1(2,2,1)，D 1(0,2,1)，则AD 1—→的坐标为(0,2,1)，AC 1→的坐标为(2,2,1)．9．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，则OE →＝________.(用a ，b ，c 表示) 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →)＝OA →＋14(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c . 10．若四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则顶点D 的坐标为____________． 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 (5,13，－3)解析 由四边形ABCD 是平行四边形知AD →＝BC →，设D (x ，y ，z )，则AD →＝(x －4，y －1，z －3)，BC →＝(1,12，－6)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x －4＝1，y －1＝12，z －3＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝13，z ＝－3，即点D 坐标为(5,13，－3)． 三、解答题11.如图所示，在正方体OABC －O ′A ′B ′C ′中，OA →＝a ，OC →＝b ，OO ′→＝c .(1)用a ，b ，c 表示向量OB ′→，AC ′→；(2)设G ，H 分别是侧面BB ′C ′C 和O ′A ′B ′C ′的中心，用a ，b ，c 表示GH →. 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 解 (1)OB ′→＝OB →＋BB ′→＝OA →＋OC →＋OO ′→＝a ＋b ＋c . AC ′→＝AC →＋CC ′→＝AB →＋AO →＋AA ′→ ＝OC →＋OO ′→－OA →＝b ＋c －a . (2)GH →＝GO →＋OH →＝－OG →＋OH → ＝－12(OB ′→＋OC →)＋12(OB ′→＋OO ′→)＝12(OO ′－OC )＝12(c －b )． 12.已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为2的正方体，E ，F 分别为BB 1和DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，试写出DB 1→，DE →，DF →的坐标．考点 空间向量的正交分解 题点 空间向量的坐标解 设x ，y ，z 轴的单位向量分别为e 1，e 2，e 3， 其方向与各轴的正方向相同，则DB 1→＝DA →＋AB →＋BB 1→＝2e 1＋2e 2＋2e 3，∴DB 1→＝(2,2,2)．∵DE →＝DA →＋AB →＋BE →＝2e 1＋2e 2＋e 3， ∴DE →＝(2,2,1)．∵DF →＝e 2，∴DF →＝(0,1,0)．13．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1. (1)证明：A ，E ，C 1，F 四点共面；(2)若EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，求x ＋y ＋z 的值． 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量的基本定理 (1)证明 因为AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝AB →＋AD →＋13AA 1→＋23AA 1→＝⎝⎛⎭⎫AB →＋13AA 1→＋⎝⎛⎭⎫AD →＋23AA 1→＝(AB →＋BE →)＋(AD →＋DF →)＝AE →＋AF →， 所以A ，E ，C 1，F 四点共面．(2)解 因为EF →＝AF →－AE →＝AD →＋DF →－(AB →＋BE →) ＝AD →＋23DD 1→－AB →－13BB 1→＝－AB →＋AD →＋13AA 1→，所以x ＝－1，y ＝1，z ＝13，所以x ＋y ＋z ＝13.四、探究与拓展14．已知在四面体ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF →＝________.考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 答案 3a ＋3b －5c解析 如图所示，取BC 的中点G ，连接EG ，FG ，则EF →＝GF →－GE →＝12CD →－12BA →＝12CD →＋12AB →＝12(5a ＋6b －8c )＋12(a －2c )＝3a ＋3b －5c . 15.在棱长为1的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，E ，F ，G 分别为棱DD ′，D ′C ′，BC 的中点，以{AB →，AD →，AA ′→}为基底，求下列向量的坐标．(1)AE →，AG →，AF →； (2)EF →，EG →，DG →.考点 空间向量的正交分解 题点 空间向量的坐标解 (1)AE →＝AD →＋DE →＝AD →＋12DD ′→＝AD →＋12AA ′→＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，AG →＝AB →＋BG →＝AB →＋12AD →＝⎝⎛⎭⎫1，12，0，AF →＝AA ′→＋A ′D ′→＋D ′F →＝AA ′→＋AD →＋12AB →＝⎝⎛⎭⎫12，1，1. (2)EF →＝AF →－AE →＝⎝⎛⎭⎫AA ′→＋AD →＋12AB →－⎝⎛⎭⎫AD →＋12AA ′→＝12AA ′→＋12AB →＝⎝⎛⎭⎫12，0，12， EG →＝AG →－AE →＝⎝⎛⎭⎫AB →＋12AD →－⎝⎛⎭⎫AD →＋12AA ′→ ＝AB →－12AD →－12AA ′→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，－12， DG →＝AG →－AD →＝AB →＋12AD →－AD →＝AB →－12AD →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0.。

§1从平面向量到空间向量
[对应学生用书P15]
小刚从学校大门口出发，向东行走100 m，再向北行走600 m，最后乘电梯上行20 m 到达住处．
问题1：位移是既有大小又有方向的量，可用向量表示．那么，小刚从学校大门口到住处的总位移所对应的向量是三个位移所对应的向量的合成吗？
提示：是．
问题2：问题1中的位移是不在同一个平面内的位移，已不能用平面向量来刻画，应如何刻画这种位移？
提示：用空间向量．
问题3：若设大门口向东行走100 m为a，再向北行走600 m为b，最后乘电梯上行20 m为c，则a，b，c夹角分别是多少？
提示：π2.
空间向量
(1)空间向量及其模的表示方法：。

1 空间向量加减法运用的三个层次空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．第1层 用已知向量表示未知向量例1 如图所示，M ，N 分别是四面体OABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.解 OP →＝OM →＋MP → ＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →； OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN →＝12OA →＋13(ON →－OM →) ＝12OA →＋13⎝⎛⎭⎫ON →－12OA → ＝13OA →＋13×12(OB →＋OC →)＝13OA →＋16OB →＋16OC →. 点评 用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立． 第2层 化简向量例2 如图，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD .设M ，G 分别是BC ，CD 的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．(1)AB →＋12(BD →＋BC →)；(2)AG →－12(AB →＋AC →)．解 (1)AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋12BC →＋12BD →＝AB →＋BM →＋MG →＝AG →. (2)AG →－12(AB →＋AC →)＝AG →－AM →＝MG →. AD →，AG →，MG →如图所示．点评 要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间中仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．第3层 证明立体几何问题例3 如图，已知M ，N 分别为四面体ABCD 的平面BCD 与平面ACD 的重心，且G 为AM上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.求证：B ，G ，N 三点共线．证明 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ， 则BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c ＝43BG →.∴BN →∥BG →，即B ，G ，N 三点共线．2 空间向量易错点扫描易错点1 对向量夹角与数量积的关系理解不清例1 “a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”) 错解 a·b <0⇔cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b |<0⇔〈a ，b 〉为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的充要条件．错因分析 错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．剖析 当〈a ，b 〉＝π时，a·b <0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b <0”是“〈a ，b 〉为钝角”的必要不充分条件． 正解 必要不充分总结 a·b <0⇔a 与b 的夹角为钝角或a 与b 方向相反，a·b >0⇔a 与b 夹角为锐角或a 与b 方向相同．易错点2 判断是否共面出错例2 已知O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间的一个基底的是( )A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →错解 a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →， 相加得OA →＋OB →＝12(a ＋b )，所以OA →，OB →都与a ，b 共面，不能构成空间的一个基底，故选D.剖析 OA →＋OB →＝12(a ＋b )，说明OA →＋OB →与a ，b 共面，但不能认为OA →，OB →都与a ，b 共面．对A ，B ：设OA →＝x a ＋y b ，因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，代入整理得(x ＋y －1)OA →＋(x ＋y )OB →＋(x －y )OC →＝0，因为O ，A ，B ，C 四点不共面， 所以OA →，OB →，OC →不共面，所以x ＋y －1＝0，x ＋y ＝0，x －y ＝0， 此时，x ，y 不存在，所以a ，b 与OA →不共面， 故a ，b 与OA →可构成空间的一个基底． 同理a ，b 与OB →也可构成空间的一个基底．对C ：因为a ＝OA →＋OB →＋OC →，b ＝OA →＋OB →－OC →，相减有OC →＝12(a －b )，所以OC →与a ，b 共面，故不能构成空间的一个基底． 正解 C易错点4 混淆向量运算和实数运算 例4 阅读下列各式，其中正确的是( ) A ．a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝c B ．a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0 C ．(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )D.OA →·BO →＝|OA →||BO →|cos(180°－∠AOB ) 错解 A(或B 或C)剖析 想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律，结合律，故A ，C 错误；a ·b ＝0⇒a ＝0或b ＝0或a ⊥b ，故B 错误；OA →·BO →的夹角是180°－∠AOB . 正解 D易错点4 忽略建系的前提例4 四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，AE ⊥平面ABCD ，AE ＝2，F 为CE 中点，试建立合理的坐标系，求AF →，BC →夹角的余弦值．错解 以A 为坐标原点，以AB →，AD →，AE →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz .此时AF →＝(1,1,1)，BC →＝(0,2,0)，所以cos 〈AF →，BC →〉＝33.剖析 空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB 与AD 不垂直． 正解 设AC ，BD 交于点O ，则AC ⊥BD . 因为F 为CE 中点，所以OF ∥AE ， 因为AE ⊥平面ABCD ，所以OF ⊥平面ABCD ，OF ⊥AC ，OF ⊥BD ，以O 为坐标原点，以OC →，OD →，OF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .此时AF →＝(1,0,1)，BC →＝(1，3，0)， 所以cos 〈AF →，BC →〉＝24.易错点5 求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误例5 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求平面ABD 1与平面BD 1C 的夹角的大小．错解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1， 则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)， C 1(0,1,1)．由题意知A 1D →是平面ABD 1的一个法向量，A 1D →＝(－1,0，－1)，DC 1→是平面BCD 1的一个法向量， DC 1→＝(0,1,1)，所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为120°.剖析 利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的取值范围．正解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)．由题意知AD 1→＝(－1,0，－1)是平面ABD 1的一个法向量，DC 1→＝(0,1,1)是平面BCD 1的一个法向量．所以cos 〈AD 1→，DC 1→〉＝DC 1→·AD 1→|DC 1→||AD 1→|＝－12，所以〈AD 1→，DC 1→〉＝120°.所以平面ABD 1与平面BD 1C 夹角的大小为60°.3 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知在直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求直线BC 1与CD 夹角的余弦值．解 如图，以D 为坐标原点，分别以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Dxyz ，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)， 所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)． 所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717.故直线BC 1与CD 夹角的余弦值为31717.点评 本例以直四棱柱为背景，求直线与直线的夹角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两直线的方向向量的夹角即可． 