2019年高考数学一轮复习课时分层训练45空间向量及其运算理北师大版201804134193

第4讲平行关系一、选择题1．(2017·榆林模拟)有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4解析命题①l可以在平面α内，不正确；命题②直线a与平面α可以是相交关系，不正确；命题③a可以在平面α内，不正确；命题④正确．答案 A2．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，nα，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”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解析若m，nα，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，nα，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．答案 A3.(2017·长郡中学质检)如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )A．异面B．平行C．相交D．以上均有可能解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，∵AB平面ABC，A1B1平面ABC，∴A1B1∥平面ABC，∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE.∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.答案 B4．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )A．①③B．①④C．②③D．②④解析①中，易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B，可得出AB∥平面MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.在②③中不能判定AB∥平面MNP.答案 B5．已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊥α，nα，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α解析若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，A错；若m⊥α，nα，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，C错；若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能nα，D 错．答案 B二、填空题6．在四面体A －BCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________． 解析如图，取CD 的中点E .连接AE ，BE ，由于M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，所以AE ，BE 分别过M ，N ，则EM ∶MA ＝1∶2，EN ∶BN ＝1∶2，所以MN ∥AB .因为AB 平面ABD ，MN平面ABD ，AB 平面ABC ，MN平面ABC ，所以MN ∥平面ABD ， MN ∥平面ABC .答案 平面ABD 与平面ABC7.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．解析 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC ＝2 2.又E 为AD 中点，EF ∥平面AB 1C ，EF 平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点，∴EF ＝12AC ＝ 2.答案28.(2017·承德模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，∴平面FHN∥平面B1BDD1，只需M∈FH，则MN平面FHN，∴MN∥平面B1BDD1.答案点M在线段FH上(或点M与点H重合)三、解答题9．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论．解(1)点F，G，H的位置如图所示．(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG，又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH，于是四边形BCHE为平行四边形，所以BE ∥CH.又CH平面ACH，BE平面ACH，所以BE∥平面ACH.同理BG∥平面ACH.又BE∩BG ＝B，所以平面BEG∥平面ACH.10．(2014·全国Ⅱ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝3，三棱锥P－ABD的体积V＝34，求A到平面PBC的距离．(1)证明设BD与AC的交点为O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又因为EO 平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)解 V ＝16PA ·AB ·AD ＝36AB .由V ＝34，可得AB ＝32.作AH ⊥PB 交PB 于H . 由题设知AB ⊥BC ，PA ⊥BC ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又AH 平面PAB ，所以BC ⊥AH ，又PB ∩BC ＝B ，故AH ⊥平面PBC .∵PB 平面PBC ，∴AH ⊥PB ，在Rt △PAB 中，由勾股定理可得PB ＝132，所以AH ＝PA ·AB PB ＝31313.所以A 到平面PBC 的距离为31313. 11．给出下列关于互不相同的直线l ，m ，n 和平面α，β，γ的三个命题：①若l 与m 为异面直线，l α，m β，则α∥β； ②若α∥β，l α，m β，则l ∥m ；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，l ∥γ，则m ∥n . 其中真命题的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析 ①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l ，m ；②中l 与m 也可能异面；③中⎭⎪⎬⎪⎫ l ∥γ l αα∩γ＝n ⇒l ∥n ，同理，l ∥m ，则m ∥n ，正确．答案 C12.在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的是( )A ．AC ⊥BDB ．AC ∥截面PQMN C ．AC ＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析因为截面PQMN是正方形，所以MN∥QP，又PQ平面ABC，MN平面ABC，则MN ∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，又MN平面PQMN，AC平面PQMN，则AC ∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故A，B正确．又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确．答案 C13．如图所示，棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，设D是A1C1上的点且A1B∥平面B1CD，则A1D∶DC1的值为________．解析设BC1∩B1C＝O，连接OD.∵A1B∥平面B1CD且平面A1BC1∩平面B1CD＝OD，∴A1B∥OD，∵四边形BCC1B1是菱形，∴O为BC1的中点，∴D为A1C1的中点，则A1D∶DC1＝1.答案 114．(2015·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1平面B1AC，所以BC1⊥AB1.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

