2019年高考数学(理)热点题型和提分秘籍专题33空间向量及其运算(题型专练)含解析

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考点32 空间向量与立体几何
1、了解空间向量的基本定理及其意义；理解空间向量的夹角、数量积的概念；
2、理解直线的方向向量与平面的法向量，
3、能用向量方法证明有关线、面位置关系。

4、能用向量方法证明有关线、面的夹角等计算问题。

求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的平面角是近几年江苏高考附加题常见的题型，用空间向量的方法研究立体几何中的空间角的问题。

1、向量是利用数形结合解题的一种重要手段，只有掌握向量运算的各种集合意义，才能更好地利用向量这一工具解决相关问题。

2、用向量的方法解决立体几何的两大问题：一是特殊位置关系的判断，二是一般位置关系的计算。

五年高考真题
1、（2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.
详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB ，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以．
2。

空间向量及其运算知识点及练习题1． 空间向量的概念(1)定义：空间中既有大小又有方向的量叫作空间向量．(2)向量的夹角：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 〉，0≤〈a ，b 〉≤π. 2． 共线向量定理和空间向量基本定理(1)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . (2)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，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，其中e 1，e 2，e 3叫作空间的一个基底． 3． 空间向量的数量积及运算律(1)定义空间两个向量a 和b 的数量积是一个数，等于|a ||b |cos 〈a ，b 〉，记作a ·b . (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )·b ＝λ(a·b )； ②交换律：a·b ＝b·a ； ③分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 4． 空间向量的坐标表示及应用(1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 (λ∈R )， a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23(a ≠0，b ≠0) . 基础练习：1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( √ )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( × )(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( × )(5)若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ )(6)|a |－|b |＝|a ＋b |是a 、b 共线的充要条件．( × )2． 如图所示，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( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3． 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝1答案 C解析 如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)．4． 同时垂直于a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)的单位向量是_______________．答案 ⎝⎛⎭⎫13，－23，23或⎝⎛⎭⎫－13，23，－23 解析 设与a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)同时垂直的单位向量是c ＝(p ，q ，r )，则⎩⎪⎨⎪⎧p 2＋q 2＋r 2＝1，2p ＋2q ＋r ＝0，4p ＋5q ＋3r ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝13，q ＝－23，r ＝23，或⎩⎪⎨⎪⎧p ＝－13，q ＝23，r ＝－23，即同时垂直于a ，b 的单位向量为⎝⎛⎭⎫13，－23，23或⎝⎛⎭⎫－13，23，－23.5． 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)． 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c . 典型例题：题型一 空间向量的线性运算例1 三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示MG →，OG →.思维启迪 利用空间向量的加减法和数乘运算表示即可． 解 MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN →＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.OG →＝OM →＋MG →＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC →＝13OA →＋13OB →＋13OC →. 思维升华 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．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．(1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________；(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________. 答案 (1)A 1A →(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12AC →＝A 1O →－AO →＝A 1A →.(2)OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.题型二 共线定理、空间向量基本定理的应用例2 已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点，(1)求证：E 、F 、G 、H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．思维启迪 对于(1)只要证出向量EG →＝EF →＋EH →即可；对于(2)只要证出BD →与EH →共线即可；对于(3)，易知四边形EFGH 为平行四边形，则点M 为线段EG 与FH 的中点，于是向量OM →可由向量OG →和OE →表示，再将OG →与OE →分别用向量OC →，OD →和向量OA →，OB →表示．证明 (1)连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG → ＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →， 由共面向量定理的推论知： E 、F 、G 、H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD .又EH 平面EFGH ，BD 平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .(3)找一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG . 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ， 所以四边形EFGH 是平行四边形． 所以EG ，FH 交于一点M 且被M 平分． 故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)． 思维升华 (1)证明点共线的方法证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题，如证明A ，B ，C 三点共线，即证明AB →，AC →共线，亦即证明AB →＝λAC →(λ≠0)． (2)证明点共面的方法证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC (x ＋y ＋z ＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 上的点，F 是AC 上的点，且A 1E ＝2EB ，CF ＝2AF ，则EF 与平面A 1B 1CD 的位置关系为________． 答案 平行解析 取AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c 为基底， 易得EF →＝－13(a －b ＋c )，而DB 1→＝a －b ＋c ，即EF →∥DB 1→，故EF ∥DB 1， 且EF平面A 1B 1CD ，DB 1平面A 1B 1CD ，所以EF ∥平面A 1B 1CD . 题型三 空间向量数量积的应用例3 如图所示，已知空间四边形AB -CD 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．思维启迪 两条直线的垂直关系可以转化为两个向量的垂直关系；利用|a |2＝a ·a 可以求线段长；利用cos θ＝a ·b|a ||b |可求两条直线所成的角．(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 )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →. 即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|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 . (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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 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.思维升华 (1)当题目条件有垂直关系时，常转化为数量积为零进行应用；(2)当异面直线所成的角为α时，常利用它们所在的向量转化为向量的夹角θ来进行计算．应该注意的是α∈(0，π2]，θ∈[0，π]，所以cos α＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |；(3)立体几何中求线段的长度可以通过解三角形，也可依据|a |＝a 2转化为向量求解．已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(2)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． 解 (1)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1， 又|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (2)方法一 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)． k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)， 且k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，∴k ＝2或k ＝－52，∴当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，实数k 的值为2或－52.方法二 由(1)知|a |＝2，|b |＝5，a ·b ＝－1， ∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝k 2a 2－k a ·b －2b 2 ＝2k 2＋k －10＝0， 得k ＝2或k ＝－52.易失分点：********“两向量同向”意义不清致误典例：(5分)已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．易错分析 将a ，b 同向和a ∥b 混淆，没有搞清a ∥b 的意义：a ·b 方向相同或相反．解析 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ①x 2＋y －2＝2x ② 把①代入②得x 2＋x －2＝0，(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 ＝－2y ＝－6时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ， 两向量a ，b 反向，不符合题意，所以舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1y ＝3时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3. 答案 1,3温馨提醒 (1)两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况．两向量同向能推出两向量平行，但反过来不成立，也就是说，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件；(2)若两向量a ，b 满足a ＝λb (b ≠0)且λ>0则a ，b 同向；在a ，b 的坐标都是非零的条件下，a ，b 的坐标对应成比例.******方法与技巧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．利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题． 失误与防范1．向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律，即a·b ＝b·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a·c 成立，(a·b )·c ＝a·(b·c )不一定成立．2．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．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)一、选择题1． 空间直角坐标系中，A (1,2,3)，B (－2，－1，6)，C (3,2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点． ∴AB ∥CD .2． 已知O ，A ，B ，C 为空间四个点，又OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，则( )A ．O ，A ，B ，C 四点不共线 B ．O ，A ，B ，C 四点共面，但不共线 C ．O ，A ，B ，C 四点中任意三点不共线D ．O ，A ，B ，C 四点不共面 答案 D解析 OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，所以OA →，OB →，OC →不共面，但A ，B ，C 三种情况都有可能使OA →，OB →，OC →共面．3． 已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2答案 A解析 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.4． 空间四点A (2,3,6)、B (4,3,2)、C (0,0,1)、D (2,0,2)的位置关系是( )A ．共线B ．共面C ．不共面D ．无法确定答案 C解析 ∵AB →＝(2,0，－4)，AC →＝(－2，－3，－5)，AD →＝(0，－3，－4)． 假设四点共面，由共面向量定理得，存在实数x ，y ， 使AD →＝xAB →＋yAC →，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0， ①－3y ＝－3， ②－4x －5y ＝－4， ③由①②得x ＝y ＝1，代入③式不成立，矛盾． ∴假设不成立，故四点不共面．5． 如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )A ．0 B.12 C.32D.22答案 A解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则|b |＝|c |， 〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，BC →＝c －b ，∴OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝|a ||c |cos π3－|a ||b |cos π3＝0，∴OA →⊥BC →，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0.二、填空题6． 已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．答案 60°解析 由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18，∴cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.7． 已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________．答案 355解析 b －a ＝(1＋t,2t －1,0)，∴|b －a |＝(1＋t )2＋(2t －1)2＝ 5⎝⎛⎭⎫t －152＋95， ∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值355. 8． 如图所示，已知P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于________．答案 12解析 因为PC →＝P A →＋AB →＋BC →，所以PC →2＝P A →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144.所以|PC →|＝12.三、解答题9． 已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上是否存在一点E ，使得OE →⊥b (O 为原点)?解 (1)∵a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，∴2a ＋b ＝(0，－5,5)，∴|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)假设存在点E ，其坐标为E (x ，y ，z )，则AE →＝λAB →，即(x ＋3，y ＋1，z －4)＝λ(1，－1，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝λ－3y ＝－λ－1z ＝－2λ＋4，∴E (λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，∴OE →＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)．又∵b ＝(－2,1,1)，OE →⊥b ，∴OE →·b ＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0，∴λ＝95，∴E (－65，－145，25)，∴在直线AB 上存在点E (－65，－145，25)，使OE →⊥b .10．如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．解 记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.(1)|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.(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.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66. ∴BD 1与AC 夹角的余弦值为66. B 组 专项能力提升(时间：30分钟)1． 若向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb (λ、μ∈R ，且λμ≠0)，则( )A ．c ∥dB ．c ⊥dC ．c 不平行于d ，c 也不垂直于dD ．以上三种情况均有可能答案 B解析 由题意得，c 垂直于由a ，b 确定的平面．∵d ＝λa ＋μb ，∴d 与a ，b 共面．∴c ⊥d .2． 以下命题中，正确的命题个数为 ( ) ①若a ，b 共线，则a 与b 所在直线平行；②若{a ，b ，c }为空间一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ③若空间向量m 、n 、p 满足m ＝n ，n ＝p ，则m ＝p ；④对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P 、A 、B 、C 四点共面．A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 由共线向量知a 与b 所在直线可能重合知①错；若a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 共面，则存在实数x ，y ，使a ＋b ＝x (b ＋c )＋y (c ＋a )＝y a ＋x b ＋(x ＋y )c ，∵a ，b ，c 不共面，∴y ＝1，x ＝1，x ＋y ＝0，∴x ，y 无解，∴{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }能构成空间的一个基底，∴②正确；由向量相等的定义知③正确；由共面向量定理的推论知，当x ＋y ＋z ＝1时，P ，A ，B ，C 四点共面，∴④不正确．故选B.3． 如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 和CN 所成角的余弦值为________．答案 25解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x 、y 、z 轴正半轴建立空间直 角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，∴M (1，12，1)，N (1,1，12)， ∴AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)，∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN→|AM →|·|CN →|＝12(12)2＋12× 12＋(12)2＝25.4． 已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．(1)求以AB →，AC →为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．解 (1)由题意可得：AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin 〈AB →，AC →〉＝32，∴以AB →，AC →为边的平行四边形的面积为S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z )，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝3－2x －y ＋3z ＝0x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1y ＝1z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1y ＝－1z ＝－1，∴向量a 的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1)．5． 直三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |，且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a . ∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0. ∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |. AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。

