14.空间向量应用(总复习)

空间向量的运算及应用

＝－a＋b＋12c.17Fra bibliotek板块一
板块二
板块三
板块四
高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
(3)∵M 是 AA1 的中点， ∴M→P＝M→A＋A→P＝12A→1A＋A→P ＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c. 又N→C1＝N→C＋C→C1＝12B→C＋A→A1＝12A→D＋A→A1＝12c＋a， ∴M→P＋N→C1＝12a＋12b＋c＋a＋12c ＝32a＋12b＋32c.
解析 ∵a∥b，∴b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，
6＝kλ＋1，
∴ 2μ－1＝0， 2λ＝2k.
λ＝2，解得 μ＝21
λ＝－3，或 μ＝12.
故选
A.
11
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高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
3．[课本改编]已知 a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若 a⊥
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高考一轮总复习 ·数学[理] （经典版）
解 A→C1＝A→B＋B→C＋C→C1＝A→B＋A→D＋A→A1＝a＋b＋c.
A→G＝A→A1＋A→1G
＝A→A1＋13(A→1D＋A→1B)
＝A→A1＋13(A→D－A→A1)＋13(A→B－A→A1)
＝13A→A1＋13A→D＋13A→B
(a－λb)，则实数 λ 的值为( )
A．－2
B．－134
14 C. 5
D．2
解析由题意知 a·(a－λb)＝0，即 a2－λa·b＝0，又 a2
＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.故选 D.
12
板块一

空间向量及其运算复习

要点梳理
知识回顾理清教材
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结合律：(λa)·b＝ λ(a·b) ； ②交换律：a·b＝ b·a ； ③分配律：a·(b＋c)＝ a·b＋a·c .
a21＋a22＋a23· b12＋b22＋b23
.
设 A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，
则 dAB＝|A→B|＝ a2－a12＋b2－b12＋c2－c12 .
跟踪训练 3 已知空间中三点 A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设 a＝A→B，b＝A→C.
(1)求向量 a 与向量 b 的夹角的余弦值；
且 ka＋b 与 ka－2b 互相垂直，
∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，
∴k＝2 或 k＝－52，
∴当 ka＋b 与 ka－2b
互相垂直时，实数
k
的值为
2
或－52.
方法二由(1)知|a|＝ 2，|b|＝ 5，a·b＝－1，
∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，
要点梳理
知识回顾理清教材
4.空间向量的坐标表示及应用
(1)数量积的坐标运算
设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则 a·b＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 .
(2)共线与垂直的坐标表示
设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则 a∥b⇔ a＝λb⇔ a1＝λb1 ， a2＝λb2 ，a3＝λb3 (λ∈R) ，

高考数学二轮三轮总复习专题课件专题4第14讲空间向量与立体几何理北师大

第14讲 │ 主干知识整合
2．夹角计算公式 (1)线线角：直线与直线所成的角为 θ，如两直线的方向向量分别为 a，b，则 cosθ＝|cos〈a，b〉|； (2)线面角：直线与平面所成的角为 θ，如直线的方向向量为 a，平面的法向量为 n，则 sinθ＝|cos〈a，n〉|； (3)面面角：两相交平面所成的角为 θ，两平面的法向量分别为 n1 和 n2，则 cosθ＝|cos〈n1，n2〉|，其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角，也可以用这个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况以决定 cosθ＝|cos〈n1，n2〉|还是 cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|.
于是 cos〈A→C，A→1B1〉＝|AA→→CC|·|AA→→11BB11|＝3×42
＝ 2
32.
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 32.
第14讲 │ 要点热点探究
(2)易知A→A1＝(0,2 2，0)，A→1C1＝(－ 2，－ 2， 5)．设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)，
第14讲 │ 要点热点探究
► 探究点二利用空间向量求空间角和距离例 2 [2011·天津卷] 如图 14－3 所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，
H 是正方形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H⊥平面 AA1B1B，且 C1H ＝ 5.
(1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值； (2)求二面角 A－A1C1－B1 的正弦值； (3)设 N 为棱 B1C1 的中点，点 M 在平面 AA1B1B 内，且 MN⊥平面 A1B1C1，求线段 BM 的长．
图 14－1
第14讲 │ 要点热点探究
【分析】建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明 E→F∥A→B即可证明第一问，第二问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直，第三问使用平面法向量的方法求解．

