高考数学一轮复习(北师大版理科)：第7章立体几何第6节空间向量及其运算学案

第六节 空间向量及其运算[考纲传真] 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．1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量．(2)单位向量：对于任意一个非零向量a ，把a|a |叫作向量a 的单位向量，记作a 0.(3)相等向量：方向相同且模相等的向量． (4)相反向量：方向相反而模相等的向量．(5)向量a ，b 的夹角：过空间任意一点O 作向量a ，b 的相等向量OA →和OB →，则∠AOB 叫作向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉，范围是[0，π]．①当〈a ，b 〉＝π2时，记作a ⊥b ； ②当〈a ，b 〉＝0或π时，记作a ∥b .(6)平行向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作平行向量或共线向量．2．空间向量中的有关定理(1)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a ＝λb .(2)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3.3．两个向量的数量积(1)非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (2)空间向量数量积的运算律： ①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 )． 4．空间向量坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1＝λx 2，y 1＝λy 2，z 1＝λz 2(λ∈R )(b ≠0)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0. (3)模和夹角公式设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)．则|a |＝a ·a ＝x 21＋y 21＋z 21，cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2x 21＋y 21＋z 21·x 22＋y 22＋z 22(a ≠0，b ≠0)．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( )(2)对任意两个空间向量a ，b ，若a ·b ＝0，则a ⊥b .( ) (3)若a·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角．( )(4)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( ) [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)如图7­6­1所示，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )图7­6­1A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋cA [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .] 3．(·福州模拟)O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断B [由34＋18＋18＝1知，A ，B ，C ，P 四点共面．]4．(·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)B [各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×(－1)2×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.]5．已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________.【导学号：57962349】－13 [(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋(－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13.]空间向量的线性运算1111边形，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：图7­6­2(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.[解] (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→ ＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b . 5分(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP → ＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .7分因为N 是BC 的中点， 则NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，10分 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .12分 [规律方法] 1.(1)选择不共面的三个向量作为基向量，这是利用空间向量基本定理求解立体几何问题的前提．(2)用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算．2．首尾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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则．[变式训练1] 如图7­6­3所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.图7­6­356[连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16，y ＝13，z ＝13， 因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.]共线向量与共面向量定理的应用b 反向，则λ＋μ＝________.(2)如图7­6­4所示，已知斜三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．图7­6­4①向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ ②直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ (1)－52 [∵a ∥b ，且a 与b 反向， ∴(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)，k <0.∴⎩⎨⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，当λ＝2，μ＝12时，k ＝2不合题意，舍去． 当λ＝－3，μ＝12时，a 与b 反向．因此λ＋μ＝－3＋12＝－52.] (2)①因为AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →.所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→， 所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面.6分②当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由①知MN →与AB →，AA 1→共面， 所以MN ∥平面ABB 1A 1.12分[规律方法] 1.判定空间三点共线，要结合已知向量从三点中提炼两个共点向量，利用共线向量定理判断，但一定要说明两线有公共点．2．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →，或对空间任一点O ，有OA →＝OB →＋xPB →＋yPC →，或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)．[变式训练2] 已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． [解] (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →). 2分即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面.5分(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M .∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内.12分空间向量数量积及其应用于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．图7­6­5(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值.【导学号：57962350】[解] (1)证明：设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB → ＝12(q ＋r －p )， ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. 