1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2.会简单应用空间两点间的距离公式3.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4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示5.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热点题型一 空间向量的运算例1、如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点。

(1)化简：A 1O →－12AB →－12AD →；(2)设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x 、y 、z 的值。

(2)∵EO →＝ED →＋DO →＝23D 1D →＋12DB → ＝23D 1D →＋12(DA →＋AB →)＝23A 1A →＋12DA →＋12AB →＝12AB →－12AD →－23AA 1→， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－23。

【提分秘籍】 空间向量的表示方法用已知不共面的向量表示某一向量时，应结合图形，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，把所求向量用已知向量表示出来。

【举一反三】如图，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 ＋c C.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c 【答案】A＝－12a ＋12b ＋c 。

热点题型二 共线、共面向量定理的应用 例2、（2018年北京卷）如图，在三棱柱ABC -中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】又CC1⊥平面AB C，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．【变式探究】已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)求证：BD∥平面EFGH。

第十四单元空间向量及其应用考点一利用空间向量求线面角的大小1.(2017年北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点.(2)求二面角B-PD-A的大小.(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)设AC,BD交于点E,连接ME,因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形,所以E为BD的中点,所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即--令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的法向量为p=(0,1,0),所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以其大小为.(3)由题意知M-,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α= cos<n,>|==,所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.2.(2016年四川卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC ∠ADC=∠PAB=90° BC=CD=AD,E为棱AD的中点,异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;(2)若二面角P-CD-A的大小为 5° 求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【解析】(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.理由如下:由已知得BC∥ED,且BC=ED,所以四边形BCDE是平行四边形,从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,所以CM∥平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知得CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的一个平面角,所以∠PDA= 5°.又PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2,以A为原点,以,的方向分别为x轴、z轴的正方向,以的方向为y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2),=(1,1,0),=(0,0,2).设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),-由得设x=2,解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α,则sin α===,所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.3.(2016年天津卷)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF.(2)求二面角O-EF-C的正弦值.(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【解析】依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x1,y1,z1)为平面ADF的法向量,则即-不妨取z1=1,可得n1=(0,2,1).又=(0,1,-2),可得n1=0.又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量,依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x2,y2,z2)为平面CEF的法向量,则即-不妨取x2=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==-,进而有H-,从而=.因此cos<,n2>==-.所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.题型二利用空间向量求二面角的大小4.(2017年全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAD.(2)若PA=PD=AB=DC ∠APD=90° 求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90° 得AB⊥AP,CD⊥PD.因为AB∥CD,所以AB⊥PD.又AP∩DP=P,所以AB⊥平面PAD.因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为点F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A,0,0,P0,0,,B,1,0,C-,1,0,所以=-,1,-,=(,0,0),=,0,-,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,--则即所以可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即-所以可取m=(1,0,1),则cos<n,m>===-.观察图象知二面角A-PB-C的余弦值为-.5.(2017年全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD ∠BAD=∠ABC=90° E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB.(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为 5° 求二面角M-AB-D的余弦值.【解析】(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90° 得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,所以四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF.又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||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,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z (0≤x≤则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为 5°而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,=,所以|cos<,n>|=sin 5°(-即(x-1)2+y2-z2=0. ①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则( -即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.观察图象知,二面角M-AB-D的余弦值为.6.(2017年天津卷)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC ∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(2)求二面角C-EM-N的正弦值.(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.【解析】如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即-不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以---不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-, 于是sin<n1,n2>=.所以二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤ 则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以线段AH的长为或.7.(2017年江苏卷)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1= ∠BAD= 0°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.【解析】在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1= ∠BAD= 0°则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos<,>==(-- (=-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即---不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量.从而cos<,m>== 0 0 (=.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ =.因为θ∈[0 π] 所以sin θ==.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.8.(2017年山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转 0°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.又∠EBC= 0° 所以∠CBP= 0°.(2)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3).设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量,-由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量,由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.故所求的角为60°.高频考点:利用空间向量证明线面平行或垂直,利用空间向量求空间角,利用空间向量求空间距离.命题特点:高考的考查形式有两种:一种是求空间角和距离;另一种是已知空间角的大小,求相关点的位置或相关线段的长度,题型延续解答题的形式,以多面体为载体,难度中等偏上.