空间直角坐标系与空间向量典型例题
1.3 空间直角坐标及空间向量运算的坐标表示坐标系(解析版)
1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系基础达标练1.已知a =(1,-2,1),a +b =(-1,2,-1),则b 等于 ( ) A.(2,-4,2) B .(-2,4,-2) C.(-2,0,-2) -3)2.向量a =(1,2,x ),b =(2,y ,-1),若|a |=√5,且a ⊥b ,则x+y 的值为( ) A.-2 B .2 D .1{√12+22+x 2=√5,2+2y -x =0,即{x =0,y =-1,，∴x+y=-1. 3.若△ABC 中,∠C=90°,A (1,2,-3k ),B (-2,1,0),C (4,0,-2k ),则k 的值为( )A.√10B.-√10 √5 D.±√10⃗⃗ =(-6,1,2k ),CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,2,-k ),则CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-6)×(-3)+2+2k (-k )=-2k 2+20=0,∴k=±√10. a =(1,2,-y ),b =(x ,1,2),且(a +2b )∥(2a -b ),则( ) A.x=12,y=-4 B .x=12,y=4 C.x=2,y=-14y=-1a +2b =(1+2x ,4,4-y ),2a -b =(2-x ,3,-2y -2),且(a +2b )∥(2a -b ),∴3(1+2x )=4(2-x ),且3(4-y )=4(-2y -2),解得x=12,y=-4.5.若△ABC 的三个顶点坐标分别为A (1,-2,1),B (4,2,3),C (6,-1,4),则△ABC 的形状是( ) A.锐角三角形 B .直角三角形 C.钝角三角形⃗ =(3,4,2),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(5,1,3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-3,1).由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >0,得A 为锐角;由CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ >0,得C 为锐角;由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC>0,得B 为锐角.所以△ABC 为锐角三角形. 6.已知向量a =(1,2,3),b =(-2,-4,-6),|c |=√14,若(a +b )·c =7,则a 与c 的夹角为( ) A.π6B .π3C.2π3 D .5π6+b =(-1,-2,-3)=-a ,故(a +b )·c =-a ·c =7,得a ·c =-7,而|a |=√12+22+32=√14, 所以cos<a ,c >=a ·c|a ||c |=-12,又因为<a ,c >∈[0,π],所以<a ,c >=2π3.a =(1,2,3),b =(x ,x 2+y -2,y ),并且a ,b 同向,则x+y 的值为 .a ∥b , 所以x 1=x 2+y -22=y 3,即{y =3x ,①x 2+y -2=2x ,②把①代入②得x 2+x -2=0,即(x+2)(x -1)=0, 解得x=-2或x=1. 当x=-2时,y=-6; 当x=1时,y=3.则当{x =-2,y =-6时,b =(-2,-4,-6)=-2a ,向量a ,b 反向,不符合题意,故舍去. 当{x =1,y =3时,b =(1,2,3)=a , a 与b 同向,符合题意,此时x+y=4. 8.已知向量a =(5,3,1),b =-2,t ,-25,若a 与b 的夹角为钝角,则实数t 的取值范围为 .答案-∞,-65∪-65,5215解析由已知得a ·b =5×(-2)+3t+1×-25=3t -525,因为a 与b 的夹角为钝角,所以a ·b <0,即3t -525<0,所以t<5215.若a 与b 的夹角为180°,则存在λ<0,使a =λb (λ<0), 即(5,3,1)=λ-2,t ,-25,所以{5=-2λ,3=tλ,1=-25λ,解得{λ=-52,t =-65, 故t 的取值范围是-∞,-65∪-65,5215.9.已知O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,3),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,2),OP⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,则当QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时,求Q 的坐标.解析设OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ -λOP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,3-2λ), QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ -λOP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-λ,1-λ,2-2λ),所以QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,3-2λ)·(2-λ,1-λ,2-2λ)=2(3λ2-8λ+5)=23λ-432-13.当λ=43时,QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值,此时点Q 的坐标为43,43,83.10.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长AB=2,AB 1⊥BC 1,点O ,O 1分别是棱AC ,A 1C 1的中点.建立如图所示的空间直角坐标系.(1)求该三棱柱的侧棱长;(2)若M 为BC 1的中点,试用向量AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示向量AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >设该三棱柱的侧棱长为h ,由题意得A (0,-1,0),B (√3,0,0),C (0,1,0),B 1(√3,0,h ),C 1(0,1,h ),则1=(√3,1,h ),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,h ),因为AB 1⊥BC 1,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-3+1+h 2=0,所以h=√2. (2)AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗+12AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗. (3)由(1)可知AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√2),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3+1=-2,|AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,所以cos <AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√6=-√66.能力提升练1.(多选)已知点P 是△ABC 所在的平面外一点,若AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,4),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),则( ) A.AP ⊥AB B.AP ⊥BPC.BC=√53 BC⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2-2+4=0,∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AP ⊥AB ,故A 正确; BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4)+(1,-2,1)=(3,-3,-3),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3+6-3=6≠0,∴AP 与BP 不垂直,故B 不正确; BC⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0)-(-2,1,4)=(6,1,-4),∴|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√62+12+(-4)2=√53,故C 正确; 假设AP⃗⃗⃗⃗⃗ =k BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则{1=6k ,-2=k ,1=-4k ,无解,因此假设不成立,即AP 与BC 不平行,故D 不正确. 2.已知A (1,0,0),B (0,-1,1),若OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (O 为坐标原点)的夹角为120°,则λ的值为( ) A.√66 B .-√66C.±√66D .±√6OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-λ,λ), cos120°=(OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λAB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2λ+1×√2=-12,可得λ<0,解得λ=-√66.故选B .A (1,-1,2),B (5,-6,2),C (1,3,-1),则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AC⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影为 .4AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(5,-6,2)-(1,-1,2)=(4,-5,0), AC⃗⃗⃗ =(1,3,-1)-(1,-1,2)=(0,4,-3), ∴cos <AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√42+(-5)2×√42+(-3)2=-5√41, AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 在AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 上的投影为|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos <AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ > =√42+(-5)2×-205√41=-4.4.已知点A ,B ,C 的坐标分别为(0,1,0),(-1,0,-1),(2,1,1),点P 的坐标为(x ,0,z ),若PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则P 点的坐标为 .-1,0,2)⃗⃗⃗ =(-x ,1,-z ), AB⃗ =(-1,-1,-1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1), ∴{x -1+z =0,-2x -z =0,∴{x =-1,z =2,∴P (-1,0,2).5.已知A ,B ,C 三点的坐标分别是(2,-1,2),(4,5,-1),(-2,2,3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ),则点P 的坐标是 .,12,0)CB⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3,-4),设P (a ,b ,c ), 则(a -2,b+1,c -2)=(3,32,-2),∴a=5,b=12,c=0,∴P (5,12,0).6.如图所示,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为矩形,侧棱P A ⊥底面ABCD ,AB=√3,BC=1,P A=2,E 为PD 的中点.建立空间直角坐标系,(1)求cos <AC⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >; (2)在侧面P AB 内找一点N ,使NE ⊥平面P AC ,求N 点的坐标.解析(1)由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (√3,0,0),C (√3,1,0),D (0,1,0),P (0,0,2),E0,12,1,从而AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-2).则cos <AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =2√7=3√714. ∴<AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >的余弦值为3√714. (2)由于N 点在侧面P AB 内,故可设N 点坐标为(x ,0,z ),则NE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x ,12,1-z ,由NE ⊥平面P AC 可得{NE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,NE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{(-x ,12,1-z)·(0,0,2)=0,(-x ,12,1-z)·(√3,1,0)=0,化简得{z -1=0,-√3x +12=0,∴{x =√36,z =1,即N 点的坐标为√36,0,1. 7.已知点A (0,2,3),B (-2,1,6),C (1,-1,5).(1)求以AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为边的平行四边形的面积; a |=√3,且a 分别与AB⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 垂直,求向量a .AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-1,3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-3,2), 设θ为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角, 则cos θ=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√4+1+9·√1+9+4=12,∴sin θ=√32.∴S ▱=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |sin θ=7√3. ∴以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为边的平行四边形面积为7√3. (2)设a =(x ,y ,z ),由题意,得{-2x -y +3z =0,x -3y +2z =0,x 2+y 2+z 2=3.解得{x =1,y =1,z =1或{x =-1,y =-1,z =-1.∴a =(1,1,1)或a =(-1,-1,-1).素养培优练1.P 是平面ABC 外的点,四边形ABCD 是平行四边形,AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1). (1)求证:P A ⊥平面ABCD ;(2)对于向量a =(x 1,y 1,z 1),b =(x 2,y 2,z 2),c =(x 3,y 3,z 3),定义一种运算:(a×b )·c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2-x 1y 3z 2-x 2y 1z 3-x 3y 2z 1,试计算(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ×AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AP⃗⃗⃗⃗⃗ 的绝对值; P -ABCD 的体积关系,并由此猜想向量这种运算(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ×AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AP⃗⃗⃗⃗⃗ 的绝对值的几何意义.⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,-4)·(-1,2,-1)=-2+(-2)+4=0, ∴APAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AP ⊥AB.同理,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,-1)·(4,2,0)=-4+4+0=0,∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即P A ⊥AD.又AB ⊂平面ABCD ,AD ⊂平面ABCD ,AB ∩AD=A , ∴P A ⊥平面ABCD.(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ×AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=48,又cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√105,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21,|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5,|AP⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6, V=13|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |·|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |·sin <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ >·|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=16,可得|(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ×AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3V P -ABCD . 猜测:|(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ×AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·AP⃗⃗⃗⃗⃗ |在几何上可表示以AB ,AD ,AP 为棱的平行六面体的体积(或以AB ,AD ,AP 为棱的四棱柱的体积).2.正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是边长为4的正方形,A 1C 1与B 1D 1交于点N ,BC 1与B 1C 交于点M ,且AM ⊥BN ,建立空间直角坐标系. (1)求AA 1的长;(2)求<BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >; (3)对于n 个向量a 1,a 2,…,a n ,如果存在不全为零的n 个实数λ1,λ2,…,λn ,使得λ1a 1+λ2a 2+…+λn a n =0成立,则这n 个向量a 1,a 2,…,a n 叫做线性相关,不是线性相关的向量叫线性无关,判断AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 是否线性相关,并说明理由.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.设AA 1的长为a , 则B (4,4,0),N (2,2,a ),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,a ),A (4,0,0),M (2,4,a 2),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,a 2),由BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,得BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即a=2√2,即AA 1=2√2. (2)BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,2√2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,2√2),cos <BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√63, <BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=arccos √63.(3)由AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4,√2),BN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,2√2),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-4,0), λ1(-2,4,√2)+λ2(-2,-2,2√2)+λ3(0,-4,0)=(0,0,0),得λ1=λ2=λ3=0,则AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 线性无关.。
空间向量练习卷
《空间向量》练习卷1、空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（）A．B．C．D．2、设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则k＝（）A．2 B．－4 C．－2 D．43、设点M是Z轴上一点,且点M到A（1,0,2）与点B（1,－3,1）的距离相等,则点M的坐标是( )A．（－3,－3, 0）B．（0,0,－3）C．（0,－3,－3）D．（0,0,3）4、已知空间四面体的每条边都等于1，点分别是的中点，则等于（）A．B．C．D．5、如图，在正方体，若，则的值为（）A．3 B．1 C．－1 D．－36、的三个内角的对边分别为，已知，向量，。
若，则角的大小为（）A．B．C．D．7、在ΔABC中，已知＝(2,4,0),＝(－1,3,0)，则∠ABC大小为（）.A．45°B．90°C．120°D．135°8、已知向量=（2，4，x），=（2，y，2），若||=6，⊥，则x+y的值是（）A．－3或1 B．3或－1 C．－3 D．19、如果正方体的棱长为，那么四面体的体积是：A．B．C．D．10、已知向量a=(3，5，-1)，b=(2，2，3)，c=(4，-1，-3)，则向量2a-3b+4c的坐标为( )A．(16，0，-23) B．(28，0，-23) C．(16，-4，-1) D．(0，0，9)分卷II 注释一、填空题(每小题5分共25分)11、已知，则的最小值是___ ____________．12、与A(-1，2，3)，B(0，0，5)两点距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件为__________．13、已知，且//(),则k=__ ____.14、正方体的棱长为，若动点在线段上运动，则的取值范围是______________.15、已知正方体中，E为的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .二、解答题(12+12+12+12+13+14)16、如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，且，，，为的中点.（Ⅰ）证明：∥平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.17、如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点. （1）求的长；（2）求cos< >的值；（3）求证：A1B⊥C1M.18、长方体中，（1）求直线所成角；（2）求直线所成角的正弦.19、在边长是2的正方体-中，分别为的中点.应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF的长(2)证明：平面；(3)证明: 平面.20、如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥侧面AA1C1C，AC=BC=1，CC1=2，∠CAA1=，D、E分别为AA1、A1C的中点．（1）求证：A1C⊥平面ABC；（2）求平面BDE与平面ABC 所成角的余弦值．21、如图所示，四边形为直角梯形，，，为等边三角形，且平面平面，，为中点．（1）求证：；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）在内是否存在一点，使平面，如果存在，求的长；如果不存在，说明理由．。
空间向量复习精选例题(含答案解析)