3分∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .5分(2)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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.8分又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23.∴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23.12分 [规律方法] 1.空间向量数量积计算的两种方法 (1)基向量法：a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. 2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题 (1)a ⊥b ⇔a·b ＝0. (2)|a |＝a 2.(3)cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |.[变式训练3] 如图7­6­6，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.图7­6­6(1)求AC 1的长；(2)求AC 与BD 1夹角的余弦值． [解] (1)设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.2分|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. 5分(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.8分∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.12分[思想与方法]1．利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础． 2．利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题．3．用向量解决立体几何问题时，可用基向量的运算求解，适于建系的可用坐标运算求解．[易错与防范]1．在利用MN →＝xAB →＋yAC →(*)证明MN ∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在平面ABC 内(因为(*)式只表示MN →与AB →，AC →共面)．2．向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a ·c 成立，但(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立．3．求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．第11页共11页。

第六节空间直角坐标系、空间向量及其运算[基础达标]一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,则DE与D1F的位置关系是()A.平行B.相交且垂直C.异面且垂直D.既不平行也不垂直1.C【解析】建立空间直角坐标系后,求得=0,所以,即DE与D1F垂直且DE与D1F是异面直线.2.两个非零向量a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则是a∥b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2.A【解析】a∥b且一个坐标为0是不能得到,所以必要性不满足,即是a∥b的充分不必要条件.3.已知空间四边形OABC中,点M在线段OA上,且OM=2MA,点N是BC的中点, =a,=b, =c,则=() A. a+b-c B.- a+b+cC. a-b+cD. a+b-c3.B【解析】∵点M在线段OA上,且OM=2MA,点N为BC的中点, +()++()+)=-,∵=a, =b, =c,∴=-a+b+c.4.已知长方体ABCD-A1B1C1D1,下列向量的数量积一定不为0的是()A.B.C.D.4.D【解析】选项A,当四边形ADD1A1为正方形时,可得AD1⊥A1D,而A1D∥B1C,可得AD1⊥B1C,此时有=0;选项B,当四边形ABCD为正方形时,可得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB1D1D,故有AC⊥BD1,此时有=0;选项C,由长方体的性质可得AB⊥平面ADD1A1,可得AB⊥AD1,此时必有=0;选项D,由长方体的性质可得BC⊥平面CDD1C1,可得BC⊥CD1,△BCD1为直角三角形,∠BCD1为直角,故BC与BD1不可能垂直,即≠0.5.在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是D1D,BD的中点,点G在棱CD上,且CG=CD,H是C1G的中点,则||为() A.B.C.D.5.D【解析】如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则F,C1(0,1,1),G.因为H是C1G的中点,所以H,所以=-,则||=.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知向量a=(-4,2,4),b=(-6,3,-2),则a·b=;|a|=.6.226【解析】a·b=(-4)×(-6)+2×3+4×(-2)=22,|a|==6.7.已知空间四点A(-2,3,1),B(2,-5,3),C(10,0,10),D(8,4,a),如果四边形ABCD为梯形,则实数a的值为.7.9【解析】因为=(4,-8,2), =(8,5,7), =(2,-4,10-a), =(10,1,a-1),四边形ABCD为梯形,则,解得a=9,此时不平行.8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1B1上任意一点,则DP与BC1始终.8.垂直【解析】因为=()·=()·=0,所以,即DP与BC1始终垂直.三、解答题(共20分)9.(10分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱A1D1的中点,H为平面EDB内一点,=(2m,-2m,-m)(m<0),证明:HC1⊥平面EDB.9.【解析】设正方体的棱长为a,则=(a,a,0),所以=(2m,-2m,-m)·=0,=(2m,-2m,-m)·(a,a,0)=0,所以,又DE∩DB=D,所以HC1⊥平面EDB.10.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别是AB,PC的中点,若ABCD是平行四边形.求证:MN∥平面PAD.10.【解析】取DP的中点E,连接AE,EN,则,所以,所以共面,且MN不在平面PAD上,所以MN∥平面PAD.[高考冲关]1.(5分)一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),(1,0,1),(1,1,0),该四面体的体积为()A.B.C.1 D.21.A【解析】在空间直角坐标系中作出四面体的四个顶点,可知该四面体是棱长为的正四面体,所以体积为.2.(5分)设P(2,3,4)在三个坐标平面上的射影分别为P1,P2,P3,则向量:①(6,-3,-4);②(4,-3,-4);③(0,-3,4);④(2,-6,4).其中与平面P1P2P3平行的向量有().A.1个B.2个C.3个D.4个2.C【解析】由题意可知,P1,P2,P3的坐标分别为(2,3,0),(2,0,4),(0,3,4),可以求得平面P1P2P3的一个法向量为(6,4,3),①不与该法向量垂直,所以不与平面P1P2P3平行,②③④与该法向量垂直,所以与平面P1P2P3平行.3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=a,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是() A.在平面上B.相交C.平行D.以上都不正确3.C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则点M a,,N,所以=-,0,-与平面BB1C1C的法向量=(0,a,0)垂直,且MN不在平面BB1C1C上,所以MN与平面BB1C1C的位置关系是平行.4.(5分)已知空间四边形ABCD中, =a-2c, =5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为E,F,则=.4.3a+3b-5c【解析】=3a+3b-5c.5.(5分)已知空间图形A-BCD,E,F,G,H,M,N分别是AB,BC,CD,DA,AC,BD的中点,求证:EG,FH,MN交于一点且互相平分.5.【解析】设P1,P2,P3分别为EG,FH,MN的中点,又设=a, =b, =c,则)=)=(a+b+c).同理可证 (a+b+c),(a+b+c),∴P1,P2,P3三点重合.从而原命题得证.6.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.(1)求证:BD1⊥AC;(2)求证:OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.6.【解析】(1)以D为原点,DC,DA,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M,O.∴=(-1,-1,1), =(1,-1,0),∴=(-1)×1+(-1)×(-1)+1×0=0,∴,即BD1⊥AC.(2) =(0,0,1), =(-1,-1,1),∵=0, =0,∴OM⊥AA1,OM⊥BD1,即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.7.(10分)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面边长为1,M是BC的中点.在直线CC1上是否存在一点N,使得MN⊥AB1?若存在,请你求出它的位置;若不存在,请说明理由.7.【解析】假设在直线CC1上存在一点N,使得MN⊥AB1.如图,建立空间直角坐标系,有A(0,0,0),B,M,0,N(0,1,z),B1,∴.∵,∴=-+2z=0,解得z=,N,即CN=时,AB1⊥MN.。

