教育最新K122017高考数学一轮复习第八章立体几何8.5.2利用空间向量求空间角与距离对点训练理

又 CD⊥平面 PAD， ∴CD⊥AE，从而 AE⊥平面 PCD.所以A→D＝(0，1，0)，A→E＝ 0，12，12分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量，且〈A→D，A→E〉 ＝45°. 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45°. 答案 45°
考点一 利用空间向量求异面直线所成的角 【例 1】 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面
设A→E与B→C的夹角为 θ，则
cos
θ
＝A|→A→EE·||B→B→CC| ＝2×42
＝ 2
22，所以
θ＝π4
.
图2
由此可知，异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小
是π4 .
规律方法 (1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选 好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量 v1，v2； ③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v|v11·||vv22| |求解. (2)两异面直线所成角的范围是 θ∈0，π2 ，两向量的夹角 α 的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或 直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量 的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
范围
(0，π )
___0_，__π2__ _
求法
cos β ＝|aa|·|bb|
|a·b| cos θ ＝|cos β |＝__|a_|_|b_|__
2.求直线与平面所成的角
设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平
|a·n| 面 α 所成的角为 θ，则 sin θ ＝__|c_os_〈__a，__n_〉_|____＝__|_a_||_n_| _.
又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC， ∴AC⊥AB，∵AC∩AB1＝A， ∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.

3.空间向量的坐标运算
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则
(1)a±b=(a1±b1,a2±b2,a3±b3);
(2)λa=(λa1,λa2,λa3)(λ∈R);
(3)a·b=a1b1+a2b2+a3b3;
(4)a∥b⇔a=λb(b≠0)⇔a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R);
考情解读
考点内容
课标
要求
1.空间角与
理解
距离
考题取样
情境
载体
对应
考法
2020山东,T4
生活实践
考法2
2020天津,T17
课程学习 考法1,2
2020山东,T20
探索创新
考法2
2020全国Ⅰ,T18 课程学习
考法2
2.空间向量 掌握
预测
热度
核心
素养
直观想象
数学建模
★★★
逻辑推理
直观想象
★★★ 逻辑推理
1 +2
(
2
,
1 +2 1 +2
,
).
2
2
考点2
空间向量的应用
1.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行
或重合,则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量:直线l⊥α,取直线l的方向向量a,则向量a叫作平面α的法向
量.一个平面的法向量有无数个,它们是共线向量.

角θ的范围为[0, ],注意θ
2
与<a,n>的关系.
角θ的范围为[0,π],注意θ
与<n1,n2>的关系,它们

§8.8 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角、距离2019高考会这样考 1.考查用向量方法求空间角的大小；2.考查简单的空间距离的计算(点面距是重点)．复习备考要这样做 1.掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法；2.会利用向量方法对距离进行转化．1．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|. (3)求平面间夹角的大小如图所示，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．已知平面π1和π2的法向量分别为n 1和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〉． 2.点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.[难点正本 疑点清源]1．向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．2．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．3．求点到平面距离的方法：①垂面法：借助面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；②等体积法，转化为求三棱锥的高；③等价转移法；④法向量法．1．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l 与α所成角的正弦值为_______．答案41133解析 ∵n·a ＝－8－3＋3＝－8，|n |＝16＋1＋1＝32， |a |＝4＋9＋9＝22，∴cos〈n ，a 〉＝n·a |n|·|a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133.2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于________． 答案 30°解析 由题意得直线l 与平面α的法向量所在直线的夹角为60°，∴直线l 与平面α所成的角为90°－60°＝30°.3．从空间一点P 向二面角α—l —β的两个面α，β分别作垂线PE ，PF ，垂足分别为E ，F ，若二面角α—l —β的大小为60°，则∠EPF 的大小为__________．答案 60°或120°4. 如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体ABCO —A ′B ′C ′D ′，A ′C 的中点E 与AB 的中点F 的距离为________．答案22a 解析 由图易知A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A ′(a,0，a )．∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a2. ∴EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 22 ＝a 24＋a 24＝22a . 5．在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中点，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案155解析 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)， ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)，∴cos〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.题型一 求异面直线所成的角例1 如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 是正方形BCC 1B 1的中心，点F 、G分别是棱C 1D 1、AA 1的中点，设点E 1、G 1分别是点E 、G 在平面DCC 1D 1内的正投影．(1)证明：直线FG 1⊥平面FEE 1；(2)求异面直线E 1G 1与EA 所成角的正弦值．思维启迪：本题可方便地建立空间直角坐标系，通过点的坐标得到向量坐标，然后求解．(1)证明 以D 为原点，DD 1→、DC →、DA →分别为z 轴、y 轴、x 轴的正向，12|DD 1→|为1个单位长度建立空间直角坐标系． 由题设知点E 、F 、G 1、E 1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)， ∴FE 1→＝(0,1，－1)，FG 1→＝(0，－1，－1)，EE 1→＝(－1,0,0)， ∴FG 1→·EE 1→＝0，FG 1→·FE 1→＝0⇒FG 1→⊥EE 1→，FG 1→⊥FE 1→， 又∵EE 1∩FE 1＝E 1.∴FG 1⊥平面FEE 1.(2)解 由题意知点A 的坐标为(2,0,0)，又由(1)可知EA →＝(1，－2，－1)，E 1G 1→＝(0，－2,0)，∴cos〈EA →，E 1G 1→〉＝EA →·E 1G 1→|EA →|·|E 1G 1→|＝63，∴sin〈EA →，E 1G 1→〉＝1－cos 2〈EA →，E 1G 1→〉＝33.探究提高 用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E 、F分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝BF ＝1.求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值．解 以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有D 1(0,3,2)，E (3,0,0)，F (4,1,0)，C 1(4,3,2)，于是EC 1→＝(1,3,2)，FD 1→＝(－4,2,2)，设EC 1与FD 1所成的角为β，则：cos β＝|EC 1→·FD 1→||EC 1→|·|FD 1→|＝1×－4＋3×2＋2×212＋32＋22×－42＋22＋22＝2114， ∴直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值为2114. 题型二 求直线与平面的夹角例2 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点．(1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线PA 与平面PEH 夹角的正弦值．思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立坐标系，利用待定系数法求出平面PEH 的法向量．(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A (1,0,0)，B (0,1,0)．设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)，则D (0，m,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，m 2，0. 可得PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)．因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1， 故C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－36，0，P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又PA →＝(1,0，－1)，所以|cos 〈PA →，n 〉|＝24.所以直线PA 与平面PEH 夹角的正弦值为24. 探究提高 利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面的夹角．已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 夹角的大小．(1)证明 设PA ＝1，以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M (1,0，12)，N (12，0,0)，S (1，12，0)．所以CM →＝(1，－1，12)，SN →＝(－12，－12，0)．