∴二面角 B1-BE-F 的大小为 arccos(
2 )。 3
（4）∵ GD1 =(-1，0，2)，而 GD1 n1 =-2+0+2=0，
z D1 A1 F E B1 C1
∴直线 GD1∥平面 BEFD。 （5） DD1 =(0，0，2)， | n1 | 4 4 1 3 ， ∴ n1 的单位向量为(
空间向量
2 2 2 0， 0 0 0， 0 设 AB a ，则 A 2 a， ，B 0，2 a， ，C 2 a， ． 设 OP h ，则 P(0， 0，h) ． 2 1 a ， 0 ， h ． ∵ D 为 PC 的中点，∴ OD 4 2 2 1 PA 0， h 2 a， ，∴ OD 2 PA ．
∵ PA n1 2 2 0, PA n1，又PA 平面BDE, PA // 平面BDE. （2）由（Ⅰ）知 n1 (1, 1,1) 是平面 BDE 的一个法向量， 又 n 2 DA (2,0,0) 是平面 DEC 的一个法向量. 设二面角 B—DE—C 的平面角为 ，由图可知 n1 , n 2
（2） DA =（2，0，0） ，设 DA 与面 EFG 所成的角为θ， 则 sin
∴直线 C1D 与平面 A1C1B 的所成角为 arcsin
| DA n | 4 21 4 21 = ，∴ arcsin 21 21 | DA || n |
（2）平面 A1C1B 的法向量 n =(2，1，2)，平面 AA1C1C 的法向量 n ' =(2，1，0)， 设二者夹角为θ ，∴ cos
∴ cos PA ，n PA ·n PA n 210 ． 30
高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解
高考总复习含详解答案高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解一、选择题1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为()A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形[答案]D [解析]∵AB →·BC →>0，∴∠ABC>π2，同理∠BCD>π2，∠CDA>π2，∠DAB >π2，由内角和定理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选 D. 2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为()A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数[答案]C [解析]AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选 C. 3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则MN →等于()A ．－12a ＋12b ＋13c B.12a ＋12b －13c C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c [答案] C。
空间直角坐标系与空间向量典型例题
空间直角坐标系与空间向量一、建立空间直角坐标系的几种方法 构建原则：遵循对称性，尽可能多的让点落在坐标轴上。
作法：充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系． 类型举例如下：（一）用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系例1 已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠A 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值． 解析：如图1，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则C 1（０，1，2）、B （2，4，０），∴1(232)BC =--u u u u r ，，，(010)CD =-u u u r ，，．设1BC u u u u r 与CD uuur 所成的角为θ， 则11317cos BC CD BC CDθ==u u u u r u u u r g u u u u r u u u r ． （二）利用线面垂直关系构建直角坐标系例2 如图2，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1．已知2AB =，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝3π．求二面角A－EB 1－A 1的平面角的正切值．解析：如图2，以B 为原点，分别以BB 1、BA 所在直线为y 轴、z 轴，过B 点垂直于平面AB 1的直线为x 轴建立空间直角坐标系． 由于BC ＝1，BB 1＝2，AB ＝2，∠BCC 1＝3π， ∴在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有B （０，０，０）、A （０，０，2）、B 1（０，2，０）、31022c ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，、13302C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，．设30E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，且1322a -<<，由EA ⊥EB 1，得10EA EB =u u u r u u u rg ，即33220a a ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎝⎭g ，，，， 233(2)2044a a a a =+-=-+=，∴13022a a ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭g ，即12a =或32a =（舍去）．故31022E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，． 由已知有1EA EB ⊥u u u r u u u r ，111B A EB ⊥u u u u r u u u r ，故二面角A －EB 1－A 1的平面角θ的大小为向量11B A u u u u r 与EA uu u r的夹角． 因11(002)B A BA ==u u u u r u u u r ，，，31222EA ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝u u u r ，， 故11112cos 3EA B A EA B A θ==u u u r u u u u r g u u u r u u u u r ，即2tan θ= （三）利用面面垂直关系构建直角坐标系例3 如图3，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ． （1）证明AB ⊥平面VAD ；（2）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值．解析：（1）取AD 的中点O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系．设AD ＝2，则A （1，０，０）、D （－1，０，０）、B （1，2，０）、V （０，０，3），∴AB u u u r＝（０，2，０），VA u u r ＝（1，０，－3）． 由(020)(103)0AB VA =-=u u u r u u rgg ，，，，，得 AB ⊥VA ．又AB ⊥AD ，从而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA 、AD 都垂直， ∴ AB ⊥平面VAD ；（2）设E 为DV 的中点，则1302E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴3302EA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，3322EB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，(103)DV =u u u r ，，． ∴332(103)022EB DV ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r g g ，，，，， ∴EB ⊥DV ．又EA ⊥DV ，因此∠AEB 是所求二面角的平面角．∴21cos 7EA EB EA EB EA EB==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，． 故所求二面角的余弦值为217． （四）利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系例4 已知正四棱锥V －ABCD 中，E 为VC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h ． （1）求∠DEB 的余弦值；（2）若BE ⊥VC ，求∠DEB 的余弦值．解析：（1）如图4，以V 在平面AC 的射影O 为坐标原点建立空间直角坐标系，其中O x ∥BC ，O y ∥AB ，则由AB ＝2a ，OV ＝h ，有B （a ，a ，０）、C （-a ，a ，０）、D （-a ，-a ，０）、V （0，0，h ）、222a a h E ⎛⎫-⎪⎝⎭，， ∴3222a h BE a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，，，3222a h DE a ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u ur ，，． ∴22226cos 10BE DE a h BE DE a hBE DE -+==+u u u r u u u r u u u r u u u r g u u u r u u u r ，， 即22226cos 10a h DEB a h -+=+∠；（2）因为E 是VC 的中点，又BE ⊥VC ，所以0BE VC =u u u r u u u r g，即3()0222a h a a a h ⎛⎫----= ⎪⎝⎭g ，，，，， ∴22230222a h a --=，∴2h a =．这时222261cos 103a h BE DE a h -+==-+u u u r u u u r ，，即1cos 3DEB =-∠． 引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．下面以高考考题为例，剖析建立空间直角坐标系的三条途径．（五）利用图形中的对称关系建立坐标系图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），利用自身对称性可建立空间直角坐标系．例5已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4． （1）证明：PQ ⊥平面ABCD ； （2）求异面直线AQ 与PB 所成的角； （3）求点P 到面QAD 的距离． 简解：（1）略；（2）由题设知，ABCD 是正方形，且AC ⊥BD ．由（1），PQ ⊥平面ABCD ，故可分别以直线CA DB QP，，为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图1），易得(2202)(0222)AQ PB =--=-u u u r u u u r，，，，，，1cos 3AQ PB AQ PB AQ PB <>==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，．所求异面直线所成的角是1arccos3． （3）由（2）知，点(0220)(22220)(004)D AD PQ -=--=-u u u r u u u r，，，，，，，，设n =（x ，y ，z ）是平面QAD 的一个法向量，则00AQ AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u r g ，，n n 得200x z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，，取x ＝1，得(112)--，，n =．点P 到平面QAD 的距离22PQ d ==u u u r g n n．点评：利用图形所具备的对称性，建立空间直角坐标系后，相关点与向量的坐标应容易得出．第（3）问也可用“等体积法”求距离．二、向量法解立体几何 （一）知识点向量的数量积和坐标运算b a ρρ,是两个非零向量，它们的夹角为θ，则数θcos |||⋅⋅b 叫做与的数量积（或内积），记作⋅，即.cos ||||θ⋅⋅=⋅b a b a 其几何意义是a 的长度与b 在a 的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是：若),,(),,,(222111z y x z y x ==，则①212121z z y y x x b a ++=⋅ρρ；②222222212121||,||z y x b z y x a ++=++=；③212121z z y y x x b a ++=⋅ρρ④222222212121212121,cos z y x z y x z z y y x x b a ++⋅++++>=<（二）例题讲解 题型：求角度相关1. 异面直线n m ,所成的角分别在直线n m ,上取定向量,,b a ρρ则异面直线n m ,所成的角θ等于向量b a ρρ,所成的角或其补角（如图1所示），则.||||||cos b a b a ρρρρ⋅⋅=θ 2. 直线L 与平面α所成的角在L 上取定AB ，求平面α的法向量n （如图2所示），再求||||cos n AB ⋅=θ，则θπβ-=2为所求的角.3． 二面角方法一：构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如图3所示），则图1图图3①若二面角βα--l 是“钝角型”的如图3甲所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角，即||||cos 2121n n ⋅=θ② 若二面角βα--l 是“锐角型”的如图3乙所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角，即cos 2121=θ.方法二：在二面角的棱l 上确定两个点B A 、，过B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、（如图4所示），则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角，即 ||||cos 2121n n ⋅=θ题型：求距离相关1. 异面直线n m 、的距离分别在直线n m 、上取定向量,,b a ρρ求与向量b a ρρ、都垂直的向量，分别在n m 、上各取一个定点B A 、，则异面直线n m 、的距离d 等于AB 在上的射影长，即d=.证明：设CD 为公垂线段，取b DB a CA ρρ==,||||)(⋅=⋅∴⋅++=⋅∴++= ||CD d ==∴设直线n m ,所成的角为θ，显然.||||||cos b a b a ρρρρ⋅⋅=θ 2. 平面外一点p 到平面α的距离图图4图1求平面α的法向量n，在面内任取一定点A，点p到平面α的距离d等于AP在n上的射影长，即d=.|n|图5。
空间向量练习及答案解析
空间向量练习及答案解析1.已知平面α的一个法向量为(2,-1,1)，且α∥β，则平面β的一个可能的法向量是哪个？A。
(4,2,-2) B。
(2,0,4) C。
(2,-1,-5) D。
(4,-2,2)2.在如图所示的正方形ABCD中，过点A作线段EA垂直于平面AC，若EA=1，则平面ADE和平面BCE所成的二面角大小是多少？A。
120° B。
45° C。
150° D。
60°3.已知向量a=(1,2,3)，向量b=(2,1,2)，向量c=(1,1,2)，点Q在直线OP上移动，当a·Q+b·Q取得最小值时，点Q的坐标是多少？A。
B。
C。
D.4.将正方形ABCD沿对角线BD折成直角二面角A-BD-C，以下哪个结论是错误的？A。
AC⊥BDB。
△ACD是等边三角形C。
∠ABC与平面BCD所成的角为60°D。
∠ABD与CD所成的角为60°5.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB=BC=AA1，∠ABC=90°，点E和F分别是棱AB和BB1的中点，直线EF和BC1的夹角是多少？A。
45° B。
60° C。
90° D。
120°6.在空间四面体O-ABC中，点M在线段OA上，且OM=2MA，点N为BC中点，设∠AOM=a，∠BOM=b，∠CON=c，则a+b-c等于多少？A。
a+b-c B。
-a+b+c C。
a-b+c D。
a+b-c7.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，AB1和D1E所成角的余弦值是多少？A。
B。
C。
- D。
-8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱CC1、BC和A1B1上的点，若∠B1MN=90°，则∠PMN的大小是多少？A。
等于90° B。
小于90° C。
空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案
空间坐标系与空间坐标系在立体几何中的应用有答案TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-一．空间直角坐标系如图1，为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以正方体为载体，以O为原点，分别以射线OA，OC，OD′的方向为正方向，以线段OA，OC，OD′的长为单位长，建立三条数轴：x轴、y轴、z 轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系，其中点O叫做坐标原点，x轴、y 轴、z轴叫做坐标轴，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为xOy平面、zOx平面、yOz平面，通常建立的坐标系为右手直角坐标系，即右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y轴的正方向，中指指向z轴的正方向．二．空间直角坐标系中的坐标空间一点M的坐标可用有序实数组(x，y，z)来表示，有序实数组(x，y，z)叫做点M 在此空间直角坐标系中的坐标，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标[例1] 在空间直角坐标系中，作出点M(6，－2,4)．[例2] 长方体ABCD－A1B1C1D1中，|AB|＝a，|BC|＝b，|CC1|＝c，将此长方体放到空间直角坐标系中的不同位置(如图3)，分别写出长方体各顶点的坐标．变式1：棱长为2的正方体，将此正方体放到空间直角坐标系中的不同位置，分别写出几何体各顶点的坐标。
2.底面为边长为4的菱形，高为5的棱柱，将此几何体放到空间直角坐标系中的不同位置分别写出几何体各顶点的坐标。
3. 在棱长均为2a的正四棱锥P－ABCD中，建立恰当的空间直角坐标系，(1)写出正四棱锥P－ABCD各顶点坐标；(2)写出棱PB的中点M的坐标．解：连接AC，BD交于点O，连接PO，∵P－ABCD为正四棱锥，且棱长均为2a.∴四边形ABCD为正方形，且PO⊥平面ABCD.∴OA＝2＝PA2－OA2＝2a2－2a2＝2a.以O点为坐标原点，OA，OB，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．（1）正四棱锥P－ABCD中各顶点坐标分别为A(2a,0,0)，B(0，2a,0)，C(－2 a,0,0)，D(0，－2a,0)，P(0,0，2a)．(2)∵M为棱PB的中点，∴由中点坐标公式，得M(0＋02，2a＋02，0＋2a2)，即M(0，22a，22a)．[例3] 在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)．(1)求点P关于x轴的对称点的坐标；(2)求点P关于xOy平面的对称点的坐标；(3)求点P关于点M(2，－1，－4)的对称点的坐标．[解](1)由于点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P1(－2，－1，－4)．(2)由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P2(－2,1，－4)．(3)设对称点为P3(x，y，z)，则点M为线段PP3的中点，由中点坐标公式，可得x ＝2×2－(－2)＝6，y＝2×(－1)－1＝－3，z＝2×(－4)－4＝－12，所以P3(6，－3，－12)．变式：1.写出点P(6，－2，－7)在xOy面，yOz面，xOz面上的投影的坐标以及点P 关于各坐标平面对称的点的坐标．解：设点P在xOy平面、yOz平面、xOz平面上的投影分别为点A，B，C，点P关于xOy平面、yOz平面、xOz平面的对称点分别为点A′，B′，C′，由PA⊥平面xOy，PB⊥平面yOz，PC⊥平面xOz及坐标平面的特征知，点A(6，－2,0)，点B(0，－2，－7)，点C(6,0，－7)；根据点P关于各坐标平面对称点的特征知，点A′(6，－2,7)，B′(－6，－2，－7)，C′(6,2，－7)．2.在棱长都为2的正三棱柱ABC－A1B1C1中，建立恰当的直角坐标系，并写出正三棱柱ABC－A1B1C1各顶点的坐标．[正解] 取BC ，B 1C 1的中点分别为O ，O 1，连线OA ，OO 1， 根据正三棱柱的几何性质，OA ，OB ，OO 1两两互相垂直，且 |OA |＝32×2＝3， 以OA ，OB ，OO 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，如图5所示，则正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各顶点的坐标分别为A (3，0,0)，B (0,1,0)，C (0，－1,0)，A 1(3，0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(0，－1,2)．三．空间向量在立体几何中的应用1. 直线的方向向量与平面的法向量(1) 直线l 上的向量e 以及与e 共线的向量叫做直线l 的方向向量．(2) 如果表示非零向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n ⊥α.此时把向量n 叫做平面α的法向量．2. 线面关系的判定直线l 1的方向向量为e 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为e 2＝(a 2，b 2，c 2)，平面α的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面β的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．(1) 如果l 1∥l 2，那么e 1∥e 2⇔e 2＝λe 1⇔a 2＝λa 1，b 2＝λb 1，c 2＝λc 1． (2) 如果l 1⊥l 2，那么e 1⊥e 2⇔e 1·e 2＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0． (3) 若l 1∥α，则e 1⊥n 1⇔e 1·n 1＝0⇔a 1x 1＋b 1y 1＋c 1z 1＝0．(4) 若l 1⊥α，则e 1∥n 1⇔e 1＝k n 1⇔a 1＝kx 1，b 1＝ky 1，c 1＝kz 1． (5) 若α∥β，则n 1∥n 2⇔n 1＝k n 2⇔x 1＝kx 2，y 1＝ky 2，z 1＝kz 2． (6) 若α⊥β，则n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0． 3. 利用空间向量求空间角 (1) 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.②向量求法：设直线a 、b 的方向向量为a 、b ，其夹角为φ，则有cos θ＝|cos φ|.(2) 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2. ②向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|(3) 二面角①二面角的取值范围是[0，π]． ②二面角的向量求法：(ⅰ) 若AB 、CD 分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB 与CD 的夹角(如图①)．(ⅱ) 设n 1、n 2分别是二面角α-l-β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．题型1 空间向量的基本运算[例1]已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →.(1) 求a 和b 的夹角θ；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值． 解：∵A (－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，a ＝AB →，b ＝AC →， ∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)．(1)∵cosθ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角为arccos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010. (2)∵k a ＋b ＝k(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且(k a ＋b )⊥(k a －2b )，∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0，解得k ＝－52或2.题型2 空间中的平行与垂直例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⊥平面BDF.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N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E(0，0，1)，A(2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.