第七节 立体几何中的向量方法命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等．本节通过对空间角的求解、空间向量的应用，考查考生转化与化归思想的应用，提升考生的直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第158页 知识点 空间角的求法1．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，ν，则 （1）线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； 线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0；面面平行：α∥β⇔u ∥ν⇔u ＝k ν，k ∈R Ｗ． （2）线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0； 线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； 面面垂直：α⊥β⇔u ⊥ν⇔u·ν＝0Ｗ． 2．空间角的求法 （1）异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θX 围 （0，π） ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a·b ||a ||b |（2设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a ||n |． （3）求二面角的大小①如图a ，AB ，CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图bc ，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角（或其补角）． •温馨提醒•利用空间向量法求二面角时易忽视判断二面角大小，从而致误．解题时注意结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而在下结论时作出正确判断．1．已知两平面的法向量分别为m ＝（0，1，0），n ＝（0，1，1），则两平面所成的二面角的大小为_________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°，所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°． 答案：45°或135°2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为_________．解析：如图建立空间直角坐标系D -xyz ，设DA ＝1，A （1，0，0），C （0，1，0），E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AC →＝（－1，1，0），DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010．答案：10103．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为_________．解析：以C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A （2，0，0），C 1（0，0，22）．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22．所以AC 1→＝（－2，0，22），AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝|AC 1→·AC 2→||AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32．又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6．答案：π6授课提示：对应学生用书第159页题型一 异面直线所成的角[例] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°．（1）求证：BD ⊥平面P AC ；（2）若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解析] （1）证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ． 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ． （2）设AC ∩BD ＝O ．因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3．如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P （0，－3，2），A （0，－3，0），B （1，0，0），C （0，3，0）．所以PB →＝（1，3，－2），AC →＝（0，23，0）． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64． 即PB 与AC 所成角的余弦值为64．向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点（1）两种方法：①基向量法：利用线性运算． ②坐标法：利用坐标运算． （2）一个注意点：注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值X 围．[对点训练]如图，S 是正三角形ABC 所在平面外一点，M ，N 分别是AB 和SC 的中点，SA ＝SB ＝SC ，且∠ASB ＝∠BSC ＝∠CSA ＝90°，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为（ ）A ．－105 B ．105 C ．－1010D ．1010解析：不妨设SA ＝SB ＝SC ＝1，以S 为坐标原点，SA ，SB ，SC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系S -xyz （图略），则A （1，0，0），B （0，1，0），C （0，0，1），S （0，0，0），则M ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N ⎝⎛⎭⎫0，0，12，所以SM →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，BN →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，12，所以|SM →|＝12，|BN →|＝54，SM →·BN →＝－12，所以cos 〈SM →，BN →〉＝SM →·BN →|SM →||BN →|＝－105，所以异面直线SM 与BN所成角的余弦值为10 5．答案：B题型二直线与平面所成的角[例]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AC＝1，CC1＝3，∠ABC＝30°，D为AB 的中点．（1）证明：AC1∥平面B1CD；（2）求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值．[解析]（1）证明：连接BC1交B1C于点E，连接DE，因为四边形BB1C1C是矩形，所以点E是BC1的中点，又点D为AB的中点，所以DE是△ABC1的中位线，所以DE∥AC1．因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD．（2）由AB＝2，AC＝1，∠ABC＝30°，可得AC⊥BC，分别以CA，CB，CC1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C-xyz，则C （0，0，0），B 1（0，3，3），D ⎝⎛⎭⎫12，32，0，C 1（0，0，3），所以DC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，3，CB 1→＝（0，3，3），CD →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0．设直线DC 1与平面B 1CD 所成角为θ，平面B 1CD 的法向量为m ＝（x ，y ，z ）， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＋3z ＝0，12x ＋32y ＝0， 令z ＝1，得m ＝（3，－1，1），所以sin θ＝|cos 〈m ，DC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪－32＋32＋314＋34＋3·3＋1＋1＝325＝1510．利用平面的法向量求线面角的两个注意点（1）求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角（钝角时取其补角），取其余角即为所求．（2）若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求．[对点训练]（2021·东北三校模拟）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AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正弦值为（ ） A ．64 B ．－64 C ．104D ．