§ .1空间向量及其运算一基本定理1.共线向量定理对空间任意两个向量a,b(b≠0 a∥b⇔存在λ∈R 使a= .2.共面向量定理若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序数对(x,y),使得p= .3.空间向量基本定理如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的实数组{x,y,z},使得p= ,其中{a,b,c}叫作空间向量的一个基底.推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x,y,z,使=x+y+z且x+y+z=1.二两个向量的数量积1.a b=cos<a,b>;2.a⊥b⇔a b=0(a,b为非零向量).三向量的坐标运算设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3);a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3);a b=a1b1+a2b2+a3b3.☞左学右考判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√” 错误的画“×”.(1)若p=xa+yb,则p与a,b共面.()(2)若p与a,b共面,则存在x,y∈R 使得p=xa+yb.()(3)若=x+y,则M,N,A,B四点共面.()(4)若M,N,A,B四点共面,则存在x,y∈R 使得=x+y.()已知A(0,-1,2),B(0,2,-4),C(1,2,-1),则A,B,C三点().A.共线B.共面C.不共面D.无法确定已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a+λb),则实数λ的值为.在空间直角坐标系中,A(2,3,5)、B(4,1,3),求A,B的中点P的坐标及A,B间的距离|AB|.知识清单一、1.λb2.xa+yb 3.xa+yb+zc基础训练1.【解析】(1)正确,由平面向量基本定理可得;(2)错误,若a与b共线,p就不一定能用a,b来表示;(3)正确,,,在同一平面内,故M,N,A,B四点共面;(4)错误,当M,A,B三点共线时,此式不一定成立.【答案】( √(2)×( √(4)×2.【解析】因为=(0,3,-6),=(1,3,-3),所以与不共线,即A,B,C三点共面.故选B.【答案】B3.【解析】∵a⊥(a+λb),∴a (a+λb)=()2+λ×(2+2+3)=0,解得λ=-2.【答案】-24.【解析】∵A(2,3,5),B(4,1,3),∴A,B的中点P的坐标为(3,2,4),∴ AB =( -=2.题型一空间向量的线性运算【例1】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为A1C1的中点,若=a,=b,=c,则可表示为().A.-a+b+cB.a+b+cC.-a-b+cD.a-b+c【解析】取AC的中点N,连接BN,MN,如图,∵M为A1C1的中点,=a,=b,=c,∴==c,=(+)=(-+)=-a+b,∴=+=-a+b+c.【答案】A【变式训练1】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知=a,=b,=c,O为底面ABCD的中心,G为△D1C1O 的重心,则=().A.c-b-aB.c+b+aC.c+b-aD.c-b+a【解析】取D1C1的中点E,∵G为△D1C1O的重心,∴==×(+)=(+++)=(++)=c-a.∵==(+)=c+b,∴=+=c+b+c-a=-a+b+c,故选C.【答案】C题型二空间向量的数量积【例2】已知A(-1,1,2),B(1,0,-1),设D在直线AB上,且=2,C +,若CD⊥AB,则λ的值为().A. B.- C. D.【解析】设D(x,y,z),则=(x+1,y-1,z-2),=(2,-1,-3),=(1-x,-y,-1-z).∵=2,∴(x+1,y-1,z-2)=2(1-x,-y,-1-z),即- =-- =--解得x=,y=,z=0,∴D 0,=----.∵⊥,∴=2-+λ-3(-1-λ)=0,解得λ=-.【答案】B【变式训练2】已知=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),点Q在直线OP上运动,O为坐标原点,则当取得最小值时,点Q的坐标为().A.B.C.D.【解析】由点Q在直线OP上,可得存在实数λ,使得=λ,则有Q(λ,λ,2λ),=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),当=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=2(3λ2-8λ+5),根据二次函数的性质可得当λ=时,取得最小值-,此时Q.【答案】C题型三空间向量的坐标运算【例3】如图,在棱长为2的正方体ABCO-A1B1C1D1中,A1C1交B1D1于点P.分别写出O,A,B,C,A1,B1,C1,D1,P 的坐标.【解析】∵正方体ABCO-A1B1C1D1的棱长为2,且P是正方形A1B1C1D1的中心,∴O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),P(1,1,2).【变式训练3】已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若=2,求.【解析】设点P的坐标为(a,b,c),由A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),得=(-2,1,3),=(-1-a,3-b,4-c).∵=2,∴(-2,1,3)=2(-1-a,3-b,4-c),解得a=0,b=,c=.∴=.方法一空间向量夹角问题的求法求两个向量的夹角有两种方法:(1)结合图形,平移向量,利用空间向量的夹角定义来求解,要注意向量夹角的范围;(2)先求a b,再利用公式cos<a,b>=求cos<a,b>,最后确定<a,b>.【突破训练1】已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).(1)求cos<,>;(2)求以AB,AC为边的平行四边形的面积.【解析】(1)=(-2,-1,3),=(1,-3,2),∴=-2+3+6=7,||==,||==,∴cos<,>===.(2)由(1)知sin∠BAC==,∴S△ABC=|AB||AC| sin∠BAC=×××=,∴以AB,AC为边的平行四边形的面积S=2S△ABC=7.方法二空间向量的长度、距离问题的求法求两点间的距离或线段长的方法:将此线段用向量表示,通过向量运算来求对应向量的模,因为a a=,所以=,这是利用向量解决问题的基本公式.另外,该公式还可以推广为=(=.【突破训练2】△ABC的三个顶点分别是A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则AC边上的高BD长为().A.5B.C.4D.2【解析】设=λ,则=+λ=(1,-1,2)+λ(0,4,-3)=(1,-1+4λ,2-3λ),∴=-=(-4,5+4λ,-3λ).∵⊥,∴=0+4(5+4λ)+9λ=0,解得λ=-.∴=-,∴ |==5.故选A.【答案】A1.(2017大石桥市校级月考)在x轴上与点A(-4,1,7)和点B(3,5,-2)等距离的点的坐标为().A.(-2,0,0)B.(-3,0,0)C.(3,0,0)D.(2,0,0)【解析】设所求点的坐标为(x,0,0),则(--=( -,解得x=-2,∴所求点的坐标为(-2,0,0).【答案】A2.(2017清城区校级一模)已知向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,则实数m的值等于().A. B.-2 C.0 D.或-2【解析】∵向量a=(2m+1,3,m-1),b=(2,m,-m),且a∥b,∴(2m+1,3,m-1)=λ(2,m,-m)=(2λ,λm,-λm),∴解得m=-2.- =-【答案】B3.(2017甘肃二模)已知a=(-3,2,5),b=(1,x,-1),且a b=2,则x的值是().A.6B.5C.4D.3【解析】∵a=(-3,2,5),b=(1,x,-1),∴a b=(-3)×1+2x+5×(-1)=2,解得x=5.【答案】B4.(2017阳山县校级一模)已知A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量与的夹角为().A. 0°B. 5°C.60°D.90°【解析】因为A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),所以=(0,3,3),=(-1,1,0),所以=0×(-1)+3×1+3×0=3,并且||=3,||=,所以cos<,>===,故与的夹角为60°.【答案】C5.(2017荔湾区期末)如图,在空间四边形OABC中,=a,=b,=c,点M在线段OA上,且OM=2MA,N为BC 的中点,则=().A.-a+b+cB.a-b+cC.a+b-cD.a+b-c【解析】=++=+-+=-++-=-++.∵=a,=b,=c,∴=-a+b+c.【答案】A6.(2017玉山县校级期中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点.若=a,=b,=c,则下列向量中与相等的是().A.-a+b+cB.a+b+cC.a-b+cD.-a-b+c【解析】∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点,=a,=b,=c,∴=+=+(+)=(+)+=a+b+c.【答案】B7.(2016朝阳期末)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),则PA与底面ABCD的夹角是().A.60°B.90°C. 0°D. 5°【解析】∵=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),∴=(-1)×2+2×(-1)+(-1)×(-4)=0,同理可得=0,∴⊥,⊥,即AP⊥AB且AP⊥AD.又∵AB∩AD=A,∴AP与平面ABCD的夹角是90°.【答案】B8.(2016西城区期末)在空间直角坐标系O-xyz中,已知点A(1,0,2),B(0,2,1),点C,D分别在x轴,y轴上,且AD⊥BC,那么||的最小值是().A. B. C. D.【解析】设C(x,0,0),D(0,y,0),∵A(1,0,2),B(0,2,1),∴=(-1,y,-2),=(x,-2,-1).∵AD⊥BC,∴=-x-2y+2=0,即x+2y=2.∵=(-x,y,0),∴ |==( -=-=-≥.【答案】B9.(2017济宁期末)已知向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则x的值为().A.12B.10C.-14D.14【解析】因为向量a=(2,-3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,所以a b=-8-6+x=0,解得x=14.故选D.【答案】D10.(2017孝感期中)已知a=(2,t,t),b=(1-t,2t-1,0),则|b-a|的最小值是().A. B. C. D.【解析】b-a=(-1-t,t-1,-t),∴ b-a|=(---=≥,当且仅当t=0时取等号.∴ b-a|的最小值是.【答案】A11.(2017南通模拟)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,设AD=1,D1D=λ(λ>0),若棱C1C上存在唯一的点P满足A1P⊥PB,求实数λ的值.【解析】如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,λ).设P(0,1,x),其中x∈[0 λ],因为A1P⊥PB,所以=0,即(-1,1,x-λ (-1,0,x)=0,化简得x2-λx+1=0,x∈[0 λ],由点P(0,1,x)的唯一性知方程x2-λx+1=0有唯一解,所以判别式Δ=λ2-4=0,且λ>0,解得λ=2.12.(2016安次区校级月考)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=a,=b,=c,E为A1D1的中点,F为BC1与B1C的交点.(1)用基底{a,b,c}表示向量,,;(2)在图中画出++化简后的向量.【解析】(1)=+=+-=a-b+c,=++=-a+b+c,=+=a+(b+c)=a+b+c.(2)++=+(+)=+=+=.连接DA1,则即为所求.13.(2016利津县校级月考)已知向量a=(x,2,2),b=(2,y,-2),c=(3,1,z),a∥b,b⊥c.(1)求向量a,b,c;(2)求向量(a+c)与(b+c)所成角的余弦值.【解析】(1)向量a=(x,2,2),b=(2,y,-2),且a∥b,∴x≠0 y≠0∴==,-解得x=-2,y=-2.∴a=(-2,2,2),b=(2,-2,-2).又∵c=(3,1,z),b⊥c,∴b c=0,即6-2-2z=0,解得z=2,∴c=(3,1,2).(2)由(1)得a+c=(1,3,4),b+c=(5,-1,0),∴(a+c (b+c)=1×5+3×(-1)+4×0=2,|a+c|==.|b+c|==.