2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直于BB 1交C 1C 于P 点， 因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BP ⊥平面ABB 1A 1，以B 为坐标原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Bxyz ，如图．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3，所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，C 1⎝⎛⎭⎫32，32，0，E⎝⎛⎭⎫32，12，0，A 1()0，2，2. 点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥平面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口． 3．利用面面垂直关系例3 如图1，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 夹角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形， 所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为坐标原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)， 所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)， 设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0，取y ＝1，得m ＝(0,1,1)，又因为平面ABE 的一个法向量为MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22，所以平面ABE 与平面BCD 夹角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面夹角的大小．4 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动． 1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点，OA ，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Oxyz ，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x (0≤x ≤G )， ∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )， C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a ) ＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E . 2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF 所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |求出点M 的坐标，若满足条件则存在．解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形， 所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，DA ，DC ?平面ABCD ， 所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t )(0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°. 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1，所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 的夹角为45°，所以sin45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1， 所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且当DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 夹角为45°. 点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．5向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD∥BC，且A1A＝AB＝AD＝2BC＝2，点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F.(1)证明：A1F∥平面B1CE；(2)若E是棱AB的中点，求平面A1ECF与平面DEC夹角的余弦值；(3)求三棱锥B1－A1EF的体积的最大值．(1)证明因为ABCD－A1B1C1D1是棱柱，所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.又因为平面ABCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F，所以A1F∥EC.又因为A1F平面B1CE，EC?平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE.(2)解因为AA1⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，所以AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y 轴和z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)， 所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)． 设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0， 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.所以平面A 1ECF 与平面DEC 夹角的余弦值为13.(3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ， 因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 平面A 1ABB 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝A 1B 1， FM ?平面A 1B 1C 1D 1， 所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×11A B ES ×FM＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)， 所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求平面ADF 与平面DFC 夹角的余弦值．分析 求平面与平面的夹角最常用的办法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小，但要注意平面与平面之间的夹角为锐角． (1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)， B (1,2,0)，C (0,2,0)， D 1(0,0,2)． DC →＝(0,2,0)， D 1C →＝(0,2，－2)， ∵E 为AB 的中点， ∴E (1,1,0)， ∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝⎛⎭⎫23，23，－43， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝⎛⎭⎫23，23，－43 ＝⎝⎛⎭⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，取x 1＝1，得平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)． 设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，设平面ADF 与平面DFC 的夹角为0，取y 2＝1，得平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)，∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，取y 3＝1，得平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)， 设平面ADF 与平面DFC 的夹角为θ， 则cos θ＝|n ·q ||n ||q |＝|0＋0＋1|2×2＝12，∴平面ADF 与平面DFC 的夹角的余弦值为12.3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，请说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解． 解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43.又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )， ∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535.点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以在平面ABCD 内，点Q 在以边AD 为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在． 解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →， 即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD . 又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →， ∴PQ →·QD →＝0， 即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0. 又由P A →·QD →＝0， ∴AQ →·QD →＝0， ∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a2.又∵AB ＝1，由题图知，当a2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ，使PQ →⊥QD →； 当0<a <2时，不存在点Q ，使PQ →⊥QD →.。

§2 空间向量的运算学习目标：1.会用图形说明空间向量加法、减法、数乘向量及它们的运算律．(重点) 2.会利用两个空间向量共线的充要条件解决有关问题．(难点) 3.能够利用空间向量的数量积的定义求两个向量的数量积．(重点)1．空间向量的运算空间向量的运算定义(或法则) 运算律加法设a和b是空间两个向量,过一点O作a和b的相等向量OA→和OB→,根据平面向量加法的平行四边形法则,平行四边形的对角线OC对应的向量OC→就是a与b的和,记作a＋b,如图所示①结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；②交换律：a＋b＝b＋a减法与平面向量类似,a与b的差定义为a＋(－b),记作a－b,其中－b是b的相反向量空间向量的数乘空间向量a与一个实数λ的乘积是一个向量,记作λa,满足：①|λa|＝|λ||a|,②当λ＞0时,λa与a方向相同；当λ＜0时,λa与a方向相反；当λ＝0时,λa＝0①λa＝aλ(λ∈R)；②λ(a＋b)＝λa＋λb(λ＋μ)a＝λa＋μa(λ∈R,μ∈R)；③(λμ)a＝λ(μa)(λ∈R,μ∈R)空间向量的数量积空间两个向量a和b的数量积是一个数,等于|a||b|cos〈a,b〉,记作a·b①交换律：a·b＝b·a；②分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c；③λ(a·b)＝(λa)·b(λ∈R)与数量积 有关的 结论①|a|＝a·a； ②a⊥b ⇔a·b＝0；③cos 〈a,b 〉＝a·b|a||b|(a≠0,b≠0)思考：空间向量的数量积运算为什么不满足结合律？[提示] 数量积运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律,但不适合乘法结合律,即(a·b)·c 不一定等于a·(b·c)．这是由于(a·b)·c 表示一个与c 共线的向量,而a·(b·c)表示一个与a 共线的向量,而c 与a 不一定共线．2．共线向量定理空间两个向量a 与b(b≠0)共线的充要条件是存在实数λ,使得a ＝λb．1.判断正误(1)实数与向量之间可进行加法、减法运算． ( ) (2)AB →＋BA →＝0.( ) (3)两向量共线,两向量所在的直线不一定重合,也可能平行． ( ) (4)空间向量数量积运算的结果是一个实数． ( )[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√ 2.化简PM →－PN →＋MN →所得的结果是( ) A ．PM →B ．NP →C ．0D ．MN →C [因为PM →－PN →＋MN →＝NM →＋MN →＝0.] 3.下列式子中正确的是( ) A ．|a|·a＝a 2B ．(a·b)2＝a 2·b 2C ．(a·b)c＝a(b·c)D ．|a·b|≤|a||b|D [|a|·a 是与a 共线的向量,a 2是实数,故A 错误； (a·b)2＝|a|2·|b|2·cos 2〈a,b 〉≠a 2·b 2,故B 错误； (a·b)c 与c 共线,a (b·c)与a 共线,故C 错误； |a·b|＝||a|·|b|·cos 〈a,b 〉|≤|a|·|b|,故D 正确．]4.已知i 、j 、k 是两两垂直的单位向量,a ＝2i －j ＋k,b ＝i ＋j －3k,则a·b 等于________． －2 [a·b＝(2i －j ＋k)·(i＋j －3k)＝2i 2－j 2－3k 2＝－2.]空间向量的线性运算【例1】 (1)化简(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝________．(2)如图,在平行六面体ABCD­A 1B 1C 1D 1中,设AA 1→＝a,AB →＝b,AD →＝c,M,N,P 分别是AA 1,BC,C 1D 1的中点,试用a,b,c 表示以下各向量：①AP →；②A 1N →；③MP →＋NC 1→.0 [(1)法一：(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝AB →＋DC →＋CA →＋BD →＝(AB →＋BD →)＋(DC →＋CA →)＝AD →＋DA →＝0.法二：(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝(AB →－AC →)＋(DC →－DB →)＝CB →＋BC →＝0.] (2)①∵P 是C 1D 1的中点,∴AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b.②∵N 是BC 的中点,∴A 1N →＝A 1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c.③∵M 是AA 1的中点,∴MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋(a ＋c ＋12b)＝12a ＋12b ＋c. 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a, ∴MP →＋NC 1→＝(12a ＋12b ＋c)＋(a ＋12c)＝32a ＋12b ＋32c.1．在运算时,要注意运算律的应用,在例题中,利用向量加法的结合律以及数乘向量的分配律简化了计算．2．对向量式的化简,要结合图形,充分利用图形的性质．1．在空间四边形ABCD 中,连接AC 、BD,若△BCD 是正三角形,且E 为其中心,则AB →＋12BC →－32DE →－AD →的化简结果是( )A ．AB →B ．2BD →C ．0D ．2DE →C [如图,F 是BC 的中点,E 为DF 的三等分点,∴32DE →＝DF →,∴12BC →＝BF →则AB →＋12BC →－32DE →－AD →＝AB →＋BF →－DF →－AD →＝AF →＋FD →＋DA →＝0.]向量共线问题【例2】 如图,四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形,且不共面,M,N 分别是AC,BF 的中点,则CE →与MN →是否共线？