2018-2019数学新学案同步精致讲义选修2-1北师大版：第二章 空间向量与立体几何 §3 3.1~3.2 Word版含答案

§3向量的坐标表示和空间向量基本定理(一)3．1空间向量的标准正交分解与坐标表示3．2空间向量基本定理学习目标 1.了解空间向量基本定理.2.了解基底、标准正交基的概念.3.掌握空间向量的坐标表示，能在适当的坐标系中写出向量的坐标．知识点一空间向量的坐标表示空间向量的正交分解及其坐标表示标准正交基有公共起点O的三个两两垂直的单位向量，记作i，j，k空间直角坐标系以i，j，k的公共起点O为原点，分别以i，j，k的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系空间向量的坐标表示对于空间任意一个向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝x i＋y j＋z k，则把x，y，z称作向量p在单位正交基底i，j，k下的坐标，记作p＝(x，y，z)知识点二空间向量基本定理思考平面向量基本定理的内容是什么？答案如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中，不共线的e1，e2叫作表示这一平面内所有向量的一组基底．梳理(1)空间向量基本定理条件三个不共面的向量a，b，c和空间任一向量p结论存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c(2)基底条件：三个向量a，b，c不共面．结论：{a，b，c}叫作空间的一个基底．基向量：基底中的向量a ，b ，c 都叫作基向量．1．空间的任何一个向量都可用三个给定向量表示．(×)2．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则a ，b ，c 全不是零向量．(√)3．如果向量a ，b 与任何向量都不能构成空间的一个基底，则一定有a 与b 共线．(√) 4．任何三个不共线的向量都可构成空间的一个基底．(×)类型一 基底的判断例1 下列能使向量MA →，MB →，MC →成为空间的一个基底的关系式是( ) A.OM →＝13OA →＋13OB →＋13OC →B.MA →＝MB →＋MC →C.OM →＝OA →＋OB →＋OC →D.MA →＝2MB →－MC(2)设x ＝a ＋b ，y ＝b ＋c ，z ＝c ＋a ，且{a ，b ，c }是空间的一个基底，给出下列向量：①{a ，b ，x }；②{b ，c ，z }；③{x ，y ，a ＋b ＋c }．其中可以作为空间的基底的有( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．0个 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的判断 答案 (1)C (2)B解析 (1)对于选项A ，由OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)⇔M ，A ，B ，C 四点共面知，MA →，MB →，MC →共面；对于选项B ，D ，可知MA →，MB →，MC →共面，故选C. (2)②③均可以作为空间的基底，故选B. 反思与感悟 基底判断的基本思路及方法(1)基本思路：判断三个空间向量是否共面，若共面，则不能构成基底；若不共面，则能构成基底．(2)方法：①如果向量中存在零向量，则不能作为基底；如果存在一个向量可以用另外的向量线性表示，则不能构成基底．②假设a ＝λb ＋μc ，运用空间向量基本定理，建立λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能作为基底；若无解，则不共面，能作为基底．跟踪训练1 (1)已知a ，b ，c 是不共面的三个非零向量，则可以与向量p ＝a ＋b ，q ＝a －b 构成基底的向量是( ) A ．2a B ．2b C ．2a ＋3b D ．2a ＋5c答案 D(2)以下四个命题中正确的是( ) A ．基底{a ，b ，c }中可以有零向量B ．空间任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一个基底C ．△ABC 为直角三角形的充要条件是AB →·AC →＝0 D ．空间向量的基底只能有一组 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 B解析 使用排除法．因为零向量与任意两个非零向量都共面，故A 不正确；△ABC 为直角三角形并不一定是AB →·AC →＝0，可能是BC →·BA →＝0，也可能是CA →·CB →＝0，故C 不正确；空间基底可以有无数多组，故D 不正确．类型二 空间向量基本定理的应用例2 如图所示，空间四边形OABC 中，G ，H 分别是△ABC ，△OBC 的重心，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点．试用向量a ，b ，c 表示向量OG →和GH →.考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 解 因为OG →＝OA →＋AG →， 而AG →＝23AD →，AD →＝OD →－OA →，又D 为BC 的中点，所以OD →＝12(OB →＋OC →)，所以OG →＝OA →＋23AD →＝OA →＋23(OD →－OA →)＝OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23OA →＝13(OA →＋OB →＋OC →)＝13(a ＋b ＋c )． 