空间向量知识点与题型归纳总结

空间向量知识点与题型归纳总结知识点精讲一、空间向量及其加减运算1.空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模.空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可以记作AB ，其模记为a 或AB .2.零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0.当有向线段的起点A 与终点B 重合时，0AB =. 模为1的向量称为单位向量. 3.相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量.在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量.空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为a -. 4.空间向量的加法和减法运算（1）OC OA OB a b =+=+，BA OA OB a b =-=-.如图8-152所示.（2）空间向量的加法运算满足交换律及结合律 a b b a +=+，()()a b c a b c ++=++ 二、空间向量的数乘运算1．数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积a λ称为向量的数乘运算.当0λ>时，a λ与向量a 方向相同；当0λ<时，向量a λ与向量a 方向相反. a λ的长度是a 的长度的λ倍.2.空间向量的数乘运算满足分配律及结合律()a b a b λλλ+=+，()()a a λμλμ=.3.共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作//a b .4.共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b ()0b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=. 5.直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线.对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP OA ta =+①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB a =，则式①可化为()()1OP OA t AB OA t OB OA t OA tOB =+=+-=-+②①和②都称为空间直线的向量表达式，当12t =，即点P 是线段AB 的中点时，()12OP OA OB =+，此式叫做线段AB 的中点公式.6.共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA a =，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α.平行于同一平面的向量，叫做共面向量.7.共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(),x y ，使p xa yb =+.推论：（1）空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(),x y ，使AP xAB y AC =+；或对空间任意一点O ，有OP OA x AB y AC -=+，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.（2）已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP xOA yOB zOC =++（其中1x y z ++=）的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立. 三、空间向量的数量积运算1.两向量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 ，通常规定0,a b π≤≤，如果,2a b π=，那么向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥.2.数量积定义Aaaα图 8-154O已知两个非零向量a ，b ，则cos ,a b a b 叫做a ，b 的数量积，记作a b ⋅，即cos ,a b a b a b ⋅=.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，2a a a ⋅=.3.空间向量的数量积满足的运算律： ()()a b a b λλ⋅=⋅，a b b a ⋅=⋅（交换律）； ()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）. 四、空间向量的坐标运算及应用（1）设()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则()112233,,a b a b a b a b +=+++；()112233,,a b a b a b a b -=---；()123,,a a a a λλλλ=； 112233a b a b a b a b ⋅=++；()112233//0,,a b b a b a b a b λλλ≠⇒===； 1122330a b a b a b a b ⊥⇒++=.（2）设()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---.这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标. （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式. ①已知()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则221a a a ==+221b b b ==+；112233a b a b a b a b ⋅=++；cos ,a b =；②已知()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则(AB x =或者(),d A B AB =.其中(),d A B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量a 在向量b 上的射影为cos ,a b a a b b⋅=.（5）设()0n n ≠是平面M 的一个法向量，AB ，CD 是M 内的两条相交直线，则0n AB ⋅=，由此可求出一个法向量n （向量AB 及CD 已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设n 是平面的一个法向量，l 为直线l 的方向向量，证明0l n ⋅=，（如图8-155所示）.已知直线l （l α⊄），平面α的法向量n ，若0l n ⋅=，则//l α.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量a ，b ，只要证明a b ⊥，即0a b ⋅=.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行、法向量互相垂直.（10）空间角公式.①异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,a b a b a bθ⋅==.②线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,a n a n a nθ⋅==.③二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,n n θ=或12,n n π-（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos n n n n θ⋅=.（11）点A 到平面α的距离为d ，B α∈，n 为平面α的法向量，则AB n d n⋅=.题型归纳及思路提示题型1 空间向量及其运算思路提示空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则.一、空间向量的加法、减法、数乘运算例8.41 如图8-156所示，已知空间四边形OABC ，点,M N 分别为OA ，BC 的中点，且OA a =，OB b =，OC c =，用a ，b ，c 表示MN ，则MN = .解析 1122OM OA a ==，()()1122ON OB OC b c =+=+，()()111222MN ON OM b c a b c a =-=+-=+-.变式1 如图8-157所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M 和N 分别是对边OA 和BC的中点，点G 在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量OA ，OB ，OC 表示向量OG ，设OG xOA yOB zOC =++，则,,x y z 的值分别是（）.A 111,,333x y z === .B 111,,336x y z ===.C 111,,363x y z === .D 111,,633x y z ===变式2 如图8-158所示，在四面体O ABC -中，OA a =，OB b =，OC c =，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE = （用a ，b ，c 表示）.变式 3 在空间四边形ABCD 中，连接对角线,AC BD ，若BCD ∆是正三角形，且E 为其重心，则1322AB BC DE AD +--的化简结果为 .变式4 如图8-159所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则下列向量中与BM 相等的向量是（）.A 1122a b c -++ .B 1122a b c ++ .C 1122a b c --+ .D 1122a b c -+二、空间共线向量定理的应用空间共线向量定理：()//0a b b a b λ≠⇔=. 利用此定理可解决立体几何中的平行问题.例8.42 已知3240m a b c =--≠，()182n x a b yc =+++，且,,a b c 不共面，若//m n ，求,x y 的值.解析因为//m n 且0m ≠，所以n m λ=，即()()182324x a b yc a b c λ+++=--.又因为,,a b c 不共面，所以138224x y λλλ+=⎧⎪=-⎨⎪=-⎩，解得138x y =-⎧⎨=⎩.二、空间向量的数量积运算121212cos ,a b a b a b x x y y z z ⋅==++；求模长时，可根据2222111a a x y z ==++；求空间向量夹角时，可先求其余弦值cos ,a b a b a b⋅=.要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即0a b a b ⋅=⇔⊥.,a b 为锐角0a b ⇒⋅>；,a b 为钝角0a b ⇒⋅<.由此，通常通过计算a b ⋅的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角.例8.43 已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点,E F 分别是,BC AD 的中点，AE ⋅AF 的值为（）..A 2a .B 21.2B a 21.4C a 23.4D a 解析依题意，点,EF 分别是,BC AD 的中点，如图8-160所示，AE ⋅AF ()1122AB AC AD =+⋅()14AB AD AC AD =⋅+⋅ ()22211cos60cos6044a a a =︒+︒=. 故选C . 变式1 如图8-161所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，1160A AD A AB DAB ∠=∠=∠=︒，且11A A AB AD ===，则1AC = .变式2 如图8-162所示，设,,,A B C D 是空间不共面的4个点，且满足0AB AC ⋅=，0AD AC ⋅=，0AD AB ⋅=，则BCD ∆的形状是（）..A 钝角三角形 .B 直角三角形 .C 锐角三角形 .D 无法确定例8.44 如图8-163所示，在45︒的二面角l αβ--的棱上有两点,A B ，点,C D 分别在,αβ内，且AC AB ⊥，45ABD ∠=︒，1AC BD AB ===，则CD 的长度为 .分析求CD 的长度转化为求空间向量CD 的模.解析因为CD CA AB BD =++，故()22CD CA AB BD =++ 222222CA AB BD CA AB AB BD CA BD =+++⋅+⋅+⋅1110211cos1352CA BD =++++⨯⨯⨯︒+⋅，设点C 在β内的射影为H ，则HA AB ⊥，,135HA BD =︒.故()CA BD CH HA BD CH BD HA BD ⋅=+⋅=⋅+⋅10cos1351cos 45cos1352HA BD =+︒=⨯︒︒=-.故222CD =，则22CD =-变式1 已知二面角l αβ--为60︒，动点,P Q 分别在面,αβ内，P 到β3Q 到α的距离为3,P Q 两点之间距离的最小值为（）..2.2B .23C .4D变式2 在直角坐标系中，设()3,2A ，()2,3B --，沿y 轴把坐标平面折成120︒的二面角后，AB 的长为（）..6A .42B .23C .211D例8.45 如图8-164所示，设动点P 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，记11D PD Bλ=.当APC ∠为钝角时，求λ的取值范围.解析由题设可知，以1,,DA DC DD 为单位正交基底，建立如图8-165所示的空间直角坐标系D xyz -，则有()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,0,1D . 由()11,1,1D B =-，()11,,D P D B λλλλ==-，()()()111,0,1,,1,,1PA D A D P λλλλλλ=-=---=---，()()()110,1,1,,,1,1PC DC D P λλλλλλ=-=---=---. 显然APC ∠不是平角，所以APC ∠为钝角，cos cos ,0PA PC APC PA PC PA PC⋅∠==<，等价于0PA PC ⋅<，即()()()()()21110λλλλλ--+--+-<，得113λ<<.因此，λ的取值范围是1,13⎛⎫⎪⎝⎭.评析利用向量知识将APC ∠为钝角转化为cos ,0PA PC <求解是本题的关键.变式 1 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 在线段1BD 上，当APC ∠最大时，三棱锥P ABC -的体积为（）.1.24A 1.18B 1.9C 1.12D 例8.46 如图8-166所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP MC =，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（）.解析取AD 的中点O ，以OA 为x 轴，垂直于OA 的OE 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系如图8-167所示.设(),,0M x y ，正方形的边长为a ，30,0,2P a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,,02a C a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则()222a MC x y a ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，22234MP x y a =++，MP MC =，得()22222324a a x y a x y ⎛⎫++-=++ ⎪⎝⎭，即202a x y -+=.所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段，且过D 点和AB 的中点.故选A .评注本题利用空间线面位置关系求解也很快.由题意知空间内与两定点距离相等的点均在线段中垂面内，即M 在线段PC 的中垂面内.又M 为底面ABCD 内一动点，则M 的轨迹为两平面的交线落在底面内的部分，排除C 、D .又BP BC >，故排除B .故选A .变式1 到两互相垂直的异面直线距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（）..A 直线 .B 椭圆 .C 抛物线 .D 双曲线变式2 空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离，已知平面α，β，γ两两互相垂直，点A α∈，点A 到β，γ的距离都是3，点P 是α上的动点，满足P 到β的距离是点P 到点A 距离的2倍，则点P 的轨迹上的点到γ的距离的最小值是（）..33A - .323B - .63C - .3D题型2 空间向量在立体几何中的应用思路提示用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离.因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单.用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算.一、证明三点共线（如A ，B ，C 三点共线）的方法先构造共起点的向量AB ，AC ，然后证明存在非零实数λ，使得AB AC λ=.例8.47 如图8-168所示，已知在长方体1111ABCD A B C D -中，点M 为1DD 的中点，点N 在AC 上，且:2:1AN NC =，点E 为BM 的中点.求证：1A ，E ，N 三点共线.解析以D 为坐标原点建立空间直角坐标系-D xyz ，如图8-169所示.不妨设DA a =，DC b =，1DD c =，则0,0,2c M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(),,0B a b ，,,224a b c E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,A a c ，2,,033a b N ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,,224a b c A E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，122,,33a b A N c ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，因为1143A N A E =，故1A ，E ，N 三点共线.变式 1 在正方体1111ABCD A B C D -中，E ,F 分别为棱1AA 和1CC 的中点，则在空间中与三条直线11A D ，EF ，CD 都相交的直线（）..A 不存在 .B 有且只有两条 .C 有且只有三条 .D 有无数条变式2 如图8-170所示，在空间四边形ABCD 中，M ，N 分别是AB 和CD 的中点，P 为线段MN 的中点，Q 为BCD ∆的重心.求证：,,A P Q 三点共线.二、证明多点共面的方法要证明多点（如A ，B ，C ，D ）共面，可使用以下方法解题.先作出从同一点出发的三个向量（如AB ，AC ，AD ），然后证明存在两个实数,x y ，使得AD x AB y AC =+.例8.48 如图8-171所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，90BAD FAB ∠=∠=︒，1//2BC AD ，1//2BE AF .求证：,,,C D E F 四边共面.解析由平面ABEF ⊥平面ABCD ，又AF AB ⊥，平面ABEF 平面ABCD AB =，得AF ⊥平面ABCD ，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -，如图8-172所示.设AB a =，BC b =，BE c =，则(),0,0B a ，(),,0C a b ，()0,2,0D b ，(),0,E a c ，()0,0,2F c .()0,,CE b c =-，()0,2,2DF b c =-，因为2DF CE =，所以//DF CE ，则,CE DF 确定一个平面，即,,,C D E F 四点共面.变式1 如图8-173所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -，,,,E F G H 分别是棱11111,,,A D D C C C AB 的中点.求证：,,,E F G H 四点共面.三、证明直线和直线平行的方法将证线线平行转化为证两向量共线.设,a b 是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为,a b ，则()//,0a b a b R λλλ⇔=∈≠.例8.49 如图8-174所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，MN 是异面直线1A D 与AC 的公垂线段.求证：1//MN BD .解析以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，如图8-175所示.设正方体的棱长为a ，则()1,0,A a a ，(),0,0A a ，()0,,0C a ，(),,0B a a ，()10,0,D a .设(),,z MN x y =，由MN 是异面直线1A D 与AC 的公垂线段，得1MN A D ⊥，MN AC ⊥，又()1,0,A D a a =--，(),,0AC a a =-，故100MN A D MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，00ax az ax ay --=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1z =-，1y =，所以()1,1,1MN =-，()1,,BD a a a aMN =--=-，即1//BD MN .因此1//MN BD .四、证明直线和平面平行的方法（1）利用共面向量定理.设,a b 为平面α内不共线的两个向量，证明存在两个实数,x y ，使得l xa yb =+，则//l α.（2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行.（3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）.例8.50 如图8-176所示，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知122DC DD AD AB ===，AD DC ⊥，//AB DC ，E 是DC 的中点.求证：1//D E 平面1A BD .解析因为11D E DE DD =-，11DD AA =，E 是DC 的中点，12DE DC AB ==，所以111D E AB AA A B =-=.又因为1D E ⊄平面1A BD ，11//D E A B ，所以1//D E 平面1A BD .评注利用空间向量证明线面平行，已知直线的方向向量为a ，只要在平面内找到一条直线的方向向量为b ，问题转化为证明a b λ=即可.变式1 如图8-177所示，已知P 是正方形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是PA 、 BD 上的点，且::5:8PM MA BN ND ==.求证：直线//MN 平面PBC .五、证明平面与平面平行的方法（1）证明两平面内有两条相交直线分别平行.（2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）.例8.51 如图8-178所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,M N P 分别是11111,,C C B C C D 的中点.求证：平面//MNP 平面1A BD .解析解法一：以1D 为坐标原点，11D A 为x 轴，11D C 为y 轴，1D D 为z 轴，建立空间直角坐标系1D xyz -，如图8-179所示.设正方体的棱长为a ，则()1,0,0A a ，()0,0,D a ，()10,,0C a ，()0,,C a a ，()1,,0B a a ，0,,2a M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,,02a P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,,02a N a ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,A D a a =-，11,0,222aa MN A D ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以1//MN A D ，即1//MN A D ，(),,0BD a a =--，1,,0222a a PN BD ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以//PN BD ，即//PN BD .因为MNPN N =，1A DBD D =，所以平面//MNP 平面1A BD .解法二：设平面MNP 的法向量为()1111,,n x y z =，由1MN n ⊥，1PN n ⊥，得1111022022a a x z a a x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令11z =，得111111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()11,1,1n =-.设平面1A BD 的法向量为()2222,,n x y z =，由12A D n ⊥，2BD n ⊥，得222200ax az ax ay -+=⎧⎨--=⎩，令21z =，得222111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()21,1,1n =-.因为12//n n ，所以平面//MNP 平面1A BD .变式1 如图8-180所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 分别是11111,,A D D D D C 的中点. 求证:平面//EFG 平面1AB C .六、证明直线与直线垂直的方法设直线12,l l 的方向向量为,a b ，则a b ⊥0a b ⇔⋅=.这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法.例8.52 如图8-181所示，四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，2CD =，AB AC =.求证：AD CE ⊥.分析平面ABC ⊥平面BCDE ，在平面ABC 内作AO BC ⊥AO ⇒⊥平面BCDE ，以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系.解析作AO BC ⊥，垂足为O ，则AO ⊥平面BCDE ，且O 为BC 的中点，以O 为坐标原点，OC 为x 轴，建立如图8-182所示的直角坐标系O xyz -.设()0,0,A a ，由已知条件知()1,0,0C ，()1,2,0D ，()1,2,0E -，()2,2,0CE =-，()1,2,AD a =-.因为0CE AD=⋅，所以CE AD ⊥。

高三数学教案：空间向量及其应用复习学案

高三数学教案：空间向量及其应用复习学案【】鉴于大家对查字典数学网十分关注，小编在此为大家整理了此文高三数学教案：空间向量及其应用复习学案，供大家参考!本文题目：高三数学教案：空间向量及其应用复习学案2019年普通高考数学科一轮复习精品学案第36讲空间向量及其应用一.课标要求：(1)空间向量及其运算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。

(2)空间向量的应用① 理解直线的方向向量与平面的法向量;② 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系;③ 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理(包括三垂线定理);④ 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。

二.命题走向本讲内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。

本讲是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察形式为：以客观题形式考察空间向量的概念和运算，结合主观题借助空间向量求夹角和距离。