[解] 法一：∵M ,N 分别是AC,BF 的中点,且四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形, ∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB →.①又∵MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →,②①＋②得2MN →＝CE →, ∴CE →∥MN →,即CE →与MN →共线．法二：∵M ,N 分别是AC,BF 的中点,且四边形ABCD 和ABEF 都是平行四边形,∴MN →＝AN →－AM →＝12(AB →＋AF →)－12AC →＝12(AB →＋AF →)－12(AB →＋AD →) ＝12(AF →－AD →)＝12(BE →－BC →)＝12CE →. ∴MN →∥CE →,即MN →与CE →共线．判定向量共线就是充分利用已知条件找到实数λ,使a ＝λb 成立,或充分利用空间向量的运算法则,结合具体图形通过化简,计算得出a ＝λb ,从而得到a∥b.2．设两非零向量e 1、e 2不共线,AB →＝e 1＋e 2,BC →＝2e 1＋8e 2,CD →＝3(e 1－e 2)．试问：A 、B 、D 是否共线,请说明理由．[解] ∵BD →＝BC →＋CD →＝(2e 1＋8e 2)＋3(e 1－e 2) ＝5(e 1＋e 2),∴BD →＝5AB →,又∵B 为两向量的公共点, ∴A 、B 、D 三点共线．空间向量的数量积运算1． 在应用空间向量数量积的运算律时要注意什么？[提示] 要准确区分两向量的数量积与数乘向量、实数与实数的乘积之间的差异．注意以下几点： (1)数量积的运算不满足约去律,即a·b＝b·c 推不出a ＝c ； (2)数量积的运算不满足结合律,即(a·b)c 不一定等于a (b·c)；(3)数量积的运算不满足除法,即对于向量a,b,若a·b＝k,不能得到a ＝k b ⎝ ⎛⎭⎪⎫或b ＝k a .例如当非零向量a,b 垂直时,a·b＝0,但a ＝0b显然是没有意义的．2．空间向量的数量积的应用主要体现在哪几个方面？ [提示] 空间向量的数量积的应用主要有以下三个方面： (1)利用|a|＝a 2,求线段的长；(2)利用cos 〈a,b 〉＝a·b|a||b|,求两直线所成的角；(3)利用a⊥b ⇔a·b＝0,证明两直线垂直． 【例3】 已知正四面体OABC 的棱长为1,求：(1)(OA →＋OB → )·(CA →＋CB →)；(2)|OA →＋OB →＋OC →|.[思路探究] 在正四面体中,所有棱的长度都相等,每一个面都是正三角形,所以从同一顶点出发的任意两条棱所对应向量间的夹角等于60°或120°(与方向有关)．[解] (1)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →)＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1.(2)|OA →＋OB →＋OC →|＝（OA →＋OB →＋OC →）2＝OA →2＋OB →2＋OC →2＋2（OA →·OB →＋OB →·OC →＋OA →·OC →） ＝12＋12＋12＋2（1×1×cos 60°×3）＝ 6.1.(变条件)若本例增加条件“E、F 分别是AB 、OC 的中点”,求向量OE →与BF →所成角的余弦值．[解] 如图所示,设OA →＝a,OB →＝b,OC →＝c,且|a|＝|b|＝|c|＝1, 易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝π3, 则a·b＝b·c＝c·a＝12,因为OE →＝12(OA →＋OB →)＝12(a ＋b),BF →＝OF →－OB →＝12OC →－OB →＝12c －b,|OE →|＝|BF →|＝32,所以OE →·BF →＝12(a ＋b)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －b＝14a·c ＋14b·c－12a·b－12b 2＝－12. 设OE →与BF →所成的角为θ,则cos θ＝OE →·BF →|OE →|·|BF →|＝－1232×32＝－23.所以向量OE →与向量BF →所成角的余弦值为－23.2.(变条件)如图,在空间四边形OABC 中,OB ＝OC,AB ＝AC,求证：OA⊥BC.[证明] 因为OB ＝OC,AB ＝AC,OA ＝OA, 所以△OAC ≌△OAB, 所以∠AOC＝∠AOB.又OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB → ＝|OA →|·|OC →|cos ∠AOC －|OA →|·|OB →|·cos ∠AOB ＝0, 所以OA →⊥BC →,即OA⊥BC.1．要求a 与b 的数量积,需已知|a|,|b|和〈a,b 〉,a 与b 的夹角与方向有关,一定要根据方向正确判定夹角的大小,才能使a·b 计算准确．2．利用向量的数量积,求异面直线所成的角的方法： (1)根据题设条件在所求的异面直线上取两个向量； (2)将求异面直线所成角的问题转化为求向量夹角问题； (3)利用向量的数量积求角的大小； (4)证明两向量垂直可转化为数量积为零．1．空间任意四个点A 、B 、C 、D,则DA →＋CD →－CB →等于( ) A.DB →B.AC →C.AB →D.BA →D [法一：DA →＋CD →－CB →＝(CD →＋DA →)－CB →＝CA →－CB →＝BA →. 法二：DA →＋CD →－CB →＝DA →＋(CD →－CB →)＝DA →＋BD →＝BA →.]2．如图已知正方体ABCD­A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则AB 1→·C 1B →＝( )A ．－2B ．2C ．－1D ．1C [AB 1→·C 1B →＝AB 1→·D 1A →＝(2)2cos 〈AB 1→,D 1A →〉＝2cos (180°－60°)＝2cos 120°＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1.故选C.]3．已知非零向量a,b 不平行,且|a|＝|b|,则a ＋b 与a －b 的位置关系是________． 垂直 [∵(a＋b)·(a－b)＝a 2－b 2＝0. ∴(a＋b)⊥(a－b)．]4．设a,b,c 满足a ＋b ＋c ＝0,且a⊥b ,|a|＝1,|b|＝2,则|c|＝________． 5 [∵a＋b ＋c ＝0,∴c＝－a －b.∴|c|＝（－a －b ）2＝a 2＋2a ·b＋b 2＝1＋4＝ 5.]5．如图所示,在空间四边形OABC 中,OA ＝8,AB ＝6,AC ＝4,BC ＝5,∠OAC ＝45°,∠OAB ＝60°,求OA 与BC 的夹角的余弦值．[解析] ∵BC →＝AC →－AB →,∴OA →·BC →＝OA →·(AC →－AB →)＝|OA →|·|AC →|·cos 〈OA →,AC →〉－|OA →|·|AB →|·cos 〈OA →,AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－16 2.∴cos 〈OA →,BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225,∴OA 与BC 的夹角的余弦值为3－225.。

§4　用向量讨论垂直与平行第1课时　用空间向量解决立体几何中的平行问题学习目标　1.了解空间点、线、面的向量表示.2.能用向量法证明直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行问题．知识点一　空间中平行关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为μ，v，则线线平行l∥m⇔a∥b⇔a＝k b(k∈R)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝k v(k∈R)知识点二　利用空间向量处理平行问题思考　(1)设v1＝(a1，b1，c1)，v2＝(a2，b2，c2)分别是直线l1，l2的方向向量．若直线l1∥l2，则向量v1，v2应满足什么关系．(2)若已知平面外一直线的方向向量和平面的法向量，则这两向量满足哪些条件可说明直线与平面平行？(3)用向量法处理空间中两平面平行的关键是什么？答案　(1)由直线方向向量的定义知若直线l1∥l2，则直线l1，l2的方向向量共线，即l1∥l2⇔v1∥v2⇔v1＝λv2(λ∈R)．(2)可探究直线的方向向量与平面的法向量是否垂直，进而确定线面是否平行．(3)关键是找到两个平面的法向量，利用法向量平行来说明两平面平行．梳理　利用空间向量解决平行问题时，第一，建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；第二，通过向量的运算，研究平行问题；第三，把向量问题再转化成相应的立体几何问题，从而得出结论．知识点三　平面的法向量及其求法在空间直角坐标系下，求平面的法向量的一般步骤：(1)设平面的法向量为n＝(x，y，z)；(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)；(3)根据法向量的定义建立关于x ，y ，z 的方程组Error!(4)解方程组，取其中的一组解，即得平面的一个法向量．1．若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(√)2．两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．(×)3．若向量n 1，n 2为平面的法向量，则以这两个向量为方向向量的直线一定平行．(×)4．若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(√)类型一　求平面的法向量例1　已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)，试求出平面ABC 的一个法向量．考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量解　设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)，∴＝(－2,1,3)，＝(1，－1,0)．AB → BC→ 则有Error!即Error!解得Error!令z ＝1，则x ＝y ＝3.故平面ABC 的一个法向量为n ＝(3,3,1)．反思与感悟　利用方程的思想求解平面的法向量，注意一个平面的法向量不是唯一的，它有无数个，它们是共线的．跟踪训练1　如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面是直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，且SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝，建立适当的空间直角坐标系，求平面SCD 12与平面SBA 的一个法向量．考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量解　以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，D ，C (1,1,0)，S (0,0,1)，(12，0，0)则＝，＝.DC → (12，1，0)DS →(－12，0，1)向量＝是平面SAB 的一个法向量．AD → (12，0，0)设n ＝(x ，y ，z )为平面SDC 的一个法向量，则Error!即Error!取x ＝2，得y ＝－1，z ＝1，故平面SDC 的一个法向量为(2，－1,1)．类型二　利用空间向量证明平行问题例2　已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证：(1)FC 1∥平面ADE ；(2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　向量法求解面面平行证明　(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2,2,2)，所以＝(0,2,1)，＝(2,0,0)，＝(0,2,1)．FC 1→ DA → AE→ 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥，n 1⊥，DA → AE→即Error!得Error!令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)．因为·n 1＝－2＋2＝0，FC 1—→ 所以⊥n 1.FC 1—→ 又因为FC 1⊈平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE .(2)因为＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量．由n 2⊥，n 2⊥C 1B 1—→ FC1→ ，C 1B 1—→ 得Error!得Error!令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)，因为n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .反思与感悟　利用向量证明平行问题，可以先建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后根据向量之间的关系证明平行问题．跟踪训练2　如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面所成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，PA ＝BC ＝AD ＝1，问在棱PD 上是否存12在一点E ，使CE ∥平面PAB ？若存在，求出E 点的位置；若不存在，请说明理由．考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　向量法求解线面平行解　存在点E 使CE ∥平面PAB .以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，∴P (0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设E (0，y ，z )，则＝(0，y ，z －1)，PE→ ＝(0,2，－1)，PD→ ∵∥，∴＝，①PE → PD→ y 23－1－1∵＝(0,2,0)是平面PAB 的法向量，AD→ 又＝(－1，y －1，z )，CE ∥平面PAB ，CE→ ∴⊥，∴(－1，y －1，z )·(0,2,0)＝0.CE→ AD → ∴y ＝1，代入①得z ＝，12∴E 是PD 的中点，∴存在E 点，当点E 为PD 中点时，CE ∥平面PAB .1．已知l 1的方向向量为v 1＝(1,2,3)，l 2的方向向量为v 2＝(λ，4,6)，若l 1∥l 2，则λ等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　B解析　由l 1∥l 2，得v 1∥v 2，得＝＝，故λ＝2.1λ24362．已知直线l 1，l 2的方向向量分别为a ，b ，且a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若l 1∥l 2，则λ与μ的值可以分别是( )A ．2，B ．－，121312C ．－3,2D ．2,2考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　A解析　由题意知Error!解得Error!或Error!3．若A (－1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( )A ．(1,2,3)B ．(1,3,2)C ．(2,1,3)D ．(3,2,1)考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　A解析　因为＝(2,4,6)，所以与共线的非零向量都可以作为直线l 的方向向量．AB → AB→ 4．若直线l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为，则m 为( )(1，12，2)A ．－4B ．－6C ．－8D ．8考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　C解析　∵l ∥α，平面α的法向量为，(1，12，2)∴(2，m,1)·＝0，(1，12，2)∴2＋m ＋2＝0，∴m ＝－8.125．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面ACD 1的一个法向量为________．考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　(1,1,1)(答案不唯一)解析　不妨设正方体的棱长为1，以点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Dxyz ，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，设平面ACD 1的一个法向量a ＝(x ，y ，z )，则a ·＝0, a ·＝0.AC → AD 1—→ 因为＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，AC → AD 1—→ 所以Error!