设a+c与b+c所成的角为θ,∴cos θ=( (==.14.(2016隆化县校级期中)正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1,E,F,G,H分别是正四面体ABCD中四条棱的中点,设=a,=b,=c,试采用向量法解决下列问题.(1)求的模长;(2)求,的夹角.【解析】(1)正四面体ABCD的棱长为1,E,F,G,H分别是正四面体ABCD中棱BC,AD,AB,CD的中点, =a,=b,=c,∴==(-)=(b-a),==c,∴=++=-(b-a)-a+c=(c-a-b),∴ |=(--=--==.(2)正四面体ABCD中,=(c-a-b),||=,同理,=(b+c-a),||=,∴cos<,>==(--(-=[(c-a)2-b2]=(c2+a2-2c a-b2)=×(1+1-2×1×1×cos 60°-1)=0,∴与的夹角为90°.§ .2空间向量在立体几何中的应用一空间中平行、垂直的向量表示设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则有以下结论:1.线线平行:l∥m⇔a∥b⇔a=kb,k∈R.线面平行:.面面平行:α∥β⇔u∥v⇔u=kv,k∈R.2.线线垂直:l⊥m⇔a⊥b⇔a b=0.线面垂直:.面面垂直:.二空间角1.异面直线l,m的方向向量分别为a,b,则l与m所成的角θ满足cos θ=.2.设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为a和u,则直线l与平面α所成的角θ满足sin θ=.3.二面角:平面α,β的夹角为θ(0≤θ≤π α和β的法向量分别为u和v,当θ为锐角时,cos θ=;当θ为钝角时,cos θ=.三点面距离点A在平面α内,点B在平面α外,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为d= .☞左学右考两个不重合平面的法向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则这两个平面的位置关系是().A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.以上都不对已知两个平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则这两个平面所成的夹角为.已知A(2,0,2),平面α的一个法向量为n=(1,1,-1),A1(0,0,2)是平面α上一点,则点A到平面α的距离为().A. B.C. D.平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为().A. B.C. D.知识清单一、1.l∥α⇒a⊥u⇔a u=02.l⊥α⇔a∥u⇔a=ku,k∈Rα⊥β⇔u⊥v⇔u v=0二、2.3.-三、基础训练1.【解析】因为v1与v2共线,所以两个平面平行.【答案】A2.【解析】因为cos<m,n>==,所以两个平面所成的夹角为.【答案】3.【解析】因为A(2,0,2),A1(0,0,2),平面α的法向量n=(1,1,-1),所以由点到面的距离公式得d===.所以点A到平面α的距离为.故选D.【答案】D4.【解析】y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sinθ= cos<m,n>|,∵cos<m,n>==-=-,∴sin θ=,∴θ=.【答案】B题型一利用空间向量证明平行或垂直【例1】如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.(1)求证:AC⊥BC1.(2)在AB上是否存在点D,使得AC1∥平面CDB1?若存在,确定D点位置;若不存在,说明理由.(本题请用向量法解答)【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,可知AC,BC,CC1两两垂直,以C为坐标原点,直线CA,CB,CC1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4).∵=(-3,0,0),=(0,-4,4),∴=0,即⊥,∴AC⊥BC1.(2)假设在AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,则=λ=(-3λ,4λ,0),其中0≤λ≤ 则D(3-3λ,4λ,0),=(3-3λ,4λ-4,-4),又=(0,-4,-4),=(-3,0,4),AC1∥平面CDB1,∴存在实数m,n,使=m+n成立,∴m(3-3λ)=-3,m(4λ-4)-4n=0,-4m-4n=4,∴λ=,∴在AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,且D为AB的中点.【变式训练1】如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,(1)求AC与A1D所成角的大小.(2)求证:平面AB1D1∥平面BDC1.(3)求证:A1C⊥平面BDC1.(本题请用向量法解答)【解析】(1)令正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以B1为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示.则A(0,1,1),C(1,0,1),A1(0,1,0),D(1,1,1),=(1,-1,0),=(1,0,1),设AC与A1D所成角的大小为θ,则cos θ==,故θ=.(2)∵==(0,-1,-1),∴AB1∥DC1.又∵AB1⊂平面AB1D1,DC1⊄平面AB1D1,∴DC1∥平面AB1D1.同理可证C1B∥平面AB1D1.又C1B∩DC1=C1,∴平面AB1D1∥平面BDC1.(3)=(1,-1,1),=(1,1,0),=(1,0,-1),∴=0,则⊥,即A1C⊥BD;=0,则⊥,即A1C⊥BC1.∵BD∩BC1=B,BD⊂平面BDC1,BC1⊂平面BDC1.∴A1C⊥平面BDC1.题型二利用空间向量求空间角【例2】如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC △ABC为等腰直角三角形 ∠BAC=90° 且AB=AA1,E,F分别是CC1,BC的中点.(1)求证:平面AB1F⊥平面AEF;(2)求二面角B1-AE-F的余弦值.【解析】(1)∵F是等腰直角三角形ABC斜边BC的中点,∴AF⊥BC.又∵三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,∴平面ABC⊥平面BB1C1C.∵平面ABC∩平面BB1C1C=BC,∴AF⊥平面BB1C1C.∵B1F⊂平面BB1C1C,∴AF⊥B1F.设AB=AA1=1,则B1F=,EF=,B1E=.∴B1F2+EF2=B1E2,∴B1F⊥EF.又AF∩EF=F,∴B1F⊥平面AEF.而B1F⊂平面AB1F,故平面AB1F⊥平面AEF.(2)以F为坐标原点,FA,FB分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图所示, 设AB=AA1=1,则F(0,0,0),A 0 0,B1,E,=--,=-,由(1)知,B1F⊥平面AEF,取平面AEF的一个法向量m==,设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z),-则取x=3,得n=(3,-1,2),设二面角B1-AE-F的大小为θ,由图可知θ为锐角,则cos θ= cos<m,n>|=-=.-∴所求二面角B1-AE-F的余弦值为.【变式训练2】在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,侧面ABB1A1是边长为2的正方形,点E,F分别在线段AA1,A1B1上,且AE=,A1F=,CE⊥EF.(1)证明:平面ABB1A1⊥平面ABC.(2)若CA⊥CB,求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值.【解析】(1)取AB的中点D,连接CD,DF,DE.∵AC=BC,D是AB的中点,∴CD⊥AB.∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形,AE=,A1F=,∴A1E=,EF==,DE==,DF==,∴EF2+DE2=DF2,∴DE⊥EF.又CE⊥EF,CE∩DE=E,CE⊂平面CDE,DE⊂平面CDE,∴EF⊥平面CDE,又CD⊂平面CDE,∴CD⊥EF.又CD⊥AB,AB⊂平面ABB1A1,EF⊂平面ABB1A1,AB,EF为相交直线,∴CD⊥平面ABB1A1.又CD⊂平面ABC,∴平面ABB1A1⊥平面ABC.(2)∵平面ABB1A1⊥平面ABC,∴三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC.∵CA⊥CB,AB=2,∴AC=BC=.以C为原点,以CA,CB,CC1为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(,0,0),C(0,0,0),C1(0,0,2),E 0 ,F.∴=(-,0,2),= 0 ,=.设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则∴令z=4,得n=(-,-9,4).∴n=10,|n|=6,||=.∴sin<n,>==.∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为.题型三利用空间向量求空间距离【例3】在长方体OABC-O1A1B1C1中,OA=2,AB=3,AA1=2,求O1到直线AC的距离.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),O1(0,0,2),C(0,3,0),∴=(-2,0,2),=(-2,3,0),∴=(- 0 (-2,3,0)=4,∴在方向上的投影为=,∴O1到直线AC的距离d=( -=.利用向量法求点线距离的步骤:直线的方向向量a所求点到直线上一点的向量及其在直线的方向向量a上的投影代入公式.【变式训练3】已知边长为4的正三角形ABC中,E,F分别为BC,AC的中点,PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q 是CE的中点.(1)求证:AE∥平面PFQ.(2)求AE与平面PFQ间的距离.【解析】(1)如图,以A为坐标原点,平面ABC内垂直于AC边所在直线的直线为x轴,AC所在直线为y 轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.∵AP=2,AB=BC=AC=4,又E,F分别是BC,AC的中点,∴A(0,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),F(0,2,0),E(,3,0),Q 0,P(0,0,2).∵= 0,=(,3,0),∴=2.∵与无交点,∴AE∥FQ.又FQ⊂平面PFQ,AE⊄平面PFQ,∴AE∥平面PFQ.(2)∵AE∥平面PFQ,∴点A到平面PFQ的距离就是AE与平面PFQ间的距离,设平面PFQ的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,即n=0,n=0.又=(0,2,-2),∴n=2y-2z=0,即y=z.又= 0,∴n=x+y=0,即x=-y.令y=1,则x=-,z=1,∴平面PFQ的一个法向量为n=(-,1,1).又=-- 0,∴所求距离d==.方法一利用空间向量求线面角利用空间向量求线面角的步骤:(1)分析图形关系,建立空间直角坐标系;(2)求出直线的方向向量s和平面的法向量n;(3)求出夹角<s,n>;(4)判断直线和平面所成的角θ和<s,n>的关系,求出角θ.【突破训练1】如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,D是BC的中点.(1)求证:A1B∥平面ADC1.(2)求直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值.【解析】(1)如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4),∴=(2,0,-4),=(1,1,0),=(0,2,4),设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),由m⊥,m⊥,∴取z=1,得y=-2,x=2,∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1),由此可得,m=2×2+0×(-2)+(-4)×1=0,又A1B⊄平面ADC1,∴A1B∥平面ADC1.(2)=(-2,2,0),设直线B1C1与平面ADC1所成的角为θ,则sin θ= cos<,m>|==,又θ为锐角,∴直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值为.方法二利用空间向量求二面角利用空间向量求二面角的步骤:(1)建立适当的空间直角坐标系;(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量;(3)求出两个法向量的夹角;(4)判断所求二面角的平面角是锐角还是钝角;(5)确定二面角的平面角的大小.