预测2019年高考对本讲内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。

三.要点精讲1.空间向量的概念向量：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。

如位移、速度、力等。

相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量。

表示方法：用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量。

说明：①由相等向量的概念可知，一个向量在空间平移到任何位置，仍与原来的向量相等，用同向且等长的有向线段表示;②平面向量仅限于研究同一平面内的平移，而空间向量研究的是空间的平移。

空间向量总复习

空间向量总复习一证平行解题思路利用空间向量证明平行的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题例1如图所示，平面P AD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△P AD是直角三角形，且P A＝AD＝2，E，F，G分别是线段P A，PD，CD的中点.求证：PB∥平面EFG.引申探究若本例中条件不变，证明平面EFG∥平面PBC.变式训练1-1如图，在三棱锥P ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱P A，PC，BC 的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.求证：MN∥平面BDE.二证垂直解题思路利用空间向量证明垂直的方法例2如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点.求证：AB1⊥平面A1BD.例3如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.求证：平面BCE⊥平面CDE.变式训练3-1如图所示，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.证明：(1)P A⊥BD；(2)平面P AD⊥平面P AB.三利用空间向量解决探索性问题解题思路对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.例4如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点.(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面P AD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论.跟变式训练4-1如图所示，四棱锥P—ABCD的底面是边长为1的正方形，P A⊥CD，P A＝1，PD＝2，E 为PD上一点，PE＝2ED.(1)求证：P A⊥平面ABCD；(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.课堂练习：1.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和为________.2.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点.(1)证明：AC⊥BC1；(2)证明：AC1∥平面CDB1.4.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：(1)MN∥平面A1B1C1；(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a 3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.相交B.平行C.垂直D.MN在平面BB1C1C内6.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________.7.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点.(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.四异面直线所成角解题思路用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.例5如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.变式训练5-1 三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( )A.110B.35C.710D.45五直线与平面所成角解题思路若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |. 例6 如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.变式训练6-1如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－P A－C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值.六求二面角解题思路利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.例7如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝2，∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形，∠CAF＝60°.(1)求证：BF⊥AE；(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.变式训练7-1如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.课堂练习1.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶2，则AF与CE所成角的余弦值为________.2.已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF 与平面ABC所成的锐二面角的正切值为________.3.如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ； (2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值.＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，P A＝5，PD＝22，点E在棱AD上且AE＝1，点F为棱PD的中点.(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；(2)求二面角A－BF－C的余弦值.＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角.6.如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1—→(λ∈[0,1]).(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由.7.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2,3)，AD →＝(－4,1,0)，AP →＝(－6,2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2C.13D.268.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.参考答案例1 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)， D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)， F (0,1,1)，G (1，2,0).∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究若本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .变式训练1-1 如图，在三棱锥P ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.求证：MN ∥平面BDE .证明如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.由题意，可得A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0).DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2).设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1).又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .例2证明方法一设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证. 方法二取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，且平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB ，OO 1，OA 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)， A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD .例3证明设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，以A 为原点，分别以AC ，AB 所在直线为x 轴，z 轴，以过点A 垂直于AC 的直线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，C (2a ,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a ,0)， E (a ，3a ,2a ).所以BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a ,0，－a )，CD →＝(－a ，3a ,0)，ED →＝(0,0，－2a ). 设平面BCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·BE →＝0，n 1·BC →＝0可得⎩⎨⎧ ax 1＋3ay 1＋az 1＝0，2ax 1－az 1＝0，即⎩⎨⎧x 1＋3y 1＋z 1＝0，2x 1－z 1＝0.令z 1＝2，可得n 1＝(1，－3，2). 设平面CDE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 2·CD →＝0，n 2·ED →＝0可得⎩⎨⎧ －ax 2＋3ay 2＝0，－2az 2＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0，z 2＝0.令y 2＝1，可得n 2＝(3，1,0).因为n 1·n 2＝1×3＋1×(－3)＋2×0＝0. 所以n 1⊥n 2，所以平面BCE ⊥平面CDE .变式训练3-1证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形，平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3，∴A (1，－2,0)，B (1,0,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，3)， ∴BD →＝(－2，－1,0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1,0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB .∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB . 例4(1)证明如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)， A (a ,0,0)，B (a ，a ,0)， C (0，a ,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a ,0). ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解设G (x ,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则需FG →·CB →＝0，且FG →·CP →＝0，由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即G 为AD 的中点.变式训练4-1(1)证明 ∵P A ＝AD ＝1，PD ＝2， ∴P A 2＋AD 2＝PD 2，即P A ⊥AD .又P A ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥平面ABCD .(2)解以A 为原点，AB ，AD ，AP 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 (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，23，13，AC →＝(1,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，23，13. 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(－1,1，－2).假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)，使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0. 又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ) ＝(－λ，1－λ，λ)，∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12，∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点.课堂练习：1.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和为________.答案 1解析以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)， ∴B 1E →＝(x －1,0,1)，FB →＝(1,1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ， ∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0，即x ＋y ＝1.2.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长度，DA ，DP ，DC 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .由题意得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). ∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 又DQ ∩DC ＝D ，DQ ，DC ⊂平面DCQ ， ∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ， ∴平面PQC ⊥平面DCQ .3.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点.(1)证明：AC ⊥BC 1； (2)证明：AC 1∥平面CDB 1.证明因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长分别为AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，所以△ABC 为直角三角形，AC ⊥BC .所以AC ，BC ，C 1C 两两垂直.如图，以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)， A (3,0,0)，B (0,4,0)，C 1(0,0,4)，A 1(3,0,4)，B 1(0,4,4)，D ⎝⎛⎭⎫32，2，0. (1)因为AC →＝(－3,0,0)，BC 1→＝(0，－4,4)，所以AC →·BC 1→＝0，所以AC ⊥BC 1.(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，则E (0,2,2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，2，AC 1→＝(－3,0,4)，所以DE →＝12AC 1→，DE ∥AC 1.因为DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，所以AC 1∥平面CDB 1.4.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点.求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .证明由题意，知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点，分别以AA 1，AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)， C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1). (1)由题意知AA 1⊥A 1B 1，AA 1⊥A 1C 1，又A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，A 1B 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以AA 1⊥平面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→. 又MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2). 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1). 同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1). 因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A.相交 B .平行C.垂直 D .MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析以点C 1为坐标原点，分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a3，a ， MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3. 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1—→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1—→＝0，所以MN →⊥C 1D 1—→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .6.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 的中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周).若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________.答案72解析以O 点为坐标原点，OB ，OS 所在直线分别为y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)， S ()0，0，3，M ⎝⎛⎭⎫0，0，32，设P (x ，y,0)，∴AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，32，MP →＝⎝⎛⎭⎫x ，y ，－32，由AM →·MP →＝y －34＝0，得y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－⎝⎛⎭⎫342＝72.7.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点.(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由. (1)证明以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AB ＝a .则A (0,0,0)，D (0,1,0)， D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0， B 1(a ,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1. 则B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B 1E →⊥AD 1→，所以B 1E ⊥AD 1.(2)解存在满足要求的点P ，假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)，再设平面B 1AE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. 因为n ⊥平面B 1AE ，所以n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，则平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，即a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.所以棱AA 1上存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.例5(1)证明如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)， E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 变式训练5-1 答案 C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1,0)，M (0,0,2)，B (－3，0,0)，N ⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，所以AM →＝(0,1,2)， BN →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.例6(1)证明由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD.(2)解如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz . 由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0， DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32.又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 变式训练6-1(1)证明因为P A ＝PC ＝AC ＝4， O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示.由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)， A (0，－2,0)，C (0,2,0)， P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23).由(1)知平面P AC 的一个法向量为OB →＝(2,0,0). 设M (a ,2－a ,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ,4－a ,0). 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面P AM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB →·n |OB →||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. 例7(1)证明依题意，在等腰梯形ABCD 中，AC ＝23，AB ＝4，∵BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，即BC ⊥AC ，又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ACEF ，而AE ⊂平面ACEF ，∴AE ⊥BC ，连接CF ，∵四边形ACEF 为菱形，∴AE ⊥FC ，又∵BC ∩CF ＝C ，BC ，CF ⊂平面BCF ， ∴AE ⊥平面BCF ，∵BF ⊂平面BCF ，∴BF ⊥AE . (2)解取EF 的中点M ，连接MC ，∵四边形ACEF 是菱形，且∠CAF ＝60°， ∴由平面几何易知MC ⊥AC ，又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，CM ⊂平面ACEF ， ∴MC ⊥平面ABCD .以CA ，CB ，CM 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C (0,0,0)，A (23，0,0)，B (0，2,0)，D (3，－1,0)，E (－3，0,3)，F (3，0,3)，设平面BEF 和平面DEF 的一个法向量分别为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，n 2＝(a 2，b 2，c 2)， ∵BF →＝(3，－2,3)，EF →＝(23，0,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧BF →·n 1＝0，EF →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3a 1－2b 1＋3c 1＝0，23a 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，2b 1＝3c 1，不妨令b 1＝3，则n 1＝(0,3,2)，同理可求得n 2＝(0,3，－1)，设二面角B －EF －D 的大小为θ，由图易知θ为锐角， ∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝7130，故二面角B －EF －D 的平面角的正切值为97.变式训练7-1(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD 的中点.由题设得 D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)， AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)，DA →是平面MCD 的一个法向量，因此 cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.课堂练习1.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________.答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2， ∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)， ∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)， ∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.2.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________. 答案23解析方法一延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.方法二如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得 A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13， F ⎝⎛⎭⎫0，1，23，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13， AF →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 3.(2018·鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值.(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形， ∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点， ∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1， ∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ， ∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解 ∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1， ∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，A 1(3，－1,2)，B (0,2,0)，B 1(0，1,2)， ∴CA →＝(3，－1,0)，B 1A 1—→＝(3，－2,0)， B 1B →＝(0,1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1—→，n ⊥B 1B →，可得⎩⎨⎧3x －2y ＝0，y －2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4,23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA →||n |·|CA →|＝23231＝9331.4.如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，P A ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点.(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ； (2)求二面角A －BF －C 的余弦值.(1)证明在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC . 在△P AD 中，cos ∠P AD ＝P A 2＋AD 2－PD 22P A ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△P AE 中，PE 2＝P A 2＋AE 2－2P A ·AE ·cos ∠P AE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝P A 2，即PE ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面P AD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE . 又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0,0)，C (0,22，0)，P (0,0,2)，A ⎝⎛⎭⎫22，－22，0，D (－2，2，0)，F ⎝⎛⎭⎫－22，22，1，AB →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，BF →＝⎝⎛⎭⎫－322，22，1，BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·AB →＝22x 1＋22y 1＝0，m ·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1,22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·BC→＝－2x 2＋22y 2＝0，n ·BF →＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4,2,52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.5.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CEBE ＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角.答案916解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3， ∴B (0,4,0)，S (0,0,3).设BC ＝m ，则C (m ,4,0)， ∵SF BF ＝CEBE＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →).∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)，∴F ⎝⎛⎭⎫0，4λ1＋λ，31＋λ.同理可得E ⎝⎛⎭⎫m1＋λ，4，0，∴FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m1＋λ，41＋λ，－31＋λ. ∵F A →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－4λ1＋λ，－31＋λ，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.6.如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1—→(λ∈[0,1]).(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明连接A 1Q .∵AA 1＝AC ＝1，M ，Q 分别是CC 1，AC 的中点， ∴Rt △AA 1Q ≌Rt △CAM ， ∴∠MAC ＝∠QA 1A ，∴∠MAC ＋∠AQA 1＝∠QA 1A ＋∠AQA 1＝90°， ∴AM ⊥A 1Q .∵N ，Q 分别是BC ，AC 的中点，∴NQ ∥AB . 又AB ⊥AC ，∴NQ ⊥AC .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ， ∴NQ ⊥AA 1.又AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴NQ ⊥平面ACC 1A 1， ∴NQ ⊥AM .由NQ ∥AB 和AB ∥A 1B 1可得NQ ∥A 1B 1， ∴N ，Q ，A 1，P 四点共面， ∴A 1Q ⊂平面PNQ .∵NQ ∩A 1Q ＝Q ，NQ ，A 1Q ⊂平面PNQ ， ∴AM ⊥平面PNQ ，∴无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ .(2)解如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0， Q ⎝⎛⎭⎫0，12，0， NM →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，12，A 1B 1→＝(1,0,0). 由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P (λ，0,1)， ∴PN →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1.设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·NM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧－12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝⎛⎭⎫12－λx ＋12y －z ＝0，得⎩⎨⎧y ＝1＋2λ3x ，z ＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量. 取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1). 假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去).综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.7.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2,3)，AD →＝(－4,1,0)，AP →＝(－6,2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2C.13D.26答案 B解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →，n ⊥AD →，即⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ＝⎝⎛⎭⎫1，4，43，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∴h ＝2626×226＝2. 8.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.(1)证明设AD ＝CD ＝BC ＝1， ∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC . ∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ， ∴AC ⊥平面BCF . ∵EF ∥AC ， ∴EF ⊥平面BCF .(2)解以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0，1,0)，M (λ，0,1)， ∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1). 设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ).易知m ＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值7 7，∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为7 7.。