所以Error!所以Error!不妨取x ＝1，则a ＝(1,1,1)．(注：答案不唯一，只要与所给答案共线都对)1．应用向量法证明线面平行问题的方法(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(2)证明直线的方向向量与平面内的某一直线的方向向量共线．(3)证明直线的方向向量可用平面内的任两个不共线的向量表示．即用平面向量基本定理证明线面平行．2．证明面面平行的方法设平面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⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )． 一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为μ，则能使l ∥α的是( )A ．a ＝(1,0,0)，μ＝(－2,0,0)B ．a ＝(1,3,5)，μ＝(1,0,1)C ．a ＝(0,2,1)，μ＝(－1,0,1)D ．a ＝(1，－1,3)，μ＝(0,3,1)考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　D解析　由l ∥α，故a ⊥μ，即a ·μ＝0，故选D.2．已知直线l 1的方向向量a ＝(2，－3,5)，直线l 2的方向向量b ＝(－4，x ，y )，若两直线l 1∥l 2，则x ，y 的值分别是( )A ．6和－10B ．－6和10C ．－6和－10D ．6和10考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　A解析　由两直线l 1∥l 2，得两向量a ，b 平行，即＝＝，所以x ，y 的值分别是6和2－4－3x 5y－10.3．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的一个法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥α，则x 的值为( )A ．－2B ．－ C.D ．±222考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　D解析　依题意得，－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±.24．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A. B.(33，33，－33)(33，－33，33)C. D.(－33，33，33)(－33，－33，－33)考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　D解析　＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．AB → AC→ 设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．∵Error!　∴Error!令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，单位法向量为±＝±.n|n |(33，33，33)5．设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为b ，若a ·b ＝0，则( )A ．l ∥αB ．l ?αC ．l ⊥αD ．l ?α或l ∥α考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求直线的方向向量答案　D解析　当a ·b ＝0时，l ?α或l ∥α.6．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是( )A ．－B ．6C ．－6D.103103考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　B解析　∵α∥β，∴α的法向量与β的法向量也互相平行．∴＝＝，∴λ＝6.243λ－1－27．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( )A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－2考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　A解析　c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)，由c 为平面α的法向量，得Error!即Error!解得Error!二、填空题8．若A，B，C是平面α内三点，设平面α的法向量为(0，2，198)(1，－1，58)(－2，1，58)a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　2∶3∶(－4)解析　由已知得，＝，AB→ (1，－3，－74)＝，AC→ (－2，－1，－74)∵a 是平面α的一个法向量，∴a ·＝0，a ·＝0，AB → AC→ 即Error!解得Error!∴x ∶y ∶z ＝y ∶y ∶＝2∶3∶(－4)．23(－43y)9．已知l ∥α，且l 的方向向量为m ＝(2，－8,1)，平面α的法向量为n ＝(1，y,2)，则y ＝________.考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　12解析　∵l ∥α，∴l 的方向向量m ＝(2，－8,1)与平面α的法向量n ＝(1，y,2)垂直，∴2×1－8×y ＋2＝0，∴y ＝.1210．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________.考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　4解析　由α∥β得＝＝，解得k ＝4.1－22－4－2k 三、解答题11．已知平面α经过点A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，试求平面α的一个法向量．考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量解　∵A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，∴＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．AB → AC→ 设平面α的法向量是n ＝(x ，y ，z )，依题意有Error!即Error!解得Error!令y ＝1，则x ＝2，∴平面α的一个法向量是n ＝(2,1,0)．12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．AB ＝AP ＝1，AD ＝，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE 的一个法向量．3考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量解　因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，，0)，A (0,0,0)，3E ，B (1,0,0)，(0，32，12)C (1，，0)，3于是＝，＝(1，，0)．AE → (0，32，12)AC → 3设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则Error!即Error!所以Error!令y ＝－1，则x ＝z ＝.3所以平面ACE 的一个法向量为n ＝(，－1，)．3313．已知空间四边形ABCD ，P ，Q 分别是△ABC和△BCD 的重心，求证：PQ ∥平面ACD .考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量证明　如图，连接AP 并延长交BC 于点E ，连接ED ，易知Q 在线段ED 上，∵P ，Q 分别是△ABC 和△BCD 的重心，∴＝－PQ → EQ → EP →＝－13ED → 13EA →＝(－)＝，13ED → EA → 13AD → ∴∥，即PQ ∥AD ，PQ → AD →又AD ?平面ACD ，PQ ⊈平面ACD ，∴PQ ∥平面ACD .四、探究与拓展14．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( )A ．(1，－4,2)B.(14，－1，12)C.D ．(0，－1,1)(－14，1，－12)考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　求平面的法向量答案　D解析　因为＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足PM → Error!把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D.15.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AA 1＝4，AD ＝5.求证：平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .考点　直线的方向向量与平面的法向量题点　向量去求解面面平行证明　如图，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，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A 1(5,0,4)，B (5,3,0)，D 1(0,0,4)，B 1(5,3,4)，C (0,3,0)，∴＝(－5,0，－4)，A 1D →＝(0,3，－4)，A 1B → ＝(0,3，－4)，＝(－5,0，－4)．D 1C → B 1C → 设平面A 1BD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!取z ＝1，得x ＝－，y ＝，则m ＝.4543(－45，43，1)设平面B 1D 1C 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )，则Error!得n ＝.(－45，43，1)∵m ＝n ，即m ∥n ，∴平面A 1BD ∥平面B 1D 1C .。

§2 空间向量的运算(一)学习目标 1.了解空间向量的加减法及运算律.2.理解空间向量的数乘运算及运算律，并掌握共线向量定理．知识点一 空间向量的加减法及运算律思考 下面给出了两个空间向量a ，b ，如何作出b ＋a ，b －a?答案 如图，空间中的两个向量a ，b 相加时，我们可以先把向量a ，b 平移到同一个平面α内，以任意点O 为起点作OA →＝a ，OB →＝b ，则OC →＝OA →＋OB →＝a ＋b ，AB →＝OB →－OA →＝b －a.梳理 类似于平面向量，可以定义空间向量的加法和减法运算．OB →＝OA →＋AB →＝a ＋b ， CA →＝OA →－OC →＝a －b知识点二 空间向量的数乘运算及运算律定义与平面向量一样，实数λ与空间向量a 的乘积λa 仍然是一个向量，称为向量的数乘 几何 定义λ＞0 λa 与向量a 的方向相同 λa 的长度是a 的长度的|λ|倍λ＜0 λa 与向量a 的方向相反 λ＝0 λa ＝0，其方向是任意的运算律分配律 λ(a ＋b )＝λa ＋λb 结合律λ(μa )＝(λμ)a注：在平面中，我们讨论过两个向量共线的问题，在空间中也有相应的结论． 空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在唯一一个实数λ，使得a ＝λb .1．若a ＋b ＝0，则a ＝b ＝0.(×)2．设λ∈R ，若a ＝λb ，则a 与b 共线．(×) 3.OA →－OB →＝AB →.(×)4．直线l 的方向向量为a ，若a ∥平面α，则l ∥平面α.(×)类型一 空间向量的加减运算例1 如图，已知长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，化简下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量．(1)AA ′—→－CB →； (2)AA ′—→＋AB →＋B ′C ′——→. 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算解 (1)AA ′—→－CB →＝AA ′—→－DA →＝AA ′—→＋AD →＝AD ′—→.(2)AA ′—→＋AB →＋B ′C ′——→＝(AA ′—→＋AB →)＋B ′C ′——→＝AB ′—→＋B ′C ′——→＝AC ′—→. 向量AD ′—→，AC ′—→如图所示．引申探究利用本例题图，化简AA ′—→＋A ′B ′→＋B ′C ′—→＋C ′A —→. 解 结合加法运算AA ′—→＋A ′B ′—→＝AB ′—→，AB ′—→＋B ′C ′—→＝AC ′—→，AC ′—→＋C ′A —→＝0. 故AA ′—→＋A ′B ′——→＋B ′C ′——→＋C ′A —→＝0.反思与感悟 (1)首尾顺次相接的若干向量之和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量，即A 1A 2—→＋A 2A 3—→＋A 3A 4—→＋…＋A n －1A n ———→＝A 1A n —→.(2)首尾顺次相接的若干向量若构成一个封闭图形，则它们的和为0.如图，OB →＋BC →＋CD →＋DE →＋EF →＋FG →＋GH →＋HO →＝0.跟踪训练1 在如图所示的平行六面体中，求证：AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝2AC ′—→.考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算的应用证明 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形，∴AC →＝AB →＋AD →，AB ′—→＝AB →＋AA ′—→，AD ′—→＝AD →＋AA ′—→， ∴AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA ′—→)＋(AD →＋AA ′—→) ＝2(AB →＋AD →＋AA ′—→)． 又∵AA ′—→＝CC ′—→，AD →＝BC →，∴AB →＋AD →＋AA ′—→＝AB →＋BC →＋CC ′—→＝AC →＋CC ′—→＝AC ′—→. ∴AC →＋AB ′—→＋AD ′—→＝2AC ′—→. 类型二 共线问题例2 (1)已知向量a ，b ，且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则一定共线的三点是( ) A ．A ，B ，D B ．A ，B ，C C ．B ，C ，DD ．A ，C ，D(2)设e 1，e 2是空间两个不共线的向量，已知AB →＝e 1＋k e 2，BC →＝5e 1＋4e 2，DC →＝－e 1－2e 2，且A ，B ，D 三点共线，实数k ＝________. 考点 线线、线面平行的判断 题点 线线平行的判断 答案 (1)A (2)1解析 (1)因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →＝3a ＋6b ＝3(a ＋2b )＝3AB →，故AD →∥AB →，又AD →与AB →有公共点A ，所以A ，B ，D 三点共线．(2)因为AD →＝AB →＋BC →＋CD →＝7e 1＋(k ＋6)e 2， 且AB →与AD →共线，故AD →＝xAB →， 即7e 1＋(k ＋6)e 2＝x e 1＋xk e 2， 故(7－x )e 1＋(k ＋6－xk )e 2＝0， 又∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7－x ＝0，k ＋6－kx ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝7，k ＝1，故k 的值为1. 反思与感悟 (1)判断向量共线的策略①熟记共线向量的充要条件：(ⅰ)若a ∥b ，b ≠0，则存在唯一实数λ使a ＝λb ；(ⅱ)若存在唯一实数λ，使a ＝λb ，b ≠0，则a ∥b . ②判断向量共线的关键：找到实数λ. (2)证明空间三点共线的三种思路对于空间三点P ，A ，B 可通过证明下列结论来证明三点共线． ①存在实数λ，使P A →＝λPB →成立．②对空间任一点O ，有OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )． ③对空间任一点O ，有OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)．