∴ NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴ NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴ NE∥AM.∵ NE 平面BDE ，AM 平面BDE ，∴ AM ∥平面BDE.(2) 由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵ D(2，0，0)，F(2，2，1)，∴ DF→＝(0，2，1)，∴ AM →·DF →＝0，∴ AM ⊥DF.同理AM⊥BF. 又DF∩BF＝F ，∴ AM ⊥平面BDF. 题型3 空间的角的计算例3 (2013·苏锡常镇二模)如图，圆锥的高PO ＝4，底面半径OB ＝2，D 为PO 的中点，E 为母线PB 的中点，F 为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.(1) 求异面直线EF 与BD 所成角的余弦值； (2) 求二面角F-OD-E 的正弦值．解：(1) 以O 为原点，底面上过O 点且垂直于OB 的直线为x 轴，OB 所在的线为y 轴，OP 所在的线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B(0，2，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，1，2)．设F(x 0，y 0，0)(x 0>0，y 0>0)，且x 20＋y 20＝4，则EF →＝(x 0，y 0－1，－2)，DE →＝(0，1，0)，∵ EF ⊥DE ，即EF →⊥DE →，则EF →·DE →＝y 0－1＝0，故y 0＝1.∴ F(3，1，0)，EF →＝(3，0，－2)，BD →＝(0，－2，2)．设异面直线EF 与BD 所成角为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪EF →·BD →|EF →||BD →|＝47×22＝147. (2) 设平面ODF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥OD →，n 1⊥OF →，即⎩⎨⎧z 1＝0，3x 1＋y 1＝0.令x 1＝1，得y 1＝－3，平面ODF 的一个法向量为n 1＝(1，－3，0)．设平面DEF 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得平面DEF 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，32.设二面角F-OD-E 的平面角为β，则|cos β|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝17＝77.∴ sin β＝427. （翻折问题）例4. (2013广东韶关第二次调研)如图甲，在平面四边形ABCD 中，已知∠A＝45°，∠C ＝90°，∠ADC ＝105°，AB ＝BD ，现将四边形ABCD 沿BD 折起，使平面ABD⊥平面BDC(如图乙)，设点E 、F 分别为棱AC 、AD 的中点．(1) 求证： DC⊥平面ABC ； (2) 求BF 与平面ABC 所成角的正弦值； (3) 求二面角B －EF －A 的余弦值．解：(1) ∵ 平面ABD⊥平面BDC ，又∵ AB⊥BD，∴ AB ⊥平面BDC ，故AB⊥DC，又∵ ∠C＝90°，∴ DC ⊥BC ，BC ABC 平面ABC ，DC 平面ABC ，故DC⊥平面ABC.(2) 如图，以B 为坐标原点，BD 所在的直线为x 轴建立空间直角坐标系如下图示，设CD ＝a ，则BD ＝AB ＝2a ，BC ＝3a ，AD ＝22a ，可得B(0，0，0)，D(2a ，0，0)，A(0，0，2a)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，F(a ，0，a)，∴ CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，－32a ，0，BF →＝(a ，0，a)．设BF 与平面ABC 所成的角为θ，由(1)知DC⊥平面ABC ，∴ cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝CD →·BF →|CD →|·|BF →|＝12a 2a ·2a ＝24，∴ sin θ＝24.(3) 由(2)知 FE⊥平面ABC, 又∵ BE平面ABC ，AE平面ABC ，∴ FE⊥BE，FE⊥AE ，∴ ∠AEB 为二面角B －EF －A 的平面角 .在△AEB 中，AE ＝BE ＝12AC ＝12AB 2＋BC 2＝72a ， ∴ cos ∠AEB ＝AE 2＋BE 2－AB 22AE ·BE ＝－17，即所求二面角B －EF －A 的余弦为－17.课后巩固练习：1.(2013·江苏卷)如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解：(1) 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2) 设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 2. (2013·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D 、E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB.(1) 证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2) 求二面角DA 1CE 的正弦值． (1) 证明：连结AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连结DF ，则BC 1∥DF. 因为DF 平面A1CD ，BC 1平面A 1CD ， 所以BC 1∥平面A 1CD.(2) 由AC ＝CB ＝22AB 得AC⊥BC. 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA ＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A 1(2，0，2)，CD →＝(1，1，0)，CE →＝(0，2，1)，CA 1→＝(2，0，2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 为平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.可取m ＝(2，1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D-A 1C-E 的正弦值为63. 3. (2013·重庆)如图所示，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB.(1) 求PA 的长；(2) 求二面角B-AF-D 的正弦值．解：(1) 如图，连结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD，故AC⊥BD.以O 为坐标原点，OB →、OC →、AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ，则OC ＝CDcos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CDsin π3＝3，故A(0，－3，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)．因为PA⊥底面ABCD ，可设P(0，－3，z)，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z)，因AF⊥PB，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA→|＝2 3.(2) 由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B-AF-D 的正弦值为378.4. (2013·连云港调研)在三棱锥SABC 中，底面是边长为23的正三角形，点S 在底面ABC 上的射影O 恰是AC 的中点，侧棱SB 和底面成45°角．(1) 若D 为侧棱SB 上一点，当SDDB为何值时，CD ⊥AB ；(2) 求二面角S-BC-A 的余弦值大小．解：以O 点为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OS 为z 轴建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知∠SBO＝45°，SO ＝(0，0，0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，S(0，0，3)，B(3，0，0)．(1) 设BD →＝λBS →(0≤λ≤1)，则OD →＝(1＋λ)OB →＋λOS →＝(3(1＋λ)，0，3λ)，所以CD →＝(3(1－λ)，－3，3λ)． 因为AB →＝(3，3，0)，CD ⊥AB ，所以CD →·AB →＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝23.故SD DB ＝12时， CD ⊥AB. (2) 平面ACB 的法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面SBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·SB →＝0，n 2·SC →＝0，则⎩⎨⎧3x －3z ＝0，3y －3z ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝z ，y ＝3z ，取n 2＝(1，3，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝3×0＋1×0＋1×112＋12＋（3）2·1＝55. 又显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为55. 5. 在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面是边长为1的正方形，E 、F 分别是棱B 1B 、DA 的中点．(1) 求二面角D 1-AE-C 的大小； (2) 求证：直线BF∥平面AD 1E.(1) 解：以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图．则相应点的坐标分别为D 1(0，0，2)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(1，1，1)，∴ED1→＝(0，0，2)－(1，1，1)＝(－1，－1，1)，AE →＝(1，1，1)－(1，0，0)＝(0，1，1)， AC →＝(0，1，0)－(1，0，0)＝(－1，1，0)．设平面AED 1、平面AEC 的法向量分别为m ＝(a ，b ，1)，n ＝(c ，d ，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ED 1→·m ＝0，AE →·m ＝0⎩⎨⎧－a －b ＋1＝0，b ＋1＝0⎩⎨⎧a ＝2，b ＝－1，由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0⎩⎨⎧－c ＋d ＝0，d ＋1＝0⎩⎨⎧c ＝－1，d ＝－1，∴m ＝(2，－1，1)，n ＝(－1，－1，1)，∴cos m ，n ＝m·n |m |·|n |＝－2＋1＋16×3＝0，∴二面角D 1AEC 的大小为90°.(2) 证明：取DD 1的中点G ，连结GB 、GF.∵E 、F 分别是棱BB 1、AD 的中点，∴GF ∥AD 1，BE ∥D 1G 且BE ＝D 1G ，∴四边形BED 1G 为平行四边形，∴D 1E ∥BG. 又D1E 、D 1A 平面AD 1E ，BG 、GF 平面AD 1E ， ∴BG ∥平面AD 1E ，GF ∥平面AD 1E.∵GF 、GB 平面BGF ，∴平面BGF∥平面AD 1E. ∵BF 平面AD 1E ，∴直线BF∥平面AD 1E.(或者：建立空间直角坐标系，用空间向量来证明直线BF∥平面AD 1E ，亦可)6. (2013·苏州调研)三棱柱ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB ＝2，AC ＝4，A 1A ＝是BC 的中点．(1) 求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角B 1-A 1D-C 1的正弦值．解：(1) 由题意，A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，D(1，2，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3).A 1D →＝(1，2，－3)，A 1C 1→＝(0，4，0).设平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)．∵ n ·A 1D →＝x ＋2y －3z ＝0，n ·A 1C 1→＝4y ＝0.∴ x ＝3z ，y ＝0.令z ＝1，得x ＝＝(3，0，1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，∵ DB 1→＝(1，－2，3)，∴ sin θ＝|cos 〈DB 1→·n 〉|＝3×1＋0×（－2）＋1×310×14＝33535. (2) 设平面A 1B 1D 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c)． A 1B 1→＝(2，0，0)，∵ m ·A 1D →＝a ＋2b －3c ＝0，m ·A 1B 1→＝2a ＝0，∴ a ＝0，2b ＝3c.令c ＝2，得b ＝＝(0，3，2)．设二面角B 1A 1DC 1的大小为α，∴ |cos α|＝cos|〈m ，n 〉|＝|m·n||m|·|m|＝|0×3＋3×0＋2×1|13×10＝265，则sin α＝3765＝345565.∴ 二面角B 1A 1DC 1的正弦值为345565.7. (2013·南通二模)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P －AB －A 1的平面角的余弦值为255.解：(1) 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则C(2，0，0)，B(0，2，0)，A 1(0，2，2)，B 1(0，4，2)，AA 1→＝(0，2，2)，BC →＝B 1C 1→＝(2，－2，0)．cos 〈AA 1→，BC →〉＝AA 1→·BC →|AA 1→|·|BC →|＝－48·8＝－12，故AA 1与棱BC 所成的角是π3.(2) P 为棱B 1C 1中点，设B 1P →＝λB 1C 1→＝(2λ，－2λ，0)，则P(2λ，4－2λ，2)．设平面PAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，AP →＝(2λ，4－2λ，2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝0，n 1·AB →＝0.⎩⎨⎧λx＋2y －λy＋z ＝0，2y ＝0.⎩⎨⎧z ＝－λx，y ＝0.故n 1＝(1，0，－λ)，而平面ABA1的法向量是n2＝(1，0，0)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P为棱B1C1中点，其坐标为P(1，3，2)．近六年高考题1. 【2010高考北京理第16题】(14分)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE；(3)求二面角A-BE-D的大小．【答案】设AC与BD交与点G。
空间向量立体几何(绝对经典)
例1：已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1，化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量。
(如图)A BCD A 1B 1C 1D 1G1)1(AA AD AB ++1111)1(AC CC AC AA AC AA AD AB =+=+=++解M 始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量推论:如果 为经过已知点A且平行已知非零向量 的直线,那么对任一点O,点P在直线 上的充要条件是存在实数t,满足等式OP=OA+t 其中向量叫做直线的方向向量.ll aaOABP a若P为A,B中点,则()12=+ OP OA OB2.共面向量定理:如果两个向量 不共线,则向量 与向量 共面的充要条件是存在实数对 使, a b yx , p ,a b OM a b A B A 'Pp p xa yb =+ 推论:空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x,y使或对空间任一点O,有=+MP xMA yMB =++ OP OM xMA yMB 注意：空间四点P 、M 、A 、B 共面⇔存在唯一实数对,,x y MP xMA yMB =+ （）使得(1)OP xOM yOA zOB x y z ⇔=++++= 其中，例1：已知m,n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n ，求证：l ⊥α。
n mg g m n αl l 证明：在α内作不与m、n重合的任一条直线g,在l、m、n、g上取非零向量l、m、n、g ，因m与n相交，得向量m、n 不平行，由共面向量定理可知，存在唯一的有序实数对（x，y），使g =x m +y n ,l ·g =x l ·m +y l ·n∵ l ·m =0,l ·n =0∴ l ·g =0∴ l⊥g∴ l⊥g这就证明了直线l垂直于平面α内的任一条直线，所以l⊥α巩固练习：利用向量知识证明三垂线定理αa A O P ().,0,,,,0,0,PA a PA a a OA a PO a PA OAy PO x PA y x OA PO OA PO a OA a OA a PO a PO PO aa ⊥⊥∴=⋅+⋅=⋅∴+==⋅∴⊥=⋅∴⊥∴⊥即使有序实数对定理可知，存在唯一的不平行，由共面向量相交，得又又而上取非零向量证明：在αPA a OAa a PA OA PA PO ⊥⊥⊂求证：且内的射影，在是的垂线，斜线，分别是平面已知：,,ααα复习:2. 向量的夹角:a bO ABabθ0a b π≤≤ ，a b ，向量 的夹角记作:a b 与a b = ||||cos ,a b a b 1.空间向量的数量积:111222(,,),(,,)a x y z b x y z == 设121212x x y y z z =++cos ||||a ba b a b =，121212222222111222++=++⋅++x x y y z z x y z x y z 5.向量的模长:2222||a a x y z ==++ (,,)a x y z = 设4.有关性质:(1)两非零向量111222(,,),(,,)a x y zb x y z == 1212120x x y y z z ++=0a b a b ⊥⇔=⇔ (2)||||||a b a b ≤ ||||,a b a b a b =⇒ 同方向||||,a b a b a b =-⇒ 反方向注意：此公式的几何意义是表示长方体的对角线的长度。
空间向量例题及解答
C空间向量及其坐标运算例1：在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若B A 1=a ，11D A =b ，A A 1=c .则下列向量中与BM 相等的向量是（ ）A ．1122a b c -+- B ．++2121C ．1122a b c -- D ．+--2121练习：已知长方体ABCD-A'B'C'D'，设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面BCC'B'对角线BC'上的点，且BN ∶NC'=3∶1，并且MN AB AD AA αβγ'=++，试求α，β，γ例2 ：已知：,28)1(,0423p y n m x b p n m a +++=≠--=且p n m ,,不共面.若a ∥b求y x ,的值.练习1：点M 在平面ABC 内，并且对空间任意一点O ，=＋＋xOM OA OB OC , 则x =练习2：下面命题正确的个数是 （ ）①若23p x y =+，则p 与x 、y 共面；②若23MP MA MB =+，则M 、P 、A 、B 共面；③若0OA OB OC OD +++=，则A 、B 、C 、D 共面；④若151263OP OA OB OC =+-，则P 、A 、B 、C 共面； A.1 B. 2 C.3 D.4练习3：如图,已知空间四边形ABCD 中,向量AB a =,AC b =,AD c =若M 为BC 的中点,G 为BCD △ 的重心，GM xa yb zc =++， 则(),,x y z =练习4：一正方体1111ABCD A BC D -，P 、M 为空间中任意两点，若1167PM PB AA BA AD =++-，那么点M 一定在 平面内例3：已知4,135,λ===⊥a b m =a +b,n =a +b,a,b m n ，则λ=练习1：若OA 、OB 、OC 三个单位向量两两之间夹角为60°，则|OA -OB +2OC |＝C1练习2：若(3)a b +⊥)57(b a -，且(4)a b -⊥)57(b a -，则a 与b的夹角为____________。
高二数学空间向量基本定理与坐标运算试题
高二数学空间向量基本定理与坐标运算试题1.已知向量，，则以，为邻边的平行四边形的面积为( )A．B．C．4D．8【答案】B．【解析】首先由向量的数量积公式可求与夹角的余弦值，然后根据同角三角函数的关系得，最后利用正弦定理表示平行四边形的面．【考点】向量模的运算；利用正弦定理表示三角形的面积．2.点关于原点对称的点的坐标是．【答案】【解析】空间直角坐标系中点的对称关系:,可得.【考点】空间直角坐标系中点的对称关系.3.在空间直角坐标系中，点P（1,3，-5）关于平面xoy对称的点的坐标是（ )A．（-1,3，-5）B．（1,3，5）C．（1,-3，5）D．（-1,-3，5）【答案】B【解析】根据空间直角坐标系坐标的对称的结论：点（x，y，z）关于平面xoy对称的点坐标为（x，y，-z），可知答案是B.【考点】空间直角坐标系点的对称问题.4.已知向量，且∥，则实数的值为．【答案】.【解析】由已知得=（k+1,2k+2，k+2），=（-1，-2，-3），再由两向量共线的充要条件知=，建立方程解得k=.【考点】（1）向量的坐标运算；（2）向量共线的充要条件.5.已知向量，，且，那么等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，所以，所以，所以，解得，所以，选答案A.【考点】空间向量平行的坐标关系.6.已知空间四边形，其对角线为，分别是边的中点，点在线段上，且使，用向量表示向量是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：因为,选A7.已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，－3，7），C（0，5，1），则BC边上的中线长为（）A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】由已知中△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，-3，7），C（0，5，1），利用中点公式，求出BC边上中点D的坐标，代入空间两点间距公式，即可得到答案.解：∵B（4，-3，7），C（0，5，1），则BC的中点D的坐标为（2，1，4）则AD即为△ABC中BC边上的中线故选B.【考点】空间中两点之间的距离点评：本题考查的知识点是空间中两点之间的距离，其中根据已知条件求出BC边上中点的坐标，是解答本题的关键．8.为空间的两个不同的点，且，空间中适合条件的点的集合表示的图形是 .【答案】经过点且与垂直的平面【解析】设点M（x,y,z），那么可知设A（0，0，0），B（0，0，1），，由则可知（x,y,z）（0，0，1）=1，z=1，可知表示的图形为过点B的与AB垂直的平面。
专题五 第3讲 空间向量及解题方法