学案45 空间向量及其运算导学目标： 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．自主梳理1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量． (2)相等向量：方向______且模______的向量． (3)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b(b≠0)，a∥b 的充要条件是______________________________．推论 如图所示，点P 在l 上的充要条件是：OP →＝OA →＋ta ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝___________________或OP →＝(1－t)OA →＋tOB →.(4)共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x ，y)，使p＝xa ＋yb ，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O 有，OP →＝__________________或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOM →，其中x ＋y ＋z ＝____.2．空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z}，使得p ＝____________________________，把{a ，b ，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则________叫做向量a 与b 的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b______________，记作a⊥b.②两向量的数量积已知两个非零向量a ，b ，则______________________叫做向量a ，b 的数量积，记作________，即______________________________．(2)空间向量数量积的运算律①结合律：(λa)·b＝____________________； ②交换律：a·b＝________；③分配律：a·(b＋c)＝________________. 4．空间向量的坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a·b＝____________________. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a∥b(b≠0)⇔____________⇔________，__________，________________， a⊥b ⇔________⇔_________________________________ (a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a|＝a·a＝_____________________________________________________________，cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b|＝_________________________________________________________ .若A(a 1，b 1，c 1)，B(a 2，b 2，c 2)，则|AB →|＝__________________________________________________________________. 自我检测1．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，且a∥b，则( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝12，y ＝－12C ．x ＝16，y ＝－32D ．x ＝－16，y ＝322．(2018·青岛月考)如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c 3．(2018·广州调研)在平行六面体ABCD —A′B′C′D′中，已知∠BAD ＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB ＝3，AD ＝4，AA′＝5，则|AC′→|＝________.4．有下列4个①若p ＝xa ＋yb ，则p 与a 、b 共面；②若p 与a 、b 共面，则p ＝xa ＋yb ；③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P 、M 、A 、B 共面；④若P 、M 、A 、B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真A ．1B ．2C ．3D ．45．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面)．探究点一 空间基向量的应用例1 已知空间四边形OABC 中，M 为BC 的中点，N 为AC 的中点，P 为OA 的中点，Q 为OB 的中点，若AB ＝OC ，求证：PM ⊥QN.变式迁移1如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2(2018·合肥调研)两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3(2018·泉州月考)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10. (1)设G 是OC 的中点，证明FG ∥平面BOE ；(2)在△AOB 内是否存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ？若存在，求出点M 到OA ，OB 的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3 已知在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 为A 1C 1的中点，E 为B 1C 的中点．(1)求直线BE 与A 1C 所成的角的余弦值；(2)在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出AF ；若不存在，请说明理由．1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．(2)通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．(3)根据运算结果解释相关几何问题．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．下列①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0；②|a|－|b|＝|a ＋b|是a 、b 共线的充要条件； ③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行；④对空间任意一点O 与不共线的三点A 、B 、C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x 、y 、z ∈R)则P 、A 、B 、C 四点共面．其中假A ．1B ．2C ．3D ．42.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，M 、N 分别是棱DD 1、D 1C 1的中点，则直线OM( ) A ．既垂直于AC ，又垂直于MN B ．垂直于AC ，但不垂直于MN C ．垂直于MN ，但不垂直于AC D ．与AC 、MN 都不垂直 3．(2018·绍兴月考)如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°4．