【突破训练2】如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形 ∠BAD=60° Q为AD的中点,PA=PD=AD=2.(1)点M在线段PC上,PM=tPC,试确定t的值,使PA∥平面MQB;(2)在(1)的条件下,若平面PAD⊥平面ABCD,求二面角M-BQ-C的大小.【解析】(1)当t=时,PA∥平面MQB,证明:若PA∥平面MQB,连接AC交BQ于点N,由AQ∥BC可得 △ANQ∽△CNB,∴==,PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN,∴PA∥MN,==,即PM=PC,∴t=.(2)由PA=PD=AD=2,Q为AD的中点,则PQ⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,∴PQ⊥平面ABCD,连接BD.∵四边形ABCD为菱形,∴AD=AB.又∠BAD=60° ∴△ABD为正三角形.∵Q为AD中点,∴AD⊥BQ,以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标为A(1,0,0),B(0,,0),Q(0,0,0),P(0,0,),设平面MQB的法向量为n=(x,y,z),可得而PA∥MN,∴即-取z=1,解得n=(,0,1).取平面ABCD的一个法向量=(0,0,),设所求二面角为θ,则|cos θ ==,观察图象知二面角M-BQ-C的大小为60°.1.(2017咸阳三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB= ∠BAD=60°.(1)求证:平面PBD⊥平面PAC.(2)若PA=AB,求PC与平面PBD所成角的正弦值.【解析】(1)∵四边形ABCD是菱形,∴AC⊥BD.又∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC.∵BD⊂平面PBD,∴平面PBD⊥平面PAC.(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60° PA=AB=2,∴BO=1,AO=CO=,如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(,0,2),A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-,0,0),∴=(-,1,-2),=(-,-1,-2),=(-2 ,0,-2).设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),则即-----解得y=0,令z=,得x=-2,∴n=(-2,0,).设PC与平面PBD所成的角为θ,则sin θ= cos<n,>|===, 即PC与平面PBD所成角的正弦值为.2.(2017邯郸二模)如图,在四棱锥A-BCED中,AD⊥底面BCED,BD⊥DE ∠DBC=∠BCE=60° BD=2CE.(1)若F是AD的中点,求证:EF∥平面ABC.(2)若AD=DE,求BE与平面ACE所成角的正弦值.【解析】(1)取DB的中点G,连接EG,FG.∵F是AD的中点,∴FG∥AB.∵BD=2CE,∴BG=CE.∵∠DBC=∠BCE,∴E,G到直线BC的距离相等,∴EG∥CB.∵EG∩FG=G,∴平面EGF∥平面ABC,则EF∥平面ABC.(2)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,设EC=1,则DB=2,∴BC=3,DE=,∵AD=DE,∴A(0,0,),E(0,,0),B(2,0,0),C 0.=(0,,-),= 0,=(2,-,0).设平面ACE的法向量n=(x,y,z),n=y-z=0,n=x+y=0,令y=1,则n=(-,1,1),故|cos<n,>|==.∴BE与平面ACE所成角的正弦值为3.(2017唐山一模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC ∠ACB=90° AC=CB=2,M,N分别是AB,A1C的中点.(1)求证:MN∥平面BB1C1C.(2)若平面CMN⊥平面B1MN,求直线AB与平面B1MN所成角的正弦值.【解析】(1)连接AC1,BC1,则N∈AC1且N为AC1的中点,又∵M为AB的中点,∴MN∥BC1,又BC1⊂平面BB1C1C,MN⊄平面BB1C1C,故MN∥平面BB1C1C.(2)由A1A⊥平面ABC,得AC⊥CC1,BC⊥CC1.以C为原点,分别以CB,CC1,CA所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设CC1=2λ(λ>0),则M(1,0,1),N(0,λ,1),B1(2,2λ,0),=(1,0,1),=(-1,λ,0),=(2,λ,-1),取平面CMN的法向量为m=(x,y,z),令y=1,得m=(λ,1,-λ),由m=0,m=0得-同理可得平面B1MN的一个法向量为n=(λ,1,3λ),∵平面CMN⊥平面B1MN,∴m n=λ2+1-3λ2=0,解得λ=,得n=,又=(2,0,-2),设直线AB与平面B1MN所成的角为θ,则sin θ= cos<n,>|==.∴直线AB与平面B1MN所成角的正弦值是.4.(2017郴州二模)如图,在菱形ABCD中 ∠ABC=60° AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=2,CF=3.(1)求证:BD⊥平面ACFE.(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为 5°时,求AE的长度.【解析】(1)∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥AE.又AC⊂平面ACFE,AE⊂平面ACFE,AC∩AE=A,∴BD⊥平面ACFE.(2)以O为原点,以OA,OB所在直线分别为x轴,y轴,以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系.则B(0,,0),D(0,-,0),F(-1,0,3).设AE=a,则E(1,0,a),∴=(-1,0,3),=(0,2,0),=(-1,,-a).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,得n=(-a,0,1),--∴cos<n,>==,∵直线FO与平面BED所成角的大小为 5°∴=,解得a=2或a=-(舍),∴ AE =2.5.(2017海淀区一模)如图,由直三棱柱ABC-A1B1C1和四棱锥D-BB1C1C构成的几何体中 ∠BAC=90° AB=1,BC=BB1=2,C1D=CD=,平面CC1D⊥平面ACC1A1.(1)求证:AC⊥DC1.(2)若M为DC1的中点,求证:AM∥平面DBB1.(3)在线段BC上是否存在点P,使直线DP与平面BB1D所成的角为60°?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,故AC⊥CC1,由平面CC1D⊥平面ACC1A1,且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1,所以AC⊥平面CC1D,又C1D⊂平面CC1D,所以AC⊥DC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,又∠BAC=90° 如图建立空间直角坐标系A-xyz,依据已知条件可得A(0,0,0),C(0,,0),C1(2,,0),B(0,0,1),B1(2,0,1),D(1,,2), 所以=(2,0,0),=(1,,1),设平面DBB1的法向量为n=(x,y,z),所以即令y=1,则z=-,x=0,于是n=(0,1,-),因为M为DC1的中点,所以M,所以=,由n= (0 -)=0,可得⊥n,所以AM∥平面DBB1.(3)由(2)可知平面BB1D的一个法向量为n=(0,1,-).设=λ,λ∈[0,1],则P(0,λ,1-λ),=(-1,λ-,-1-λ).若直线DP与平面DBB1所成的角为60°=,则|cos<n,>|==-解得λ=∉[0,1],故不存在这样的点.6.(2017南昌模拟)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.(1)求证:AM∥平面SCD.(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值.(3)设点N是直线CD上的动点,MN与平面SAB所成的角为θ,求sin θ的最大值.【解析】(1)以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),故=(0,1,1),=(1,0,-2),=(-1,-2,0).设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则即---令z=1,则x=2,y=-1.于是n=(2,-1,1).∵n=0-1×1+1×1=0,∴⊥n.又∵AM⊄平面SCD,∴AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0).设平面SCD与平面SAB所成的二面角为α,则|cos α ===,观察图象知平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.(3)设N(x0,2x0- 0 ( ≤x0≤ 则=(x0,2x0-3,-1).∴sin θ===-=.-当=,即x0=时,(sin θ)max=.阶段总结五微专题一折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为平面图形翻折问题,常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题.解决这类问题的关键是要弄清楚翻折前后哪些量、哪些关系发生了变化.【例1】如图,已知△ABC为正三角形,D为AB的中点,E在AC上,且AE=AC,现沿DE将△ADE折起,折起过程中点A仍然记作点A,使得平面ADE⊥平面BCED.(1)在折起后的图形中,在AC上是否存在点M,使得直线ME∥平面ABD?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.(2)求平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值.【分析】(1)由线线平行的判定可确定点的位置;(2)以E为原点,以ED,EC,EA所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量m,n,则|cos<m,n>|即为所求.【解析】(1)当AM=AC时,EM∥平面ABD.证明如下:在BC上取点H,使得BH=BC,则EH∥BD,MH∥AB,又EH⊂平面EMH,MH⊂平面EMH,EH∩MH=H,BD⊂平面ABD,AB⊂平面ABD,BD∩AB=B,∴平面EMH∥平面ABD,又EM⊂平面EMH,∴EM∥平面ABD.(2)在△ADE中,∵AE=AD ∠DAE=60° ∴AE⊥DE.又平面ADE⊥平面BCED,平面ADE∩平面BCED=DE,AE⊂平面ADE,∴AE⊥平面BCED.以E为原点,以ED,EC,EA所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示,设正三角形ABC的边长为4,则E(0,0,0),A(0,0,1),D(,0,0),B(2,1,0),∴=(2,1,-1),=(,1,0),设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),则∴-令x=得m=(,-3,3).又DE⊥平面ACE,∴n=(1,0,0)为平面ACE的一个法向量.∴cos<m,n>===.∴平面ABD与平面ACE所成锐二面角的余弦值为.【拓展训练1】如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点,沿EF将矩形ADFE折起使得二面角A-EF-C的大小为90°(如图2),点G是CD的中点.(1)若M为棱AD上一点,且=4,求证:DE⊥平面MFC.(2)求二面角E-FG-B的余弦值.【解析】(1)若M为棱AD上一点,且=4,则AD=4DM=4,即DM=1,∵二面角A-EF-C的大小为90°∴建立以F为坐标原点,FD,FC,FE所在的直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系,如图, ∵AD=4,AE=BE=2,DM=1,∴D(2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0),A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4),则=(-2,0,4),=(2,0,1),=(0,2,0),故=(-2)×2+4×1=-4+4=0,=0,则⊥,⊥,即DE⊥FM,DE⊥FC,∵FM∩FC=F,∴DE⊥平面MFC.(2)∵点G是CD的中点,∴G(1,1,0),且CD⊥FG,则CD⊥平面EFG,则=(2,-2,0)是平面EFG的一个法向量,设平面BFG的法向量为n=(x,y,z),则=(0,2,4),=(1,1,0),所以即令z=1,则y=-2,x=2,即n=(2,-2,1),则cos<,n>===,。