第3讲 空间向量方法解立体几何1．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BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 答案 C解析 方法一 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1.建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)． ∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010.方法二 如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5， 因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.2．如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ；(2)求二面角E －BC －A 的余弦值． (1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过点D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以点G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一 利用向量证明平行与垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有： (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0. 得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)， ∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)． ∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB .(2)由(1)可知PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)， ∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又AP ∩AD ＝A ， ∴DC ⊥平面P AD . ∵DC ⊂平面PDC ， ∴平面P AD ⊥平面PDC .热点二 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)， 又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面△ABC 是直角三角形，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，点P 是棱BB 1上一点，满足BP →＝λBB 1→(0≤λ≤1)．(1)若λ＝13，求直线PC 与平面A 1BC 所成角的正弦值；(2)若二面角P —A 1C —B 的正弦值为23，求λ的值．解 以点A 为坐标原点O ，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，P (1,0,2λ)．(1)由λ＝13得，CP →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，23，A 1B →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(0,1，－2)， 设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝0，n 1·A 1C →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2z 1＝0，y 1－2z 1＝0.不妨取z 1＝1，则x 1＝y 1＝2，从而平面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(2,2,1)． 设直线PC 与平面A 1BC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈CP →，n 1〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CP →·n 1|CP →|·|n 1|＝2233， 所以直线PC 与平面A 1BC 所成的角的正弦值为2233.(2)设平面P A 1C 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，A 1P →＝(1,0,2λ－2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C →＝0，n 2·A 1P →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧y 2－2z 2＝0，x 2＋(2λ－2)z 2＝0.不妨取z 2＝1，则x 2＝2－2λ，y 2＝2， 所以平面P A 1C 的法向量为n 2＝(2－2λ，2,1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝9－4λ34λ2－8λ＋9，又因为二面角P —A 1C —B 的正弦值为23，所以9－4λ34λ2－8λ＋9＝53，化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)， 故λ的值为1.热点三 利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 如图所示，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．解 (1)由题意，易得DM ⊥DA ，DM ⊥DC ，DA ⊥DC .如图所示，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则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)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．设异面直线NE 与AM 所成角为θ， 则cos θ＝|cos 〈NE →，AM →〉| ＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，连接AE . 因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3 如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面于直线AB ，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .(1)设点M 为棱PD 的中点，求证：EM ∥平面ABCD ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 由已知，平面ABCD ⊥平面ABPE ，且BC ⊥AB ，则BC ⊥平面ABPE ，所以BA ，BP ，BC 两两垂直，故以点B 为原点，BA →，BP →，BC →分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则P (0,2,0)，D (2,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫1，1，12，E (2,1,0)，C (0,0,1)，所以EM →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12. 易知平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,1,0)， 所以EM →·n ＝(－1,0，12)(0,1,0)＝0，所以EM →⊥n ，又EM ⊄平面ABCD ， 所以EM ∥平面ABCD .(2)当点N 与点D 重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为25.理由如下：PD →＝(2，－2,1)，CD →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PD →＝0，n 1·CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2y 1＋z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，得平面PCD 的一个法向量等于n 1＝(0,1,2)，假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成的角α的正弦值等于25.设PN →＝λPD →(0≤λ≤1)，则PN →＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)， BN →＝BP →＋PN →＝(2λ，2－2λ，λ)． 所以sin α＝|cos 〈BN →，n 1〉|＝|BN →·n 1||BN →||n 1|＝25×(2λ)2＋(2－2λ)2＋λ2＝25×9λ2－8λ＋4＝25.所以9λ2－8λ－1＝0， 解得λ＝1或λ＝－19(舍去)．因此，线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25.如图，在五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF＝22，AF ＝BE ＝2，点P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求二面角A －DF －E 的余弦值．押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点．(1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点，∴点Q 为AC 的中点， 又在△AEC 中，点P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE . (2)解 如图，取EF 的中点M ，连接AM ，因为由题意知AM 2＋AF 2＝MF 2，则AF ⊥AM ，以点A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系． 则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2y －z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角， ∴二面角A －DF －E 的余弦值为66.A 组 专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.2.如图，点P 是单位正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数答案 C解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.3．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3 C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2 D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1 答案 D解析 如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等， 所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝ 2.所以S 2＝S 3且S 1≠S 3.故选D.4．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，点E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为()A.36B.32C.336D.12答案 A解析 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.5．已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22 D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.6．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →的取值范围是________．答案 [0,1]解析 以DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .则D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)． ∴DC →＝(0,1,0)，BD 1→＝(－1，－1,1)． ∵点P 在线段BD 1上运动，∴设BP →＝λBD 1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1. ∴AP →＝AB →＋BP →＝DC →＋BP →＝(－λ，1－λ，λ)， ∴DC →·AP →＝1－λ∈[0,1]．7．在一直角坐标系中，已知点A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________． 答案 217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4， 两异面直线AC ，BD 所成的角为60°， 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， ∴|AB →|＝217.8．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 →|.其中正确命题的序号是________． 答案 ①②解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为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．9.如图所示，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ，F A ＝FE ，∠AEF ＝45°.(1)求证：EF ⊥平面BCE ；(2)设线段CD ，AE 的中点分别为点P ，M ，求证：PM ∥平面BCE . 证明 因为△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ， 所以AE ⊥AB ，因为平面ABEF ⊥平面ABCD ， 且平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB . 所以AE ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥AD ，即AD ，AB ，AE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝1，则AD ＝AE ＝1.(1)A (0,0,0)，B (0,1,0)，D (1,0,0)，E (0,0,1)，C (1,1,0)，因为F A ＝FE ，∠AEF ＝45°，所以∠AFE ＝90°，从而F (0，－12，12)，EF →＝(0，－12，－12)，BE →＝(0，－1,1)，BC →＝(1,0,0)． 于是EF →·BE →＝0＋12－12＝0，EF →·BC →＝0，所以EF ⊥BE ，EF ⊥BC ，因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， 所以EF ⊥平面BCE .(2)M ⎝⎛⎭⎫0，0，12，P (1，12，0)， 从而PM →＝(－1，－12，12)，于是PM →·EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12·⎝⎛⎭⎫0，－12，－12＝0＋14－14＝0.所以PM ⊥EF ，又EF ⊥平面BCE ， 直线PM 不在平面BCE 内， 故PM ∥平面BCE .10.如图所示的多面体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ＝2，点M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求平面EMC 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值． (1)证明 ∵AC ＝BC ，点M 是AB 的中点， ∴CM ⊥AB .∵EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴CM ⊥EA ， 又∵EA ∩AB ＝A ，∴CM ⊥平面AEM ， 又EM ⊂平面AEM ，∴CM ⊥EM .(2)解 以点M 为原点，分别以MB ，MC 所在直线为x ，y 轴建立坐标系Mxyz ，如图，则M (0,0,0)，C (0，2，0)，B (2，0,0)，D (2，0,2)，E (－2，0,1)， ∴ME →＝(－2，0,1)，MC →＝(0，2，0)， BD →＝(0,0,2)，BC →＝(－2，2，0)， 设平面EMC 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·ME →＝0，m ·MC →＝0， 即⎩⎨⎧－2x 1＋z 1＝0，2y 1＝0，∴⎩⎨⎧z 1＝2x 1，y 1＝0，取x 1＝1，则m ＝(1,0，2)， 设平面BCD 的一个法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0， 即⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，2z 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0， 取x 2＝1，则n ＝(1,1,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n |＝12×3＝66， ∴平面EMC 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值为66. B 组 能力提高11.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．[33，1] B ．[63，1] C ．[63，223] D ．[223，1]答案 B解析 根据题意可知平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1且两平面的交线是A 1O ，所以过点P 作交线A 1O 的垂线PE ， 则PE ⊥平面A 1BD ，所以∠A 1OP 或其补角就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角α. 设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面A 1BD 可以垂直．当点P 与点C 1重合时可得A 1O ＝OP ＝6， A 1C 1＝22，所以12×6×6×sin α＝12×22×2，所以sin α＝223；当点P 与点C 重合时，可得sin α＝26＝63. 根据选项可知B 正确．12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在直线BC 1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不变；③二面角P －AD 1－C 的大小不变．其中真命题的序号是________．答案 ①③解析 ①中，∵BC 1∥平面AD 1C ，∴BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，点P 在直线BC 1上运动时，直线AB 与平面ACD 1所成角和直线AC 1与平面ACD 1所成角不相等，所以不正确；③中，点P 在直线BC 1上运动时，点P 在平面AD 1C 1B 中，既二面角P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________． 答案3510解析 以点A 为坐标原点，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，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510. 14.如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，点E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，点D 为棱A 1B 1上的点．(1)证明：DF ⊥AE ；(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置，若不存在，说明理由．(1)证明 ∵AE ⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ，∴AE ⊥AB ，又∵AA 1⊥AB ，AA 1⊂面A 1ACC 1，AE ⊂面A 1ACC 1，AA 1∩AE ＝A ， ∴AB ⊥面A 1ACC 1.又∵AC ⊂面A 1ACC 1，∴AB ⊥AC ，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则有A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，F ⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)， 设D (x,0，z )，A 1D →＝λA 1B 1→，且λ∈(0,1)，即(x,0，z －1)＝λ(1,0,0)，∴D (λ，0,1)，∴DF →＝(12－λ，12，－1)， ∵AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，∴DF →·AE →＝12－12＝0， ∴DF ⊥AE .(2)存在点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414.理由如下： 由(1)可知平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)．设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FE →＝0，m ·DF →＝0， ∵FE →＝(－12，12，12)，DF →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1， ∴⎩⎨⎧－12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝⎛⎭⎫12－λx ＋12y －z ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝32(1－λ)z ，y ＝1＋2λ2(1－λ)z ，令z ＝2(1－λ)，则n ＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n |＝1414， 即|2(1－λ)|9＋(1＋2λ)2＋4(1－λ)2＝1414， 解得λ＝12或λ＝74(舍)， ∴当点D 为A 1B 1中点时满足要求．。
高中试卷-专题03 空间向量的应用(含答案)
专题03 空间向量的应用一、单选题1．（2020·贵州省铜仁第一中学高二开学考试）已知两个异面直线的方向向量分别为a r ，b r ，且|a r |＝|b r|＝1，a r •12b r =-，则两直线的夹角为（ ）A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°【答案】B【解析】设两直线的夹角为θ，则由题意可得1×1×cos a r ＜，12b =-r ＞，∴cos a r ＜，12b =-r ＞，∴a r ＜，23b p =r ＞，∴θ3p =，故选：B ．2．（2019·穆棱市第一中学高二期末）若平面,a b 的法向量分别为1,1,3,(1,2,6)2a b æö=-=--ç÷èør r ，则（ ）A ．//a bB ．a 与b 相交但不垂直C ．a b^D ．//a b 或a 与b 重合【答案】D【解析】因为12a b =-r r ，所以平面,a b 的法向量共线，故//a b 或a 与b 重合.故选：D.3．（2020·北京高二期末）已知直线l 的方向向量为m u r ,平面a 的法向量为n r ,则“0m n ×=u r r”是“l ∥a ”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】Q 0m n ×=u r r \m n^u r r Q 0m n ×=u r r ,即m n ^u r r ,不一定有l ∥a ,也可能l aÌ\“0m n ×=u r r ”是“l ∥a ”的不充分条件Q l ∥a ,可以推出m n ^u r r ,\“0m n ×=u r r ”是“l ∥a ”是必要条件,综上所述, “0m n ×=u r r ”是“l ∥a ”必要不充分条件.故选:B.4．（2019·山东省济南一中高二期中）在平面ABCD 中，(0,1,1)A ，(1,2,1)B ，(1,0,1)C --，若(1,,)a y z =-v ，且a v 为平面ABCD 的法向量，则2y 等于（ ）A ．2B ．0C ．1D ．无意义【答案】C【解析】由题得，(1,1,0)AB =uuu r ，(1,1,2)AC =--uuu r ，又a r 为平面ABCD 的法向量，则有00a AB a AC ì×=í×=îuuu v v uuu v v ，即10120y y z -+=ìí-+=î，则1y =，那么21y =.故选：C5．（2019·四川省双流中学高三月考）已知点P 是正方体1111ABCD A B C D -的棱CD 的中点，给出以下结论：①11A P C D ^；②1A P BD ^；③11A P BC ^；④1AP ^平面1BC D 其中正确命题的序号是（ ）A ．①B ．②C ．③D ．④【答案】C【解析】设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则()12,1,2A P =--uuur .对①, ()10,2,2C D =--uuuu r ,因为110242A P C D ×=-+=uuur uuuu r ,故①错误.对②, ()2,2,0BD =--uuu r ,因为1422A P BD ×=-=uuur uuu r ,故②错误.对③, ()12,0,2BC =-uuuu r ,因为1440A P BD ×=-=uuur uuu r ,故③正确.对④,由②有1A P BD ^不成立,故1AP ^平面1BC D 不成立.故④错误.故选：C6．（2019·穆棱市第一中学高二期末）如图，在正方体ABCD 1111A B C D 中，以D 为原点建立空间直角坐标系，E 为B 1B 的中点，F 为11A D 的中点，则下列向量中，能作为平面AEF 的法向量的是( )A ．(1，－2，4)B ．(－4,1，－2)C ．(2，－2，1)D ．(1，2，－2)【答案】B【解析】设正方体棱长为2，则A （2，0，0），E （2，2，1），F （1，0，2），∴AE uuu r =（0，2，1），AF uuu r =（﹣1，0，2）设向量n r=（x ，y ，z ）是平面AEF 的一个法向量则2020n AE y z n AF x z ì×=+=ïí×=-+=ïîuuu r r uuu r r ，取y=1，得x=﹣4，z=﹣2∴n r =（﹣4，1，﹣2）是平面AEF 的一个法向量因此可得：只有B 选项的向量是平面AEF 的法向量故选：B ．7．（2019·包头市第四中学高二期中）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M l l =<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（ ）ABCD【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED uuuu v ＝（﹣2，0，1），EF uuu r ＝（0，2，0），EM uuuu r ＝（0，λ，1），设平面D 1EF 的法向量n r＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ì=-+=í==îuuuu v v uuuv v ，取x ＝1，得n r ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF=N 为EM 中点，所以N ，选D ．