设点C(2a ＋1，a ＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a 等于( ) A ．16 B ．4 C ．2 D ．8 5．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为( ) A. 2 B ．211 C ．3 2 D ．4 2 二、填空题(每小题4分，共12分) 6.(2018·信阳模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD ，F 为BC 的中点，E 为AD 的中点，若EF →＝λ(AB →＋DC →)，则λ＝________.7．(2018·铜川模拟)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→.其中能够化简为向量BD 1→的是________．(填所有正确的序号) 8．(2018·丽水模拟)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．三、解答题(共38分) 9．(12分)如图所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.(1)求证：E、B、F、D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG＝23，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.10．(12分)(2009·福建)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．11．(14分)(2018·汕头月考)如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．学案45 空间向量及其运算自主梳理1．(1)大小 方向 (2)相同 相等 (3)存在实数λ，使得a ＝λb OA →＋tAB → (4)OM →＋xMA →＋yMB →1 2.xa ＋yb ＋zc 3.(1)①∠AOB 〈a ，b 〉 0≤〈a ，b 〉≤π 互相垂直 ②|a||b|cos 〈a ，b 〉 a·b a·b＝|a||b|cos 〈a ，b 〉(2)①λ(a·b) ②b·a ③a·b＋a·c 4.(1)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 (2)a ＝λb a 1＝λb 1 a 2＝λb 2 a 3＝λb 3 (λ∈R) a·b＝0 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0 (3)a 21＋a 22＋a 23a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23 2－a 12＋2－b 12＋2－c 12自我检测1．C [∵a∥b，∴2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.]2．A [B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝－A 1B 1→＋A 1A →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋12AD →＝－a ＋c ＋12(a ＋b)＝－12a ＋12b ＋c.]3.97解析 ∵AC′→＝AB →＋BC →＋CC′→＝AB →＋AD →＋AA′→，∴|AC′→|2＝AB →2＋AD →2＋AA′→2＋2AB →·AD →＋2AD →·AA′→＋2AA′→·AB →＝32＋42＋52＋2×3×4×cos 60°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝97，∴|AC′→|＝97.4．B [①正确．②中若a 、b 共线，p 与a 不共线，则p ＝xa ＋yb 就不成立．③正确．④中若M 、A 、B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．]5．共面解析 AB →＝(3,4,5)，AC →＝(1,2,2)，AD →＝(9,14,16)，设AD →＝xAB →＋yAC →， 即(9,14,16)＝(3x ＋y,4x ＋2y,5x ＋2y)．∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝3，从而A 、B 、C 、D 四点共面．课堂活动区例1 解题导引 欲证a ⊥b ，只要把a 、b 用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a·b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．证明 如图所示. 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c.∵OM →＝12(OB →＋OC →)＝12(b ＋c)，ON →＝12(OA →＋OC →)＝12(a ＋c)，∴PM →＝PO →＋OM →＝－12a ＋12(b ＋c)＝12(b ＋c －a)，QN →＝QO →＋ON →＝－12b ＋12(a ＋c)＝12(a ＋c －b)．∴PM →·QN →＝14[c －(a －b)][c ＋(a －b)]＝14[c 2－(a －b)2]＝14(|OC →|2－|BA →|2) ∵|AB →|＝|OC →|，∴PM →·QN →＝0. 即PM →⊥QN →，故PM ⊥QN.变式迁移1 23解析 设{AB →，AC →，AD →}为空间一组基底， 则AF →＝12AB →＋12AC →，CE →＝12CA →＋12CD →＝12CA →＋12(AD →－AC →)＝－AC →＋12AD →.∴AF →·CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →＋12AC →·⎝ ⎛⎭⎪⎫－AC →＋12AD →＝－12AB →·AC →－12AC →2＋14AB →·AD →＋14AC →·AD →＝－14AB →2－12AC →2＋18AB →2＋18AC →2＝－12AC →2.又|AF →|＝|CE →|＝32|AC →|，∴|AF →|·|CE →|＝34|AC →|2.∴cos 〈AF →，CE →〉＝AF →·CE →|AF →||CE →|＝－12AC →234|AC →|2＝－23.∴异面直线AF 与CE 所成角的余弦值为23.例2 解题导引如图所示，建立坐标系后，要证MN 平行于平面EBC ，只要证MN →的横坐标为0即可．(1)证明 如图所示，以BA →、BC →、BE →为单位正交基底建立空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)， 设AN AE ＝DM DB＝λ，则MN →＝MD →＋DA →＋AN →＝λBD →＋DA →＋λAE → ＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且MN →的横坐标为0. ∴MN →平行于平面yBz ，即MN ∥平面EBC.(2)解 由(1)知|MN →|＝λ－2＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝ 2⎝⎛⎭⎪⎫λ－122＋12，∴当λ＝12时，MN 取得长度的最小值为22.变式迁移2 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N ，连接NE. 则点N 、E 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0、(0,0,1)．∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.又点A 、M 的坐标分别为(2，2，0)、⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴NE →＝AM →且NE 与AM 不共线． ∴NE ∥AM.又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE.(2)由(1)得，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵D(2，0,0)，F(2，2，1)，B(0，2，0)，∴DF →＝(0，2，1)，BF →＝(2，0,1)． ∴AM →·DF →＝0，AM →·BF →＝0.∴AM →⊥DF →，AM →⊥BF →， 即AM ⊥DF ，AM ⊥BF. 又DF∩BF＝F ， ∴AM ⊥平面BDF.例3 解题导引 建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第(1)题证明FG →与平面BOE 的法向量n 垂直，即FG →·n＝0即可．第(2)题设出点M 的坐标，利用MF →∥n 即可解出，然后检验解的合理性．(1)证明如图，连接OP ，以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz.则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)． 由题意，得G(0,4,0)．因为OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)， 所以平面BOE 的法向量n ＝(0,3,4)． 由FG →＝(－4,4，－3)，得n·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE. (2)解 设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)， 则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)．因为FM ⊥平面BOE ，所以FM →∥n ，因此x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－94，0. 在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x>0，y<0，x －y<8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组．所以，在△AOB 内存在一点M ，使PM ⊥平面BOE. 由点M 的坐标，得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.变式迁移3 解(1)以点B 为原点，以BA 、BC 、BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，B 1(0,0,3a)，∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AB ＝BC ＝22AC ＝2a ，∴A(2a,0,0)，C(0，2a,0)，C 1(0，2a,3a)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，22a ，32a ，A 1(2a,0,3a)，∴BE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22a ，32a ，A 1C →＝(－2a ，2a ，－3a)，cos 〈BE →，A 1C →〉＝BE →·A 1C →|BE →||A 1C →|＝－72a 2112a×13a＝－7143143.∴直线BE 与A 1C 所成的角的余弦值为7143143.(2)假设存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ，并设AF →＝λAA 1→＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa) (0<λ<1)，∵D 为A 1C 1的中点，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，3a ，B 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，3a －(0,0,3a)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0，B 1F →＝B 1B →＋BA →＋AF →＝(0,0，－3a)＋(2a,0,0)＋(0,0,3λa)＝(2a,0,3a(λ－1))， CF →＝CA →＋AF →＝(2a ，－2a,0)＋(0,0,3λa) ＝(2a ，－2a,3λa)．∵CF ⊥平面B 1DF ，∴CF →⊥B 1D →，CF →⊥B 1F →， ⎩⎪⎨⎪⎧CF →·B 1D →＝0CF →·B 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3λa×0＝09λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝23或λ＝13∴存在点F 使CF ⊥面B 1DF ，且当λ＝13时，|AF →|＝13|AA 1→|＝a ，当λ＝23时，|AF →|＝23|AA 1→|＝2a. 课后练习区1．C [②③④均不正确．]2．A [以D 为坐标原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建系，设棱长为2，则M(0,0,1)，N(0,1,2)，O(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，∴AC →＝(－2,2,0)，MN →＝(0,1,1)，OM →＝(－1，－1,1)，∴OM →·AC →＝0，OM →·MN →＝0，∴OM ⊥AC ，OM ⊥MN.]3．B如图建立坐标系，设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C 1(2,0,2)，∴EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22·8＝12. ∵〈EF →，BC 1→〉∈[0°，180°]∴EF 与BC 1所成的角是60°.]4．A [由PC →＝λ1PA →＋λ2PB →得：(2a －1，a ＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －λ1＋6λ2＝2a －1－3λ1－λ2＝a ＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a ＝16.]5．B过A 、B 分别作AA 1⊥x 轴，BB 1⊥x 轴，垂足分别为A 1和B 1，则AA 1＝3，A 1B 1＝5，BB 1＝2，∵AB →＝AA 1→＋A 1B 1→＋B 1B →，∴AB →2＝AA 1→2＋A 1B 1→2＋B 1B →2＋2AA 1→·B 1B →＝32＋52＋22＋2×3×2×cos 60°＝44.∴|AB →|＝211.]6.12解析 ∵EF →＝EA →＋AB →＋BF →，又EF →＝ED →＋DC →＋CF →，∴2EF →＝AB →＋DC →，∴EF →＝12(AB →＋DC →)，∴λ＝12. 7．①②解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D 1→＋(A 1A →＋DD 1→)＝B 1D 1→≠BD 1→.8．(1,1,1)解析 设DP ＝y>0，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，y 2，DP →＝(0,0，y)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，y 2.∴cos 〈DP →，AE →〉＝DP →·AE →|DP →||AE →|＝12y 2y 2＋y 24＝y 8＋y 2＝33. 解得y ＝2，∴E(1,1,1)．9．证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)．(2分)所以BD 1→＝BE →＋BF →.故BD 1→、BE →、BF →共面．又它们有公共点B ，∴E 、B 、F 、D 1四点共面．(6分)(2)设M(0,0，z)，则GM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－23，z . 而BF →＝(0,3,2)，由题设，得GM →·BF →＝－23×3＋z·2＝0，得z ＝1.(8分) ∴M(0,0,1)，E(3,0,1)，∴ME →＝(3,0,0)．