又因为GH →＝OH →－OG →， OH →＝23OD →＝23×12(OB →＋OC →)＝13(b ＋c )， 所以GH →＝13(b ＋c )－13(a ＋b ＋c )＝－13a .所以OG →＝13(a ＋b ＋c )，GH →＝－13a .反思与感悟 用基底表示向量时，若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及向量数乘的运算律；若没给定基底，首先选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角是否已知或易求． 跟踪训练2 在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，E ，F 分别是AD 1，BD 的中点．(1)用向量a ，b ，c 表示D 1B —→，EF →；(2)若D 1F —→＝x a ＋y b ＋z c ，求实数x ，y ，z 的值． 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理解 (1)如图，连接AC ，EF ，D 1F ，BD 1，D 1B —→＝D 1D —→＋DB →＝－AA 1—→＋AB →－AD →＝a －b －c ， EF →＝EA →＋AF →＝12D 1A —→＋12AC →＝－12(AA 1—→＋AD →)＋12(AB →＋AD →)＝12(a －c )．(2)D 1F —→＝12(D 1D —→＋D 1B —→)＝12(－AA 1—→＋D 1B —→) ＝12(－c ＋a －b －c )＝12a －12b－c ， ∴x ＝12，y ＝－12，z ＝－1.类型三 空间向量的坐标表示例3 (1)设{e 1，e 2，e 3}是空间的一个单位正交基底，a ＝4e 1－8e 2＋3e 3，b ＝－2e 1－3e 2＋7e 3，则a ，b 的坐标分别为________________． 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标答案 (4，－8,3)，(－2，－3,7)解析 由于{e 1，e 2，e 3}是空间的一个单位正交基底，所以a ＝(4，－8,3)，b ＝(－2，－3,7)． (2)已知a ＝(3,4,5)，e 1＝(2，－1,1)，e 2＝(1,1，－1)，e 3＝(0,3,3)，求a 沿e 1，e 2，e 3的正交分解．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标解 因为a ＝(3,4,5)，e 1＝(2，－1,1)， e 2＝(1,1，－1)，e 3＝(0,3,3)， 设a ＝αe 1＋βe 2＋λe 3，即(3,4,5)＝(2α＋β，－α＋β＋3λ，α－β＋3λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2α＋β＝3，－α＋β＋3λ＝4，α－β＋3λ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧α＝76，β＝23，λ＝32，所以a 沿e 1，e 2，e 3的正交分解为a ＝76e 1＋23e 2＋32e 3.反思与感悟 用坐标表示空间向量的步骤跟踪训练3 (1)在空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 的中点，MN →在基底{a ，b ，c }下的坐标为________．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 ⎝⎛⎭⎫－23，12，12 解析 ∵OM ＝2MA ，点M 在OA 上， ∴OM ＝23OA ，∴MN →＝MO →＋ON →＝－OM →＋12(OB →＋OC →)＝－23a ＋12b ＋12c .∴MN →在基底{a ，b ，c }下的坐标为⎝⎛⎭⎫－23，12，12. (2)已知P A 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，并且P A ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，求向量MN →的坐标．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标解 因为P A ＝AD ＝AB ＝1， 所以可设AB →＝e 1，AD →＝e 2，AP →＝e 3. 因为MN →＝MA →＋AP →＋PN → ＝MA →＋AP →＋12PC →＝MA →＋AP →＋12(P A →＋AD →＋DC →)＝－12AB →＋AP →＋12(－AP →＋AD →＋AB →)＝12AP →＋12AD →＝12e 3＋12e 2， 所以MN →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12.1．已知i ，j ，k 分别是空间直角坐标系Oxyz 中x 轴，y 轴，z 轴的正方向上的单位向量，且AB →＝－i ＋j －k ，则点B 的坐标是( ) A ．(－1,1，－1) B ．(－i ，j ，－k ) C ．(1，－1，－1) D ．不确定考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 D解析 由AB →＝－i ＋j －k 只能确定向量AB →＝(－1,1，－1)，而向量AB →的起点A 的坐标未知，故终点B 的坐标不确定．2．