1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2.会简单应用空间两点间的距离公式3.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4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示5.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热点题型一 空间向量的运算例1、如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点。

(1)化简：A 1O →－12AB →－12AD →；(2)设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x 、y 、z 的值。

(2)∵EO →＝ED →＋DO →＝23D 1D →＋12DB → ＝23D 1D →＋12(DA →＋AB →)＝23A 1A →＋12DA →＋12AB →＝12AB →－12AD →－23AA 1→， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－23。

【提分秘籍】 空间向量的表示方法用已知不共面的向量表示某一向量时，应结合图形，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，把所求向量用已知向量表示出来。

【举一反三】如图，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 ＋c C.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c 【答案】A＝－12a ＋12b ＋c 。

热点题型二 共线、共面向量定理的应用 例2、（2018年北京卷）如图，在三棱柱ABC -中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为，AC ，，的中点，AB=BC=，AC==2．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】又CC1⊥平面AB C，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．【变式探究】已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，(1)求证：E、F、G、H四点共面；(2)求证：BD∥平面EFGH。

考点44 空间向量及其运算和空间位置关系1．如图，在长方体中，，，而对角线上存在一点P，使得取得最小值，则此最小值为（）A． 2 B． 3 C． D．【答案】D2．如图是某几何体的三视图，其中正视图和侧视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．【答案】B3．如图，在正方体中，E 为棱的中点，用过点的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为A．B．C．D．【答案】C【解析】取中点F,连接.平面为截面。

如下图：23所以上半部分的正视图，如A 选项，所以选A.4．已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是（） A ．B ．C ．D ． 32【答案】B，4令，得，在上递增，在上递减，，即该三棱锥体积的最大值是， 故选B.5．如图，圆锥顶点为，底面圆心为，过轴的截面，为中点，，，则从点经圆锥侧面到点的最短距离为A ．B ．C ．D ．【答案】A6．已知三棱锥中，，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D，解得，外接球表面积故选D.7．某几何体的三视图如图所示，数量单位为，它的体积是（）5A．B．C．D．【答案】C8．在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是BC的中点，点P是正方形DCC1D1面内(包括边界)的动点，且满足∠APD＝∠MPC，则三棱锥P－BCD的体积最大值是( )A． 36 B． 24 C．D．【答案】D679．已知某几何体的三视图如图，则该几何体的表面积是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】几何体为圆锥挖掉个圆台. 其表面积为： ＋42＝.故选.10．正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为A ．B ．或 C ．D ．或【答案】B所以选B11．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积8为( )A．B．C．D．【答案】C12．九章算术是我国古代数学名著，在九章算术中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，若某阳马”的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该“阳马”的表面积为91A ．B ．C ．D ．【答案】C 故选13．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A． 25π B． 26π C． 32π D． 36π【答案】C14．下列四个命题:(1)存在与两条异面直线都平行的平面;(2)过空间一点,一定能作一个平面与两条异面直线都平行;(3)过平面外一点可作无数条直线与该平面平行;(4)过直线外一点可作无数个平面与该直线平行.其中正确的命题的个数是A． B． C． D．【答案】C【解析】(1)将一个平面内的两条相交直线平移到平面外,且平移后不相交,则这两条直线异面且与该平面平行,故正确;(2)当过该点的平面过其中一条直线时,这个平面与两条异面直线都平行是错误的,故不正确;(3)显然正确;(4)显然正确.故答案为C.15．设直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α【答案】D16．如图，在四棱锥中，平面平面，，是等边三角形，已知，．（1）设是上的一点，证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.17．如图，四边形为等腰梯形沿折起，使得平面平面为的中点，连接（如图2）.图1 图2（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）,则,，又因为平面平面且平面平面，所以平面，从而．（Ⅱ）取AC中点F，连接EF、EC.，设E点到平面BCD的距离为，，,DE与平面BCD所成角为，则.18．如图，在梯形ABCD中，，，，平面平面ABCD，四边形ACFE 是矩形，，点M在线段EF上．（Ⅰ）求证：平面ACFE；（Ⅱ）当EM为何值时，平面？证明你的结论；（Ⅲ）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅲ）∴平面ACFE．设平面BEF的法向量，则，，同理可得平面EFD的法向量为，（10分）所以．又二面角的平面角为锐角，所以的平面角的余弦值为．19．如图所示，四棱锥中，底面，，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.20．已知所有棱长都相等的三棱锥的各个顶点同在一个半径为的球面上，则该三棱锥的表面积为___________.【答案】【解析】构造一个各棱长为a的正方体，连接各面的对角线可作出一个正四面体，而此四面体的外接球即为正方体的外接球．此球的直径为正方体的体对角线，即，由勾股定理得到,三棱锥的边长即为正方体的面对角线长为：，所以该锥体表面积.故答案为：．21．网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．【答案】222．已知四面体的棱,,,则此四面体外接球的表面积__________．【答案】【解析】设BD的中点为O,如图23．已知棱长为1的正方体有一个内切球（如图），为面底的中心，与球相交于，则的长为_______.2124．已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面ABC ，若有一半径为2的球与三棱柱的各条棱均相切，则的长度为______． 【答案】【解析】22 25．球的内接圆柱的底面积为，侧面积为，则该球的表面积为____ 【答案】 【解析】因为球的内接圆柱的底面积为，侧面积为，所以圆柱的底面半径为2，高为3， 所以外接球的半径为，有，所以球的半径为， 所以球的表面积为，故答案是.。

第6节空间向量的运算及应用知识点、方法题号夹角和距离5,7,8,10空间向量的线性运算6,13共线、共面向量定理及应用1,9空间向量的数量积及应用2,3,4,11,12,14基础巩固(时间:30分钟)1.在下列命题中:①若向量a,b共线,则向量a,b所在的直线平行;②若向量a,b所在的直线为异面直线,则向量a,b一定不共面;③若三个向量a,b,c两两共面,则向量a,b,c共面;④已知空间的三个向量a,b,c,则对于空间的任意一个向量p总存在实数x,y,z使得p=xa+yb+zc.其中正确命题的个数是( A )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析: a与b共线,a,b所在直线也可能重合,故①不正确;根据自由向量的意义知,空间任意两向量a,b都共面,故②错误;三个向量a,b,c中任两个一定共面,但它们三个却不一定共面,故③不正确;只有当a,b,c不共面时,空间任意一向量p才能表示为p=xa+yb+zc,故④不正确,综上可知四个命题中正确的个数为0,故选A.2.在空间四边形ABCD中,·+·+·等于( B )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)不确定解析:令=a,=b,=c,则·+·+·=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.3.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为( A )(A)(1,1,1) (B)(1,1,)(C)(1,1,) (D)(1,1,2)解析:设PD=a,则A(2,0,0),B(2,2,0),P(0,0,a),E(1,1,),所以=(0,0,a),=(-1,1,).因为cos<,>=,所以=a·,所以a=2.所以E的坐标为(1,1,1).4.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为( C )(A)a2 (B) a2 (C) a2(D) a2解析:如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三向量两两夹角为60°.= (a+b),= c,所以·= (a+b)·c= (a·c+b·c)= (a2cos 60°+a2cos 60°)= a2.5.导学号 38486158如图所示,已知空间四边形OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=,则cos<,>的值为( A )(A)0 (B)(C)(D)解析:设=a,=b,=c,由已知条件<a,b>=<a,c>=,且|b|=|c|,·=a·(c-b)=a·c-a·b=|a||c|-|a||b|=0,所以cos<,>=0.6.在四面体OABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则= .(用a,b,c表示).解析:=+=+=+× (+)=++=+ (-)+ (-)=++=a+b+c.答案: a+b+c7.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2)且a与b的夹角的余弦值为,则λ= .解析:由条件知|a|=,|b|=3,a·b=6-λ.所以cos<a,b>===.整理得55λ2+108λ-4=0,解得λ=-2或λ=.答案:-2或8.如图所示,已知二面角αlβ的平面角为θ(θ∈(0,)),AB⊥BC,BC⊥CD,AB在平面β内,BC 在l上,CD在平面α内,若AB=BC=CD=1,则AD的长为.解析:=++,所以=+++2·+2·+2·=1+1+1+2cos(π-θ)=3-2cos θ,所以||=,即AD的长为.答案:能力提升(时间:15分钟)9.导学号 38486159O为空间任意一点,若=++,则A,B,C,P四点( B )(A)一定不共面(B)一定共面(C)不一定共面(D)无法判断解析: 因为=++,且++=1.所以P,A,B,C四点共面.10.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为( A )(A) a (B) a (C) a (D) a解析:以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),N(a,a,).设M(x,y,z),因为点M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)= (-x,a-y,a-z),所以x=a,y=,z=.所以M(, ,),所以||== a.11.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若动点P在线段BD1上运动,则·的取值范围是.解析:如图所示,由题意,设=λ,其中λ∈[0,1],·=·(+)=·(+λ)=+λ·=1+λ·(-)=1-λ∈[0,1].因此·的取值范围是[0,1].答案:[0,1]12.(2017·江苏徐州模拟)已知O点为空间直角坐标系的原点,向量=(1,2,3),=(2,1,2),=(1,1,2),且点Q在直线OP上运动,当·取得最小值时,的坐标是.解析:因为点Q在直线OP上,所以设点Q(λ,λ,2λ),则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)·(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6(λ-)2-.即当λ=时,·取得最小值-.此时=(, ,).答案:(, ,)13.如图,已知平行六面体ABCDA′B′C′D′,E,F,G,H分别是棱A′D′,D′C′,C′C和AB 的中点,求证E,F,G,H四点共面.证明:取=a,=b,=c,则=++=+2+=b-a+2a+ (++)=b+a+ (b-a-c-a)=b-c,所以与b,c共面,即E,F,G,H四点共面.14.已知a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得⊥b?(O为原点) 解:(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5.(2)令=t(t∈R),所以=+=+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若⊥b,则·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=.所以-3+t=-,-1-t=-,4-2t=,因此存在点E,使得⊥b,此时E点的坐标为(-,-,).。