跟踪训练2 如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，CD 的中点，请判断向量EF →与AD →＋BC →是否共线？考点 线线、线面平行的判断 题点 线线平行的判断解 设AC 的中点为G ，连接EG ，FG ， ∴GF →＝12AD →，EG →＝12BC →，又∵GF →，EG →，EF →共面，∴EF →＝EG →＋GF →＝12BC →＋12AD →＝12(AD →＋BC →)，∴EF →与AD →＋BC →共线．类型三 空间向量的数乘运算及应用例3 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)A 1N —→；(3)MP →＋NC 1—→. 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间向量的线性运算 解 (1)AP →＝AD 1—→＋D 1P —→＝(AA 1—→＋AD →)＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)A 1N —→＝A 1A —→＋AN →＝－AA 1—→＋AB →＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .(3)MP →＋NC 1—→＝(MA 1—→＋A 1D 1—→＋D 1P —→)＋(NC →＋CC 1→) ＝12AA 1—→＋AD →＋12AB →＋12AD →＋AA 1—→ ＝32AA 1—→＋32AD →＋12AB →＝32a ＋12b ＋32c . 引申探究若把本例中“P 是C 1D 1的中点”改为“P 在线段C 1D 1上，且C 1P PD 1＝12”，其他条件不变，如何表示AP →？解 AP →＝AD 1—→＋D 1P —→＝AA 1—→＋AD →＋23AB →＝a ＋c ＋23b .反思与感悟 利用数乘运算进行向量表示的技巧(1)数形结合：利用数乘运算解题时，要结合具体图形，利用三角形法则、平行四边形法则，将目标向量转化为已知向量．(2)明确目标：在化简过程中要有目标意识，巧妙运用中点性质．跟踪训练3 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 在A 1D 1上，且A 1E —→＝2ED 1—→，F 在对角线A 1C 上，且A 1F —→＝23FC →.求证：E ，F ，B 三点共线． 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 证明 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c . 因为A 1E —→＝2ED 1—→，A 1F —→＝23FC →，所以A 1E —→＝23A 1D 1—→，A 1F —→＝25A 1C —→，所以A 1E —→＝23AD →＝23b ，A 1F —→＝25(AC →－AA 1—→)＝25(AB →＋AD →－AA 1—→)＝25a ＋25b －25c ， 所以EF →＝A 1F —→－A 1E —→＝25a －415b －25c＝25⎝⎛⎭⎫a －23b －c . 又EB →＝EA 1—→＋A 1A —→＋AB →＝－23b －c ＋a ＝a －23b －c ，所以EF →＝25EB →，又因为EF →与EB →有公共点E ，所以E ，F ，B 三点共线．1.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列各式中运算的结果为AC 1—→的共有( )①(AB →＋BC →)＋CC 1—→； ②(AA 1—→＋A 1D 1—→)＋D 1C 1—→； ③(AB →＋BB 1—→)＋B 1C 1—→； ④(AA 1—→＋A 1B 1—→)＋B 1C 1—→.A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 D解析 ①(AB →＋BC →)＋CC 1—→＝AC →＋CC 1—→＝AC 1—→； ②(AA 1—→＋A 1D 1—→)＋D 1C 1—→＝AD 1—→＋D 1C 1—→＝AC 1—→； ③(AB →＋BB 1—→)＋B 1C 1—→＝AB 1—→＋B 1C 1—→＝AC 1—→； ④(AA 1—→＋A 1B 1—→)＋B 1C 1—→＝AB 1—→＋B 1C 1—→＝AC 1—→，故选D.2．设有四边形ABCD ，O 为空间任意一点，且AO →＋OB →＝DO →＋OC →，则四边形ABCD 是( ) A ．平行四边形 B ．空间四边形 C ．等腰梯形D ．矩形考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算的应用 答案 A解析 由AO →＋OB →＝AB →＝DO →＋OC →＝DC →，得AB →＝DC →，故四边形ABCD 为平行四边形，故选A.3．下列条件，能说明空间不重合的A ，B ，C 三点共线的是( ) A.AB →＋BC →＝AC →B.AB →－BC →＝AC →C.AB →＝BC →D ．|AB →|＝|BC →|考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 C解析 由AB →＝BC →知AB →与BC →共线，又因有一共同的点B ，故A ，B ，C 三点共线．4．若非零空间向量e 1，e 2不共线，则使2k e 1－e 2与e 1＋2(k ＋1)e 2共线的k 的值为________． 考点 空间向量的数乘运算 题点 空间共线向量定理及应用 答案 －12解析 若2k e 1－e 2与e 1＋2(k ＋1)e 2共线， 则2k e 1－e 2＝λ[e 1＋2(k ＋1)e 2]，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＝λ，－1＝2λ(k ＋1)，∴k ＝－12.5．化简2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝________. 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 0解析 2AB →＋2BC →＋3CD →＋3DA →＋AC →＝2AB →＋2BC →＋2CD →＋2DA →＋CD →＋DA →＋AC →＝0.(1)空间向量加法、减法运算的两个技巧①巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接．②巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果．(2)证明(或判断)三点A ，B ，C 共线时，只需证明存在实数λ，使AB →＝λBC →(或AB →＝λAC →)即可，也可用“对空间任意一点O ，有OC →＝tOA →＋(1－t )OB →”来证明三点A ，B ，C 共线．一、选择题1．化简PM →－PN →＋MN →所得的结果是( ) A.PM → B.NP → C ．0D.MN →考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 C解析 PM →－PN →＋MN →＝NM →＋MN →＝NM →－NM →＝0，故选C. 2．空间任意四个点A ，B ，C ，D ，则DA →＋CD →－CB →等于( ) A.DB → B.AC → C.AB →D.BA → 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 D3．已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD ，设G 是CD 的中点，则AB →＋12(BD →＋BC →)等于( )A.AG →B.CG →C.BC →D.12BC → 考点 空间向量的加减运算 题点 空间向量的加减运算 答案 A解析 如图，因为BD →＋BC →＝2BG →，所以AB →＋12(BD →＋BC →)＝AB →＋BG →＝AG →.4．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点．若A 1B 1—→＝a ，A 1D 1—→＝b ，A 1A —→＝c ，则下列向量中与B 1M —→相等的向量是( ) A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c考点 空间向量的数乘运算 题点 空间向量的线性运算 答案 A解析 B 1M —→＝B 1B —→＋BM →＝A 1A →＋12(BA →＋BC →)＝c ＋12(－a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .5．如图所示，在四面体A －BCD 中，点E 是CD 的中点，记AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则BE →等于( )A ．a －12b ＋12cB ．－a ＋12b ＋12cC ．12a －b ＋12cD ．－12a ＋b ＋12c考点 空间向量的数乘运算 题点 空间向量的线性运算 答案 B解析 连接AE (图略)，∵E 是CD 的中点，AC →＝b ，AD →＝c ， ∴AE →＝12(AC →＋AD →)＝12(b ＋c )．在△ABE 中，BE →＝BA →＋AE →＝－AB →＋AE →，又AB →＝a ，∴BE →＝－a ＋12(b ＋c )＝－a ＋12b ＋12c . 6．设点M 是△ABC 的重心，记BC →＝a ，CA →＝b ，AB →＝c ，且a ＋b ＋c ＝0，则AM →等于( )A.b －c 2B.c －b 2C.b －c 3D.c －b 3考点 空间向量的数乘运算题点 空间向量的线性运算答案 D解析 设D 是BC 边的中点，∵M 是△ABC 的重心，∴AM →＝23AD →.而AD →＝12(AB →＋AC →)＝12(c －b )，∴AM →＝13(c －b )．7．设空间四点O ，A ，B ，P 满足OP →＝mOA →＋nOB →，其中m ＋n ＝1，则( )A ．点P 一定在直线AB 上B ．点P 一定不在直线AB 上C ．点P 可能在直线AB 上，也可能不在直线AB 上D ．AB →与AP →的方向一定相同考点 空间向量的数乘运算题点 空间共线向量定理及应用答案 A解析 已知m ＋n ＝1，则m ＝1－n ，OP →＝(1－n )OA →＋nOB →＝OA →－nOA →＋nOB →，即OP →－OA →＝n (OB →－OA →)，即AP →＝nAB →.因为AB →≠0，所以AP →和AB →共线，又AP 和AB 有公共点A ，所以点A ，P ，B 共线，故选A.二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，化简AB →－CD →＋BC →－DA →的结果是________．考点 空间向量的加减运算题点 空间向量的加减运算答案 2AC →解析 AB →－CD →＋BC →－DA →＝AB →＋BC →＋DC →－DA →＝AC →＋AC →＝2AC →.9．在空间四边形ABCD 中，连接BD ，若△BCD 是正三角形，且E 为其中心，则AB →＋12BC →－32DE →－AD →的化简结果为________． 考点 空间向量的数乘运算题点 空间向量的线性运算答案 0解析 连接DE 并延长交BC 于点F ，连接AF (图略)，则DF →＝32DE →， ∴AB →＋12BC →－32DE →－AD → ＝AB →＋BF →－DF →＋DA →＝AF →＋FD →＋DA →＝0.10．若G 为△ABC 内一点，且满足AG →＋BG →＋CG →＝0，则G 为△ABC 的________．(填“外心”“内心”“垂心”“重心”)考点 空间向量的加减运算题点 空间向量的加减运算的应用答案 重心解析 因为AG →＋BG →＝－CG →＝GC →，所以AG 所在直线的延长线为边BC 上的中线，同理，得BG 所在直线的延长线为AC 边上的中线，故G 为其重心．11．已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任意一点O ，有OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →，则x 的值为________．考点 空间向量的数乘运算题点 空间共面向量定理及应用答案 13解析 ∵OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →， 且M ，A ，B ，C 四点共面，∴x ＋13＋13＝1，∴x ＝13. 三、解答题12．如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在的平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 上，且BM ＝13BD ，AN ＝13AE .求证：MN ∥平面CDE .考点 空间向量的数乘运算题点 空间向量共面定理及应用证明 因为M 在BD 上， 且BM ＝13BD ， 所以MB →＝13DB →＝13DA →＋13AB →. 同理AN →＝13AD →＋13DE →. 所以MN →＝MB →＋BA →＋AN → ＝13DA →＋13AB →＋BA →＋13AD →＋13DE → ＝23BA →＋13DE →＝23CD →＋13DE →. 又CD →与DE →不共线，根据共面向量定理可知MN →，CD →，DE →共面．因为MN 不在平面CDE 内，所以MN ∥平面CDE .四、探究与拓展13．已知向量a ，b ，c 互相平行，其中a ，c 同向，a ，b 反向，|a |＝3，|b |＝2，|c |＝1，则|a ＋b ＋c |＝________.答案 214．设e 1，e 2，e 3三向量不共面，而AB →＝e 1＋2e 2＋3e 3，BC →＝2e 1＋λe 2＋μe 3，CD →＝3λe 1－e 2－2μe 3，如果A ，B ，D 三点共线，则λ，μ的值为________．考点 空间向量的数乘运算题点 空间共线向量定理及应用解析 BD →＝BC →＋CD →＝(2e 1＋λe 2＋μe 3)＋(3λe 1－e 2－2μe 3)＝(2＋3λ)e 1＋(λ－1)e 2－μe 3. ∵A ，B ，D 三点共线，∴AB →与BD →是共线向量．∴存在实数k ，使得AB →＝kBD →，即e 1＋2e 2＋3e 3＝k [(2＋3λ)e 1＋(λ－1)e 2－μe 3]．∴(1－2k －3kλ)e 1＋(2－kλ＋k )e 2＋(3＋kμ)e 3＝0. ∵e 1，e 2，e 3三向量不共面，∴1－2k －3kλ＝0,2－kλ＋k ＝0,3＋kμ＝0.将k ＝－3μ代入前两式，可得⎩⎪⎨⎪⎧ 9λ＋μ＋6＝0，3λ＋2μ－3＝0，解得λ＝－1，μ＝3.。

§5夹角的计算学习目标1.理解直线间的夹角、平面间的夹角、直线与平面的夹角的概念.2.掌握直线间的夹角、平面间的夹角、直线与平面的夹角的求解．知识点一直线间的夹角思考1设s 1，s 2分别是空间两条直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2的夹角大小一定为〈s 1，s 2〉吗？答案不一定．若l 1，l 2的方向向量的夹角为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内的角时，l 1与l 2的夹角为〈s 1，s 2〉，否则为π－〈s 1，s 2〉．思考2当两条直线平行时，它们的夹角是多少？答案0.梳理(1)共面直线的夹角当两条直线l 1与l 2共面时，我们把两条直线交角中，范围在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2内的角叫作两直线的夹角，如图所示，当两条直线垂直时，夹角为π2.(2)异面直线的夹角当直线l 1与l 2是异面直线时，在直线l 1上任取一点A 作AB ∥l 2，我们把直线l 1和直线AB 的夹角叫作异面直线l 1与l 2的夹角，如图所示．．垂直时，称这两条直线异面π2，当夹角为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2两条异面直线的夹角的范围为综上，空间两条直线的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(3)直线的方向向量的夹角与两直线夹角的关系空间两条直线的夹角可由它们的方向向量的夹角来确定．已知直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.当0≤〈s 1，s 2〉≤π2时，直线l 1与l 2的夹角等于〈s 1，s 2〉；当π2＜〈s 1，s 2〉≤π时，直线l 1与l 2的夹角等于π－〈s 1，s 2〉．知识点二平面间的夹角思考若平面π1与平面π2平行，则它们的夹角是多少？答案0.梳理(1)平面间夹角的概念如图，平面π1与π2相交于直线l ，点R 为直线l 上任意一点，过点R ，在平面π1上作直线l 1⊥l ，在平面π2上作直线l 2⊥l ，则l 1∩l 2＝R .我们把直线l 1和l 2的夹角叫作平面π1与π2的夹角．由平面间夹角的概念可知，空间中两个平面的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.．垂直时，两个平面互相π2；当夹角等于重合时，两个平面0当夹角等于(2)两个平面法向量的夹角与这两个平面的夹角的关系 空间两个平面的夹角由它们的法向量的夹角确定．