空间向量综合复习 (2)

个性化教学辅导教案学科：数学任课教师：授课日期：2014 年 12月日姓名年级高性别授课时间总课时第课教学课题空间向量综合复习教学目标 1.理解空间向量的定义 2.会用空间向量的性质解题难点重点空间向量的综合应用签字教学组长签字：教研主任签字:既有大小又有方向的量叫向量．向量的表示方法有：①用有向线段表示； ②用字母a 、b 等表示；③用有向线段的起点与终点字母：AB ．长度相等且方向相同的向量叫相等向量.向量的加减以及数乘向量运算：⒈向量的加法：⒉向量的减法：⒊实数与向量的积：实数λ与向量a 的积是一个向量，记作λa ，其长度和方向规定如下： (1)|λa |＝|λ||a|(2)当λ＞0时，λa 与a 同向；当λ＜0时，λa 与a 反向；当λ＝0时，λa ＝0.向量加法和数乘向量满足以下运算律加法交换律：a ＋b ＝b ＋a加法结合律：(a ＋b )＋c ＝a ＋（b ＋c ）数乘分配律：λ(a ＋b )＝λa ＋λb 空间中具有大小和方向的量叫做向量空间向量也用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量．空间任意两个向量是共面的．空间向量的加法、减法、数乘向量的定义与平面向量的运算一样：AB OA OB +==a +b ，OA OB AB -=（指向被减向量）， =OP λa )(R ∈λ空间向量加法与数乘向量有如下运算律：⑴加法交换律：a + b = b + a ；⑵加法结合律：(a + b ) + c =a + (b + c )；（课件验证） ⑶数乘分配律：λ(a + b ) =λa +λb ．例１已知平行六面体''''D C B A ABCD -（如图），化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量：；⑴BC AB + ；⑵'AA AD AB ++ '21CC AD AB ++⑶．⑷)'(31AA AD AB ++1．共线（平行）向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。

空间向量及应用优化总结(理)

性也随之解决；若导致矛盾,则否定了存在性.
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第三章
空间向量与立体几何
例5
(2011· 高考浙江卷)
如图 , 在三棱锥 P-ABC 中 ,AB ＝ AC,D 为 BC 的中
点 ,PO ⊥平面 ABC, 垂足 O 落在线段 AD 上 , 已知
BC＝8,PO＝4,AO＝3,OD＝2. (1)证明:AP⊥BC. (2)在线段AP上是否存在点M,使得二面角AMC-B为直二面角？若存在,求出AM的长；若
栏目导引
第三章
空间向量与立体几何
专题四
利用空间向量解决存在性问题
存在性问题即在一定条件下论证会不会出现
某个结论 . 这类题型常以适合某种条件的结论
“存在”、“不存在”、“是否存在”等语句表述.解答这类问题 ,一般要先对结论作出肯定的假设,然后由此肯定的假设出发 ,结合已知条件进行推理论证 ,若导致合理的结论 ,则存在
第三章
空间向量与立体几何
例3 已知正方形 ABCD 所在的平面和矩形
ACEF 所在平面互相垂直 ,AB＝ 2,AF＝ 1.试在线段 AC 上确定一点 P,使得 PF 与 CD 所成的角为 60° .
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第三章
空间向量与立体几何
【解】如图所示建立空间直角坐标系 Cxyz, → 则 F( 2, 2,1),CD ＝ ( 2,0,0). 设 P(t,t,0)(0≤ t≤ 2), → 则PF＝ ( 2－ t, 2－ t,1). ∵ PF 与 CD 所成的角是 60° , | 2·（ 2－ t） | ∴ cos60°＝ , 2 2 2· （ 2－ t）＋（ 2－ t）＋1 2 3 2 解得 t＝或 t＝ (舍去 ). 2 2 ∴当 P 为 AC 中点时 ,满足题设条件 .

空间向量的应用专题训练卷(含解析)