空间向量及其运算基础知识梳理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：表示空间向量的有向线段所在的直线互相______________的向量. (4)共面向量：________________________________的向量. 2.共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定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 →＋t a ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝________或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →. (2)共面向量定理的向量表达式：p ＝____________，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝____________或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝______.(3)空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝____________，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∠AOB 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空间两个非零向量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)数量积的坐标运算设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 ⇔______________⇔____________，____________，______________， 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|＝____________________________________________________.设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则d AB ＝|AB →|＝________________________. 典例探究题型一 空间向量的线性运算例1、如图所示，在平行六面体ABCD －A1B1C1D1中，设AA1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA1，BC ，C1D1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量： (1)AP →；(2)A1N →；(3)MP →＋NC1→.变式： 在例1的条件下，若AE →＝12EC →，A1F →＝2FD →，试用a ，b ，c 表示EF →.题型二 共线、共面向量定理的应用例2 已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点，(1)求证：E 、F 、G 、H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA→＋OB →＋OC →＋OD →).题型三 空间向量性质的应用例2、已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1，1,2)，C(－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →，(1)若|c|＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若ka ＋b 与ka －2b 互相垂直，求实数k 的值；(4)若λ(a ＋b)＋μ(a －b)与z 轴垂直，求λ，μ应满足的关系.跟踪测试一、选择题1．以下四个命题中正确的是( )．A ．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B ．若{a ，b ，c }为空间向量的一组基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间向 量的另一组基底C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB →·AC →＝0 D ．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底解析 若a ＋b 、b ＋c 、c ＋a 为共面向量，则a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，(1－μ)a ＝(λ－1)b ＋(λ＋μ)c ，λ，μ不可能同时为1，设μ≠1，则a ＝λ－11－μb ＋λ＋μ1－μc ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量基底矛盾． 答案 B2．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)，满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝ ( )． A ．－4B ．－2C ．4D ．2解析 ∵a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)， ∴c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)． ∴(c －a )·(2b )＝2(1－x )＝－2，∴x ＝2. 答案 D3．若{a ，b ，c }为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是( )． A ．{a ，a ＋b ，a －b }B ．{b ，a ＋b ，a －b }C ．{c ，a ＋b ，a －b }D ．{a ＋b ，a －b ，a ＋2b }解析 若c 、a ＋b 、a －b 共面，则c ＝λ(a ＋b )＋m (a －b )＝(λ＋m )a ＋(λ－m )b ，则a 、b 、c 为共面向量，此与{a ，b ，c }为空间向量的一组基底矛盾，故c ，a ＋b ，a －b 可构成空间向量的一组基底． 答案 C4.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为 ( )． A ．0 B.12 C.32D.22解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b ＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案 A5．如图所示，在长方体ABCD －A1B 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 ( )．A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →) ＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c . 答案 A6．如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1 D.3－ 2解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2. 答案 D 二、填空题7. 设R ，向量，且，解析 . 答案8. 在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝________.解析 如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝0. 答案 09．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(11A A ＋11A D ＋11A B )2＝311A B 2；②1A C ·(11A B －11A A )＝0；③向量1AD 与向量1A B 的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ·1AA ·AD |.其中正确命题的序号是________．解析 由1AA ⊥11A D ，1AA ⊥11A B ，11A D ⊥11A B ⊥11A B ，得(1A A ＋11A D ＋11A B )2＝3(11A B )2，故①正确；②中11A B －1A A ＝1AB ，由于AB 1⊥A 1C ，故,x y ∈()()()4,2,,1,1,-===y x //,⊥_______=2402,//(3,1)242x x a c b c a b y y -==⎧⎧⊥⇔⇔⇒+=-=⎨⎨=-=-⎩⎩②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但1AD 与1A B 的夹角为120°，故③不正确；④中|AB ·1AA ·AD |＝0.故④也不正确． 答案 ①②10．如图，空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值等于________． 解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c . OA 与BC 所成的角为θ，OA →·BC →＝a (c －b )＝a ·c －a ·b ＝a ·(a ＋AC →)－a ·(a ＋AB →)＝a 2＋a ·AC →－a 2－a ·AB →＝24－16 2.∴cos θ＝|OA →·BC →||OA →|·|BC →|＝24－1628×5＝3－225.答案3－225三、解答题11．已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →、MB →、MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． 解 (1)由已知OA →＋OB →＋OC →＝3 OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， ∴四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内．12．把边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求：(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小．解 如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O －xyz ，则A （0，－22a,0）， B （22a,0,0），C （0，22a,0），D （0,0，22a ），E （0，－24a ，24a ）， F （24a ，24a,0）.(1)|EF →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a －02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－24a 2＝34a 2，∴|EF |＝32a .(2)OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－24a ，24a ，OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ，24a ，0，OE →·OF →＝0×24a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－24a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫24a ＋24a ×0＝－a 28，|OE →|＝a 2，|OF →|＝a 2，cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝－12，∴∠EOF ＝120°.13．如图，已知M 、N 分别为四面体ABCD 的面BCD 与面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．14．如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB 、AD 、CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EF →·DC →；(3)EG 的长； (4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c ) ＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22. (4)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ， cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

教学过程自我检测1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则x＝_________，y＝________.2．如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则B1M→用a，b，c表示为________．3．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．下列4个命题：①若p＝x a＋y b，则p与a、b共面；②若p与a、b共面，则p＝x a＋y b；③若MP→＝xMA→＋yMB→，则P、M、A、B共面；④若P、M、A、B共面，则MP→＝xMA→＋yMB→.其中真命题是________(填序号)．5．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分别为教学效果分析教学过程棱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教学效果分析教学过程例3如图，平面P AC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为P A，PB，AC的中点，AC＝16，P A＝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—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点．(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．教学效果分析教学过程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：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．下列命题：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．其中不正确命题的序号为________．2．若A、B、C、D是空间中不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，则△BCD的形状是______________三角形．3. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角等于________．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＝____________.5.在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把教学效果分析直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为________．6.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.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.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________．二、解答题(共42分)9.如图所示，已知ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E 、B 、F 、D 1四点共面；(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.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. 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．自主梳理1．(1)大小 方向 (2)相同 相等 (3)存在实数λ，使b ＝λa (4)OM →＋xMA →＋yMB →1 (5)x e 1＋y e 2＋z e 32．(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(a 2－a 1)2＋(b 2－b 1)2＋(c 2－c 1)2自我检测 1.16 －32解析 ∵a ∥b ，∴2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.2．－12a ＋12b ＋c解析 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. 4．①③解析 ①正确．②中若a 、b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 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－1)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 ，连结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 ，且DF ，BF 在平面BDF 内， ∴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，连结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FM ⊥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1．②③④ 2．锐角解析 如图，∵DB →·DC →＝(AB →－AD →)·(AC →－AD →)＝AB →·AC →－AB →·AD →－AD →·AC →＋AD →2＝AD →2>0，同理，BD →·BC →>0，CD →·CB →>0.∴△BDC 为锐角三角形．3．60° 解析如图建立坐标系，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 与BC 1所成的角是60°. 4．16解析 由PC →＝λ1P A →＋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 ＝16.5．211 解析过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)．(3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．(7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.(10分)∴M (0,0,1)，∴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.(14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)．(4分)∵cos 〈NE →，AM →〉＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010，。