又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，∴ME →·BB 1→＝0，∴ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC.又∵BB 1∩BC＝B ，∴ME ⊥平面BCC 1B 1.(12分)10.解 (1)如图所示，以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz.依题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.(2分) ∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1， AM →＝(－1,0,1)．∵cos 〈NE →，AM →〉＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010， ∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (6分)(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN.∵AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0， ∴ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.(8分) 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，λ－＋λ＝0.(10分)故λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN. 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.(12分) 11．(1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB → ＝12(q ＋r －p)，(2分) ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p)·p ＝12(q·p＋r·p－p 2) ＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB 又∵CD →＝AD →－AC →＝r －q ，∴MN →·CD →＝12(q ＋r －p)·(r－q) ＝12(q·r－q 2＋r 2－q·r－p·r＋p·q) ＝12(a 2cos 60°－a 2＋a 2－a 2cos 60°－a 2c os 60°＋a 2cos 60°) ＝0，∴MN ⊥CD.(4分)(2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p)， ∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p)2 ＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q·r－p·q－r·p)] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22 ＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a.(9分) (3)解 设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r)， MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r)·⎝ ⎛⎭⎪⎫q －12p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2－12q·p＋r·q－12r·p ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.(12分) 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ， ∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ即32a·32a·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，(13分) ∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.(14分)。

课时分层训练(四十七) 利用空间向量求空间角A 组 基础达标一、选择题1．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 夹角的大小为( )A.π6 B.π4C.π3D ．π2D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0)．∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 的夹角为π2.]2. (2017·西安调研)如图7­7­20，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )图7­7­20A.55 B ．－55C.255D ．－255A [不妨设CB ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，C 1＝(0,2,0)，B 1(0,2,1)，∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)．cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝0＋4－15×3＝55.] 3．(2017·郑州调研)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1夹角的正弦值为( )【导学号：79140255】A.32B ．33C.35 D ．25B [设正方体的棱长为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，建立空间直角坐标系，如图所示．则B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，所以BB →1＝(0,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，AD →1＝(－1,0,1)．令平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AD →1＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈n ，BB →1〉|＝13×1＝33.] 4．已知正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1夹角的正弦值等于( ) A.64 B ．104 C.22D ．32A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，所以AB 1→＝(3，1,2)，由题知BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量．即sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.故选A.]5．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B ．23 C.33D ．22B [以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， ∴有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)． ∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.]二、填空题6．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1夹角的正弦值为________． 