已知平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2.当0≤〈n 1，n 2〉≤π2时，平面π1与π2的夹角等于〈n 1，n 2〉；当π2＜〈n 1，n 2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n 1，n 2〉．事实上，设平面π1与平面π2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.知识点三直线与平面的夹角思考若直线l 与平面的夹角是0，则直线l 与平面是否一定平行？答案不一定．梳理(1)直线与平面夹角的概念平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角，如图所示．(2)直线与平面夹角的范围.0如果一条直线与一个平面平行或在平面内，我们规定这条直线与平面的夹角是如果一条直线与一个平面垂直，我们规定这条直线与平面的夹角是π2.由此可得，直线与平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(3)利用向量计算直线与平面夹角的方法空间中，直线与平面的夹角由直线的方向向量与平面的法向量的夹角确定． 设平面α的法向量为n ，直线l 的方向向量为a ，直线l 与平面α所成的角为θ.当0≤〈n ，a 〉≤π2时，θ＝π2－〈n ，a 〉；当π2＜〈n ，a 〉≤π时，θ＝〈n ，a 〉－π2.即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|.1．直线与平面的夹角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．(×)2．平面间的夹角的大小范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(√)3．平面间的夹角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(×)4．若直线l ?平面α，则l 与平面α的夹角为0.(√)类型一直线间的夹角求解例1已知直线l 1的一个方向向量为s 1＝(1,0,1)，直线l 2的一个方向向量为s 2＝(－1,2，－2)，求直线l 1和直线l 2夹角的余弦值．考点 题点解∵s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，∴cos 〈s 1，s 2〉＝s1·s2|s1||s2|＝－1－22×9＝－22＜0，∴〈s 1，s 2〉＞π2，∴直线l 1与直线l 2的夹角为π－〈s 1，s 2〉，∴直线l 1与直线l 2夹角的余弦值为22.反思与感悟利用直线的方向向量求两条直线的夹角时，要注意两条直线的方向向量的夹角与两条直线的夹角之间的关系．因为两条直线的方向向量的夹角的范围是[0，π]，而两条直线的夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以这两者不一定相等，还可能互补．由于任意两条直线的夹角θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以直线l 1和直线l 2夹角的余弦值等于|cos 〈s 1，s 2〉|.跟踪训练1如图所示，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与O 1A 夹角的余弦值．考点 题点解以O 为坐标原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则O (0,0,0)，O 1(0,1，3)，A (3，0,0)，A 1(3，1，3)，B (0,2,0)，∴A1B —→＝(－3，1，－3)，O1A —→＝(3，－1，－3)．∴|cos 〈A1B —→，O1A —→〉|＝|A1B —→·O1A —→||A1B —→||O1A —→|＝错误!＝错误!.∴异面直线A 1B 与O 1A 夹角的余弦值为17.类型二求平面间的夹角例2如图，已知ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，SA⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.求平面SAB 与平面SCD 夹角的余弦值．考点 题点解如图，以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，则S (0,0,1)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，B (0,1,0)，∴SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－1，SC →＝(1,1，－1)．设平面SCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·SD →＝0，n ·SC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12x －z ＝0，x ＋y －z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝－z ，令z ＝1，得n ＝(2，－1,1)．易得BC →是平面SAB 的一个法向量，且BC →＝(1,0,0)，∴cos 〈BC →，n 〉＝BC →·n|BC →||n|＝63.设平面SAB 与平面SCD 的夹角为θ，则cos θ＝63.反思与感悟利用法向量求平面间夹角的大小的一般步骤(1)建立适当的空间直角坐标系； (2)分别求出两平面的法向量； (3)求出两个法向量的夹角； (4)确定平面间夹角的大小．跟踪训练2如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD⊥底面ABCD ，AB∥DC ，AD⊥DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC .(1)证明：SE ＝2EB ；(2)求平面ADE 与平面CDE 夹角的大小．考点 题点(1)证明以D 为坐标原点，DA ，DC ，DS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)，∴SC →＝(0,2，－2)，BC →＝(－1,1,0)，DC →＝(0,2,0)．设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )．由m ⊥SC →，m ⊥BC →，得⎩⎨⎧m·SC →＝0，m·BC→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2b －2c ＝0，－a ＋b ＝0，令b ＝1，则m ＝(1,1,1)．又设SE →＝λEB →(λ＞0)，则E ⎝⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ，∴DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ.设平面EDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ⊥DE →，n ⊥DC →，得⎩⎨⎧n·DE →＝0，n·DC→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λ＋λy 1＋λ＋2z1＋λ＝0，2y ＝0，令x ＝2，则n ＝(2,0，－λ)．由平面EDC ⊥平面SBC ，得m ⊥n ，∴m ·n ＝0，∴2－λ＝0，即λ＝2，∴SE ＝2EB .(2)解由(1)知E ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，43，－23，∴EC →·DE →＝0，∴EC ⊥DE .取线段DE 的中点F ，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13，∴FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13，－13，∴FA →·DE →＝0，∴F A ⊥DE .∴向量FA →与EC →的夹角或其补角等于平面ADE 与平面CDE 的夹角．计算得cos 〈FA →，EC →〉＝FA →·EC→|FA →||EC →|＝－12，故平面ADE 与平面CDE 夹角的大小为60°.类型三直线与平面的夹角例3已知直线l 的一个方向向量为s ＝(1,0,0)，平面π的一个法向量为n ＝(2,1,1)，求直线l 与平面π夹角的正弦值． 考点 题点解∵cos 〈s ，n 〉＝s·n|s||n|＝21×6＝63＞0，∴〈s ，n 〉＜π2，∴直线l 与平面π的夹角θ＝π2－〈s ，n 〉，∴sin θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－〈s ，n 〉＝cos 〈s ，n 〉＝63.即直线l 与平面π夹角的正弦值为63.反思与感悟注意公式sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|中，是线面夹角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值，不要记错．跟踪训练3如图所示，已知直角梯形ABCD ，其中AB ＝BC ＝2AD ，AS ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且AS ＝AB .求直线CS 与底面ABCD 夹角θ的余弦值．考点 题点解由题设条件知，以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz (如图所示).设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S (0,0,1)．∴AS →＝(0,0,1)，CS →＝(－1，－1,1)．显然AS →是底面的法向量，它与已知向量CS →的夹角为β＝90°－θ，故有sin θ＝cos β＝AS →·CS→|AS →||CS →|＝11×3＝33，∵θ∈[0°，90°]，∴cos θ＝1－sin2θ＝63.1．在两个平面内，与两个面的交线都垂直的两个向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为()A.156B ．－153C.153 D.156或－156考点 题点 答案A解析由错误!＝－2＋1210×24＝156，知这两个平面夹角的余弦值为156，故选A.2．已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线AB 1与ED 1夹角的余弦值为()A.1010B.105 C ．－1010 D ．－105 考点 题点答案A解析∵A (2,2,0)，B 1(2,0,2)，E (0,1,0)，D 1(0,2,2)，∴AB1—→＝(0，－2,2)，ED1—→＝(0,1,2)，∴|AB1—→|＝22，|ED1—→|＝5，AB1—→·ED1—→＝0－2＋4＝2，∴cos 〈AB1—→，ED1—→〉＝AB1→·ED1—→|AB1→||ED1—→|＝222×5＝1010，∴直线AB 1与ED 1夹角的余弦值为1010.3．在直三棱柱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，则直线BM 与直线AN 夹角的余弦值为________． 考点 题点 答案3010解析如图所示，以C 为坐标原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴建立空间直角坐标系Cxyz .设CA ＝CB ＝CC 1＝1，则B (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，A (1,0,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，故BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，所以cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN→|BM →||AN →|＝3462×52＝3010.4．已知直线l 1的一个方向向量为a ＝(1，－1,2)，直线l 2的一个方向向量为b ＝(3，－2,0)，则两条直线夹角的余弦值为________．考点 题点 答案57878解析据题意知cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝3＋2＋06×13＝578＝57878. 5．已知平面π1的一个法向量为n 1＝(1，－1,3)，平面π2的一个法向量为n 2＝(－1,0，－1)，求这两个平面夹角的余弦值．考点 题点解∵n 1＝(1，－1,3)，n 2＝(－1,0，－1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－1－311×2＝－22211＜0.故这两个平面夹角的余弦值为|cos 〈n 1，n 2〉|＝22211.用坐标法求异面直线的夹角的一般步骤(1)建立适当的空间直角坐标系；(2)求出两条异面直线的方向向量的坐标；(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；(4)结合异面直线夹角的范围得到异面直线的夹角．一、选择题1．若平面α的一个法向量为n 1＝(4,3,0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3,4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为() A ．－925B.925C.725D ．以上都不对考点 题点 答案B解析∵cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.2．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则直线l 与平面α夹角的余弦值为()A ．－1111B.1111C ．－11011 D.91333考点 题点 答案D解析∵cos 〈a ，n 〉＝a·n |a||n|＝－8－3＋318×22＝－4311，∴直线l 与平面α夹角的正弦值为4311，余弦值为1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫43112＝91333.3．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 夹角的余弦值为()A.32 B.1010C.35D.25考点 题点 答案D解析方法一∵AM →＝AA1→＋A1M →，CN →＝CB →＋BN →，∴AM →·CN →＝(AA1→＋A1M →)·(CB →＋BN →)＝AA1→·BN →＝12.而|AM →|＝AA1→2＋2A1M →·AA1→＋A1M →2＝|AA1→|2＋|A1M →|2＝1＋14＝52.同理|CN →|＝52.令α为所求角，则cos α＝AM →·CN→|AM →||CN →|＝1254＝25.方法二如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1－(1,0,0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12－(0,1,0)＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12.故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12.|AM →|＝02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52，|CN →|＝12＋02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝52.设α为所求角，∴cos α＝AM →·CN→|AM →||CN →|＝1252×52＝25.4．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则直线AD 与平面AA 1C 1C 夹角的正弦值为()A.64B ．－64 C.104D ．－104考点 题点 答案A解析取AC 的中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，以B 为坐标原点，BE ，BB 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，12，0，D (0,0,1)，B (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，0，则AD →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－32，－12，1，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，0.∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，BE ?