空间向量的应用专题训练卷一、单选题1．（2020·江苏如东�高一期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，11AA =，则直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为（）A ．63B ．102C ．155D ．1052．（2020·河北新华�石家庄二中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为( ) A ．16B ．14C ．16-D ．14-3．（2020·辽宁高三其他（文））如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2，AA 1=1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为（）A 6B 26C 15D 10 4．（2020·黑龙江道里�哈尔滨三中高三二模（理））已知四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，2BC BD ==AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，则点B 到平面ACD 的距离为（） A 3B 23C 5D 255．（2020·山东省济南市莱芜第一中学高二月考）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为棱1CC 的中点，则直线1B M 与平面11A D M 所成角的正弦值是（）A ．215B ．25C ．35D ．456．（2018·浙江高三其他）如图，在长方体11112222A B C D A B C D -中，12111122A A A B B C ==，A ，B ，C 分别是12A A ，12B B ，12C C 的中点，记直线2D C 与1AD 所成的角为α，平面22A BCD 与平面11ABC D 所成二面角为β，则（）A ．cos cos αβ=B ．sin sin αβ=C ．cos cos t αβ>D ．sin sin αβ<7．（2020·浙江镇海中学高三三模）在三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 上的点（不包括端点），记直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（） A ．123θθθ<<B ．213θθθ<<C ．321θθθ<<D ．231θθθ<<8．（2020·浙江衢州�高二期末）在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（）A ．2123,θθθθ<<B ．2123,θθθθ><C ．2123,θθθθ<>D ．2123,θθθθ>>9．（2020·浙江省杭州第二中学高三其他）空间线段AC AB ⊥，BD AB ⊥，且::1:3:1AC AB BD =，设CD 与AB 所成的角为α，CD 与面ABC 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则（） A ．2γβα≤≤B ．2γβα≤≤ C ．2γαβ≤≤D ．2γαβ≤≤10．（2020·四川高三三模（理））如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC ＝4，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和AB 1所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为（）A ．16+8πB ．32+16πC ．32+8πD ．16+16π二、多选题11．（2019·江苏徐州�高二期末）下列命题中正确的是（）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角的正弦512．（2020·山东平邑�高二期末）如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．()10AC AB AD ⋅-= C ．向量1B C 与1AA 的夹角是60°D ．1BD 与AC 所成角的余弦值为6313．（2020·福建厦门�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 平面111AAD D AD =C ．1//A H 面AEFD ．二面角E AF C --的大小为4π14．正三棱柱111ABC A B C -中，13AA =，则（） A ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为12 B ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为32 C ．1AC 与侧面11AA B B 3D ．1AC 与侧面11AA B B 的成角的正弦值为134三、单空题15．（2020·四川省南充市白塔中学高二月考（理））已知平面α的一个法向量10,,22n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，A α∈，P α∉，且31,,222PA ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，则直线PA 与平面α所成的角为______． 16．（2019·河南高二竞赛）等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为33，M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于． 17．（2019·安徽埇桥�北大附宿州实验学校高二期末（理））若平面α，β的法向量分别为(4,0,3)u =，(1,1,0)v =-，则这两个平面所成的锐角的二面角的余弦值为________.四、双空题18．（2020·浙江宁波�高二期末）在正四面体ABCD 中，M ，N 分别为棱BC 、AB 的中点，设AB a =，AC b =，AD c =，用a ，b ，c 表示向量DM =______，异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为______.19．（2018·北京海淀�高二期末（理））已知棱长为1的正四面体ABCD ，O 为A 在底面BCD 上的正射影，如图建立空间直角坐标系，M 为线段AB 的中点，则M 点坐标是__________，直线DM 与平面BCD 所成角的正弦值是__________．20．（2020·山东德州�高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=︒，11AA AC BC ===，则异面直线1BC 与11A B 所成角为______；二面角1A BC C --的余弦值是______.21. 如图，在三棱锥S ABC -中，SA SB SC ==，且2ASB BSC CSA π∠=∠=∠=，M 、N 分别是AB 和SC 的中点，则异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为________，二面角A SC M --大小为________.五、解答题22．（2020·上海高三专题练习）如图，在棱长为1的立方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱11A D 的中点，H 为平面11AA D D 内的点.（1）若1C H ⊥平面BDE ，确定点H 的位置；（2）求点1C 到平面BDE 的距离.23．（2020·全国高二课时练习）在直三棱柱中，13AA AB BC ===，2AC =，D 是AC 的中点.（1）求证：1//B C 平面1A BD ；（2）求直线1B C 到平面1A BD 的距离.24．（2019·天津南开�崇化中学高二期中）如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，侧面PCD ⊥底面ABCD ，且2PC PD ==，M ，N 分别为棱PC ，AD 的中点.（1）求证：BC PD ⊥；（2）求异面直线BM 与PN 所成角的余弦值；（3）求点N 到平面MBD 的距离.25．（2020·河南高三其他（理））《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du );阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bie nao )指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵111ABC A B C -中,AB AC ⊥.(1)求证:四棱锥11B A ACC -为阳马;(2)若12C C BC ==,当鳖膈1C ABC -体积最大时,求锐二面角11C A B C --的余弦值.26．（2019·浙江衢州�高二期中）四棱锥P ABCD -中，AP AC =，底面ABCD 为等腰梯形，//CD AB ，222AB CD BC ===，E 为线段PC 的中点，PC CB ⊥.（1）证明：AE ⊥平面PCB ；（2）若2PB =，求直线DP 与平面APC 所成角正弦值.27. （2020·武威第六中学高三其他（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//BC AD ，90BAD ∠=︒，222AD PD AB BC ====，M 为PA 的中点．（Ⅰ）求证：//BM 平面PCD（Ⅱ）若平面ABCD ⊥平面PAD ，异面直线BC 与PD 所成角为60°，且PAD △是钝角三角形，求二面角B PC D --的正弦值1．（2020·江苏如东高一期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，11AA =，则直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为（）A ．63B ．102C ．155D ．105【答案】D 【解析】以D 点为坐标原点，以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则1(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),A B C C (0,2,1),1(2,0,1),(2,2,0),BC AC AC ∴=-=-为平面11BB D D 的一个法向量． 110cos ,58BC AC ∴<>==⋅． ∴直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为105. 故选：D ．2．（2020·河北新华石家庄二中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为( ) A ．16B ．14C ．16-D ．14-【答案】A如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则()()()()1100,012,121,002M N O D ，，，，，，，，， ∴()()11,1,2,1,2,1MN OD =-=--．则11111cos ,666MN OD MN OD MN OD ⋅===⋅． ∴异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为16,故选A ．3．（2020·辽宁高三其他（文））如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2，AA 1=1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为（）A ．63B ．65C ．155D ．105【答案】D 【解析】以D 点为坐标原点，以DA 、DC 、1DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系则A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），1C （0，2，1）∴1BC =（-2，0，1），AC =（-2，2，0），AC 且为平面BB 1D 1D 的一个法向量．∴1410cos ,558BC AC 〈〉==⋅．∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105 4．（2020·黑龙江道里哈尔滨三中高三二模（理））已知四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，2BC BD ==，AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，则点B 到平面ACD 的距离为（） A ．32B ．233C ．55D ．255【答案】D 【解析】以B 为原点，BC ，BD ，BA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设BAt ，0t >，()0,0,0B ，)2,0,0C ，()2,0D ，0,0,A t .0,0,AB t ，2,0,CAt ，2,2,0CD.设平面ACD 的法向量(),,n x y z =，则20220n CA x tz n CD x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1x =，得1y =，2z t =，故21,1,n t ⎛= ⎝⎭.因为直线AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，所以直线AB 与平面ACD 5. 即2255211AB nAB nt t ⋅==⋅⋅++，解得2t =.所以平面ACD 的法向量21,1,2n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，故B 到平面ACD的距离为22551112AB n d n⋅===++.故选：D5．（2020·山东省济南市莱芜第一中学高二月考）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为棱1CC 的中点，则直线1B M 与平面11A D M 所成角的正弦值是（）A ．215B ．25C ．35D ．45【答案】B 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则1111(1,0,1),(0,0,1),(0,1,),(1,1,1)2A D M B11(1,0,0)=-A D ，11(0,1,)2=-D M ，11(1,0,)2=MB设平面11A D M 的法向量为(,,)m x y z =则1110=01002x A D m y z D M m -=⎧⎧⋅⎪⎪⇒⎨⎨-=⋅=⎪⎩⎪⎩令1y =可得2z =，所以(0,1,2)=m 设直线1B M 与平面11A D M 所成角为θ，1112sin 5552θ⋅===⋅⨯m MB m MB故选：B6．（2018·浙江高三其他）如图，在长方体11112222A B C D A B C D -中，12111122A A A B B C ==，A ，B ，C 分别是12A A ，12B B ，12C C 的中点，记直线2D C 与1AD 所成的角为α，平面22A BCD 与平面11ABC D 所成二面角为β，则（）A ．cos cos αβ=B ．