在下列两个命题中，真命题是( )①若三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若a ，b 是两个不共线向量，而c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R 且λμ≠0)，则{a ，b ，c }构成空间的一个基底．A ．仅①B ．仅②C ．①②D ．都不是 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 A解析 ①为真命题；②中，由题意得a ，b ，c 共面，故②为假命题，故选A.3．已知点A 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(8,6,4)，其中a ＝i ＋j ，b ＝j ＋k ，c ＝k ＋i ，则点A 在基底{i ，j ，k }下的坐标是( ) A ．(12,14,10) B ．(10,12,14) C ．(14,12,10)D ．(4,3,2)考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 A解析 设点A 在基底{a ，b ，c }下对应的向量为p ，则p ＝8a ＋6b ＋4c ＝8i ＋8j ＋6j ＋6k ＋4k ＋4i ＝12i ＋14j ＋10k ，故点A 在基底{i ，j ，k }下的坐标为(12,14,10)．4．若a ＝e 1＋e 2＋e 3，b ＝e 1＋e 2－e 3，c ＝e 1－e 2＋e 3，d ＝e 1＋2e 2＋3e 3，d ＝αa ＋βb ＋λc ，则α，β，λ的值分别为________． 考点 空间向量的正交分解题点 空间向量在单位正交基底下的坐标答案 52，－1，－12解析 ∵d ＝α(e 1＋e 2＋e 3)＋β(e 1＋e 2－e 3)＋λ(e 1－e 2＋e 3) ＝(α＋β＋λ)e 1＋(α＋β－λ)e 2＋(α－β＋λ)e 3 ＝e 1＋2e 2＋3e 3， ∴⎩⎪⎨⎪⎧α＋β＋λ＝1，α＋β－λ＝2，α－β＋λ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧α＝52，β＝－1，λ＝－12.5．如图，已知P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，G 为△PDC 的重心，AB →＝i ，AD →＝j ，AP →＝k ，试用基底{i ，j ，k }表示向量PG →，BG →.考点 空间向量的正交分解 题点 向量在单位正交基底下的坐标解 延长PG 交CD 于点N ，则N 为CD 的中点，PG →＝23PN →＝23⎣⎡⎦⎤12(PC →＋PD →) ＝13(P A →＋AB →＋AD →＋AD →－AP →) ＝13AB →＋23AD →－23AP →＝13i ＋23j －23k . BG →＝BC →＋CN →＋NG →＝BC →＋CN →＋13NP →＝AD →－12DC →－13PN →＝AD →－12AB →－⎝⎛⎭⎫16AB →＋13AD →－13AP → ＝23AD →－23AB →＋13AP → ＝－23i ＋23j ＋13k .1．基底中不能有零向量．因零向量与任意一个非零向量都为共线向量，与任意两个非零向量都共面，所以三个向量为基底隐含着三个向量一定为非零向量．2．空间几何体中，要得到有关点的坐标时，先建立适当的坐标系，一般选择两两垂直的三条线段所在直线为坐标轴，然后选择基向量，根据已知条件和图形关系将所求向量用基向量表示，即得所求向量的坐标．3．用基底表示空间向量，一般要用向量的加法、减法、数乘的运算法则，及加法的平行四边形法则，加法、减法的三角形法则．逐步向基向量过渡，直到全部用基向量表示．一、选择题1．下列说法中不正确的是( )A ．只要空间的三个向量的模为1，那么它们就能构成空间的一个单位正交基底B ．竖坐标为0的向量平行于x 轴与y 轴所确定的平面C ．纵坐标为0的向量都共面D ．横坐标为0的向量都与x 轴上的基向量垂直 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 A解析 单位正交基底除要求模为1外，还要求三个向量两两垂直． 2．在空间直角坐标系Oxyz 中，下列说法中正确的是( ) A ．向量AB →的坐标与点B 的坐标相同 B ．向量AB →的坐标与点A 的坐标相同 C ．向量AB →的坐标与向量OB →的坐标相同 D ．向量AB →的坐标与OB →－OA →的坐标相同 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 D3．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( ) A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 C解析 ∵OC →＝12a －12b 且a ，b 不共线，∴a ，b ，OC →共面，∴OC →与a ，b 不能构成一组空间基底．4．已知A (3,4,5)，B (0,2,1)，O (0,0,0)，若OC →＝25AB →，则C 的坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫－65，－45，－85 B.⎝⎛⎭⎫65，－45，－85 C.⎝⎛⎭⎫－65，－45，85 D.⎝⎛⎭⎫65，45，85考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 A解析 设点C 坐标为(x ，y ，z )，则OC →＝(x ，y ，z )． 