平面ABC ，∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量．设直线AD 与平面AA 1C 1C 夹角为α，∵cos 〈AD →，BE →〉＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.5．在正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝AB ＝2，则直线AC 与平面SBC 夹角的正弦值为()A.36 B.66C.33D.63考点 题点 答案C解析建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (1，－1,0)，C (－1,1,0)，B (1,1,0)，S (0,0，2)．∴AC →＝(－2,2,0)，BS →＝(－1，－1，2)， CS →＝(1，－1，2)．设平面SBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n·BS →＝0，n·CS→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＋2z ＝0，x －y ＋2z ＝0，令z ＝2，得x ＝0，y ＝2，∴n ＝(0,2，2)．设直线AC 与平面SBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝422×6＝33.6．如图，已知空间四边形OABC 的各边都相等，E ，F 分别为AB ，OC 的中点，则直线OE 与BF 夹角的余弦值为()A.22 B.24C.13D.23 考点 题点 答案D解析设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，且|a |＝|b |＝|c |＝1，则a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.∵OE →＝12(a ＋b )，BF →＝12c －b ，|OE →|＝|BF →|＝32，∵OE →·BF →＝12(a ＋b )·(12c －b )＝14a ·c －12a ·b ＋14b ·c －12|b |2＝－12，∴cos 〈OE →，BF →〉＝OE →·BF→|OE →||BF →|＝－23.∴直线OE 与BF 夹角的余弦值为23.二、填空题7．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 夹角的大小为________．考点 题点 答案π2解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体棱长为2，A 1P ＝x (0≤x ≤2)， 则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，OP →＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 夹角的大小为π2.8．如图，平面P AD⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠P AD ＝90°，且P A ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段P A ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 夹角的余弦值为________．考点 题点 答案36解析以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Axyz ，则E (0,0,1)，F (1,2,0)，B (2,0,0)，D (0,2,0)．EF →＝(1,2，－1)，BD →＝(－2,2,0)，故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.9．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1B 与平面BB 1D 1D 夹角的大小为________．考点 题点答案30°解析以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)．连接AC ，BD ，则AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1?平面BB 1D 1D ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AC →是平面BB 1D 1D 的一个法向量． ∵A1B →＝(0,1，－1)，AC →＝(－1,1,0)，∴cos 〈A1B →，AC →〉＝A1B →·AC→|A1B →||AC →|＝0＋1＋02×2＝12，∴〈A1B →，AC →〉＝60°，∴A 1B 与平面BB 1D 1D 夹角为90°－60°＝30°.10．如图，在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．考点 题点 答案0解析∵OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB→＝|OA →|·|OC →|·cos π3－|OA →|·|OB →|·cosπ3＝12|OA →|(|OC →|－|OB →|)＝0.∴cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC→|OA →||BC →|＝0.三、解答题11．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝3，用过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD －A 1C 1D 1.若A 1C 1的中点为O 1，求异面直线BO 1与A 1D 1夹角的余弦值．考点 题点解如图，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Dxyz ，则B (2,2,0)，D 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，O 1(1,1,3)， ∴D1A1→＝(2,0,0)，BO1→＝(－1，－1,3)， ∴D1A1→·BO1→＝(2,0,0)·(－1，－1,3)＝－2，|D1A1→|＝2，|BO1→|＝11.∴cos 〈D1A1→，BO1→〉＝D1A1→·BO1→|D1A1→||BO1→|＝－22×11＝－1111.故异面直线BO 1与A 1D 1夹角的余弦值为1111.12．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠ACB ＝90°，D 1，E 1分别为A 1B 1，A 1C 1的中点，若BC ＝CA ＝CC 1，求直线BD 1与AE 1夹角的余弦值．考点 题点解如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Cxyz .设|BC →|＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，E 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，a ，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a ，∴AE1→＝错误!，∴AE1→·BD1→＝34a 2，|AE1→|＝52a ，|BD1→|＝62a .∴cos 〈AE1→，BD1→〉＝AE1→·BD1→|AE1→||BD1→|＝3010.∴直线BD 1与AE 1夹角的余弦值为3010.13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝2，AA 1＝22，D 是AA 1的中点，BD 与A B 1交于点O ，且CO ⊥平面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线CD 与平面ABC 夹角的正弦值．考点题点(1)证明由题意，∵四边形ABB 1A 1是矩形，D 为AA 1的中点，AB ＝2，AA 1＝22，AD ＝2， ∴在Rt △ABB 1中，tan ∠AB 1B ＝AB BB1＝22. 在Rt △ABD 中，tan ∠ABD ＝AD AB ＝22， ∴∠AB 1B ＝∠ABD .又∵∠BAB 1＋∠AB 1B ＝90°，∴∠BAB 1＋∠ABD ＝90°，即BD ⊥AB 1.又∵CO ⊥平面ABB 1A 1，AB 1?平面ABB 1A 1，∴CO ⊥AB 1，又∵CO ∩BD ＝O ，CO ，BD ?平面BCD ，∴AB 1⊥平面BCD .∵BC ?平面BCD ，∴BC ⊥AB 1.(2)解如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－33，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－63，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，33， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫66，0，0.又∵CC1→＝2AD →，∴C 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫63，233，33， ∴AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－63，33，0，AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，33，33， DC1→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫66，233，33，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫66，0，－33. 设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 根据⎩⎪⎨⎪⎧ －63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0.可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量．设直线CD 与平面ABC 的夹角为α，则sin α＝155， ∴直线CD 与平面ABC 夹角的正弦值为155. 四、探究与拓展 14．已知三条射线P A ，PB ，PC 的两两夹角都是60°，则平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值为()A.13B.63C.32D.33考点题点答案A解析在P A ，PB ，PC 上取点D ，E ，F ，使得PD ＝PE ＝PF ，可知三棱锥D －PEF 为正四面体，取PE 的中点H ，连接DH ，FH ，得∠DHF 为平面APB 与平面PBC 的夹角，设PF →＝a ，PE →＝b ，PD →＝c ，则HD →＝HP→＋PD →＝－12b ＋c ，HF →＝HP →＋PF →＝－12b ＋a ，所以cos 〈HD →，HF →〉＝HD →·HF →|HD →||HF →|＝13.15.如图所示，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BC ，A 1D 1的中点．(1)求直线A 1C 与DE 所成角的余弦值；(2)求直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值；(3)求平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值．考点向量法求面面角题点向量法求面面角解以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz .(1)则A 1(0,0，a )，C (a ，a,0)，D (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0， ∴A1C →＝(a ，a ，－a )，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，－a 2，0， ∴cos 〈A1C →，DE →〉＝A1C →·DE →|A1C →||DE →|＝1515， 故A 1C 与DE 所成角的余弦值为1515.(2)连接DB 1，∵∠ADE ＝∠ADF ， ∴AD 在平面B 1EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上．又B 1EDF 为菱形，∴DB 1为∠EDF 的平分线，故直线AD 与平面B 1EDF 所成的角为∠ADB 1.由A (0,0,0)，B 1(a,0，a )，D (0，a,0)，得DA →＝(0，－a,0)，DB1→＝(a ，－a ，a )，∴cos 〈DA →，DB1→〉＝DA →·DB1→|DA →||DB1→|＝33，又直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 故直线AD 与平面B 1EDF 所成角的余弦值为33. (3)由已知得A (0,0,0)，A 1(0,0，a )，B 1(a,0，a )，D (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，则ED →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，a 2，0， EB1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a ， 平面ABCD 的一个法向量为m ＝AA1→＝(0,0，a )．设平面B 1EDF 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，由⎩⎨⎧ n·ED →＝0，n·EB1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝1， ∴n ＝(1,2,1)，∴cos 〈n ，m 〉＝m·n |m||n|＝66， ∴平面B 1EDF 与平面ABCD 夹角的余弦值为66.。

§1 从平面向量到空间向量学习目标 1.理解空间向量的概念.2.了解空间向量的表示法，了解自由向量的概念.3.理解空间向量的夹角.4.理解直线的方向向量与平面的法向量的概念．知识点一 空间向量的概念思考1 类比平面向量的概念，给出空间向量的概念． 答案 在空间中，把具有大小和方向的量叫作空间向量．思考2 若表示两个相等空间向量的有向线段的起点相同，则终点也一定相同吗？ 答案 一定相同．因为相等向量的方向相同，长度相等，所以表示相等向量的有向线段的起点相同，终点也相同． 梳理 空间向量的有关概念(1)定义：在空间中，把既有大小又有方向的量，叫作空间向量． (2)长度：空间向量的大小叫作向量的长度或模．(3)表示法⎩⎪⎨⎪⎧①几何表示法：空间向量用有向线段表示.②字母表示法：用字母表示，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可以记作AB→，其模记为|AB →|或|a |.(4)自由向量：与向量的起点无关的向量．知识点二 空间向量的夹角思考 在平面内，若非零向量a 与b 共线，则它们的夹角是多少？答案 0或π.梳理 空间向量的夹角(1)文字叙述：a ，b 是空间中两个非零向量，过空间任意一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫作向量a 与向量b 的夹角，记作〈a ，b 〉． (2)图形表示(3)范围：0≤〈a ，b 〉≤π.(4)空间向量的垂直：如果〈a ，b 〉＝π2，那么称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .知识点三 向量与直线、平面 1．向量与直线与平面向量一样，也可用空间向量描述空间直线的方向．如图所示．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，显然，与AB →平行的任意非零向量a 也是直线l 的方向向量，直线的方向向量平行于该直线． 2．向量与平面如图，如果直线l 垂直于平面α，那么把直线l 的方向向量a 叫作平面α的法向量．类型一 有关空间向量的概念的理解 例1 给出以下结论：①两个空间向量相等，则它们的起点和终点分别相同；②若空间向量a ，b 满足|a |＝|b |，则a ＝b ；③在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，必有AC →＝A 1C 1—→；④若空间向量m ，n ，p 满足m ＝n ，n ＝p ，则m ＝p .其中不正确的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 B解析 两个空间向量相等，它们的起点、终点不一定相同，故①不正确；若空间向量a ，b 满足|a |＝|b |，则不一定能判断出a ＝b ，故②不正确；在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，必有AC →＝A 1C 1→成立，故③正确；④显然正确．