空间向量及其运算知识点及练习题1． 空间向量的概念(1)定义：空间中既有大小又有方向的量叫作空间向量．(2)向量的夹角：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 〉，0≤〈a ，b 〉≤π. 2． 共线向量定理和空间向量基本定理(1)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . (2)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，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，其中e 1，e 2，e 3叫作空间的一个基底． 3． 空间向量的数量积及运算律(1)定义空间两个向量a 和b 的数量积是一个数，等于|a ||b |cos 〈a ，b 〉，记作a ·b . (2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )·b ＝λ(a·b )； ②交换律：a·b ＝b·a ； ③分配律：a·(b ＋c )＝a·b ＋a·c . 4． 空间向量的坐标表示及应用(1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 (λ∈R )， a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23(a ≠0，b ≠0) . 基础练习：1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( √ )(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( × )(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( × )(5)若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ )(6)|a |－|b |＝|a ＋b |是a 、b 共线的充要条件．( × )2． 如图所示，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( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3． 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为( )A ．x ＝1，y ＝1B ．x ＝1，y ＝12C ．x ＝12，y ＝12D ．x ＝12，y ＝1答案 C解析 如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)．4． 同时垂直于a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)的单位向量是_______________．答案 ⎝⎛⎭⎫13，－23，23或⎝⎛⎭⎫－13，23，－23 解析 设与a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)同时垂直的单位向量是c ＝(p ，q ，r )，则⎩⎪⎨⎪⎧p 2＋q 2＋r 2＝1，2p ＋2q ＋r ＝0，4p ＋5q ＋3r ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝13，q ＝－23，r ＝23，或⎩⎪⎨⎪⎧p ＝－13，q ＝23，r ＝－23，即同时垂直于a ，b 的单位向量为⎝⎛⎭⎫13，－23，23或⎝⎛⎭⎫－13，23，－23.5． 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)． 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c . 典型例题：题型一 空间向量的线性运算例1 三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示MG →，OG →.思维启迪 利用空间向量的加减法和数乘运算表示即可． 解 MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN →＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.OG →＝OM →＋MG →＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC →＝13OA →＋13OB →＋13OC →. 思维升华 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．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．(1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________；(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________. 答案 (1)A 1A →(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 (1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12AC →＝A 1O →－AO →＝A 1A →.(2)OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.题型二 共线定理、空间向量基本定理的应用例2 已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点，(1)求证：E 、F 、G 、H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．思维启迪 对于(1)只要证出向量EG →＝EF →＋EH →即可；对于(2)只要证出BD →与EH →共线即可；对于(3)，易知四边形EFGH 为平行四边形，则点M 为线段EG 与FH 的中点，于是向量OM →可由向量OG →和OE →表示，再将OG →与OE →分别用向量OC →，OD →和向量OA →，OB →表示．证明 (1)连接BG ， 则EG →＝EB →＋BG → ＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →， 由共面向量定理的推论知： E 、F 、G 、H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD .又EH 平面EFGH ，BD 平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .(3)找一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG . 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ， 所以四边形EFGH 是平行四边形． 所以EG ，FH 交于一点M 且被M 平分． 故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)． 思维升华 (1)证明点共线的方法证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题，如证明A ，B ，C 三点共线，即证明AB →，AC →共线，亦即证明AB →＝λAC →(λ≠0)． (2)证明点共面的方法证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC (x ＋y ＋z ＝1)即可．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 上的点，F 是AC 上的点，且A 1E ＝2EB ，CF ＝2AF ，则EF 与平面A 1B 1CD 的位置关系为________． 答案 平行解析 取AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c 为基底， 易得EF →＝－13(a －b ＋c )，而DB 1→＝a －b ＋c ，即EF →∥DB 1→，故EF ∥DB 1， 且EF平面A 1B 1CD ，DB 1平面A 1B 1CD ，所以EF ∥平面A 1B 1CD . 题型三 空间向量数量积的应用例3 如图所示，已知空间四边形AB -CD 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．思维启迪 两条直线的垂直关系可以转化为两个向量的垂直关系；利用|a |2＝a ·a 可以求线段长；利用cos θ＝a ·b|a ||b |可求两条直线所成的角．(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 )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →. 即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|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 . (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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 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.思维升华 (1)当题目条件有垂直关系时，常转化为数量积为零进行应用；(2)当异面直线所成的角为α时，常利用它们所在的向量转化为向量的夹角θ来进行计算．应该注意的是α∈(0，π2]，θ∈[0，π]，所以cos α＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |；(3)立体几何中求线段的长度可以通过解三角形，也可依据|a |＝a 2转化为向量求解．已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(2)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求实数k 的值． 解 (1)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1， 又|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (2)方法一 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)． k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)， 且k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0，∴k ＝2或k ＝－52，∴当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，实数k 的值为2或－52.方法二 由(1)知|a |＝2，|b |＝5，a ·b ＝－1， ∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝k 2a 2－k a ·b －2b 2 ＝2k 2＋k －10＝0， 得k ＝2或k ＝－52.易失分点：********“两向量同向”意义不清致误典例：(5分)已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________．易错分析 将a ，b 同向和a ∥b 混淆，没有搞清a ∥b 的意义：a ·b 方向相同或相反．解析 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ①x 2＋y －2＝2x ② 把①代入②得x 2＋x －2＝0，(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 ＝－2y ＝－6时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ， 两向量a ，b 反向，不符合题意，所以舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1y ＝3时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1y ＝3. 答案 1,3温馨提醒 (1)两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种情况．两向量同向能推出两向量平行，但反过来不成立，也就是说，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件；(2)若两向量a ，b 满足a ＝λb (b ≠0)且λ>0则a ，b 同向；在a ，b 的坐标都是非零的条件下，a ，b 的坐标对应成比例.******方法与技巧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．利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题． 失误与防范1．向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律，即a·b ＝b·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a·c 成立，(a·b )·c ＝a·(b·c )不一定成立．2．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．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)一、选择题1． 空间直角坐标系中，A (1,2,3)，B (－2，－1，6)，C (3,2,1)，D (4,3,0)，则直线AB 与CD的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案 B解析 由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB →与CD →没有公共点． ∴AB ∥CD .2． 已知O ，A ，B ，C 为空间四个点，又OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，则( )A ．O ，A ，B ，C 四点不共线 B ．O ，A ，B ，C 四点共面，但不共线 C ．O ，A ，B ，C 四点中任意三点不共线D ．O ，A ，B ，C 四点不共面 答案 D解析 OA →，OB →，OC →为空间的一个基底，所以OA →，OB →，OC →不共面，但A ，B ，C 三种情况都有可能使OA →，OB →，OC →共面．3． 已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2答案 A解析 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.4． 空间四点A (2,3,6)、B (4,3,2)、C (0,0,1)、D (2,0,2)的位置关系是( )A ．共线B ．共面C ．不共面D ．无法确定答案 C解析 ∵AB →＝(2,0，－4)，AC →＝(－2，－3，－5)，AD →＝(0，－3，－4)． 假设四点共面，由共面向量定理得，存在实数x ，y ， 使AD →＝xAB →＋yAC →，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0， ①－3y ＝－3， ②－4x －5y ＝－4， ③由①②得x ＝y ＝1，代入③式不成立，矛盾． ∴假设不成立，故四点不共面．5． 如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为( )A ．0 B.12 C.32D.22答案 A解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则|b |＝|c |， 〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，BC →＝c －b ，∴OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝|a ||c |cos π3－|a ||b |cos π3＝0，∴OA →⊥BC →，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0.二、填空题6． 已知2a ＋b ＝(0，－5,10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．答案 60°解析 由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b ·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18，∴cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.7． 已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________．答案 355解析 b －a ＝(1＋t,2t －1,0)，∴|b －a |＝(1＋t )2＋(2t －1)2＝ 5⎝⎛⎭⎫t －152＋95， ∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值355. 8． 如图所示，已知P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC 等于________．答案 12解析 因为PC →＝P A →＋AB →＋BC →，所以PC →2＝P A →2＋AB →2＋BC →2＋2AB →·BC →＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144.所以|PC →|＝12.三、解答题9． 已知向量a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上是否存在一点E ，使得OE →⊥b (O 为原点)?解 (1)∵a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，∴2a ＋b ＝(0，－5,5)，∴|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)假设存在点E ，其坐标为E (x ，y ，z )，则AE →＝λAB →，即(x ＋3，y ＋1，z －4)＝λ(1，－1，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝λ－3y ＝－λ－1z ＝－2λ＋4，∴E (λ－3，－λ－1，－2λ＋4)，∴OE →＝(λ－3，－λ－1，－2λ＋4)．又∵b ＝(－2,1,1)，OE →⊥b ，∴OE →·b ＝－2(λ－3)＋(－λ－1)＋(－2λ＋4)＝－5λ＋9＝0，∴λ＝95，∴E (－65，－145，25)，∴在直线AB 上存在点E (－65，－145，25)，使OE →⊥b .10．如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长；(2)求BD 1与AC 夹角的余弦值．解 记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.(1)|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.(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.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66. ∴BD 1与AC 夹角的余弦值为66. B 组 专项能力提升(时间：30分钟)1． 若向量c 垂直于不共线的向量a 和b ，d ＝λa ＋μb (λ、μ∈R ，且λμ≠0)，则( )A ．c ∥dB ．c ⊥dC ．c 不平行于d ，c 也不垂直于dD ．以上三种情况均有可能答案 B解析 由题意得，c 垂直于由a ，b 确定的平面．∵d ＝λa ＋μb ，∴d 与a ，b 共面．∴c ⊥d .2． 以下命题中，正确的命题个数为 ( ) ①若a ，b 共线，则a 与b 所在直线平行；②若{a ，b ，c }为空间一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底； ③若空间向量m 、n 、p 满足m ＝n ，n ＝p ，则m ＝p ；④对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P 、A 、B 、C 四点共面．A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 由共线向量知a 与b 所在直线可能重合知①错；若a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 共面，则存在实数x ，y ，使a ＋b ＝x (b ＋c )＋y (c ＋a )＝y a ＋x b ＋(x ＋y )c ，∵a ，b ，c 不共面，∴y ＝1，x ＝1，x ＋y ＝0，∴x ，y 无解，∴{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }能构成空间的一个基底，∴②正确；由向量相等的定义知③正确；由共面向量定理的推论知，当x ＋y ＋z ＝1时，P ，A ，B ，C 四点共面，∴④不正确．故选B.3． 如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 和CN 所成角的余弦值为________．答案 25解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x 、y 、z 轴正半轴建立空间直 角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，∴M (1，12，1)，N (1,1，12)， ∴AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)，∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN→|AM →|·|CN →|＝12(12)2＋12× 12＋(12)2＝25.4． 已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．(1)求以AB →，AC →为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．解 (1)由题意可得：AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin 〈AB →，AC →〉＝32，∴以AB →，AC →为边的平行四边形的面积为S ＝2×12|AB →|·|AC →|·sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z )，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝3－2x －y ＋3z ＝0x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1y ＝1z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1y ＝－1z ＝－1，∴向量a 的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1)．5． 直三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |，且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a . ∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0. ∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |. AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。