8．（2020·湖南省高二期末）已知直三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的余弦值为（ ）A ．12B ．18C ．14D ．34【答案】C【解析】立空间坐标系如图，设边长为2，得到A （2，0，0），1B （12），B （10），1C （0，0，2）向量()()112,1,2AB BC =-=uuuv uuuu v 设异面直线夹角为q ，则1111cos =||||AB BC AB BC q ×=×uuuv uuuu v uuuv uuuu v 14故答案为C9．（2018·山西省山西大附中高二期中）过正方形ABCD 的顶点A ，作PA ^平面ABCD ，若PA BA =，则平面ABP 和平面CDP 所成的锐二面角的大小是A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】B【解析】法一：建立如图(1)所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量分别为n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角的余弦值为1212n n n n＝，故所求的二面角的大小是45°.法二：将其补成正方体．如图(2)，不难发现平面ABP 和平面CDP 所成的二面角就是平面ABQP 和平面CDPQ 所成的二面角，其大小为45°.10．（2020·山东省章丘四中高二月考）在正方形1111ABCD A B C D -中，棱AB ，11A D 的中点分别为E ，F ，则直线EF 与平面11AA D D 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()2,1,0E ， ()1,0,2F ， ()1,1,2EF =--uuu r ，平面11AA D D 的法向量()0,1,0n =r ，设直线EF 与平面11AA D D 所成角为q ，0,2p éùqÎêúëû，则||sin ||||EF n EF n q ===uuu r r g uuu r r g ．所以cos q ==\直线EF 与平面11AA D D 故选：D ．二、多选题11．（2020·山东省高二期末）已知ν为直线l 的方向向量，1n ,2n 分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列选项中，正确的是（ ）A ．12////n n a bÛB ．12n n a b^Û^C ．1////n l n aÛD ．1//n l n a ^Û【答案】AB【解析】A 选项，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等价于平面α，β平行，正确；B 选项，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等价于平面α，β垂直，正确；C 选项，直线的方向向量平行于平面的法向量等价于直线垂直于平面，错误；D 选项，直线的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线平行于平面或直线在平面内，错误.故选：AB12．（2019·山东省高三）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,E F G 分别为11,,BC CC BB 的中点．则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D ．点C 和点G 到平面AEF 的距离相等【答案】BC【解析】对选项A ：（方法一）以D 点为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)D 、(1,0,0)A 、1(1,0,1)A 、1,1,02E æöç÷èø、10,1,2F æöç÷èø、11,1,2G æöç÷èø.从而1(0,0,1)DD =uuuu r ，11,1,2AF æö=-ç÷èø，从而1102DD AF ×=¹uuuu r uuu r ，所以1DD 与直线AF 不垂直，选项A 错误；（方法二）取1DD 的中点N ，连接AN ，则AN 为直线AF 在平面11ADD A 内的射影，AN 与1DD 不垂直，从而AF 与1DD 也不垂直，选项A 错误；取BC 的中点为M ，连接1A M 、GM ，则1A M AE ∥，GM EF ∥，易证1A MG AEF 平面∥平面，从而1A G AEF ∥平面，选项B 正确；对于选项C ，连接1AD ，1D F ，易知四边形1AEFD 为平面，且1D H AH ==，1A D =132AD H S D ==，而113948AD H AEFD S S ==四边形△，从而选项C 正确；对于选项D ：（方法一）由于111111112222224GEF EBG BEFG S S S D D æö=-=+´-´´=ç÷èø梯形，而11112228ECF S D =´´=，而13A GEF EFG V S AB -D =×，13A ECF ECF V S AB -D =×，所以2A GEF A ECF V V --=，即2G AEFC AEF V V --=，点G 到平面AEF 的距离为点C 到平面AEF 的距离的二倍.从而D 错误.（方法二）假设点C 与点G 到平面AEF 的距离相等，即平面AEF 将CG 平分，则平面AEF 必过CG 的中点，连接CG交EF于点O ，易知O 不是CG 的中点，故假设不成立，从而选项D 错误.13．（2020·福建省高二期末）正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 、H 分别为1CC 、BC 、CD 、BB 、1BB 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．1B G BC^B ．平面AEF I 平面111AA D D AD =C ．1//A H 面AEFD ．二面角E AF C --的大小为4p 【答案】BC【解析】由题可知，1B G 在底面上的射影为BG ，而BC 不垂直BG ，则1B G 不垂直于BC ，则选项A 不正确；连接1AD 和1BC ，E 、F 、G 、H 分别为1CC 、BC 、CD 、BB 、1BB 的中点，可知11////EF BC AD ，所以AEF D Ì平面1AD EF ，则平面AEF I 平面111AA D D AD =，所以选项B 正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，则各点坐标如下：()()()()()()12,0,0,0,2,0,0,2,1,2,0,2,2,2,1,1,2,0A C E A H F ()()()()110,2,1,1,2,0,1,0,1,0,0,2A H AF EF AA =-=-=-=uuuu r uuu r uuu r uuur ，设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =r ，则00n AF n EF ì×=í×=îuuu v v uuu v v ，即200x y x z -+=ìí-=î，令1y =，得2,2x z ==，得平面AEF 的法向量为()2,1,2n =r ，所以10A H n ×=uuuu r r ，所以1//A H 平面AEF ，则C选项正确；由图可知，1AA ^平面AFC ，所以1AA uuur是平面AFC 的法向量，则1112cos ,3AA n AA n AA n×<>===×uuur r uuur r uuur r .得知二面角E AF C --的大小不是4p ，所以D 不正确.故选：BC.三、填空题14．（2019·山东省济南一中高二期中）若平面a的一个法向量为(n =v，直线l的一个方向向量为a =v ，则l 与a 所成角的正弦值为________.【答案】15【解析】由题，设l 与a 所成角为q，可得||1sin 5||||n a n a q ×===v v v v .故答案为：1515．（2019·陕西省西北大学附中高二期中）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12,AB AC AA === ,E F 分别是,BA11A C 的中点.设D 是线段11B C 上的（包括两个端点）动点，当直线BD 与EF，则线段BD 的长为_______．【答案】【解析】以E 为原点，EA,EC 为x,y轴建立空间直角坐标系，如下图．1(0,0,0),,2),(0,1,0),(0,,2)(11)2E F B D t t --££1,2),(0,1,2)2EF BD t ==+uuu v uuuv cos q =解得t=1，所以BD =，填．点睛：利用空间向量求解空间角与距离的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.16．（2019·浙江省宁波市鄞州中学高二期中）正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别是1,AA AB 的中点，则EF 与直线1AC 所成角的大小为______ ；EF 与对角面11BDD B 所成角的正弦值是 __________．【答案】2p 12【解析】如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则()2,0,1E ，()2,1,0F ，()2,0,0A ，()10,2,2C ，故()0,1,1EF =-uuu r ，()12,2,2AC =-uuuu r .故10EF AC ×=uuu r uuuu r ，故EF 与直线1AC 所成角的大小为2p .易知对角面11BDD B 的一个法向量为()1,1,0n =-r ，设EF 与对角面11BDD B 所成角为q ，故1sin cos ,2EF n EF n EF n q ×===×uuu r r uuu r r uuu r r .故答案为：2p ；12.17．（2019·江西省会昌中学高二月考）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，点E ，F ，G 分别为棱A B ，1AA ，11C D 的中点，下列结论中，正确结论的序号是___________.①过E ，F ，G 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；②11//B D 平面EFG ；③1BD ^平面1ACB ；④异面直线EF 与1BD ；⑤四面体11ACB D 的体积等于312a .【答案】①③④【解析】延长EF 分别与1l B A ，1B B 的延长线交于N ，Q ，连接GN 交11A D 于H ，设HG 与11B C 的延长线交于P ，连接P Q 交1CC 于I ，交BC 于M ，连FH ，HG ，GI ，IM ，ME ,EF ,如图:则截面六边形EFHGIM 为正六边形，故①正确：因为11B D 与HG 相交，故11B D 与平面EFG 相交，所以②不正确：1,BD AC BD AC ^\^Q (三垂线定理)，1111,BC B C BD B C ^\^Q (三垂线定理)，且AC 与1B C 相交，所以1BD ^平面1ACB ，故③正确；以D 为原点,1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,则1(0,0,0),(,,0),(,0,),(,,0),(0,0,)22a a D E a F a B a a D a ,则(0,,)22a a EF =-uuu r ,1(,,)BD a a a =--uuuu r ,所以111cos ,||||EF BD EF BD EF BD ×<>=uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuur ===所以1sin ,EF BD <>==uuu r uuuu r=所以111sin ,tan ,cos ,EF BD EF BD EF BD <><>=<>uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuur ==,所以异面直线EF 与1BD，故④正确；因为四面体11ACB D 的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即为3331114323a a a -´´=，故⑤不正确．故答案为：①③④四、解答题18．（2019·广西壮族自治区田东中学高二期中）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，90BAC Ð=°，12AB AA ==，1AC =，M ，N 分别是11A B ，BC 的中点．（1）求证：1AB AC ^；（2）求证：//MN 平面11ACC A .【答案】(1)证明见解析 (2) 证明见解析【解析】Q 三棱柱为直三棱柱 1AA \^平面ABC 1AA AC \^，1AA AB ^又90BAC Ð=o ，则1,,AB AC AA 两两互相垂直，可建立如下图所示的空间直角坐标系则()0,0,0A ，()0,2,0B ，()1,0,0C -，()11,0,2C -，()0,1,2M ，1,1,02N æö-ç÷èø（1）()0,2,0AB =uuu r Q ，()11,0,2AC =-uuuu r ()10120020AB AC \×=´-+´+´=uuu r uuuu r 1AB AC \^（2）由题意知：AB uuu r是平面11ACC A 的一个法向量()0,2,0AB =uuu r Q ，1,0,22MN æö=--ç÷èøuuuu r ()10200202AB MN æö\×=´-+´+´-=ç÷èøuuu r uuuu r AB MN \^uuu r uuuu r MN ËQ 平面11ACC A //MN \平面11ACC A 19．（2020·陕西省高二期末）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中E ，F 分别为AB ，1A C的中点.（1）求EF ；（2）求证：//EF 平面11AA D D【答案】（1；（2）证明见解析【解析】（1）由题知,(2,1,0)E ,(1,1,1)F ,∴(1,0,1)EF =-uuu r ,∴||EF ==uuu r （2）由题知,(2,0,0)A ,1(0,0,2)D ,∴1(2,0,2)AD =-uuuu r ,∴12AD EF =uuuu r uuu r ,故//AD EF ,又1AD Ì平面11AA D D ,EF Ë平面11AA D D∴EF ∥平面11AA D D .20.（2020·北京高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，5AB =，14AA =，点D 是AB 的中点．（1）求异面直线AC 与1BC 所成的角；（2）求证：1//AC 平面1CDB ．【答案】（1）2p （2）证明见解析【解析】（1）因为3AC =，4BC =，5AB =，所以222AC BC AB +=，所以ABC D 是直角三角形，所以2ACB p=，所以AC BC^因为三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以1C C ^平面ABC ，所以1C C AC ^，1C C BC^以C 为原点，分别以CA 、CB 、1CC 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(3A ，0，0)，(0B ，4，0)，1(0C ，0，4)所以直线AC 的方向向量为(3,0,0)CA =uuu r ，直线1BC 的方向向量为1(0,4,4)BC =-uuuu r ，设异面直线AC 与1BC 所成的角为q ，因为10CA BC =uuu r uuuu r g ，所以cos 0q =，所以异面直线AC 与1BC 所成的角为2p．（2）由（1）可知3,2,02D æöç÷èø，1(0B ，4，4)，则3,2,02CD æö=ç÷èøuuu r ，1(0,4,4)CB =uuur 设平面1CDB 的法向量为(,,)n x y z =r ，则1·0·0CD n CB n ì=ïí=ïîuuu v v uuuv v ，所以3202440x y y z ì+=ïíï+=î令4x =，则3y =-，3z =，所以(4,3,3)n =-r直线1AC 的方向向量为1(3,0,4)AC =-uuuu r ，因为10AC n =uuuu r r g ，1AC Ë平面1CDB ， 所以1//AC 平面1CDB ．21．（2020·银川三沙源上游学校高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ^，2AB AC ==，1AA =，D 为棱BC 的中点.（1）求直线1DB 与平面11AA C C 所成角的正弦值；（2）求平面11AA C C 与平面1ADB 所成二面角的余弦值.【答案】（12）.【解析】则(0,0,0)A ，1(0,0,A ，(2,0,0)C ，(0,2,0)B ，(1,1,0)D ，1(0,2,B ，所以(2,0,0)AC =uuu r ，1(0,0,AA =uuur ，(1,1,0)AD =uuu r ，1(1,1,DB =-uuuu r ，如下图：（1）设平面11AA C C 的一个法向量为(,,)m x y z =u r ，则100AC m AA m ì×=ïí×=ïîuuu v v uuuv v，即00ìïí=ïî，取(0,1,0)m =u r ，所以1cos ,DB m <=uuuu r u r ，所以直线1DB 与平面11AA C C（2）设平面1ADB 的一个法向量为111(,,)n x y z =r ，则100AD n DB n ì×=ïí×=ïîuuu v v uuuu v v，即1111100x y x y +=ìïí-++=ïî，取(1,n =-r ，所以cos ,m n <=u r r ，所以求平面11AA C C 与平面1ADB所成二面角的余弦值.22．（2019·江苏省苏州实验中学高一月考）直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC Ð=°，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AA C C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ^面11AA C C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，AG =【解析】（1）如图所示：以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：则1(0,0,0)A ，1(0,2,0)B ，1(2,2,0)C ，设(0,0,)A a ，则4(0,,)3E a ，2(,2,0)3F ，所以22(,,)33EF a =-uuu r ，1(0,0,)A A a =uuur ，11(2,2,0)AC =uuuu r ，因为11113EF A A A C =-+uuu r uuur uuuu r ，所以EF uuu r ，1A A uuur ，11AC uuuu r 共面，又EF 不在平面11AA C C 内，所以//EF 平面11AA C C（2）线段AC 上存在一点G ，使面EFG ^面11AA C C ，且AG =证明如下：在三角形AGE 中，由余弦定理得EG ====，所以222AG EG AE +=，即EG AG ^，又1A A ^平面ABCD ，EG Ì平面ABCD ，所以1A A EG ^，而1AG A A A Ç=，所以EG ^平面11AA C C ，因为EG Ì平面EFG ，所以EFG ^面11AA C C .23．（2020·北京高二期末）如图，在底面是正方形的四棱锥P ABCD -中，PA ^平面ABCD ，2AP AB ==，,,E F G 是,,BC PC CD 的中点.（1）求证：BG ^平面PAE ；（2）在线段BG 上是否存在点H ，使得//FH 平面PAE ？若存在，求出BH BG 的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，35.【解析】（1）证明：因为四棱锥P ABCD -底面是正方形，且PA ^平面ABCD ，以点A 为坐标原点，,,AB AD AP所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系.则(0,0,0),(2,0,0),(0,0,2),A B P ，(2,2,0),(0,2,0)C D ，因为,,E F G 是,,BC PC CD 的中点，所以(2,1,0),(1,1,1),(1,2,0)E F G ，所以(1,2,0)BG =-uuu v ，(0,0,2),(2,1,0),AP AE ==uuu v uuu v 所以0BG AP ×=uuu v uuu v ，且0BG AE ×=uuu v uuu v . 所以BG AP ^，BG AE ^，且AE AP A =I .所以BG ⊥平面PAE .（2）假设在线段BG 上存在点H ，使得FH //平面PAE . 设BH BG l =uuuv uuu v (01)l ££，则(1,21,1)FH FB BH AB AF BG l l l =+=-+=---uuuv uuu v uuuv uuu v uuu v uuu v .因为FH //平面PAE ，BG ⊥平面PAE ，所以(1)(12(21)0(1)530FH GB l l l ×=-×-+-+´-=-=uuuv uuu v . 所以35l =. 所以，在线段BG 上存在点H ，使得FH //平面PAE .其中35BH BG =.。
高考数学空间向量例题
1(2019辽宁理19））已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC 的中点.证明：CM ⊥SN ；审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.证明：设PA=1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图，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）因为110022CM SN •=-++=， 所以CM ⊥SN .【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线垂直.例2(2019天津理19) 在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点，CF =AB =2CE , 1::AB AD AA = 1:2:4.证明AF ⊥平面1A ED审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F , 1(0,0,4)A ,31,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭已知(1,2,1)AF =,131,,42EA ⎛⎫=--⎪⎝⎭,11,,02ED ⎛⎫=- ⎪⎝⎭于是AF ·1EA =0，AF ·ED =0.因此，1AF EA ⊥,AF ED ⊥,又1EA ED E ⋂=所以AF ⊥平面1A ED【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可. 例 3 （2019年山东文）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且2AD PD MA ==.求证：平面EFG ⊥平面PDC .审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：以A 为原点，向量DA ,AB ,AM 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，如图建立坐标系，设AM=1，则AD=AB=PD=2,则B(0,2,0),C(－2,2,0),D(－2,0,0),P(－2,0,2), M(0,0,1),则E(0,1,12),G(－1,1,1),F(－2,1,1)，∴EG =(-1,0,12),GF =(－1,0,0),设平面EFG 的法向量m =（x ，y ，z ），则 EG •m =12x z -+=0且GF •m =x -=0，取y =1，则x =z =0，∴m =（0，1,0）,易证面PDC 的法向量为DA=(2,0,0), ∵DA •m =200100⨯+⨯+⨯=0,∴m ⊥DA , ∴平面EFG ⊥平面PDC【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直.考点2.利用空间向量处理空间平行关系空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容，考查的形式灵活多样，常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合，可以是小题，也可以是解答题的一个小题，题目的难度一般不大，是高考中的得分点之一.例4（2019 湖南理18）在正方体1111ABCD A B C D -，E 是棱1DD 的中点。
备战高考数学一轮复习讲义第36讲 空间直角坐标系与空间向量