故选B.反思与感悟 在空间中，向量、向量的模、相等向量的概念和在平面中向量的相关概念完全一致，两向量相等的充要条件是两个向量的方向相同，模相等．两向量互为相反向量的充要条件是大小相等，方向相反．跟踪训练1 在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列四对向量：①AB →与C 1D 1→；②AC 1—→与BD 1—→；③AD 1—→与C 1B —→；④A 1D —→与B 1C —→.其中互为相反向量的有n 对，则n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 B解析 对于①AB →与C 1D 1—→，③AD 1—→与C 1B —→长度相等，方向相反，互为相反向量；对于②AC 1—→与BD 1—→长度相等，方向不相反；对于④A 1D —→与B 1C —→长度相等，方向相同．故互为相反向量的有2对． 类型二 求空间向量的夹角例2 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求下列各对向量的夹角： (1)〈AB →，A 1C 1—→〉；(2)〈AB →，C 1A 1—→〉；(3)〈AB →，A 1D 1—→〉．考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的夹角 解 (1)由题意知，A 1C 1—→＝AC →， ∴〈AB →，A 1C 1—→〉＝〈AB →，AC →〉． 又∵∠CAB ＝π4，故〈AB →，A 1C 1—→〉＝π4.(2)〈AB →，C 1A 1—→〉＝π－〈AB →，A 1C 1—→〉＝π－π4＝3π4.(3)由题意知，A 1D 1—→＝AD →，∴〈AB →，A 1D 1—→〉＝〈AB →，AD →〉＝π2.引申探究在本例中，求〈AB 1—→，DA 1—→〉． 解 如图，连接B 1C ，则B 1C ∥A 1D ，且DA 1—→＝CB 1—→，连接AC ，在△ACB 1中，因为AC ＝AB 1＝B 1C ， 故∠AB 1C ＝π3，〈AB 1—→，DA 1—→〉＝〈AB 1—→，CB 1—→〉＝π3.反思与感悟 求解空间向量的夹角，要充分利用原几何图形的性质，把空间向量的夹角转化为平面向量的夹角，要注意向量方向．跟踪训练2 如图，在正四面体ABCD 中，〈AB →，CD →〉的大小为( )A.π4B.π3C.π2D.π6考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的夹角 答案 C解析 取AB 的中点O ，连接OC ，OD ， 易得OC ⊥AB ，OD ⊥AB .∵OC ∩OD ＝O ，OC ，OD ?平面OCD ，∴AB ⊥平面OCD ，又CD ?平面OCD ，∴AB ⊥CD . 得〈AB →，CD →〉＝π2.类型三 直线的方向向量与平面法向量的理解 例3 已知正四面体A －BCD .(1)过点A 作出方向向量为BC →的空间直线； (2)过点A 作出平面BCD 的一个法向量． 考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求直线的方向向量解 (1)如图，过点A 作直线AE ∥BC ，由直线的方向向量的定义可知，直线AE 即为过点A 且方向向量为BC →的空间直线．(2)如图，取△BCD 的中心O ，由正四面体的性质可知，AO 垂直于平面BCD ，故向量AO →可作为平面BCD 的一个法向量．反思与感悟 直线的方向向量有无数个，但一定为非零向量；平面的法向量也有无数个，它们互相平行．给定空间中任意一点A 和非零向量a ，可以确定：(1)唯一一条过点A 且平行于向量a 的直线；(2)唯一一个过点A 且垂直于向量a 的平面．跟踪训练3 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是DD 1的中点，以C 1为起点，指出直线AP 的一个方向向量．考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求直线的方向向量解 取BB 1中点Q ，C 1C 中点M ，连接C 1Q ，BM ，PM ，则PM ∥AB ，且PM ＝AB .所以四边形APMB 为平行四边形，所以AP ∥BM ，且AP ＝BM .又在四边形BQC 1M 中，BQ ∥C 1M ，且BQ ＝C 1M ，所以四边形BQC 1M 为平行四边形， 所以BM ∥C 1Q ，且BM ＝C 1Q ，所以AP ∥C 1Q ，故C 1Q —→为直线AP 的一个方向向量．1．下列说法正确的是( )A ．如果两个向量不相等，那么它们的长度不相等B ．方向不同的向量不能比较大小，但同向的可以比较大小C ．向量模的大小与方向有关D ．向量的模可以比较大小考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 D解析 两个向量不相等，但它们的长度可能相等，A 不正确；任何两个向量，不论同向还是不同向均不存在大小关系，B 不正确；向量模的大小只与其长度有关，与方向没有关系，C 不正确．由于向量的模是一个实数，故可以比较大小，只有D 正确．2．如图，在四棱柱的上底面ABCD 中，AB →＝DC →，则下列向量相等的是( )A.AD →与CB →B.OA →与OC →C.AC →与DB →D.DO →与OB →考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 D解析 因为AB →＝DC →，所以四边形ABCD 为平行四边形．所以DO →＝OB →，AD →＝BC →，OA →＝CO →. 3．在正四面体A －BCD 中，O 为平面BCD 的中心，连接AO ，则AO →是平面BCD 的一个________向量．考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求平面的法向量 答案 法解析 由四面体A －BCD 为正四面体，易知AO ⊥面BCD ，故OA →是平面BCD 的一个法向量． 4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，以下向量可以作为平面ABC 法向量的是________．(填序号)①AB →；②AA 1—→；③B 1B —→；④A 1C 1—→. 考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求平面的法向量 答案 ②③5.如图，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝3，AD ＝2，AA ′＝1，则分别以长方体的顶点为起点和终点的向量中：①单位向量共有多少个？ ②试写出模为5的所有向量； ③试写出与向量AB →相等的所有向量； ④试写出向量AA ′—→的所有相反向量． 考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的定义与模解 ①由于长方体的高为1，所以长方体的四条高所对应的向量AA ′—→，A ′A —→，BB ′—→，B ′B —→，CC ′—→，C ′C —→，DD ′—→，D ′D —→，共8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共有8个．②由于长方体的左右两侧面的对角线长均为5，故模为5的向量有AD ′—→，D ′A —→，A ′D —→，DA ′—→，BC ′—→，C ′B —→，B ′C —→，CB ′—→.③与向量AB →相等的所有向量(除它自身之外)有A ′B ′——→，DC →，D ′C ′———→. ④向量AA ′—→的相反向量有A ′A —→，B ′B —→，C ′C —→，D ′D —→.在空间中，一个向量成为某直线的方向向量的条件包含两个方面：一是该向量为非零向量；二是该向量与直线平行或重合．二者缺一不可．给定空间中任意一点A 和非零向量a ，就可以确定唯一一条过点A 且平行于向量a 的直线．一、选择题1．两个非零向量的模相等的是两个向量相等的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 B解析 a ＝b ⇒|a |＝|b |；|a |＝|b |⇏a ＝b .2．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，以顶点为起点和终点的向量中，平面BB 1C 1C 的法向量的个数为( )A ．0B ．2C ．3D ．4考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求平面的法向量 答案 D解析 依题意知，∠ACB ＝90°，所以A 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，AC ⊥平面BB 1C 1C ，所以平面BB 1C 1C 的法向量为AC →，CA →，A 1C 1—→，C 1A 1—→，共4个．3．在四边形ABCD 中，若AB →＝DC →，且|AC →|＝|BD →|，则四边形ABCD 为( ) A ．菱形 B ．矩形 C ．正方形D ．不确定考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 B解析 若AB →＝DC →，则AB ＝DC ，且AB ∥DC ，所以四边形ABCD 为平行四边形．又|AC →|＝|BD →|，即AC ＝BD ，所以四边形ABCD 为矩形． 4．下列有关平面法向量的说法中，不正确的是( ) A ．平面α的法向量垂直于与平面α平行的所有向量 B ．一个平面的所有法向量互相平行C ．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直D ．如果a ，b 与平面α平行，则a ∥b 考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求平面的法向量 答案 D解析 依据平面向量的概念可知，A ，B ，C 都是正确的，由立体几何知识可得a ，b 不一定平行．5．如图，在正四面体A －BCD 中，〈AB →，DA →〉等于( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的夹角 答案 D解析 两个向量夹角的顶点是它们共同的起点，故应把向量DA →的起点平移到A 点处，再求夹角得〈AB →，DA →〉＝120°，故选D.6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1D 1和D 1C 1的中点，则〈MN →，CB →〉的大小为( ) A.π4B.3π4C.π2D.π3考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的夹角 答案 B解析 如图，连接A 1C 1，则A 1C 1∥MN ，又因为B 1C 1∥BC ，故〈MN →，CB →〉＝π－∠A 1C 1B 1＝π－π4＝3π4.二、填空题7．如图，在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，P A ＝AC ，则在向量AB →，BC →，CA →，P A →，PB →，PC →中，夹角为90°的共有________对．考点 空间向量的相关概念及其表示方法题点 空间向量的夹角 答案 5解析 因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥BC ，又BC ⊥AB ，P A ⊥BC ，P A ∩AB ＝A ，P A ，AB ?平面P AB ，所以BC ⊥平面P AB ， 所以BC ⊥PB .由此知〈P A →，AB →〉，〈P A →，BC →〉，〈P A →，CA →〉，〈BC →，AB →〉，〈BC →，PB →〉都为90°. 8．下列说法正确的是________．(填序号) ①两个长度相等的向量一定相等； ②零向量的方向是任意的；③若|a |＝|b |，则a ，b 的长度相等而方向相同或相反； ④任何两个向量都不能比较大小． 考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量 答案 ②④解析 据题意知，只有②④正确．9．如图，在棱长都相等的平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知∠A 1AB ＝60°，则〈AA 1—→，CC 1—→〉＝__________________，〈AB →，C 1D 1—→〉＝________，〈BA →，DD 1—→〉＝________.考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的夹角 答案 0° 180° 120°解析 在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1—→∥CC 1—→，且方向相同，所以〈AA 1—→，CC 1—→〉＝0°.因为AB ∥CD ，CD ∥C 1D 1，所以AB ∥C 1D 1，所以AB →∥C 1D 1—→，但方向相反，所以〈AB →，C 1D 1—→〉＝180°.因为AA 1—→＝DD 1—→，所以〈BA →，DD 1—→〉＝〈BA →，AA 1—→〉＝180°－∠A 1AB ＝120°.10．在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，已知AB ＝5，AC ＝3，BC ＝4，CC ′＝4，则以该三棱柱的顶点为向量的起点和终点的向量中模为5的向量的个数为________． 考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的定义和模答案 8解析 向量AB →，A ′B ′——→，AC ′—→，CA ′—→及它们的相反向量的模都等于5. 三、解答题11．如图所示是棱长为1的正三棱柱ABC －A 1B 1C 1.(1)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中，写出与向量AB →相等的向量； (2)在分别以正三棱柱的任意两个顶点为起点和终点的向量中，写出向量AC →的相反向量； (3)若E 是BB 1的中点，写出与向量AE →平行的向量． 考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 相等、相反向量解 (1)由正三棱柱的结构特征知与AB →相等的向量只有向量A 1B 1—→， (2)向量AC →的相反向量为CA →，C 1A 1—→.(3)取AA 1的中点F ，连接B 1F (图略)，则B 1F —→，FB 1→，EA →都是与AE →平行的向量．12．如图，在三棱锥S －BAC 中，侧面SAB 与侧面SAC 都是等边三角形，∠BAC ＝90°，O 是BC 的中点，证明：SO →是平面ABC 的一个法向量．考点 直线的方向向量与平面的法向量 题点 求平面的法向量证明 由题意知，侧面SAB 与侧面SAC 都是等边三角形，故设SA ＝SB ＝SC ＝a ，因为O 是BC 的中点，SB ＝SC ，所以SO ⊥BC . 因为∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝a ，AO ⊥BC ， 所以AO ＝22a .又SO ＝22a ，SA ＝a ， 所以△ASO 是等腰直角三角形， 即SO ⊥OA .又OA ∩BC ＝O ，OA ，BC ?平面ABC ，所以SO ⊥平面ABC ，所以SO →是平面ABC 的一个法向量．13．如图所示，在正四面体A －BCD 中，E 是AC 的中点，求BE →与CD →的夹角的余弦值．考点 空间向量的相关概念及其表示方法 题点 空间向量的夹角解 过E 作EF ∥CD 交AD 于F ，连接BF .∠BEF 为向量BE →与CD →的夹角的补角． 设正四面体的棱长为1， 则BE ＝32，EF ＝12， BF ＝32. 由余弦定理，得cos ∠BEF ＝BE 2＋EF 2－BF 22BE ·EF ＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122－⎝⎛⎭⎫3222×32×12＝36. 所以BE →与CD →所成的角的余弦值为－36.四、探究与拓展 14．给出以下命题：①若a ∥b ，b 与c 的夹角是30°，则a 与c 的夹角也是30°； ②平面的所有法向量方向相同；③若两个向量的起点相同，终点也相同，则这两个空间向量相等． 其中正确命题的序号是________． 答案 ③解析 命题①，当a 与b 的方向相反时，a 与c 的夹角是150°，故①错；命题②，平面的法向量仅指垂直于平面的向量，它们的方向相同或相反，故②错；命题③，起点与终点相同的空间向量相等，故③正确．15．如图，AB是圆O的直径，直线P A所在的向量是圆O所在平面的一个法向量，M是圆周上异于A，B的任意一点，AN⊥PM，点N是垂足，求证：直线AN的方向向量是平面PMB 的法向量．考点直线的方向向量与平面的法向量题点求直线的方向向量证明因为AB是圆O的直径，所以AM⊥BM.又P A⊥平面ABM，所以P A⊥BM.因为P A∩AM＝A，P A，AM?平面P AM，所以BM⊥平面P AM.又AN?平面P AM，所以BM⊥AN，又AN⊥PM，且BM∩PM＝M，BM，PM?平面PBM，所以AN⊥平面PBM.所以直线AN的方向向量是平面PMB的法向量．。