因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)解 设平面CMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CM →＝x －y ＋12z ＝0n ·CN →＝x ，y ，z ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0＝12x －y ＝0.∴y ＝12x ，z ＝－x ，取x ＝2，则n ＝(2,1，－2)为平面CMN 的一个法向量．∴cos〈n ·SN →〉＝n ·SN →|n |·|SN →|＝2，1，－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，022＋1＋－22·⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋02＝－22.∴〈n ·SN →〉＝135°，故SN 与平面CMN 夹角的大小为45°. 题型三 求平面间的夹角例3 (2019·广东)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝1，AD ＝2，求平面BPC 与平面PCA 夹角的正切值．思维启迪：利用图中的PA ⊥平面ABCD 、ABCD 为矩形的条件建立空间直角坐标系，转化为向量问题．(1)证明 ∵PA ⊥平面ABCD ，BD 平面ABCD ， ∴PA ⊥BD .同理由PC ⊥平面BDE 可证得PC ⊥BD . 又PA ∩PC ＝P ，∴BD ⊥平面PAC . (2)解 如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系． 由(1)知BD ⊥平面PAC ， 又AC 平面PAC ， ∴BD ⊥AC .故矩形ABCD 为正方形，∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2.∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)． ∴PB →＝(2,0，－1)，BC →＝(0,2,0)，BD →＝(－2,2,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2·x ＋0·y －z ＝0，0·x ＋2·y ＋0·z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝2x ，y ＝0，取x ＝1得n ＝(1,0,2)．∵BD ⊥平面PAC ，∴BD →＝(－2,2,0)为平面PAC 的一个法向量．cos 〈n ，BD →〉＝n ·BD →|n |·|BD →|＝－1010.设平面BPC 与平面PCA 夹角为α，∴cos α＝1010，sin α＝1－cos 2α＝31010.∴tan α＝sin αcos α＝3，即平面BPC 与平面PCA 夹角的正切值为3.探究提高 求平面间的夹角最常用的方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所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(2019·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；(2)求平面QBP 与平面BPC 的夹角的余弦值．(1)证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，以DA 、DP 、DC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)， PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0， 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ 平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)解 依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故平面QBP 与平面BCP 的夹角的余弦值为－155. 题型四 求空间距离例4 在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示. 求点B 到平面CMN 的距离．思维启迪：由平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ，BA ＝BC ，可知本题可以取AC 中点O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．解 取AC 的中点O ，连接OS 、OB .∵SA ＝SC ，AB ＝BC ， ∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO . ∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，又∵BO 平面ABC ，∴SO ⊥BO .如图所示，分别以OA ，OB ，OS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ， 则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)，M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)，MB →＝(－1，3，0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝3x ＋3y ＝0MN →·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)．∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB →||n |＝423.探究提高 点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法．如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →， ∴|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，∴|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.(2019·大纲全国)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2B. 3C. 2D ．1答案 D解析 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝2x ＋2y ＝0n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量． 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|－12＋12＋－22＝1.故直线AC 1到平面BED 的距离为1.利用空间向量求角典例：(12分)如图，已知在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值； (2)求平面BDF 与平面AA 1B 夹角的余弦值.审题视角 (1)研究的几何体为长方体，AB ＝2，AA 1＝1. (2)所求的是异面直线所成的角和平面间的夹角． (3)可考虑用空间向量法求解． 规范解答解 (1)以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)．[2分]由于AB ＝2，BD 与平面AA 1B 1B 的夹角为30°，即∠ABD ＝30°，∴AD ＝233，[3分]∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，F (1,0,1)．又AE ⊥BD ，故由平面几何知识得AE ＝1，从而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，[4分]因为AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，BF →＝(－1,0,1)，∴AE →·BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0·(－1,0,1)＝－12，|AE →|＝1，|BF →|＝2，[6分] 设AE 与BF 所成角为θ1，则cos θ1＝|AE →·BF →||AE →||BF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－121×2＝24.[8分]故异面直线AE 与BF 所成角的余弦值为24. (2)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0n ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0－2x ＋233y ＝0，∴z ＝x ，y ＝3x ，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)．[10分] 求得平面AA 1B 的一个法向量为 m ＝AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0.设平面BDF 与平面AA 1B 的夹角的大小为θ2.则cos θ2＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n |＝|0＋2＋0|233×5＝155.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系． 第二步：确定点的坐标．第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法 向量)坐标．第四步：计算向量的夹角(或函数值)． 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角． 第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和 答题规范．温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性 作用．(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范． (3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．方法与技巧1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．(1)求两异面直线a 、b 的夹角θ，须求出它们的方向向量a ，b 的夹角，则cos θ＝ |cos 〈a ，b 〉|.(2)求直线l 与平面α的夹角θ可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角．则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|.(3)求平面间夹角θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．2．求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段． 失误与防范1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．2．求点到平面的距离，有时利用等积法求解可能更方便．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1 . 已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 D解析 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD 1、B 1D 的方向向量分别是CD 1→＝(－1,0,1)，B 1D →＝(－1,1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，∴两直线所成的角为90°.2．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1答案 B解析 P 点到平面OAB 的距离为d ＝|OP →·n||n |＝|－2－6＋2|9＝2，故选B.3 . 如图所示，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，E 、F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°答案 B解析 以D 为原点，分别以射线DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)，∴cos〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补．