第36讲 空间直角坐标系与空间向量激活思维1. (人A 选必一P22练习1改)已知a ＝(－3，2,5)，b ＝(1,5，－1)，则3a －b ＝ (－10,1,16) , a ·b ＝ 2 .解析： 因为a ＝(－3,2,5)，b ＝(1,5，－1)，所以3a －b ＝(－9,6,15)－(1,5，－1)＝(－10,1,16)，a ·b ＝－3＋10－5＝2.2. (人A 选必一P22练习2)已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则x 的值为 103 .解析： 因为a ⊥b ，即a ·b ＝0，所以2×(－4)＋(－1)×2＋3x ＝0，解得x ＝103. 3. (人A 选必一P22练习3改)已知点M 在z 轴上，且点M 到点A (1,0,2)与到点B (1，－3，1)的距离相等，则点M 的坐标是( D )A. (0,0,3)B. (0,0,2)C. (0,0，－2)D. (0,0，－3)解析： 设点M (0,0，m )，因为点M 到点A (1,0,2)与到点B (1，－3,1)的距离相等，所以12＋02＋(m －2)2＝12＋32＋(m －1)2，解得m ＝－3，所以点M 的坐标为(0,0，－3)．4. (人A 选必一P7例2改)如图，在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则AA ′→·AB →＝ 10 ，AC ′的长为85 .(第4题)解析： AA ′→·AB →＝|AA ′→|·|AB →|·cos60°＝5×4×12＝10.因为AC ′→＝AC →＋CC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→，所以AC ′→2＝(AB →＋AD →＋AA ′→)2＝AB →2＋AD →2＋AA ′→2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA ′→＋AD →·AA ′→)＝16＋9＋25＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫0＋5×4×12＋3×5×12＝85，所以|AC ′→|＝85，即AC ′的长为85.基础回归1. 空间向量中的有关定理 (1) 共线向量定理空间中两个向量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 为不共线的向量．(3) 空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间中任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得 p ＝x a ＋y b ＋z c ，{a ，b ，c }叫做空间中的 一组基底 .2. 空间向量的数量积(1) 两向量的夹角：若两个非零向量a ，b ，在空间中任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记做〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π.若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记做a ⊥b .(2) 两向量的数量积：若空间中两个非零向量a ，b ，则|a |·|b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记做a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．3. 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)．向向量 的方向向量有 无数 个平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量5. 空间位置关系的向量表示位置关系向量表示 直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥α n ⊥m ⇔m ·n ＝0 l ⊥αn ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，m α∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝06. 常用结论(1) 在空间中，P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)，O 为空间中任意一点．(2) 在利用MN →＝xAB →＋yAC →证明MN ∥平面ABC 时，必须说明点M 或点N 不在平面ABC 内．举题说法空间向量的线性运算例1 如图，在空间四边形OABC 中，OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c .点M 在OA上，OM ＝2MA ，N 是BC 的中点，则MN →＝ －23a ＋12b ＋12c (用a ，b ，c 表示)．(例1)解析： 因为ON→＝12c ＋12b ，所以MN →＝ON →＋MO →＝－23a ＋12b ＋12c .用已知向量表示未知向量的解题策略：(1) 要结合图形，以图形为指导是解题的关键；(2) 要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义； (3) 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．变式 (人A 选必一P15习题1.2T4)如图，在三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，已知AA ′→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，点M ，N 分别是BC ′，B ′C ′的中点，试用基底{a ，b ，c }表示向量AM→，AN →.(变式)【解答】 如图，连接A ′N ，则AM →＝AB →＋12BC ′→＝AB →＋12(BC →＋CC ′→)＝AB→＋12BC →＋12CC ′→＝AB →＋12(AC →－AB →)＋12AA ′→＝12AB →＋12AC →＋12AA ′→＝12a ＋12b ＋12c ＝12(a ＋b ＋c )，AN →＝AA ′→＋A ′N →＝AA ′→＋12(A ′B ′→＋A ′C ′→)＝AA ′→＋12(AB →＋AC →)＝a ＋12b ＋12c .(变式)空间向量的数量积的运算及应用例2 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，∠BAA 1＝∠DAA 1＝45°，∠BAD ＝60°，则|AC 1→|＝__3__.(例2)解析： AC 1→＝AC →＋AA 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，由题知，|AB →|＝|AD →|＝1，|AA 1→|＝2，AB →与AD →的夹角为∠BAD ＝60°，AB →与AA 1→的夹角为∠BAA 1＝45°，AD →与AA 1→的夹角为∠A 1AD ＝45°，所以|AC 1→|2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA 1→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→＝1＋1＋2＋2×1×1×cos60°＋2×1×2×cos45°＋2×1×2×cos45°＝9，所以|AC 1→|＝3.利用向量解决立体几何问题时，也可以将几何问题转化成向量问题，或通过建立空间直角坐标系利用向量的坐标进行求解，然后代入向量数量积公式进行相关计算和证明．变式 (人A 选必一P14练习2)如图，在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AB ＝2，AD ＝2，AA ′＝3，∠BAD ＝∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°，则BC ′与CA ′所成角的余弦值为__0__.(变式)解析： 取基底{AB →，AD →，AA ′→}，BC ′→＝BC →＋BB ′→＝AD →＋AA ′→，CA ′→＝CA →＋AA ′→＝CB →＋CD →＋AA ′→＝－AD →－AB →＋AA ′→，所以BC ′→·CA ′→＝(AD →＋AA ′→)·(－AD →－AB →＋AA ′→)＝－AD →2－AD →·AB →＋AD →·AA ′→－AD →·AA ′→－AB →·AA ′→＋AA ′→2＝－4－2－3＋9＝0.设BC ′与CA ′的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈BC ′→，CA ′→〉|＝|BC ′→·CA ′→||BC ′→||CA ′→|＝0，所以BC ′与CA ′所成角的余弦值为0.利用空间向量证明平行问题例3 (2022·江苏百校联考)已知△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，E ，F 分别为AC 和AB 上的点，且AE ＝1，EF ∥BC ，如图(1)．沿EF 将△AEF 折起使平面AEF ⊥平面BCEF ，连接AC ，AB ，如图(2)．已知M 为棱AC 上一点，试确定M 的位置，使EM ∥平面ABF .图(1) 图(2)(例3)【解答】 因为平面AEF ⊥平面BCEF ，AE ⊥EF ，所以AE ⊥EC ，又CE ⊥EF ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0,1)，B (3,4,0)，C (3，0,0)，F (0，1,0)，所以AC→＝(3,0，－1)．设AM →＝λAC →，EM →＝EA →＋AM →＝EA →＋λAC →＝(3λ，0,1－λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ABF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FB →＝0，n ·F A →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，－y ＋z ＝0，因此可取n ＝(1，－1，－1)，所以n ·EM →＝(1，－1，－1)·(3λ，0,1－λ)＝4λ－1.因为EM ∥平面ABF ，所以n ·EM →＝0，即λ＝14，所以当AM →＝14AC →时，EM ∥平面ABF .(例3)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．利用空间向量证明垂直问题例4 如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .(例4)(1) 求证：P A ⊥BD ；【解答】 如图，取BC 的中点O ，连接PO ，因为△PBC 为等边三角形，所以PO ⊥BC .因为平面PBC ⊥底面ABCD ，平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ，所以PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在的直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3，所以A (1，－2,0)，B (1，0,0)，D (－1，－1,0)，P (0，0，3)，所以BD →＝(－2，－1,0)，P A →＝(1，－2，－3)．因为BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，所以P A →⊥BD →，所以P A ⊥BD .(例4)(2) 求证：平面P AD ⊥平面P AB .【解答】 如图，取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.因为DM→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1,0，－3)，所以DM →·PB→＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，所以DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .因为DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，所以DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又因为P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ，所以DM ⊥平面P AB .因为DM ⊂平面P AD ，所以平面P AD ⊥平面P AB .用向量证明垂直的方法：(1) 线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直；(2) 线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线；(3) 面面垂直：证明两个平面的法向量互相垂直．随堂内化1. 若向量a ，b 的坐标满足a ＋b ＝(－2，－1，2)，a －b ＝(4，－3，－2)，则a ·b 等于( B )A. 5B. －5C. 7D. －1解析： 因为a ＋b ＝(－2，－1,2)，a －b ＝(4，－3，－2)，两式相加得2a ＝(2，－4,0)，解得a ＝(1，－2，0)，b ＝(－3,1,2)，所以a ·b ＝1×(－3)＋(－2)×1＋0×2＝－5.2. 已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(1，－2,2)，且k a －b 与a ＋b 互相垂直，则k 的值为( B )A. 2B. 8C. －1D. －63. 已知A (4,1,3)，B (2,3,1)，C (3,7，－5)，点P (x ，－1,3)在平面ABC 内，则x 的值为( D )A. －4B. 1C. 10D. 11解析： 因为点P (x ，－1,3)在平面ABC 内，所以存在实数λ，μ，使得等式AP →＝λAB→＋μAC →成立，所以(x －4，－2,0)＝λ(－2,2，－2)＋μ(－1,6，－8)，所以⎩⎨⎧x －4＝－2λ－μ，－2＝2λ＋6μ，0＝－2λ－8μ，消去λ，μ，解得x ＝11.4. 如图，在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ＝DA ＝2，E 为BC 的中点．(第4题)(1) 求证：AE ⊥BC ；【解答】 因为AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，BC →＝DC →－DB →，所以AE →·BC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12DB →＋12DC →－DA →·(DC →－DB →)＝12DB →·DC →－12DB →·DB →＋12DC →·DC →－12DC →·DB→－DA →·DC →＋DA →·DB →＝0－2＋2－0－0＋0＝0，所以AE →⊥BC →，即AE ⊥BC .(2) 求直线AE 与DC 所成角的余弦值．【解答】 因为AE →·DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12DB →＋12DC →－DA →·DC →＝12DB →·DC →＋12DC →·DC →－DA →·DC →＝0＋2－0＝2, |AE →|＝(2)2＋22＝6，所以cos 〈AE →，DC →〉＝AE →·DC →|AE →||DC →|＝26×2＝66，即直线AE 与DC 所成角的余弦值为66.练案❶ 趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》． 练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(分基础和提高两个版本)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考保分增效天天练》，成书可向当地发行咨询购买．。
空间直角坐标系 习题(含答案)
22．在平面直角坐标系 中，已知 的顶点 .
（1）若 为 的直角顶点，且顶点 在 轴上，求 边所在直线方程；
（2）若等腰 的底边为 ，且 为直线 上一点，求点 的坐标.
23．求函数 的最小值．
24．如图所示的多面体是由底面为 的长方体被截面 所截面而得到的，其中
（1）求 的长；
【详解】
设z轴上任意一点Q的坐标为 ，
由空间中两点间的距离公式可得： ，
当 时取得最小值.
故选C.
【点睛】
本题考查空间中两点间的距离，掌握空间内两点间的距离公式，会根据解析式求最值，注意计算的准确性.
3．C
【解析】
【分析】
先根据线面平行的性质和中位线定理说明M为EF的中点，再根据中点坐标公式求M的坐标。
设F(0，0，z)．
∵AEC1F为平行四边形， ∴由AEC1F为平行四边形，
∴由 = 得，(-2，0，z)=(-2，0，2)，
∴z=2．∴F(0，0，2)．∴ =(-2，-4，2，于是| |=2 ，即BF的长为2 ；
(2)设 为平面AEC1F的法向量，显然 不垂直于平面ADF，故可设 =(x，y，1)．
故答案为
12．168
【解析】
【分析】
由题意，设 ，得 ，根据坐标对应相等，列出方程组，求得 的值，得到向量 的坐标，再利用向量的夹角公式，即可求解．
【详解】
由题意， ，设 ，
又 ， ，
所以
即 ，
解得 ，
则 .
故 .
【点睛】
本题主要考查了空间向量的坐标运算，以及向量的夹角公式的应用，其中熟记向量的坐标表示与向量共线的运算，以及向量的夹角公式，合理、准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
第2讲 空间向量和空间直角坐标系(解析版)
第2讲 空间向量和空间直角坐标系 一．选择题（共8小题）1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，若1,,CA a CB b CC c ===，则1(A B = )A ．a b c +-B ．a b c -+C ．a b c -++D ．a b c -+-【解答】解：直三棱柱111ABC A B C -中，1,,CA a CB b CC c ===，所以111111A B A B B B AB C C CB CA CCb ac a b c=+=+=--=--=-+-． 故选：D ．2．空间四边形ABCD 中，若向量(3AB =-，5，2)，(7CD =-，1-，4)-点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF 的坐标为( )A ．(2，3，3)B ．(2-，3-，3)- B ．C ．(5，2-，1)D ．(5-，2，1)- 【解答】解：点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，∴EF OF OE =-，1()2OF OA OD =+，1()2OE OB OC =+．∴11()()22EF OA OD OB OC =+-+ 1()2BA CD =+ 1[(32=，5-，2)(7-+-，1-，4)]- 1(4,6,6)2=--- (2=-，3-，3)-．故选：B ．3．已知直线l 的方向向量为(1a =-，0，1)，点(1A ，2，1)-在l 上，则点(2P ，1-，2)到l 的距离为( )A．4C．【解答】解：根据题意，得； (1PA =-，3，3)-，(1a =-，0，1)， cos a ∴<，PA >== sin a ∴<，1719PA >=又||19PA =，∴点(2P ，1-，2)到直线l 的距离为||sin PA a <，19PA >= 故选：C ．4．同时垂直于(2a =，2，1)，(4b =，5，3)的单位向量是( )A ．122(,,)333-B ．122(,,)333--C ．112(,,)333-D ．122(,,)333-或122(,,)333--【解答】解：设同时垂直于(2a =，2，1)，(4b =，5，3)的单位向量为(e x =，y ，)z ，则00||1e a e b e =⎧⎪=⎨⎪=⎩，即22222045301x y z x y z x y z ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩，解得132323x y z ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=⎪⎩或132323x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎩故1(3e =，23-，2)3，或1(3e =-，23，2)3-， 故选：D ．5．已知正四面体ABCD 的棱长为1，点E 、F 分别是AD 、DC 中点，则(EF AB = )A ．14B ．14- CD ． 【解答】解：点E 、F 分别是AD 、DC 中点∴12EF AC =11111||||cos601122224EF AB AC AB AC AB ==︒=⨯⨯⨯=故选：A ．6．如图所示，已知空间四边形OABC ，OB OC =，且3AOBAOC π∠=∠=，则cos OA <，BC >的值为( )A B ．0 C ．12D【解答】解：空间四边形OABC 中，OB OC =，3AOB AOC π∠=∠=，∴BC OC OB =-，∴()OA BC OA OC OB OA OC OA OB =-=-||||cos ||||cos33OA OC OA OB ππ=⨯⨯-⨯⨯1||(||||)2OA OC OB =⨯- 0=，cos OA ∴<，0||||OA BCBC OA BC >==⨯．故选：B ．7．三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，11AA AB AC ===，AB AC ⊥，N 是BC 的中点，点P 在11A B 上，且满足111A P A B λ=，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，λ的值为( )A ．12BCD【解答】解：如图，以AB ，AC ，1AA 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则(P λ，0，1)，1(2PN λ=-，12，1)-，平面ABC 的一个法向量为(0n =，0，1) ||sin ||||(PN n PN n θλ∴==-∴当12λ=时，(sin )maxθ=，此时角θ最大为． 故选：A ．8．点P 为底边长为高为2的正三棱柱表面上的动点，MN 是该棱柱内切球的一条直径，则PM PN 取值范围是()A ．[0，2]B ．[0，3]C ．[0，4]D ．[2-，2]【解答】解：由题意，问题等价于已知MN 是边为ABC ∆内切圆的一条直径，P为边AB 上的一动点，求PM PN 的取值范围．建立如图所示的直角坐标系，D 是边长为的正ABC ∆内切圆，∴内切圆的半径11||133r OC ===．∴正ABC ∆内切圆的方程为22(1)1x y +-=．2()()PM PN PO OM PO ON PO OM ON =++=+222||1PO r PO =-=-，将之转化成P 到内切球球心的距离求解， 当P 位于底面中心时1min PO =，P 位于顶角时max PO =根号5，所以PM PN 的取值范围的取值范围是[0，4]． ∴PMPN 的取值范围的取值范围是[0，4]．故选：C ．二．填空题（共6小题）9．由空间向量基本定理可知，空间任意向量p 可由三个不共面的向量,,a b c 唯一确定地表示为p xa yb zc =++，则称(x ，y ，)z 为基底,,a b c <>下的广义坐标．特别地，当,,a b c <>为单位正交基底时，(x ，y ，)z 为直角坐标．设,,i j k 分别为直角坐标中x ，y ，z 正方向上的单位向量，则空间直角坐标(1，2，3)在基底,,i j i j k <+->下的广义坐标为 31(,,3)22- ．【解答】解：根据平面向量基本定理，空间直角坐标(1，2，3)对应的向量为23i j k ++，由于3123()()322i j k i j i j k ++=+--+，则空间直角坐标(1，2，3)在基底,,i j i j k <+->下的广义坐标为31(,,3)22-故答案为：31(,,3)22-．10．在四棱锥P ABCD -中，设向量(4,2,3)AB =-，(4,1,0)AD =-，(6,2,8)AP =--，则顶点P 到底面ABCD 的距离为 2【解答】解：四棱锥P ABCD -中，向量(4,2,3)AB =-，(4,1,0)AD =-，(6,2,8)AP =--， 设底面ABCD 的法向量(n x =，y ，)z ， 则423040n AB x y z n AD x y ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，4，4)3，∴顶点P 到底面ABCD 的距离为： 26||32||17AP n d n ===．∴顶点P 到底面ABCD 的距离为2．故答案为：2．11．在空间直角坐标系O xyz -中，若原点到平面321x y az -+=的距离等于17，则a 的值为 6± ．解：平面321x y az -+=的法向量(3n =，2-，)a ， 原点到平面321x y az -+=的距离等于17， 17d ∴==，解得6a =±． 故答案为：6±．12．空间直角坐标系xOy 中，过点0(P x ，0y ，0)z 且一个法向量为(,,)n a b c =的平面α的方程为000()()()0a x x b y y c z z -+-+-=，过点0(P x ，0y ，0)z 且方向向量为(,,)(0)n u v w uvw =≠的直线l 的方程为000x x y y z z u v w---==，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面α的方程为10x y z -++=，直线l 是两个平面2x y -+=与210x z -+=的交线，则直线l 与平面α所成角的正弦值为． 【解答】解：联立1020210x y z x y x z -++=⎧⎪-+=⎨⎪-+=⎩，解得021x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩，可得直线l 与平面α的交点(0P ，2，1)， 平面α的方程为10x y z -++=，变为：(2)(1)0x y z --+-=，可得平面α的法向量(1n =，1-，1)．直线l 是两个平面20x y -+=与210x z -+=的交线，可得直线l 的方程为：21112x y z --==，可得直线l 的方向向量(1u =，1，2)． 直线l 与平面α所成角的正弦值||2|cos ,|||||3n u n u n u =<>==⨯． 13．已知点P 是棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的底面1111A B C D 上一点（包括边界），则PA PC 的取值范围是 1[,1]2．【解答】解：如图所示，建立空间直角坐标系． 1(0A ，0，0)，(0A ，0，1)，(1C ，1，1)，设(P x ，y ，0)，(x ，[0y ∈，1])．(PA x =-，y -，1)，(1PC x =-，1y -，1)， ∴(1)(1)1PA PC x x y y =----+22111()()(,)222x y f x y =-+-+=．当12x =，12y =时，(,)f x y 取得最小值12． 当点P 取(0，0，0)，(1，0，0)，(0，1，0)，(1，1，0)，(,)f x y 取得最大值1． 1(,)[,1]2f x y ∴∈．故答案为：1[,1]2．14．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，若点P 满足1122BP BA BC BD =-+，则2||BP 的值为 94．【解答】解：由题意，翻折后AC AB BC ==， 则22||BP BP = 211()22BA BC BD =-+ 21()2CA BD =+ 221||||4CA BD CA BD =++ 由||1CA =，||2BD =，CA BD ⊥ 解得29||4BP =． 故答案为：94． 三．解答题（共10小题） 15．