sin sin αβ=C ．cos cos t αβ>D ．sin sin αβ<【答案】B 【解析】连接111,AB B D ,如图，在长方体内知12//AB D C ,所以11B AD ∠为异面直线2D C 与1AD 所成的角为α，易知11AB D 为等边三角形，所以60α︒=，因为22A D ⊥平面22ABB A ,2AB ⊂平面22ABB A ，所以22A D ⊥2AB 又22AB A B ⊥，2222A D A B A =所以2AB ⊥平面22A BCD ，同理可得1B C ⊥平面11ABC D ，则2AB →，1B C →可分别视为平面22A BCD ，平面11ABC D 的一个法向量，又因为在长方体内易知21//AD B C ，而2260D AB ∠=︒ 故2AB →与1B C →的夹角为60︒，所以60β︒=或120β︒=，即sin sin αβ=，故选：B7．（2020·浙江镇海中学高三三模）在三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 上的点（不包括端点），记直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（）A ．123θθθ<<B ．213θθθ<<C ．321θθθ<<D ．231θθθ<<【答案】D 【解析】设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，D 是棱BC 的中点，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,2A ，()13,1,2B ，()0,2,0C ，33,022D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,0A ，()0,2,0AC =，131,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()113,1,0=A B ，直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，1111cos 25B D AC BD ACθ⋅∴==⋅直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，平面111A B C 的法向量()0,0,1n =，1212sin 5BD n BD nθ⋅∴==⋅2cos θ∴== 设平面11A B D 的法向量(),,m a b c =，则11130312022m AB a b m B D a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取a =33,3,2m ⎛⎫=-- ⎪⎭，二面角111C A B D --的平面角为3θ，332cos 57m n m nθ⋅∴===⋅231cos cos cos θθθ>>， ∴231θθθ<<故选：D8．（2020·浙江衢州高二期末）在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D 与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（）A ．2123,θθθθ<<B ．2123,θθθθ><C ．2123,θθθθ<>D ．2123,θθθθ>>【答案】A 【解析】由题可知，直三棱柱111ABC A B C -的底面为锐角三角形，D 是棱BC 的中点，设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,2A ，()13,1,2B ，()0,2,0C ，33,02D ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0,0A ，()0,2,0AC →=，131,222B D →⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，)113,1,0A B →=，直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，10,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，111cos 25B D ACB D ACθ→→→→⋅∴==⋅直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，20,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，平面111A B C 的法向量()0,0,1n →=，121sin 5B D nB D nθ→→→→⋅∴==⋅， 222cos 155θ⎛⎫∴=-= ⎪⎝⎭设平面11A B D 的法向量(),,m a b c →=，则11130312022m A B ab m B D a bc ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取a =33,2m →⎫=--⎪⎭，二面角111C A B D --的平面角为3θ，由图可知，3θ为锐角，即30,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 33cos m nm nθ→→→→⋅∴===⋅ 231cos cos cos θθθ>>，由于cos y θ=在区间()0,π上单调递减，∴231θθθ<<，则2123,θθθθ<<.故选：A.9．（2020·浙江省杭州第二中学高三其他）空间线段AC AB ⊥，BD AB ⊥，且::1:3:1AC AB BD =，设CD 与AB 所成的角为α，CD 与面ABC 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则（） A ．2γβα≤≤B ．2γβα≤≤ C ．2γαβ≤≤D ．2γαβ≤≤【答案】A 【解析】因为空间线段AC AB ⊥，BD AB ⊥，所以可将其放在矩形中进行研究，如图，绘出一个矩形，并以A 点为原点构建空间直角坐标系：因为::1:3:1AC AB BD =，所以可设AC x =，3AB x =，BD x =，则()0,0,0A ，0,3,0B x ，0,0,C x ，,3,0D x x ，,3,CD x x x ，0,3,0AB x ，0,3,CB x x ，故CD 与AB 所成的角α的余弦值229311cos α11113CD AB x CD ABx x，因为根据矩形的性质易知平面ABD ⊥平面ABC ，BD ⊥平面ABC ，所以二面角C AB D --的平面角为γ90，γ452，γ2cos22，所以BCD ∠即CD 与面ABC 所成的角β，故110cos β11CD CB CD CB ， 1103112112，所以2γβα≤≤，故选：A.10．（2020·四川高三三模（理））如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC ＝4，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和AB 1所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为（）A ．16+8πB ．32+16πC ．32+8πD ．16+16π【答案】A 【解析】设D 在底面半圆上的射影为1D ，连接1AD 交BC 于O ，设1111A D B C O ⋂=. 依题意半圆柱体底面直径4,,90BC AB AC BAC ==∠=︒，D 为半圆弧的中点，所以1111,AD BC A D B C ⊥⊥且1,O O 分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接1OO ，则1OO 与上下底面垂直，所以11,,OO OB OO OA OA OB ⊥⊥⊥，以1,,OB OA OO 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为()0h h >，则()()()()12,0,0,0,2,,0,2,0,2,0,B D h A B h -，所以()()12,2,,2,2,BD h AB h =--=-，由于异面直线BD 和1AB 所成的角的余弦值为23，所以212212388BD AB h BD AB h h ⋅==⋅+⋅+，即2222,16,483h h h h ===+. 所以几何体的体积为2112442416822ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+. 故选：A二、多选题11．（2019·江苏徐州高二期末）下列命题中正确的是（）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角的正弦5【答案】ABD 【解析】对于A ，,,,A B M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,BA BM BN 共面，则,,,A B M N 共面，故A 对；对于B ，已知{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c 不共面，若m a c =+，则,,a b m 也不共面，则{},,a b m 也是空间的基底，故B 对；对于C ，因为21(2)+00+3=03e n ⋅=⨯-⨯⨯，则e n ⊥，若l α⊄，则//l α，但选项中没有条件l α⊄，有可能会出现l α⊂，故C 错；对于D ，∵cos ,e n e n e n =51022==⨯l 与平面α5，故D 对；故选：ABD ．12．（2020·山东平邑高二期末）如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．()10AC AB AD ⋅-= C ．向量1B C 与1AA 的夹角是60° D ．1BD 与AC 6【答案】AB 【解析】以顶点A 为端点的三条棱长都相等, 它们彼此的夹角都是60°，可设棱长为1,则11111cos602AA AB AA AD AD AB ⋅=⋅=⋅=⨯⨯︒=()22221111=+2+2+2AA AB AD AA AB AD AA AB AB AD AA AD ++++⋅⋅⋅11113262=+++⨯⨯=而()()()22222222ACAB AD AB AD AB AD =+=++⋅121122362⎛⎫=++⨯=⨯= ⎪⎝⎭，所以A 正确.()()()11AC AB AD AA AB AD AB AD ⋅-⋅=++-2211AA AB AA AD AB AB AD AD AB AD =⋅-⋅+-⋅+⋅- =0,所以B 正确.向量11B C A D=, 显然1AA D △ 为等边三角形，则160AA D ∠=︒.所以向量1A D 与1AA 的夹角是120︒ ,向量1B C 与1AA 的夹角是120︒,则C 不正确又11=AD AA BD AB +-，AC AB AD =+ 则()211||=2AD AA A B B D =+-，()2||=3AC AB AD =+()()111AD AA AB BD AC AB AD ⋅=+-=+⋅所以11116cos ===6||||23BD AC BD AC BD AC ⋅⋅⨯，，所以D 不正确.故选：AB13．（2020·福建厦门高二期末）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 平面111AAD D AD =C ．1//A H 面AEFD ．二面角E AF C --的大小为4π【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 ∆⊂平面1AD EF ，则平面AEF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 =-=-=-=，设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则00n AF n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即20x y x z -+=⎧⎨-=⎩，令1y =，得2,2x z ==，得平面AEF 的法向量为()2,1,2n =，所以10A H n ⋅=，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 是平面AFC 的法向量，则1112cos ,3AA n AA n AA n⋅<>===⋅. 得知二面角E AF C --的大小不是4π，所以D 不正确. 故选：BC.14．正三棱柱111ABC A B C -中，13AA =，则（） A ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为12 B ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为32 C ．1AC 与侧面11AA B B 3D ．1AC 与侧面11AA B B 的成角的正弦值为134【答案】BC 【解析】如图，取11A C 中点E ，AC 中点F ，并连接EF ，则1EB ，1EC ，EF 三条直线两两垂直，则分别以这三条直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系；设2AB =；则123AA =； 1(0A ∴，1-，0)，1(0C ，1，0)，(0A ，1-，23)，(0C ，1，23)；1(3B ，0，0)， ∴()10,2,23AC =-．底面ABC 的其中一个法向量为：()0,0,23m =，1AC ∴与底面ABC 的成角的正弦值为111123cos ,2423m AC m AC m AC -<>===⨯⨯，； A ∴错B 对．11A B 的中点K 的坐标为3(2，12-，0)；∴侧面11AA B B 的其中一个法向量为：133,,022KC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭；1AC ∴与侧面11AA B B 的成角的正弦值为：11111133cos 4,43AC KC AC KC AC KC <>===⨯⨯，；故C 对D 错；故选：BC ．三、单空题15．（2020·四川省南充市白塔中学高二月考（理））已知平面α的一个法向量10,,22n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，A α∈，P α∉，且31,,222PA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，则直线PA 与平面α所成的角为______．【答案】π3【解析】设直线PA 与平面α所成的角为θ，则s 102342131022444in cos n PA n PAθθ===--⋅=⋅++++， ∴直线PA 与平面α所成的角为π3．故答案为：π3． 16．（2019·河南高二竞赛）等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C AB D --的余弦值为33，M N ，分别是AC BC ，的中点，则EM AN ，所成角的余弦值等于．【答案】16【解析】设AB =2,作CO ⊥面ABDEOH ⊥AB ，则CH ⊥AB ，∠CHO 为二面角C −AB −D 的平面角，CH =OH =CH cos ∠CHO =1，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，3,11(),2212AN EM CH AN AC AB EM AC AE AN EM====+=-∴⋅=故EM ,AN 116=。