－104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B -xyz ，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AD 与平面AA 1C 1C 所成角为α， ∵cos 〈AD →，BE →〉＝AD →·BE →|AD →||BE →|＝－64，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64．答案：A题型三 二面角[例]（2020·高考全国卷Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD ．△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO ．（1）证明：P A ⊥平面PBC ；（2）求二面角B -PC -E 的余弦值．解析：（1）证明：设DO ＝a ，由题设可得PO ＝66a ，AO ＝33a ， AB ＝AC ＝BC ＝a ，P A ＝PB ＝PC ＝22a ． 因此P A 2＋PB 2＝AB 2，从而P A ⊥PB ．又P A 2＋PC 2＝AC 2，故P A ⊥PC ．所以P A ⊥平面PBC ．（2）以O 为坐标原点，OE →的方向为y 轴正方向，|OE →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ．由题设可得E （0，1，0），A （0，－1，0），C ⎝⎛⎭⎫－32，12，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22． 所以EC →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，EP →＝⎝⎛⎭⎫0，－1，22．设m ＝（x ，y ，z ）是平面PCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝0，m ·EC →＝0，即⎩⎨⎧－y ＋22z ＝0，－32x －12y ＝0.可取m ＝⎝⎛⎭⎫－33，1，2．由（1）知AP →＝⎝⎛⎭⎫0，1，22是平面PCB 的一个法向量．记n ＝AP →，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝255．所以二面角B -PC -E 的余弦值为255．利用法向量求二面角时的两个注意点（1）对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．（2）注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行判断，以防结论失误．[对点训练]如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．（1）求证：C 1M ⊥B 1D ；（2）求二面角B -B 1E -D 的正弦值；（3）求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．解析：依题意，以C 为原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C （0，0，0），A （2，0，0），B （0，2，0），C 1（0，0，3），A 1（2，0，3），B 1（0，2，3），D （2，0，1），E （0，0，2），M （1，1，3）．（1）依题意，C 1M →＝（1，1，0），B 1D →＝（2，－2，－2），从而C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，所以C 1M ⊥B 1D ；（2）依题意，CA →＝（2，0，0）是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝（0，2，1），ED →＝（2，0，－1）．设n ＝（x ，y ，z ）为平面DB 1E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0， 不妨设x ＝1，可得n ＝（1，－1，2）．cos 〈CA →·n 〉＝CA →·n |CA →|·|n |＝22×6＝66， ∴sin 〈CA →，n 〉＝1－cos 2〈CA →，n 〉＝306． 所以，二面角B -B 1E -D 的正弦值为306； （3）依题意，AB →＝（－2，2，0）．由（2）知n ＝（1，－1，2）为平面DB 1E 的一个法向量，于是cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →|·|n |＝－422×6＝－33． 所以，直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33． 向量法中的核心素养数学运算——利用空间向量求距离[例] 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．[解析] 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM 平面MCD ，所以MO ⊥平面BCD ．以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ． 因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O （0，0，0），C （1，0，0），M （0，0，3），B （0，－3，0），A （0，－3，23），所以BC →＝（1，3，0）．BM →＝（0，3，3）．设平面MBC 的法向量为n ＝（x ，y ，z ），由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝（3，－1，1）．又BA →＝（0，0，23），所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155．求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |．[对点训练]如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．（1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离．解析：以D 为坐标原点，直线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（图略），设AE ＝x ，则D （0，0，0），A 1（1，0，1），D 1（0，0，1），E （1，x ，0），A （1，0，0），C （0，2，0）．（1）证明：D 1E →＝（1，x ，－1），A 1D →＝（－1，0，－1），因为D 1E →·A 1D →＝0，所以D 1E ⊥A 1D ．（2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0），从而D 1E →＝（1，1，－1），AC →＝（－1，2，0），AD 1→＝（－1，0，1），设平面ACD 1的法向量为n ＝（a ，b ，c ），则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋2b ＝0，－a ＋c ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，a ＝c ，从而可取n ＝（2，1，2），所以点E 到平面ACD 1的距离h ＝|D 1E →·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13．。

第六节 空间向量及其运算[考纲传真] 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．1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫作空间向量．(2)单位向量：对于任意一个非零向量a ，把a|a |叫作向量a 的单位向量，记作a 0.(3)相等向量：方向相同且模相等的向量． (4)相反向量：方向相反而模相等的向量．(5)向量a ，b 的夹角：过空间任意一点O 作向量a ，b 的相等向量OA →和OB →，则∠AOB 叫作向量a ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉，范围是[0，π]．①当〈a ，b 〉＝π2时，记作a ⊥b ； ②当〈a ，b 〉＝0或π时，记作a ∥b .(6)平行向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，则这些向量叫作平行向量或共线向量．2．空间向量中的有关定理(1)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a ＝λb .(2)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3.3．两个向量的数量积(1)非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (2)空间向量数量积的运算律： ①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 )． 4．空间向量坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算若a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔x 1＝λx 2，y 1＝λy 2，z 1＝λz 2(λ∈R )(b ≠0)， a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0. (3)模和夹角公式设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)．则|a |＝a ·acos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a ≠0，b ≠0)．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( )(2)对任意两个空间向量a ，b ，若a ·b ＝0，则a ⊥b .