又AB →＝(－3，－2，－4)，OC →＝25AB →，∴x ＝－65，y ＝－45，z ＝－85.5．{a ，b ，c }为空间的一个基底，且存在实数x ，y ，z 使得x a ＋y b ＋z c ＝0，则x ，y ，z 的值分别为( ) A ．0,0,1 B ．0,0,0 C ．1,0,1D ．0,1,0 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基底的概念 答案 B解析 若x ，y ，z 中存在一个不为0的数，不妨设x ≠0，则a ＝－y x b －zx c ，∴a ，b ，c 共面．这与{a ，b ，c }是基底矛盾，故x ＝y ＝z ＝0.6．设a ，b ，c 是三个不共面向量，现从①a －b ，②a ＋b －c 中选出一个使其与a ，b 构成空间的一个基底，则可以选择的是( ) A ．仅① B ．仅② C ．①②D ．不确定 考点 空间向量基底的概念题点 空间向量基底的概念 答案 B解析 对于①∵a －b 与a ，b 共面， ∴a －b 与a ，b 不能构成空间的一个基底．对于②∵a ＋b －c 与a ，b 不共面，∴a ＋b －c 与a ，b 构成空间的一个基底．7．设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为( ) A.⎝⎛⎭⎫14，14，14 B.⎝⎛⎭⎫34，34，34 C.⎝⎛⎭⎫13，13，13D.⎝⎛⎭⎫23，23，23考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 A解析 如图所示，连接AG 1交BC 于点E ，则点E 为BC 的中点，AE →＝12(AB →＋AC →)＝12(OB →－2OA →＋OC →)， AG 1—→＝23AE →＝13(OB →－2OA →＋OC →)， ∵OG →＝3GG 1—→＝3(OG 1—→－OG →)， ∴OG →＝34OG 1—→＝34(OA →＋AG 1—→)＝34⎝⎛⎭⎫OA →＋13OB →－23OA →＋13OC → ＝14OA →＋14OB →＋14OC →，故选A.二、填空题8.如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中建立空间直角坐标系．已知AB ＝AD ＝2，BB 1＝1，则AD 1→的坐标为________，AC 1→的坐标为________．考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 (0,2,1) (2,2,1)解析 根据已建立的空间直角坐标系，知A (0,0,0)，C 1(2,2,1)，D 1(0,2,1)，则AD 1—→的坐标为(0,2,1)，AC 1→的坐标为(2,2,1)．9．在四面体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________.(用a ，b ，c 表示) 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →)＝OA →＋14(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c . 10．若四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则顶点D 的坐标为____________． 考点 空间向量的正交分解 题点 向量的坐标 答案 (5,13，－3)解析 由四边形ABCD 是平行四边形知AD →＝BC →，设D (x ，y ，z )，则AD →＝(x －4，y －1，z －3)，BC →＝(1,12，－6)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x －4＝1，y －1＝12，z －3＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝13，z ＝－3，即点D 坐标为(5,13，－3)． 三、解答题11.如图所示，在正方体OABC －O ′A ′B ′C ′中，OA →＝a ，OC →＝b ，OO ′→＝c .(1)用a ，b ，c 表示向量OB ′→，AC ′→；(2)设G ，H 分别是侧面BB ′C ′C 和O ′A ′B ′C ′的中心，用a ，b ，c 表示GH →. 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 解 (1)OB ′→＝OB →＋BB ′→＝OA →＋OC →＋OO ′→＝a ＋b ＋c . AC ′→＝AC →＋CC ′→＝AB →＋AO →＋AA ′→ ＝OC →＋OO ′→－OA →＝b ＋c －a . (2)GH →＝GO →＋OH →＝－OG →＋OH → ＝－12(OB ′→＋OC →)＋12(OB ′→＋OO ′→)＝12(OO ′－OC )＝12(c －b )． 12.已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为2的正方体，E ，F 分别为BB 1和DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，试写出DB 1→，DE →，DF →的坐标．考点 空间向量的正交分解 题点 空间向量的坐标解 设x ，y ，z 轴的单位向量分别为e 1，e 2，e 3， 其方向与各轴的正方向相同，则DB 1→＝DA →＋AB →＋BB 1→＝2e 1＋2e 2＋2e 3，∴DB 1→＝(2,2,2)．