13[以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量，则n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2,1,2)，D 1C 1→＝(0,2,0)．设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.]7．如图7­7­21所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．图7­7­2160° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求的二面角为60°.]8．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为________.【导学号：79140256】217 [如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4， 两异面直线AC ，BD 夹角为60°. 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， 所以|AB →|＝217.] 三、解答题9．(2018·合肥一检)如图7­7­22，在四棱台ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.图7­7­22(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 夹角的正弦值．[解] (1)证明：∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，则△ACD 为等边三角形，又∵M 为CD 的中点，∴AM ⊥CD ， 由CD ∥AB 得AM ⊥AB . ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM底面ABCD ，∴AM ⊥AA 1，又∵AB ∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，得DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°， 又∵AA 1⊥底面ABCD ，∴以点A 为原点，分别以AB ，AM ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2， ∴DD →1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2,0，－2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)．∴直线DD 1与平面A 1BD 夹角θ的正弦值 sin θ＝|cos 〈n ，DD →1〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DD →1|n ||DD →1|＝15.10．(2017·江苏高考)如图7­7­23，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°.图7­7­23(1)求异面直线A 1B 与AC 1夹角的余弦值； (2)求二面角B ­A 1D ­A 的正弦值．[解] 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 →，AA 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 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夹角的余弦值为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 的一个法向量， 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 〉＝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|＝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. B 组 能力提升11．(2017·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 夹角的正切值为( )【导学号：79140257】A.34 B ．134 C.3913D ．393C [取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，BD 1→＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 的夹角为θ，∴sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→|·|n |＝34，∴tan θ＝3913.] 12．已知点E ，F 分别在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．23[延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示． 设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan∠EHB ＝EB BH ＝23.]13．(2017·全国卷Ⅱ)如图7­7­24，四棱锥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．图7­7­24(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.【导学号：79140258】[解] (1)证明：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 ， 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 的夹角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z2＝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.因此二面角M ­AB ­D 的余弦值为105.。

学习资料课后限时集训(四十五） 空间向量的运算及应用建议用时:40分钟一、选择题1．已知a ＝(2,3，－4），b ＝(－4，－3,－2），b ＝错误!x －2a ,则x 等于( ）A ．(0,3，－6）B ．(0，6，－20)C ．（0，6,－6)D ．（6,6，－6)B [由b ＝错误!x －2a ,得x ＝4a ＋2b ＝（8，12，－16）＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．]2．已知a ＝（－2，1,3），b ＝(－1，2，1），若a ⊥（a －λb ）,则实数λ的值为( ）A ．－2B ．－错误!C ．错误!D ．2D ［∵a ⊥（a －λb ），∴a ·（a －λb ）＝0，即a 2＝λa ·b 。

又a ＝(－2,1,3），b ＝（－1,2,1),∴a ·b ＝2＋2＋3＝7，|a |＝错误!＝错误!.∴14＝7λ，∴λ＝2.故选D ．]3．已知a ＝(1，0,1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( )A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．错误!D ［∵a ＝（1，0,1),b ＝（x,1，2)，∴a ·b ＝x ＋2＝3.∴x ＝1.∴｜a ｜＝错误!，｜b ｜＝错误!.∴cos 〈a ，b >＝错误!＝错误!。

又<a ，b 〉∈［0，π],故<a ，b 〉＝π6.故选D ．] 4．对于空间一点O 和不共线的三点A ,B ,C ，有6错误!＝错误!＋2错误!＋3错误!，则( ）A ．O ,A ，B ,C 四点共面B ．P ，A ,B ，C 四点共面 C ．O ，P ,B ，C 四点共面D ．O ，P ，A ,B ，C 五点共面B [由6错误!＝错误!＋2错误!＋3错误!，得错误!－错误!＝2(错误!－错误!）＋3（错误!－错误!），即错误!＝2错误!＋3错误!，故错误!，错误!,错误!共面,又它们有公共点P ,因此，P ，A ，B ，C 四点共面,故选B ．］5。