( ) (3)若a·b ＜0，则〈a ，b 〉是钝角．( )(4)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( ) [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)如图7-6-1所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )图7-6-1A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋cA [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .] 3．(2017·福州模拟)O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断B [由34＋18＋18＝1知，A ，B ，C ，P 四点共面．]4．(2014·广东高考)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)B [各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×(－1)2×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.]5．已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________.【导学号：57962349】－13 [(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝42＋(－2)2＋(－4)2－[62＋(－3)2＋22]＝－13.]1111边形，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：图7-6-2(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.[解] (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .5分(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP → ＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c . 7分因为N 是BC 的中点， 则NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，10分 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c .12分 [规律方法] 1.(1)选择不共面的三个向量作为基向量，这是利用空间向量基本定理求解立体几何问题的前提．(2)用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算．2．首尾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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则．[变式训练1] 如图7-6-3所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.图7-6-356[连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA → ＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16，y ＝13，z ＝13， 因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.]且a 与b 反向，则λ＋μ＝________.(2)如图7-6-4所示，已知斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．图7-6-4①向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ ②直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ (1)－52 [∵a ∥b ，且a 与b 反向， ∴(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)，k <0.∴⎩⎨⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，当λ＝2，μ＝12时，k ＝2不合题意，舍去．当λ＝－3，μ＝12时，a 与b 反向． 因此λ＋μ＝－3＋12＝－52.] (2)①因为AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →.所以MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→， 所以由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面.6分②当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由①知MN →与AB →，AA 1→共面， 所以MN ∥平面ABB 1A 1.12分[规律方法] 1.判定空间三点共线，要结合已知向量从三点中提炼两个共点向量，利用共线向量定理判断，但一定要说明两线有公共点．2．证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →，或对空间任一点O ，有OA →＝OB →＋xPB →＋yPC →，或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)．[变式训练2] 已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． [解] (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →). 2分即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面.5分(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M . ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内.12分于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．图7-6-5(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值.【导学号：57962350】[解] (1)证明：设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB → ＝12(q ＋r －p )， ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. 3分∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .5分 (2)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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22.8分又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23.∴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23.12分 [规律方法] 1.空间向量数量积计算的两种方法 (1)基向量法：a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. 2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题 (1)a ⊥b ⇔a·b ＝0. (2)|a |＝a 2.(3)cos 〈a ，b 〉＝a·b |a ||b |.[变式训练3] 如图7-6-6，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.图7-6-6(1)求AC 1的长；(2)求AC 与BD 1夹角的余弦值． [解] (1)设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.2分|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. 5分(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.8分 ∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.12分[思想与方法]1．利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础． 2．利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题．3．用向量解决立体几何问题时，可用基向量的运算求解，适于建系的可用坐标运算求解．[易错与防范]1．在利用MN →＝xAB →＋yAC →(*)证明MN ∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在平面ABC 内(因为(*)式只表示MN →与AB →，AC →共面)．2．向量的数量积满足交换律、分配律，即a ·b ＝b ·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a ·c 成立，但(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立．3．求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．。