∵DE →＝DA →＋AB →＋BE →＝2e 1＋2e 2＋e 3， ∴DE →＝(2,2,1)．∵DF →＝e 2，∴DF →＝(0,1,0)．13．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1. (1)证明：A ，E ，C 1，F 四点共面；(2)若EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，求x ＋y ＋z 的值． 考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量的基本定理 (1)证明 因为AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝AB →＋AD →＋13AA 1→＋23AA 1→＝⎝⎛⎭⎫AB →＋13AA 1→＋⎝⎛⎭⎫AD →＋23AA 1→＝(AB →＋BE →)＋(AD →＋DF →)＝AE →＋AF →， 所以A ，E ，C 1，F 四点共面．(2)解 因为EF →＝AF →－AE →＝AD →＋DF →－(AB →＋BE →) ＝AD →＋23DD 1→－AB →－13BB 1→＝－AB →＋AD →＋13AA 1→，所以x ＝－1，y ＝1，z ＝13，所以x ＋y ＋z ＝13.四、探究与拓展14．已知在四面体ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF →＝________.考点 空间向量基底的概念 题点 空间向量基本定理 答案 3a ＋3b －5c解析 如图所示，取BC 的中点G ，连接EG ，FG ，则EF →＝GF →－GE →＝12CD →－12BA →＝12CD →＋12AB →＝12(5a ＋6b －8c )＋12(a －2c )＝3a ＋3b －5c . 15.在棱长为1的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，E ，F ，G 分别为棱DD ′，D ′C ′，BC 的中点，以{AB →，AD →，AA ′→}为基底，求下列向量的坐标．(1)AE →，AG →，AF →； (2)EF →，EG →，DG →.考点 空间向量的正交分解 题点 空间向量的坐标解 (1)AE →＝AD →＋DE →＝AD →＋12DD ′→＝AD →＋12AA ′→＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，AG →＝AB →＋BG →＝AB →＋12AD →＝⎝⎛⎭⎫1，12，0，AF →＝AA ′→＋A ′D ′→＋D ′F →＝AA ′→＋AD →＋12AB →＝⎝⎛⎭⎫12，1，1. (2)EF →＝AF →－AE →＝⎝⎛⎭⎫AA ′→＋AD →＋12AB →－⎝⎛⎭⎫AD →＋12AA ′→＝12AA ′→＋12AB →＝⎝⎛⎭⎫12，0，12， EG →＝AG →－AE →＝⎝⎛⎭⎫AB →＋12AD →－⎝⎛⎭⎫AD →＋12AA ′→ ＝AB →－12AD →－12AA ′→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，－12， DG →＝AG →－AD →＝AB →＋12AD →－AD →＝AB →－12AD →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0.。

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

空间向量运算的坐标表示学习目标.了解空间向量坐标的概念，会确定一些简单几何体的顶点坐标.掌握空间向量的坐标运算.会判断两向量平行或垂直.掌握空间向量的模、夹角公式和两点间的距离公式．知识点一空间向量的坐标运算空间向量，，其坐标形式为＝(，，)，＝(，，).知识点二空间向量的平行、垂直及模、夹角设＝(，，)，＝(，，)，则．在空间直角坐标系中，向量的坐标与终点的坐标相同．(×)．设＝(，，)，＝(，，)且≠，则∥⇒＝＝.(×)．四边形是平行四边形，则向量与的坐标相同．(√)．设(，－)，为坐标原点，则＝(，－)．(√)类型一空间向量坐标的计算例()已知向量＝(，－，－)，＝(，－)，则(＋)·(－)＝.()已知＋＝(，，)，－＝(，，)，则〈，〉等于()考点空间向量运算的坐标表示题点空间向量的坐标运算答案()－()解析()(＋)·(－)＝＋·－·－＝×－－×＝－.()由已知得＝(，，)，＝(，)，故〈，〉＝＝＝.反思与感悟关于空间向量坐标运算的两类问题()直接计算问题首先将空间向量用坐标表示出来，然后准确运用空间向量坐标运算公式计算．()由条件求向量或点的坐标首先把向量坐标形式设出来，然后通过建立方程组，解方程组求出其坐标．跟踪训练若向量＝(，)，＝()，＝()，且满足条件(－)·＝－，则＝.考点空间向量运算的坐标表示题点空间向量的坐标运算答案解析据题意，有－＝(－)，＝()，故(－)·＝(－)＝－，解得＝.类型二空间向量平行、垂直的坐标表示例已知空间三点(－)，(－)，(－)，设＝，＝.()若＝，∥.求；()若＋与－互相垂直，求.考点空间向量运算的坐标表示题点空间向量的坐标运算解()因为＝(－，－)，且∥，所以设＝λ＝(－λ，－λ，λ)，得＝＝λ＝，解得λ＝±.即＝(－，－)或＝(，－)．()因为＝＝()，＝＝(－)，所以＋＝(－，)，－＝(＋，，－)．又因为(＋)⊥(－)，所以(＋)·(－)＝.即(－，)·(＋，，－)＝＋－＝.。

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