4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 的夹角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所求的角的余弦值为23.二、填空题(每小题5分，共15分)5 . 如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．答案 60°解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2，∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.6．长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________．答案 3010解析 建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，∴BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，∴cos〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010. 7．设正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．答案 233解析 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)， DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.三、解答题(共22分)8．(10分)如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PA 与平面ABD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线PA 与BC 所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，∵∠ADC ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A (2,0,0)，C (0,1,0)，B (2,4,0)．由PD ⊥平面ABCD ，得∠PAD 为PA 与平面ABCD 所成的角，∴∠PAD ＝60°.在Rt△PAD 中，由AD ＝2，得PD ＝23，∴P (0,0,23)．(2)∵PA →＝(2,0，－23)，BC →＝(－2，－3,0)，∴cos〈PA →，BC →〉＝2×－2＋0×－3＋－23×0413＝－1313，∴PA 与BC 所成的角的余弦值为1313. 9．(12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P —ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)求平面PBD 与平面ABD 的夹角的大小． (1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)． ∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面PAC .(2)解 设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)， 设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12.∴平面PBD 与平面BDA 夹角的大小为60°.B 组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.49 5 C.29 5 D.23答案 B解析 设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.2．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 的夹角的正弦值为( )A.22B.155C.64D.63答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)、A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.故选C.3.如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC 为钝角时，则λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1答案 D解析 由题设可知，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)．由D 1B →＝(1,1，－1)得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1) ＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于c os∠APC ＝cos 〈PA →，PC →〉＝PA →·PC →|PA →||PC →|<0，这等价于PA →·PC →<0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)<0，得13<λ<1.因此，λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1. 二、填空题(每小题5分，共15分)4．(2019·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成的角的余弦值为________．答案55解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC →1＝(0,2，－1)，AB →1＝(－2,2,1)，∴cos〈BC →1，AB →1〉＝BC →1·AB →1|BC →1||AB →1|＝4－15×9＝15＝55>0.∴BC →1与AB →1的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.5．(2019·大纲全国)三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．答案 66解析 连接A 1B 交AB 1于点O ，取A 1C 1的中点D ，连接B 1D 、DO . ∵O 、D 分别为A 1B 、A 1C 1的中点，∴OD ∥BC 1，∴∠DOB 1或其补角即为异面直线AB 1与BC 1所成的角．设各棱长为a ，则DB 1＝32a .∵∠A 1AB ＝60°，∴OB 1＝AO ＝32a . 又∵BC 1→＝BB 1→＋BC →＝AA 1→＋AC →－AB →， ∴BC 1→2＝(AA 1→＋AC →－AB →)2 ＝AA 1→2＋2AA 1→·AC →＋AC →2－2AA 1→·AB →－2AC →·AB →＋AB →2 ＝a 2＋2a 2cos 60°＋a 2－2a 2cos 60°－2a 2cos 60°＋a 2＝2a 2，∴|BC 1→|＝2a .∴OD ＝12BC 1＝22a .在△DOB 1中，由余弦定理得cos∠DOB 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 22·32a ·22a＝66，∴AB 1与BC 1所成角的余弦值为66. 6．在四面体P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为________．答案 33a解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的 距离．∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心． 又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a3. ∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＝33a . ∴点P 到平面ABC 的距离为33a . 三、解答题7．(13分)(2019·北京)如图(1)，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． (1)证明 ∵AC ⊥BC ，DE ∥BC ，∴DE ⊥AC . ∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，∴DE ⊥平面A 1DC ， 又A 1C 平面A 1DC ，∴DE ⊥A 1C . 又∵A 1C ⊥CD ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 如图所示，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1，3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B →＝0， n ·BE →＝0. 又A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)，∴⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝3，∴n ＝(2,1，3)． 设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ. ∵CM →＝(0,1，3)，∴sin θ＝|cos 〈n ，CM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n |·|CM →|＝48×4＝22. ∴CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4.(3)解 线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．理由如下： 假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]． 设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则m ·A 1D →＝0，m ·DP →＝0. 又A 1D →＝(0,2，－23)，DP →＝(p ，－2,0)，∴⎩⎨⎧2y ′－23z ′＝0，px ′－2y ′＝0.令x ′＝2，则y ′＝p ，z ′＝p3，∴m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，p ，p 3.平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0， 即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾． ∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．21。

§8.5 空间向量及其运算最新考纲 1.经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.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.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关概念名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量相等向量 方向相同且模相等的向量 a ＝b相反向量 方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b共面向量 平行于同一个平面的向量2．空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . (2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量． (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 ＝x a ＋y b ＋z c ，{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 ，b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，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|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (2)空间向量数量积的运算律 ①(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其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示 坐标表示数量积 a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0，λ∈R ) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0) cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示 不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量． 