1.4 空间向量的应用(精练)(解析版).

1.4空间向量的应用（精练）法向量的求法1．（2022·湖北·高二阶段练习）已知平面α内有两点()1,1,2M -，(),3,3N a ，平面α的一个法向量为()6,3,6n =-，则=a （）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【解析】因为()1,1,2M -，(),3,3N a ，所以()1,4,1MN a =-，因为平面α的一个法向量为()6,3,6n =-，所以n MN ⊥r uuu r ，则()613460n MN a ⋅=--⨯+=，解得2a =，故选：C.2．（2022·全国·高二课时练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，以下向量可以作为平面ABC 法向量的是()A ．ABB ．11AC C ．1BCD ．1AA 【答案】D 【解析】如图，∵1CC 、1AA 、1BB 均垂直于平面ABC ，故选项D 中1AA 可以作为平面ABC 的法向量．故选：D ．3．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体1111ABCD A B C D -，分别写出对角面11A ACC 和平面1ACB 的一个法向量．【答案】平面11A ACC 的一个法向量为()1,1,0m =，平面1ACB 的一个法向量为()1,1,1n =-；【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,1C 、()11,1,1B 、()11,0,1A ，所以()1,1,0AC =-，()10,1,1AB =，()10,0,1AA =，设面11A ACC 的法向量为(),,m x y z =，所以100m AC x y m AA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，则1y =，0z =，所以()1,1,0m =，即平面11A ACC 的一个法向量为()1,1,0m =，设平面1ACB 的法向量为(),,n a b c =，则100n AC a b n AB b c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则1b =，1c =-，所以()1,1,1n =-，所以平面1ACB 的一个法向量为()1,1,1n =-；4．（2022·全国·高二）已知()1,1,1A ，()0,2,0B ，()2,3,1C ．(1)写出直线BC 的一个方向向量；(2)写出平面ABC 的一个法向量．【答案】(1)()2,1,1BC =；(2)()2,1,3n =--.【解析】(1)因为()0,2,0B ，()2,3,1C ，所以()2,1,1BC =，所以直线BC 的一个方向向量为()2,1,1BC =.(2)因为()1,1,1A ，()0,2,0B ，()2,3,1C ，所以()1,2,0AC =，()2,1,1BC =，设平面ABC 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0n AC n BC ⋅=⋅=，即2020x y x y z +=⎧⎨++=⎩，令1y =-，则2x =，3z =-，所以()2,1,3n =--，所以平面ABC 的一个法向量为()2,1,3n =--.空间向量证平行1．（2022·全国·高二课时练习）已知直线的方向向量()1,1,2a =-，平面α的一个法向量为()0,2,1n =，则线面的位置关系是（）A ．平行B ．在平面内C ．垂直D ．平行或在平面内【答案】D 【解析】由题可知：()1012210a n ⋅=⨯+-⨯+⨯=，故直线平行或在平面内.故选：D.2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体ABCD A B C D ''''-中，点E ，F ，G ，H ，M ，N 分别是该正方体六个面的中心，求证：平面EFG ∥平面HMN ．【答案】证明见解析.【解析】由题意知，建立如图空间直角坐标系D xyz -，设正方体的棱长为2，则()()()()()()1,1,01,0,12,1,11,1,21,2,10,1,1E F G H M N ，，，，，，得()()()()0,1,11,1,00,1,11,1,0EF FG HM NM =-==-=，，，，所以////EF HM FG NM ，，即////EF HM FG NM ，，又HM ⊂平面HMN ，NM ⊂平面HMN ，所以//EF 平面HMN ，//FG 平面HMN ，又EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EF FG F ⋂=，所以平面EFG //平面HMN.3．（2021·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M ，N 分别为1A B ，AC 的中点，证明：1MN B C ∥.【答案】证明见解析.【解析】连接1AB ,如图，由正方体知四边形11ABB A 是正方形，且M 是1A B 的中点，所以11AB A B M ⋂=，即M 是1AB 的中点，又N 是AC 的中点，所以1MN B C ∥.4．（2022·全国·高二）如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面相交于AD ，点M ，N分别在对角线BD ，AE 上，且13BM BD =，13AN AE =．求证：//MN 平面CDE ．【答案】证明见解析【解析】证明：因为M 在BD 上，且13BM BD =，所以111333MB DB DA AB ==+．同理1133AN AD DE =+．又CD BA AB ==-，所以MN MB BA AN =++11113333DA AB BA AD DE ⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，21213333BA DE CD DE =+=+.又CD 与DE 不共线，所以MN ，CD ，DE 共面．因为MN 不在平面CDE 内，所以//MN 平面CDE ．5．（2022·全国·高二）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N 分别在线段1A B ，11D B 上，且113BM BA =，11113B N B D =，P 为棱11BC 的中点．求证：//MN BP ．【答案】证明见解析【解析】证明：11MN MB BB B N =++．因为113BM BA =，11113B N B D =，所以11111133MN BA BB B D =-++，()()111111111133BB B A BB B A A D =-++++，11111121213333BB A D BB B C =+=+．又因为P 为11B C 中点，所以111111111321322332BP BB B P BB B C BB B C MN ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭，从而BP 与MN 为共线向量．因为直线MN 与BP 不重合，所以//MN BP ．6．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ．2PA AB AD ===，四边形ABCD 满足AB AD ⊥，//BC AD ，4BC =，点M 为PC 的中点，求证：//DM 平面PAB ．【答案】证明见解析【解析】证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AD ⊥，PA AB ⊥．又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：则()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,4,0C ．因为点M 为PC 的中点，所以()1,2,1 M ，故()1,0,1DM =．又()0,0,2AP =，()2,0,0AB =，所以1122DM AP AP =+．所以DM ，AP ，AB 为共面向量．又DM ⊄平面PAB ，所以//DM 平面PAB ．7．（2022广东）如图，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角.求证：CM ∥平面PAD .【答案】证明见解析.【解析】证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°.因为PC＝2，所以BC＝3PB＝4，所以D(0,1,0)，B30,0)，A34,0)，P(0,0,2)，M33 () 22，所以DP＝(0，－1,2)，DA＝33,0)，CM＝33 () 22.设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由DP nDA n⎧⋅=⎨⋅=⎩得202330y zy-+=⎧⎪⎨+=⎪⎩取y＝2，得x3z＝1，所以n＝(32,1)是平面PAD的一个法向量.因为333201022n CM⋅=⨯+⨯，所以n CM⊥，.又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD.8．（2022·吉林）如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C 的中点，利用向量法证明：（1）MN ∥平面CC 1D 1D ；（2）平面MNP ∥平面CC 1D 1D ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，0)，M (1，0，1)，N (1，1，0)，P (1，2，1).由正方体的性质，知AD ⊥平面CC 1D 1D ，所以DA ＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量.由于MN ＝(0，1，－1)，则·MN DA ＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以MN ⊥DA .又MN ⊄平面CC 1D 1D ，所以MN ∥平面CC 1D 1D.（2）证明：因为DA ＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量，由于MP ＝(0，2，0)，MN ＝(0，1，－1)，则·0·0MP DA MN DA ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即DA ＝(2，0，0)也是平面MNP 的一个法向量，所以平面MNP ∥平面CC 1D 1D.9．（2021·全国·高二课时练习）四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，1//,2PD QA QA AB PD ==，.求证：//PC 平面BAQ .【答案】证明见解析.【解析】如图所示，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长度，DA 为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)DA AB AQ ===，则0,0DA AB DA AQ ⋅=⋅=，所以DA 时平面BAQ 的一个法向量，又因为(0,2,1)PC =-，且0DA PC ⋅=，即DA PC ⊥且PC ⊄平面BAQ ，所以//PC 平面BAQ .10．（2022福建）如图，在四棱锥O ﹣ABCD 中，OA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是边长为2的正方形，且OA ＝2，M ，N 分别为OA ，BC 的中点．求证：直线MN ∥平面OCD ；【答案】证明见解析【解析】分别以AB 、AD 、AO 为x 、y 、z 轴，建立如图坐标系可得B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），O （0，0，2），M （0，0，1），N （2，1，0）∴MN =（2，1，﹣1），DO =（0，﹣2，2），DC =（2，0，0），AB =uu u r （2，0，0），BN =（0，1，0）设平面OCD 的法向量为n =（x ，y ，z ），由00n DO n DC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020y z x -+=⎧⎨=⎩取y ＝1，得z ＝1，x ＝0，所以平面OCD 的法向量为n =（0，1，1），∴MN •n =2×0+1×1+（﹣1）×1＝0，可得MN ⊥n又∵MN ⊄平面OCD ，∴直线MN ∥平面OCD .11．（2021·青海）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是线段AC 的中点，点N 是线段1A B 上的点，若//MN 平面11B BCC ，试确定点N 的位置，并说明理由．【答案】点N 是线段1A B 的中点；理由见解析．【解析】设()101BN BA λλ=≤≤，因为//MN 平面11B BCC ，所以存在实数x ，y ，使得1MN xBC yBB =+．①又()()()111122MN BN BM BA BC BA BB BA BC BA λλ=-=-+=+-+11122BC BB BA λλ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-++-，②比较①②，可知102λ-=，即12λ=，即点N 是线段1A B 的中点．空间向量证垂直1．（2022·江苏·滨海县五汛中学高二期中）已知平面α的法向量为(342)n =-，，，(342)AB =--，，，则直线AB 与平面α的位置关系为（）A ．AB α∥B ．AB α⊥C ．AB α⊂D ．AB α⊂或AB α∥【答案】B【解析】因为AB n =-，即(342)n =-，，与(342)AB =--，，平行，所以直线AB 与平面α垂直.故选：B2．（2022·福建泉州）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是111A A C D ，，11A D 的中点，则（）A ．//AC 平面EFGB ．1//AC 平面EFG C ．1B C ⊥平面EFGD ．BD ⊥平面EFG【答案】A【解析】取1CC 、BC 、AB 的中点分别记为H 、I 、J ，连接FH 、HI 、IJ 、EJ ，根据正方体的性质可得面EFG 即为平面EGFHIJ ，对于A ：如图1，//AC IJ ，AC ⊄平面EFG ，IJ ⊂平面EFG ，所以//AC 平面EFG ，故A 正确；对于B ：如图2，在平面11A D CB 中，1A C GI K =，则1A C平面EFG K =，所以B 错误；对于C 、D ：如图3，1B D ⊥平面EGFHIJ ，因为过平面EGFHIJ 外一点作1B （D ）仅能作一条垂线垂直该平面，故C 、D 错误；其中1B D ⊥平面EGFHIJ 可按如下证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()0,2,0D ，()12,0,2B ，()0,0,1E ，()0,1,2G ，()1,2,2F ，所以()12,2,2DB =-，()0,1,1EG =，()1,2,1EF =，所以10DB EG ⋅=，()12122210DB EF ⋅=⨯+⨯-+⨯=，即1DB EG ⊥，1DB EF ⊥，又EGEF E =，,EG EF ⊂平面EFG ，所以1B D ⊥平面EFG ；故选：A3．（2022·江苏·连云港高中高二期中）（多选）给出下列命题，其中是真命题的是（）A ．若直线l 的方向向量()1,1,2a =-，直线m 的方向向量12,1,2⎛⎫=- ⎪⎝⎭r b ，则l 与m 垂直B ．若直线l 的方向向量()0,1,1a =-，平面α的法向量()1,1,1n =--r，则l α⊥C ．若平面α，β的法向量分别为()10,1,3=u r n ，()21,0,2=u u rn ，则αβ⊥D ．若存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 则点,,,P M A B 共面【答案】AD【解析】对于A ：因为直线l 的方向向量()1,1,2a =-，直线m 的方向向量12,1,2⎛⎫=- ⎪⎝⎭r b ，且()12,1,21101,1,22a b ⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭⋅=-⋅，所以a b ⊥，所以l 与m 垂直.故A 正确；对于B ：因为直线l 的方向向量()0,1,1a =-，平面α的法向量()1,1,1n =--r，且a n λ≠，所以l α⊥不成立.故B 不正确；对于C ：因为平面α，β的法向量分别为()10,1,3=u r n ，()21,0,2=u u rn ，且2100660n n =++≠⋅=，所以12,n n 不垂直，所以αβ⊥不成立.故C 不正确；对于D ：若,MA MB 不共线，则可以取,MA MB 为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 则点,,,P M A B 共面；若,MA MB 共线，则存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 所以,,,P M A B 共线，则点,,,P M A B 共面也成立.综上所述：点,,,P M A B 共面.故D 正确.故选：AD4．（2022·全国·高二课时练习）（多选）给定下列命题，其中正确的命题是（）A ．若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则12n n αβ⇔∥∥B ．若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则120n n αβ⇔⋅=∥C ．若n 是平面α的法向量，且向量a 是平面α内的直线l 的方向向量，则0a n ⋅=D ．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直【答案】ACD【解析】对A ，若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则12n n αβ⇔∥∥，故A 正确B 错误；对C ，若n 是平面α的法向量，则n 与平面α的任意直线的方向向量均垂直，所以0a n ⋅=，故C 正确；对D ，若两个平面垂直时，它们的法向量垂直是真命题，所以它的逆否命题“若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直”也是真命题，故D 正确.故选：ACD.5．（2022·江苏·泗阳县实验高级中学高二阶段练习）（多选）已知12,v v 分别为直线的12,l l 方向向量（12,l l 不重合），12,n n 分别为平面,αβ的法向量（,αβ不重合），则下列说法中，正确的是（）A ．1212//v v l l ⇔⊥B ．1212v v l l ⊥⇔⊥C ．12//n n αβ⇔⊥D ．12n n αβ⊥⇔⊥【答案】BD【解析】因为1v ，2v 分别为直线1l ，2l 的方向向量1(l ，2l 不重合），则1212////v v l l ⇔，故选项A 错误；则1212v v l l ⊥⇔⊥，故选项B 正确；因为1n u r ，2n u u r分别为平面α，β的法向量(α，β不重合），则12////n n αβ⇔，故选项C 错误；则12n n αβ⊥⇔⊥，故选项D 正确．故选：BD ．6．（2022·江苏·盐城市伍佑中学高二阶段练习）（多选）已知直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，则能使l α⊥的是（）A ．(1,2,1),(1,0,1)m n ==B ．(0,1,0),(0,3,0)m n ==C ．11(1,2,1),,1,22m n ⎛⎫=-=-- ⎝⎭D ．(1,2,3),(2,2,2)m n =-=-【答案】BC【解析】因为直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，要使l α⊥，只需m ∥n .对于A ：(1,2,1),(1,0,1)m n ==.因为101121≠≠，所以m 、n 不平行.故A 错误；对于B ：(0,1,0),(0,3,0)m n ==.因为13n m =，所以m ∥n .故B 正确；对于C ：11(1,2,1),,1,22m n ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭.因为2n m =-，所以m ∥n .故C 正确；对于D ：(1,2,3),(2,2,2)m n =-=-.因为123222-≠≠-，所以m 、n 不平行.故D 错误；故选：BC.7．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CD 和1DC 相交于点O ，求证：1AO A B ⊥．【答案】证明见解析【解析】证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()2,0,0A 、()0,1,1O 、()12,0,2A 、()2,2,0B ，所以()2,1,1AO =-，()10,2,2A B =-，所以()12012120AO A B ⋅=-⨯+⨯+⨯-=，所以1AO A B ⊥，即1AO A B⊥8．（2022西安）如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，PA ＝AD ＝2，M 、N 分别是AB 、PC 的中点．