已知3240a m n p =--≠，(1)82b x m n yp =+++，且m 、n 、p 不共面，若//a b ，求x ，y 的值．【解答】解：//a b ，且a 是非零向量∴b a λ=，即(1)82324x m n yp m n p λλλ+++=--．又向量m ，n ，p 不共面 ∴182324x y+==--，解之得13x =-，8y = 16．已知向量(1a =，3-，2)，(2b =-，1，1)，点(3A -，1-，4)，(2B -，2-，2)． （1）求：|2|a b +；（2）在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE b ⊥？(O为原点）【解答】解：（1）2(2a b +=，6-，4)(2+-，1，1)(0=，5-，5)，2|2|0(a b ∴+=+；（2）假设存在点(E x ，y ，)z 满足条件， 则//AE AB ，且得0OE b ⋅=，又(3AE x =+，1y +，4)z -，(1AB =，1-，2)-， ∴31411220x y z x y z ++-⎧==⎪--⎨⎪-++=⎩，解得6514525x y z ⎧=-⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=⎪⎩，∴在直线AB 上，存在一点6(5E -，145-，2)5，使得OE b ⊥17．三棱锥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 ．【解答】解：由题意， 221()332AG AN AB AC ==+ 1()3AB AC =+； OG OA AG =+1()3OA AB AC =++1()3OA OB OA OC OA =+-+-1()3OB OA OC =++； 11()23MG MA AG OA OB OA OC OA =+=+-+-111336OB OC OA =+-．18．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．【解答】（1）证明：如图所示，连接AN ，BN ，CM ，DM ．BCD ∆与ACD ∆是边长为a 的等边三角形，12CN ND a ==，BN AN ∴==，在ABN ∆中，BN AN =，AM BM =， MN AB ∴⊥，同理可得：MN CD ⊥．（2）解：由BN AN ==， 12AM BM a ==，MN ∴==．19．如图，在四棱锥M ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱AM 的长为3，且AM 和AB 、AD 的夹角都是60︒，N 是CM 的中点，设a AB =，b AD =，c AM =，试以a ，b ，c 为基向量表示出向量BN ，并求BN 的长．【解答】解：N 是CM 的中点，设a AB =，b AD =，c AM =，底面ABCD 是边长为2的正方形， ∴1()2BN BC BM =+1()2AD BA AM =++ 111222a b c =-++．在四棱锥M ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧棱AM 的长为3，且AM 和AB 、AD 的夹角都是60︒，||||2a b ∴==，||3c =，0a b =，23cos603a c =⨯⨯︒=，23cos603b c =⨯⨯︒=，∴22111()222BN a b c =-++9111711334224=++-⨯+⨯=， 17||2BN ∴=BN ． 20．如图：ABCD 为矩形，PA⊥平面ABCD ，1PA AD ==，2AB =，M 、N 分别是PC 、AB中点，请选择适当的坐标系证明：MN ⊥平面PCD ．【解答】证明：根据题意，分别以AB 、AD 、AP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -， 如图所示；则(0O ，0，0)，(1N ，0，0)，(2C ，1，0)，(0D ，1，0)，(0P ，0，1)，(1M ，12，1)2； ∴(0NM =，12，1)2，(2CD =-，0，0)， (0PD =，1，1)-，∴110(2)00022NM CD =⨯-+⨯+⨯=，∴NM CD ⊥，11001(1)022NM PD =⨯+⨯+⨯-=，∴NM PD ⊥，即MN CD ⊥，MN PD ⊥，且PD CD D =，又PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ， MN ∴⊥平面PCD ．21．如图，平行四边形ABCD 中，60DAB ∠=︒，2AB =，4AD =；将CBD ∆沿BD 折起到EBD ∆的位置，使平面EBD ⊥平面ABD ．（1）求证：AB DE ⊥；（2）若点F 为BE 的中点，求直线AF 与平面ADE 所成角正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：ABCD 为平行四边形，且60DAB ∠=︒，2AB =，4AD =，∴由余弦定理，得2222cos60BD AB AD AB AD =+-︒，BD ∴= 222AB BD AD ∴+=，90ABD ∴∠=︒，将CBD ∆沿BD 折起到EBD ∆的位置，使平面EBD ⊥平面ABD ，90EDB CDB ABD ∴∠=∠=∠=︒，∴平面EBD ⊥平面ABD ，ED ∴⊥平面ABD ，ED AB ∴⊥．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知ED ⊥平面ABD ，90ABD ∠=︒， 90BDC ∴∠=︒，故以D 为原点，以DB 为x 轴，以DC 为y 轴，以DE 为z 轴，建立空间直角坐标系，平行四边形ABCD 中，60DAB ∠=︒，2AB =，4AD =，BD ∴=则B ，0，0)，(0E ，0，2)，点F 为BE的中点，F ∴，A 2-，0)，(0D ，0，0)，∴(AF =-2，1)，(23DA =2-，0)，(0DE =，0，2)，设平面DAE 的法向量(n x =，y ，)z ，则0n DA =，0n DE =，∴2020y z ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，取1x =，得(1n =0)，设直线AF 与平面ADE 所成角为θ，则3230sin |cos ,|||84AF n θ-++=<>==直线AF 与平面ADE ．22．如图四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且4PG =，13AG GD =，BG GC ⊥，2GB GC ==，E 是BC 的中点．（1）求异面直线GE 与PC 所成的角的余弦值； （2）求点D 到平面PBG 的距离；（3）若F 点是棱PC 上一点，且DF GC ⊥，求PFFC的值．【解答】解：（1）以G 点为原点，GB ，GC ，GP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(2B ，0，0)，(0C ，2，0)，(0P ，0，4)，故(1E ，1，0)(1GE =，1，0)，(0PC =，2，4)． 10cos 10||||GE PC GE PC θ⋅==，GE ∴与PC （2）平面PBG 的单位法向量(0n =，1±，0) 3333(,,0)4422GD AD BC ===-， ∴点D 到平面PBG 的距离为3||2GD n ⋅=（3）设(0F ，y ，)z ，则3333(0,,)(,,0)(,,)2222DF y z y z =--=-DF GC ⊥，∴33(,,)(0,2,0)23022y z y -=-=，32y ∴=，又PF PC λ=，即(0，32，4)(0z λ-=，2，4)-，1z ∴=，故(0F，32，1)，3(0,,3)2PF =-，1(0,,1)2FC =-，∴3PF FC =．23．如图（1），等腰Rt ABC ∆中，90ABC ∠=︒，4AB =，以AC 边上的中线BD 为折痕，将ABD ∆沿BD 折起，构成二面角A BD C --，在平面BCD 内作CE CD ⊥，且2CE =，连DE ，AE ，AC ，如图（2）所示．（1）求证：//CE 平面ABD ；（2）如果二面角A BD C --为直二面角，求二面角B AC E --的余弦值．【解答】解：（1）证明：在平面BDEC 中，BD CD ⊥，CE CD ⊥，//BD CE ∴，BD ⊂平面ABD ，CE ⊂/平面ABD ， //CE ∴平面ABD ．（2）解：AD BD ⊥，CD BD ⊥，ADC ∴∠是二面角A BD C --的平面角，二面角A BD C --为直二面角，90ADC ∴∠=︒， 以D 为原点，DB 为x 轴，DC 为y 轴，DA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(0A ，0，，B 0，0)，(0C，0)，(2E -，0)，(2AB =0，-，(0AC =，-，(2AE =-，-，设平面ABC 的法向量(n x =，y ，)z ，则220220n AB n AC ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩，1x =，(1n=，1，1)， 设平面AEC 的法向量(m x =，y ，)z ， 则20220m AE x m AC ⎧=-+-=⎪⎨=-=⎪⎩，取1y =，得(01m =，1，)，设二面角B AC E --的平面角为θ，则||26cos ||||323m n m n θ===．∴二面角B AC E --．24．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两夹角为60︒．（1）求1AC 的长；（2）求1BD 与AC 夹角的余弦值．【解答】解：设AB a =，AD b =，1AA c =，则两两夹角为60︒，且模均为1．（1）111AC AC CC AB AD AA a b c =+=++=++．222221||()||||||222AC a b c a b c a b b c a c ∴=++=+++⋅+⋅+⋅1361162=+⨯⨯⨯=， 1||6AC ∴=，即1AC（2）111BD BD DD AD AB AA b a c =+=-+=-+．∴1()()BD AC b a c a b ⋅=-+⋅+22a b a a c b a b b c =⋅-+⋅+-⋅+⋅1=．21||()2BD b a c =-+=，2||()3AC a b =+=，1cos BD ∴<，11||||2BD AC AC BD AC⋅>===⋅ 1BD ∴与AC ．。
空间直角坐标系和空间向量
从平面到空间的类比 7.向量的数量积 （1）
（2） 空间向量a (x1, y1, z1),b (x2, y2, z2 )的数量积为
a b a b cos x1x2 y1y2 z1z2
从平面到空间的类比 8.向量垂直的条件
（1）
（2）
空间内的向量a (x1, y1, z1),b (x2, y2, z2 ) 垂直 a b 0 x1x2 y1 y2 z1z2 0
从平面到空间的类比 9.向量夹角公式
（2）
设空间内的向量a (x1, y1, z1)与b (x2, y2, z2 )的夹角为
则cos a b
x1x2 y1 y2 z1z2
ab
x12 y12 z12 x22 y22 z22
从平面到空间的类比 10.从平面向量共线类比到空间向量共面
A1(0, 0, 6), B1(7, 0, 6),C1(7,8, 6), D1(0,8, 6)
在坐标系（2）下，各点坐标如下
z
D1 6
C1
A1
B1
D(O)
C
7
y
A 8
x
B (2)
A(8,0,0), B(8,7,0),C(0,7,0), D(0,0,0)
A1(8, 0, 6), B1(8, 7, 6), C1(0, 7, 6), D1(0, 0, 6)
例3.
z
D1
C1
A1
B1
M P
D N
C y
A
B
x
(1)A(1,0,0), B(1,1,0),C(0,1,0), D(0,0,0)
A1(1, 0,1), B1(1,1,1), C1(0,1,1), D1(0, 0,1)
1.1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系
1.1.3空间向量的坐标与空间直角坐标系基础过关练题组一空间中向量的坐标1.(2020陕西西安中学高二期末)已知向量{a,b,c}是空间向量的一组基底,向量{a+b,a-b,c}是空间向量的另外一组基底,若一向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为( )A.(12,32,3) B.(32,-12,3) C.(3,-12,32) D.(-12,32,3)2.(2020甘肃天水甘谷第一中学高二期末)已知{i,j,k}为单位正交基底,且a=-i+j+3k,b=2i-3j-2k,则向量a-2b的坐标是.3.(2019湖北黄冈中学高二期中)已知空间向量a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(λ,5,5),若a,b,c共面,则实数λ=.题组二空间向量平行(共线)的坐标表示4.(2020广东华南师范大学附属中学高二期末)已知a=(2,-1,2),b=(x,y,6),若a 与b共线,则x-y=( )A.5B.6C.3D.95.(2020甘肃兰州第一中学高二期末)下列向量中与向量a=(1,-√2,1)共线的单位向量是( )A.(-12,-√22,-12) B.(-12,-√22,12)C.(-12,√22,-12) D.(12,√22,12)6.(2020重庆西南大学附中高二期末)已知在空间直角坐标系Oxyz 中,O 为坐标原点,且A(4,1,3),B(2,-5,1),若C 为线段AB 上一点且|AC⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=13,则点C 的坐标为( ) A.(72,-12,52) B.(38,-3,2) C.(103,-1,73) D.(52,-72,32)7.(2019上海七宝中学高二期末)已知空间向量a=(2x+1,3x,0),b=(1,y,y-3),其中x,y∈R,若存在实数λ使得a=λb 成立,则x+y= . 题组三 空间向量数量积的坐标表示及其应用8.(2020内蒙古集宁一中高二期末)向量a=(2,4,x),b=(2,y,2),若|a|=6,且a⊥b,则x+y 的值为( )A.-3B.1C.-3或1D.3或19.(2020甘肃兰州铁路第一中学高二期末)已知O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,-2),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,4),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,4),点P 是OC 上一点,则当PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时,点P 的坐标为( ) A.(13,13,43)B.(12,12,2)C.(14,14,1) D.(2,2,8) 10.(2019甘肃庆阳第二中学高二月考)若a=(x,2,0),b=(3,2-x,x 2),且a 与b 的夹角为钝角,则x 的取值范围是( ) A.x>4 B.x<-4C.0<x<4D.-4<x<011.(2020河北枣强中学高二期末)在空间直角坐标系中,已知A(1,2,3),B(1,0,4),C(3,0,5),D(4,1,-3),则直线AD 与BC 的位置关系是( ) A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.无法判定12.(2019上海延安中学高二期中)已知a=(cos θ,1,sin θ),b=(sin θ,1, cos θ),则向量a+b 与a-b 的夹角是 .13.(2020陕西西安高新第一中学高二期末)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a 和b 的夹角θ的余弦值;(2)若向量ka+b 与ka-2b 互相垂直,求k 的值.题组四 空间直角坐标系的应用14.(2020云南曲靖第一中学高二期末)三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直,AA 1=AB=AC=1,AB⊥AC,N 是BC 的中点,A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λA 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,C 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,若PN⊥BM,则λ=( )A.12B.13C.23D.34能力提升练题组一 空间向量坐标的应用 1.(2019浙江诸暨牌头中学高二期末,)在空间直角坐标系中,A(3,3,0),B(0,0,1),点P(a,1,c)在直线AB 上,则( ) A.a=1,c=13B.a=1,c=23C.a=2,c=13D.a=2,c=232.(2020北京八中高二期末,)已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a,b,c 三向量不能构成空间向量的一组基底,则实数λ的值为( ) A.0 B.5 C.9D.6574. (2019江西南昌八一中学高二月考,)在空间直角坐标系中,A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),若A,B,C,D 四点共面,则( ) A.2x+y+z=1 B.x+y+z=0 C.x-y+z=-4 D.x+y-z=04.(2019内蒙古包头第九中学高二月考,)已知OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,3),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,2),OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,则当QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值时,点Q 的坐标为( )A.(12,34,13) B.(12,32,34) C.(43,43,83) D.(43,43,73) 5.(2019山东寿光第一中学高二月考,)已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=√14,若(a+b)·c=7,则a 与c 的夹角为( ) A.30°B.60°C.120°D.150°6.(多选)(2019吉林长春高二期中,)已知M(1,2,3),N(2,3,4),P(-1,2,-3),若|PQ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |且PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则Q 点的坐标可以为( ) A.(2,5,0) B.(-4,-1,-6) C.(3,4,1) D.(-3,-2,-5)7.(2020陕西西安中学高二期末,)已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,5,-2),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,1,z),若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x+y= . 题组二 空间直角坐标系的应用 8.(2019河北张家口一中高二期中,)在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是正方形,侧棱AA 1⊥底面ABCD.已知AB=1,AA 1=√3,E 为线段AB 上一个动点,则D 1E+CE 的最小值为( ) A.2√2B.√10C.√5+1D.2+√29.(2019浙江温州高二期中,)在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BAC=π2,AB=AC=AA 1=1,已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点,D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF 的长度的取值范围为( ) A.[√55,1) B.[√55,√ C.(2√55,1) D.[2√55,1)10.(2020青海西宁五中高二期末,)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB=1,AA 1=2,∠BCA=90°,M,N 分别是A 1B 1,A 1A 的中点. (1)求BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的模; (2)求cos<BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >的值; (3)求证:A 1B⊥C 1M.答案全解全析基础过关练1.B 设向量p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z), 则p=a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,所以{x +y =1,x -y =2,z =3,解得{x =32,y =-12,z =3,故p 在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(32,-12,3).2.答案 (-5,7,7)解析 由a=-i+j+3k,b=2i-3j-2k,得a-2b=(-i+j+3k)-2(2i-3j-2k)=(-i+j+3k)-(4i-6j-4k)=(-i-4i)+(j+6j)+(3k+4k)=-5i+7j+7k,则a-2b=(-5,7,7). 3.答案 4解析 易知向量a,b 不共线.∵向量a,b,c 共面,∴存在唯一的实数对(x,y),使c=xa+yb,即(λ,5,5)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2), ∴{2x -y =λ,-x +4y =5,3x -2y =5,解得{x =3,y =2,λ=4.4.D 因为a 与b 共线,所以x 2=y -1=62,解得x=6,y=-3,所以x-y=9.故选D.5.C 因为|a|=√12+(-√2)2+12=2,所以与向量a 共线的单位向量是(12,-√22,12)或(-12,√22,-12). 故选C.6.C ∵C 为线段AB 上一点,且3|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗=(4,1,3)+13(-2,-6,-2)=(103,-1,73).故选C.7.答案 2解析 ∵a=(2x+1,3x,0),b=(1,y,y-3),且a=λb,x,y,λ∈R,∴{2x +1=λ,3x =λy ,0=λ(y -3),解得{x =-1,y =3,λ=-1,∴x+y=2.8.C 由a=(2,4,x)且|a|=6,得6=√22+42+x 2,解得x=±4,又a⊥b,∴(2,4,x)·(2,y,2)=4+4y+2x=0,当x=4时,有4+4y+8=0,此时y=-3,当x=-4时,有4+4y-8=0,此时y=1,故x+y 的值为1或-3. 9.A 设OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,λ,4λ)(0≤λ≤1),则 PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,-2-4λ),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-λ,-1-λ,4-4λ), 故PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(-1-λ)+(-2-4λ)(4-4λ)=18λ2-12λ-8=18×(λ-13)2-10, ∴当λ=13时,PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值-10, 此时点P 的坐标为(13,13,43).故选A.10.B 由题意可知,a·b=3x+2(2-x)<0,解得x<-4,易知a,b 不共线,故选B. 11.B ∵A(1,2,3),B(1,0,4),C(3,0,5),D(4,1,-3), ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-1,-6),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1), 又∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2+(-1)×0+(-6)×1=0, ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴直线AD 与BC 垂直. 故选B. 12.答案 π2解析 a+b=(cos θ+sin θ,2,sin θ+cos θ),a -b=(cos θ-sin θ,0,sin θ-cos θ),∴(a+b)·(a -b)=cos 2θ-sin 2θ+sin 2θ-cos 2θ=0, ∴(a+b)⊥(a -b), 故a+b 与a-b 的夹角为π2.13. 解析 a=AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,2)-(-2,0,2)=(1,1,0),b=AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,0,4)-(-2,0,2)= (-1,0,2). (1)cos θ=a ·b|a ||b |=-1+0+0√2×√5=-√1010, 所以a 和b 的夹角θ的余弦值为-√1010. (2)ka+b=(k,k,0)+(-1,0,2)=(k-1,k,2), ka-2b=(k,k,0)-(-2,0,4)=(k+2,k,-4).因为ka+b 与ka-2b 互相垂直,所以(k-1,k,2)·(k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k 2-8=0, 即2k 2+k-10=0,解得k=-52或k=2.14.C 如图,以AB,AC,AA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),A 1(0,0,1),B 1(1,0,1), ∴A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),∴A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,0,0),则P(λ,0,1),又N (12,12,0),B(1,0,0),M (0,1,23),所以PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12-λ,12,-1),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,23),所以PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ-12+12-23=0,解得λ=23.