2．零向量能作为基向量吗？提示 不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示 无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量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)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．( × ) 题组二 教材改编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．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________． 答案2解析 |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 题组三 易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知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 . 5．已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________. 答案 2 6解析 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0， ∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝______. 答案 18解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面， ∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一 空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →； (2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 思维升华用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案 12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 ∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. (2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于( )A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) 答案 B解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )． 题型二 共线定理、共面定理的应用例2如图，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 . 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 .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点PMP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB → 对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB →跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ 解 (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面． (2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内， 又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面， ∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内； 当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1. 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)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值． (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )， ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos60°＋a 2cos60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)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 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.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)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值． 解 (1)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.|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.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1．已知a ＝(2，3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于( )A ．(0，3，－6)B ．(0，6，－20)C ．(0，6，－6)D ．(6，6，－6)答案 B解析 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．2．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 ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 A解析 a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，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不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，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 ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3．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.32 B ．－2 C ．0 D.32或－2 答案 B解析 当m ＝0时，a ＝(1，3，－1)，b ＝(2，0，0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2.4．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( ) A ．(3，0，0) B ．(0，3，0) C ．(0，0，3) D ．(0，0，－3)答案 C解析 设P (0，0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.5．已知a ＝(1，0，1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6B.2π3 C.π3D.π6 答案 D解析 ∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1，1，2)， ∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.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.2C ．1D.3－ 2 答案 D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－ 2.7．已知a ＝(2，1，－3)，b ＝(－1，2，3)，c ＝(7，6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________.答案 －9解析 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7，6，λ)＝x (2，1，－3)＋y (－1，2，3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.8．已知a ＝(x ，4，1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________. 答案 (3，－2，2)解析 因为a ∥b ，所以x－2＝4y ＝1－1， 解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2，4，1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2，2)．9．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________． 答案 平行解析 如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c . 因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确的序号是________．答案 ①②解析 ①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．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)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面． ∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，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)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)， 故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25.13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案 56解析 连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ， OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →， 所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定答案 C解析 ∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，B (2，1，2)，P (1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是________． 答案 (1，1，2)解析 由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2)．16．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱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 ， 根据题意得|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 →〉＝AC ′，→·CE →|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.。