故选C.能力提升练1.B ∵点P(a,1,c)在直线AB 上, ∴存在唯一实数λ使得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBP ⃗⃗⃗⃗⃗ , 又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-3,1),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,1,c-1), ∴(-3,-3,1)=λ(a,1,c -1), 即(-3,-3,1)=(λa,λ,λc -λ), ∴{-3=λa ,-3=λ,1=λc -λ,解得{λ=-3,a =1,c =23.故选B.2.D ∵a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),∴a 与b 不共线,又a,b,c 三向量不能构成空间向量的一组基底,∴a,b,c 三向量共面,∴存在唯一的实数对(x,y),使c=xa+yb,即{2x -y =7,-x +4y =5,3x -2y =λ,解得λ=657,故选D. 3.A AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1,y-1,z+2),因为A,B,C,D 四点共面,所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面,即存在唯一的实数对(λ,μ),使得AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即{x -1=-2μ,y -1=λ+2μ,z +2=-λ+2μ,消去λ,μ得2x+y+z=1,故选A. 4.C ∵点Q 在直线OP 上运动,∴O,P,Q 三点共线,∴存在唯一的实数λ使得OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,λ,2λ), ∴QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,2-λ,3-2λ),QB⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-λ,1-λ,2-2λ), ∴QA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6×(λ-43)2-23,当且仅当λ=43时,上式取得最小值, 此时点Q 的坐标为(43,43,83).故选C.5.C 由题意可得|a|=√14,且b=-2a,又(a+b)·c=7,所以-a·c=7, 又cos<a,c>=a ·c |a ||c |=-714=-12,所以<a,c>=120°,故选C.6.AB 设Q(x,y,z),∴PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+1,y-2,z+3). ∵M(1,2,3),N(2,3,4),∴MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1). ∵|PQ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |且PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =3MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 或PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴(x+1,y-2,z+3)=3(1,1,1)或(x+1,y-2,z+3)=-3(1,1,1), ∴{x =2,y =5,z =0或{x =-4,y =-1,z =-6,∴Q 点的坐标为(2,5,0)或(-4,-1,-6).故选AB. 7.答案257解析 已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,由题意,可得BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 利用向量数量积的运算公式,可得{3+5-2z =0,x -1+5y +6=0,3(x -1)+y -3z =0,解得x=407,y=-157,z=4,∴x+y=407-157=257.8.B 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),D1(0,1,√3),C(1,1,0).∵E为线段AB上一个动点,∴设E(t,0,0)(0≤t≤1),则D1E=2+1+3=√t2+4,CE=√(t-1)2+1,故问题转化为求D1E+CE=2+4+√(t-1)2+1的最小值问题,即转化为求平面直角坐标系tOu中的一个动点P(t,0)到两定点M(0,-2),N(1,1)的距离之和的最小值的问题,如图所示.由此可知,当M,P,N三点共线时,(D1E+CE)min=[√t2+4+√(t-1)2+1]=|MN|=√1+9=√10,故选B.min9.A 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则G (12,0,1),E (0,1,12),设D(0,y,0),F(x,0,0),则GD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-12,y ,-1),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,-1,-12),∵GD ⊥EF,∴GD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即-12x-y+12=0,即x+2y=1,又∵0<x<1,∴0<1-2y<1,∴0<y<12.又|DF|=√x 2+y 2=√y 2+(1-2y )2=√5y 2-4y +10<y<12, ∴当y=25时,|DF|min =√5×425-85+1=√55;当y=0时,|DF|=1;当y=12时,|DF|=12,故线段DF 的长度的取值范围为[√55,1). 10.解析 以C 为原点,CA,CB,CC 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.(1)依题意,B(0,1,0),N(1,0,1),∴BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,1),∴|BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3. (2)依题意A 1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B 1(0,1,2),∴BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×0-1×1+2×2=3,|BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,|CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5,∴cos<BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3010. (3)证明:∵C 1(0,0,2),M (12,12,2),∴C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,12,0),又由(2)可得A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,-2),∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12+12+0=0, ∴A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥C1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴A 1B⊥C 1M.。
空间直角坐标系与空间向量
第40讲 空间直角坐标系与空间向量A. 课时精练一、 单项选择题(选对方法，事半功倍)1. (2020·莆田模拟)如图，若平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的各条棱长均为1，共顶点A 的三条棱两两所成的角为60°，则对角线BD 1的长为( )(第1题)A. 1B. 2C. 3D. 22. (2020·驻马店模拟)若两条不同的直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1和l 2的位置关系是( )A. 平行B. 相交C. 垂直D. 不确定3. 如图，在平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，AC 与BD 的交点为O ，点M 在BC ′上，且BM ＝2MC ′，则下列向量中与OM→相等的向量是( )(第3题)A. －12AB →＋76AD →＋23AA ′→B. －12AB →＋56AD →＋13AA ′→C. 12AB →＋16AD →＋23AA ′→D. 12AB →＋16AD →＋13AA ′→4. 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点，则AM 与PM 所成的角为( )(第4题)A. 30°B. 60°C. 90°D. 以上都不对二、 多项选择题(练—逐项认证，考—选确定的)5. (2020·连云港模拟)已知点P 是△ABC 所在的平面外一点，若AB →＝(－2,1,4)，AP→＝(1，－2,1)，AC →＝(4,2,0)，则下列结论中正确的是( ) A. AP ⊥AB B. AP ⊥ BP C. BC ＝53D. AP ∥ BC6. (2020·苏州模拟)已知a ·b ＝b ·c ＝a ·c ，b ＝(3,0，－1)，c ＝(－1,5，－3)，那么下列等式中正确的是( )A. (a ·b )c ＝b ·cB. (a ＋b )·c ＝a ·(b ＋c )C. (a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2D. |a ＋b ＋c |＝|a －b －c |三、 填空题(精准计算，整洁表达)7. (2020·莆田模拟)已知A (1，－2,11)，B (4,2,3)，C (x ，y,15)三点共线，则xy ＝________.8. (2020·杭州模拟)若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝22，D 为棱A 1B 1的中点，则异面直线AD 与CB 1所成角的大小为________．9. 已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，且AB →＝(2，－1，－4)，AD→＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．给出以下结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的一个法向量；④AP→∥BD →.其中正确的是________．(填序号)四、 解答题(让规范成为一种习惯)10. 如图，已知四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1) 求证：AC ⊥SD ；(2) 若SD ⊥平面P AC ，问：侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．(第10题)11. 如图，四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2，∠PDA ＝45°，点E ，F 分别为棱AB ，PD 的中点．(1) 求证：AF ∥平面PCE ； (2) 求证：平面PCE ⊥平面PCD ；(3) 在PC 上是否存在一点H ，使得AC ⊥平面EFH?(第11题)B. 滚动小练12. 若将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向左平移φ (φ>0)个单位长度后所得的图象关于原点对称，则当φ最小时，tan φ等于( )A.3 B.33 C. －3D. － 3313. (2020·潍坊模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用a n 表示解下n (n ≤9，n ∈N *)个圆环所需移动的最少次数，{a n }满足a 1＝1，且a n ＝⎩⎨⎧2a n －1－1，n 为偶数，2a n －1＋2，n 为奇数，则解下5个圆环需最少移动________次．14. (2020·广东检测)已知函数f (x )＝(x －1)e x .(1) 若关于x 的方程f (x )＝λx 仅有1个实数根，求实数λ的取值范围； (2) 若x ＝0是函数g (x )＝2f (x )－ax 2的极大值点，求实数a 的取值范围．。
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空间直角坐标系与空间向量一、建立空间直角坐标系的几种方法 构建原则：遵循对称性，尽可能多的让点落在坐标轴上。
作法：充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系． 类型举例如下：（一）用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系例1 已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠A 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解析：如图1，以D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则C 1（０，1，2）、B （2，4，０），∴1(232)BC =--u u u u r ，，，(010)CD =-u u u r ，，．设1BC u u u u r 与CD uuur 所成的角为θ， 则11317cos 17BC CD BC CDθ==u u u u r u u u r g u u u u r u u u r ． （二）利用线面垂直关系构建直角坐标系例2 如图2，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C 、C 1的一点，EA ⊥EB 1．已知2AB =，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝3π．求二面角A －EB 1－A 1的平面角的正切值．解析：如图2，以B 为原点，分别以BB 1、BA 所在直线为y 轴、z 轴，过B 点垂直于平面AB 1的直线为x 轴建立空间直角坐标系． 由于BC ＝1，BB 1＝2，AB ＝2，∠BCC 1＝3π，∴在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有B （０，０，０）、A （０，０，2）、B 1（０，2，０）、3102c ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，、13302C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，．设30E a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，且1322a -<<， 由EA ⊥EB 1，得10EA EB =u u u r u u u rg ，即3322022a a ⎛⎫⎛⎫---- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎝⎭g ，，，，233(2)2044a a a a =+-=-+=，∴13022a a ⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭g ， 即12a =或32a =（舍去）．故3102E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，． 由已知有1EA EB ⊥u u u r u u u r ，111B A EB ⊥u u u u r u u u r ，故二面角A －EB 1－A 1的平面角θ的大小为向量11B A u u u u r 与EA uu u r的夹角． 因11(002)B A BA ==u u u u r u u u r ，，，31222EA ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝u u u r ，， 故11112cos 3EA B A EA B A θ==u u u r u u u u r g u u u r u u u u r ，即2tan 2θ= （三）利用面面垂直关系构建直角坐标系例3 如图3，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD ． （1）证明AB ⊥平面VAD ；（2）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的余弦值．解析：（1）取AD 的中点O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系．设AD ＝2，则A （1，０，０）、D （－1，０，０）、B （1，2，０）、V （０，０，3），∴AB u u u r＝（０，2，０），VA u u r ＝（1，０，－3）． 由(020)(103)0AB VA =-=u u u r u u rgg ，，，，，得 AB ⊥VA ．又AB ⊥AD ，从而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA 、AD 都垂直，∴ AB ⊥平面VAD ；（2）设E 为DV 的中点，则13022E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，∴3302EA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，3322EB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，，，(103)DV =u u ur ，，． ∴332(103)022EB DV ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r g g ，，，，， ∴EB ⊥DV ．又EA ⊥DV ，因此∠AEB 是所求二面角的平面角．∴21cos 7EA EB EA EB EA EB==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，． 故所求二面角的余弦值为217． （四）利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系例4 已知正四棱锥V －ABCD 中，E 为VC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h ． （1）求∠DEB 的余弦值；（2）若BE ⊥VC ，求∠DEB 的余弦值．解析：（1）如图4，以V 在平面AC 的射影O 为坐标原点建立空间直角坐标系，其中O x ∥BC ，O y ∥AB ，则由AB ＝2a ，OV ＝h ，有B （a ，a ，０）、C （-a ，a ，０）、D （-a ，-a ，０）、V （0，0，h ）、222a a h E ⎛⎫-⎪⎝⎭，， ∴3222a h BE a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，，，3222a h DE a ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u ur ，，． ∴22226cos 10BE DE a h BE DE a h BE DE-+==+u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，， 即22226cos 10a h DEB a h -+=+∠；（2）因为E 是VC 的中点，又BE ⊥VC ，所以0BE VC =u u u r u u u r g ，即3()0222a h a a a h ⎛⎫----= ⎪⎝⎭g ，，，，，∴22230222a h a --=，∴2h a =． 这时222261cos 103a h BE DE a h -+==-+u u u r u u u r ，，即1cos 3DEB =-∠． 引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．下面以高考考题为例，剖析建立空间直角坐标系的三条途径．（五）利用图形中的对称关系建立坐标系图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），利用自身对称性可建立空间直角坐标系．例5已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高都为2，AB ＝4． （1）证明：PQ ⊥平面ABCD ； （2）求异面直线AQ 与PB 所成的角； （3）求点P 到面QAD 的距离． 简解：（1）略；（2）由题设知，ABCD 是正方形，且AC ⊥BD ．由（1），PQ ⊥平面ABCD ，故可分别以直线CA DB QP ，，为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图1），易得(2202)(0222)AQ PB =--=-u u u r u u u r ，，，，，，1cos 3AQ PB AQ PB AQ PB <>==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r ，．所求异面直线所成的角是1arccos3． （3）由（2）知，点(0220)(22220)(004)D AD PQ -=--=-u u u r u u u r，，，，，，，，设n =（x ，y ，z ）是平面QAD 的一个法向量，则00AQ AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u rg ，，n n 得200x z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，，取x ＝1，得(112)--，，n =．点P 到平面QAD 的距离22PQ d ==u u u r g n n．点评：利用图形所具备的对称性，建立空间直角坐标系后，相关点与向量的坐标应容易得出．第（3）问也可用“等体积法”求距离．二、向量法解立体几何 （一）知识点向量的数量积和坐标运算b a ρρ,是两个非零向量，它们的夹角为θ，则数θcos |||⋅⋅b 叫做与的数量积（或内积），记作⋅，即.cos ||||θ⋅⋅=⋅b a b a 其几何意义是a 的长度与b 在a 的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是：若),,(),,,(222111z y x z y x ==，则①212121z z y y x x b a ++=⋅ρρ；②222222212121||,||z y x b z y x a ++=++=；③212121z z y y x x b a ++=⋅ρρ④222222212121212121,cos z y x z y x z z y y x x b a ++⋅++++>=<（二）例题讲解 题型：求角度相关1. 异面直线n m ,所成的角分别在直线n m ,上取定向量,,b a ρρ则异面直线n m ,所成的角θ等于向量b a ρρ,所成的角或其补角（如图1所示），则.||||||cos b a b a ρρρρ⋅⋅=θ 2. 直线L 与平面α所成的角在L 上取定AB ，求平面α的法向量n （如图2所示），再求||||cos n AB ⋅=θ，则θπβ-=2为所求的角.3． 二面角方法一：构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如图3所示），则图1图图3甲①若二面角βα--l 是“钝角型”的如图3甲所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角，即||||cos 2121n n ⋅=θ② 若二面角βα--l 是“锐角型”的如图3乙所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角，即cos 2121=θ.方法二：在二面角的棱l 上确定两个点B A 、，过B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、（如图4所示），则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角，即 ||||cos 2121n n ⋅=θ题型：求距离相关1. 异面直线n m 、的距离分别在直线n m 、上取定向量,,b a ρρ求与向量b a ρρ、都垂直的向量，分别在n m 、上各取一个定点B A 、，则异面直线n m 、的距离d 等于AB 在上的射影长，即d=.证明：设CD 为公垂线段，取b DB a CA ρρ==,||||)(⋅=⋅∴⋅++=⋅∴++= ||CD d ==∴设直线n m ,所成的角为θ，显然.||||||cos b a b a ρρρρ⋅⋅=θ 2. 平面外一点p 到平面α的距离图图4图1求平面α的法向量n，在面内任取一定点A，点p到平面α的距离d等于AP在n上的射影长，即d=.|n|图5三、法向量 例题解析题型：求空间角1、运用法向量求直线和平面所成角设平面α的法向量为n r=（x, y, 1)，则直线AB 和平面α所成的角θ的正弦值为sin θ= cos(2π-θ) = |cos<AB u u u r , n r >| = AB AB nn••u u u r ru u u r r2、运用法向量求二面角设二面角的两个面的法向量为12,n n u r u u r ，则<12,n n u r u u r >或π-<12,n n u r u u r>是所求角。