求证：平面MND ⊥平面PCD ；【答案】证明见解析【解析】∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AB 、AD 、AP 两两互相垂直，如图所示，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），M （1，0，0），N （1，1，1），∴MN =（0，1，1），ND =（﹣1，1，﹣1），PD =（0，2，﹣2）设m =（x ，y ，z ）是平面MND 的一个法向量，可得00m MN y z m ND x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取y ＝﹣1，得x ＝﹣2，z ＝1，∴m =（﹣2，﹣1，1）是平面MND 的一个法向量，同理可得n =（0，1，1）是平面PCD 的一个法向量，∵m •n =-2×0+（﹣1）×1+1×1＝0，∴m n ⊥，即平面MND 的法向量与平面PCD 的法向量互相垂直，可得平面MND ⊥平面PCD .9．（2022·北京）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，113AB AA a ==，E ，F 分别是1BB ，1CC 上的点，且BE a =，2CF a =，求证：平面AEF ⊥平面ACF ．【答案】证明见解析.【解析】以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，不妨设2a =，则()0,0,0A ，)3,1,2E ，()0,2,4F ，∴)3,1,2AE =，()0,2,4AF =．∵x 轴⊥平面ACF ，∴可取平面ACF 的一个法向量为()1,0,0m =．设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则320240n AE x y z n AF y z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1z =，得()0,2,1n =-为平面AEF 的一个法向量．∵0m n ⋅=，∴m n ⊥，∴平面AEF ⊥平面ACF ．10．（2022·全国·专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）E 为CC 1的中点.【解析】以D 为坐标原点，以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，设正方体的棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．（1）1A E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，1A E BD →→⋅＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0，∴1A E BD →→⊥，即A 1E ⊥BD ；（2）设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为1n →＝(x 1，y 1，z 1)，2n →＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，1DA →＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )∴10n DB →→⋅=，110n DA →→⋅=，20n DB →→⋅=，10n DE →→⋅=.∴11110,0,ax ay ax az +=⎧⎨+=⎩,22220,0.ax ay ay ez +=⎧⎨+=⎩取x 1＝x 2＝1，得1n →＝(1，－1，－1)，2n →＝(1，－1，a e)．由平面A 1BD ⊥平面EBD 得1n →⊥2n →.∴2－a e＝0，即e ＝2a .∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .11．（2022·全国·高二专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，AC CD ⊥，60ABC ∠=︒2PA AB BC ===，E 是PC的中点．求证：（1）CD AE ⊥；（2）PD ⊥平面ABE ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】方法一（1）以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()2,0,0B，()C，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()002P ,,，12E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1,3CD ⎛⎫⎪⎝⎭=-，1,122AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝，所以110102CD AE ⋅=-⨯++⨯=，所以CD AE ⊥．（2）由（1），得2PD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0AB =，12AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝．设向量(),,n x y z =是平面ABE 的法向量，则00n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即201023x x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取2y =，则(0,2,n =，所以3PD =，所以//PD n uu u r r，所以PD ⊥平面ABE ．方法二（1）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA CD ⊥．又AC CD ⊥，PA AC A =，∴CD ⊥平面PAC ．∵AE ⊂平面PAC ，∴CD AE ⊥．（2）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA AB ⊥．又AB AD ⊥，PA AD A ⋂=，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB PD ⊥．由题可得2PA AC ==，由E 是PC 的中点，∴AE PC ⊥．又CD AE ⊥，PCCD C =，∴AE ⊥平面PCD ，∴AE PD ⊥．∵AB PD ⊥，AE PD ⊥，AB AE A =，∴PD ⊥平面ABE ．12．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，已知ADB △和ADC 都是以D 为直角顶点的直角三角形，且AD BD CD ==，60BAC ∠=．求证：BD ⊥平面ADC ．【答案】证明见解析【解析】不妨设1AD BD CD ===，则2AB AC ==，由空间向量数量积的定义可得cos 601AB AC AB AC ⋅=⋅=，因为1AD CD ==且45CAD ∠=，所以，cos 451AD AC AD AC ⋅=⋅=，所以，()110BD AC AD AB AC AC AD AB AC ⋅=-⋅=⋅-⋅=-=，BD AC ∴⊥，又因为BD AD ⊥，ACAD A =，因此，BD ⊥平面ACD .空间向量求空间角1．（2022·贵州·遵义市第五中学）在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 3B 3C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·青海·海东市第一中学如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11222A C AA AB AC BC ====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)64【解析】(1)设2AB =．在四边形11AA B B 中，∵12AA AB =，160BAA ∠=︒，连接1A B ，∴由余弦定理得2221112cos6012A B AA AB AA AB =+-⋅︒=，即13A B =∵22211A B AB AA +=，∴1A B AB ⊥．又∵22211A B BC A C +=，∴1A B BC ⊥，AB BC B ⋂=，∴1A B ⊥平面ABC ，∵1A B ⊂平面11AA B B ，∴平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)取AB 中点D ，连接CD ，∵AC BC =，∴CD AB ⊥，由（1）易知CD ⊥平面11AA B B ，且3CD =如图，以B 为原点，分别以射线BA ，1BA 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系B -xyz ，则(2,0,0)A ，13,0)A ，3)C ，1(2,23,0)B -，1(1,23,3)C -，3,3)P ．11(2,0,0)A B =-，1(0,3,3)A P =-，设平面11PA B 的法向量为(,,)n x y z =，则11100n A B n A P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得20330x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1y =，则取(0,1,1)n =，(3)AC =-uuu r ，||36cos ,||||22AC n AC n AC n ⋅〈〉===AC 与平面11PA B 63．（2022·广西）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB x ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令3a =6c =-，0b =，所以)3,0,6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅===设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；4．（2022·江苏南京·高二期末）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为正三角形，D 为棱AC 的中点，1A D ⊥平面ABC ．(1)证明：BD ⊥平面11ACC A ；(2)若12AA AB ==，求直线1AB 与平面1BB C 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】(1)在正ABC 中，因为D 为AC 的中点，所以BD AC ⊥．因为1A D ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC 所以1BD A D⊥因为1AC A D D ⋂=，AC ，1A D 均在平面11ACC A 内，所以BD ⊥平面11ACC A (2)因为1A D ⊥平面ABC ．所以1A D DC ⊥，1A D DB ⊥．即1DA ，DC ，DB 两两相互垂直．以{}1,,DB DC DA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．因为12AB AC AA ===，所以点()0,1,0A -，)B ，()0,1,0C，(1A所以(1AA =，)AB =，()BC =从而11AB AA AB =+=，(11BB AA ==设平面1BB C 的一个法向量为(),,n x y z =，则0n BC ⋅=uu u rr ，10n BB ⋅=即00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令y =则()1n =-记直线1AB 与平面1BB C 所成角为θ．则111sin cos ,5AB n AB n AB nθ⋅=<>==⨯，所以，直线1AB 与平面1BB C．5．（2022·内蒙古）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC上的动点．(1)证明：平面MND ⊥平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)点N 在线段BC 的中点【解析】(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，所以PD BC ⊥，因为CD BC ⊥，CDPD D =，所以BC ⊥平面PCD ，因为DM ⊂平面PCD ，所以BC DM ⊥，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD =，所以PD CD =，因为在PDC △中，PD CD =，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ⊥，因为PC BC C ⋂=，所以DM ⊥平面PBC ，因为DM ⊂平面DMN ，所以平面MND ⊥平面PBC ，(2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下：因为PD ⊥底面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ，所以,PD DA PD DC ⊥⊥，因为DA DC ⊥，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设1PD AD ==，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M ⎛⎫⎪⎝⎭，设(,1,0)(01)N λλ<<，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM λ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面PAB 的法向量，则m AP x z m AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩，令1x =，则=(1,0,1)m u r ，设(,,)n a b c =为平面MND 的法向量，则011022n DN a b n DM b c λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则(1,,)n λλ=-，因为平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，所以cos ,2m n m n m n⋅===，化简得24410λλ-+=，得12λ=，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°6．（2022·四川·成都七中）如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，60DAB ∠=︒，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，1AC BD O ⋂=，AC MN G ⋂=．沿MN 将CMN △翻折到PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P ABMND -．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD ⊥平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P MNDB -体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q MN P --余弦值的绝对值为1010？若存在，试确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明见解析(2)3010(3)Q 存在且Q 为线段PA 的中点【解析】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明如下：∵点M ，N 分别是边CD ，CB 的中点，又60DAB ∠=︒，∴BD MN ∥，且PMN 是等边三角形，∵G 是MN 的中点，∴MN PG ⊥，∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD AC ⊥，∴MN AC ⊥，∵AC PG G ⋂=，AC ⊂平面PAG ，PG ⊂平面PAG ，∴MN ⊥平面PAG ，∴BD ⊥平面PAG ，∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAG ．(2)由题意知，四边形MNDB 为等腰梯形，且4DB =，2MN =，1O G =，所以等腰梯形MNDB 的面积()242S +==要使得四棱锥P MNDB -体积最大，只要点P 到平面MNDB 的距离最大即可，∴当PG ⊥平面MNDB 时，点P 到平面MNDB此时四棱锥P MNDB -体积的最大值为133V =⨯=，直线PB 和平面MNDB 所成角的为PBG ∠，连接BG ，在直角三角形PBG 中，PG =BG =由勾股定理得：PB ==sin10PG PBG PB ∠==．(3)假设符合题意的点Q 存在．以G 为坐标原点，GA ，GM ，GP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()A ，()0,1,0M ，()0,1,0N -，(P ，由（2）知，AG PG ⊥，又AG MN ⊥，且MN PG G ⋂=，MN ⊂平面PMN ，PG ⊂平面PMN ，AG ⊥平面PMN ，故平面PMN 的一个法向量为()11,0,0n =u r，设AQ AP λ=（01λ≤≤），∵()33,0,3AP =-，()33,0,3AQ λλ=-，故()()331,0,3λλ-，∴()0,2,0NM =，()()331,1,3QM λλ=--，平面QMN 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则20n NM ⋅=，20n QM ⋅=，即()222220,33130,y x y z λλ=⎧⎪⎨-+-=⎪⎩令21z =，所以()220,31y x λλ=⎧⎪⎨=⎪-⎩()()()()211,0,1,0,313131n λλλλ⎛⎫==- ⎪ ⎪--⎝⎭，则平面QMN 的一个法向量()(),0,31n λλ=-，设二面角Q MN P --的平面角为θ，则()122110cos 1091n n n n λθλλ⋅===+-，解得：12λ=，故符合题意的点Q 存在且Q 为线段PA 的中点．空间向量求距离1．（2022·青海）如图，在四棱锥A -BCDE 中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 中点，连接BM ，CE 交于点F ，G 为△ABE 的重心．(1)证明：//GF 平面ABC(2)已知平面ABC ⊥BCDE ，平面ACD ⊥平面BCDE ，BC =3，CD =6，当平面GCE 与平面ADE 所成锐二面角为60°时，求G 到平面ADE 的距离．【答案】(1)证明见解析3【解析】(1)延长EG 交AB 于N ，连接NC ,因为G 为△ABE 的重心，所以点N 为AB 的中点，且2EGGN=,因为//CM BE ,故CMF EBF ∽,所以2EF BECF CM==,故EF EGCF GN=，故//GF NC ,而NC ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC,故//GF 平面ABC ；(2)由题意知，平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC平面BCDE=BC ，DC BC ⊥,DC ⊂平面BCDE ，故DC ⊥平面ABC,AC ⊂平面ABC,则DC AC ⊥,同理BC AC ⊥，又,,BCDC C BC DC =⊂平面BCDE,所以AC ⊥平面BCDE ，以C 为原点，以CB,CD,CA 所在直线分别为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，设点G 到平面BCDE 的距离为(0)t t >，则(0,0,3),(3,0,0),(3,6,0),(2,2,),(0,6,0)A t B E G t D ，故(2,2,),(3,6,0),(0,6,3),(3,0,0)CG t CE AD t DE ===-=,设平面GCE 的法向量为111(,,)m x y z =，则00m CG m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220360x y tz x y ++=⎧⎨+=⎩，取11y =，则112,,2,z x t ==-即2(2,1,)m t=-，设平面ADE 的法向量为222(,,)n x y z =，则00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22263030y tz x -=⎧⎨=⎩，取22z =，则2y t =，则(0,,2)n t =，所以4||||1cos 602||||t m n t m n ︒+⋅==⋅，解得212,t t ==，又(2,4,DG =-，故点G 到平面ADE的距离为||4||DG n d n ⋅===.2（2022·上海交大附中）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -，其中13AB AA ==，．(1)若点P 是棱1AA 上的动点，求三棱锥1B PBC -的体积．(2)求点1D 到平面1ACB 的距离【答案】(1)【解析】(1)实际上需求三棱锥1P B BC -的体积．由正四棱柱，1113,3BB AA BC AB A B AB ======角形1B BC的面积为1111322B BC S BC BB =⋅⋅=⨯⨯=△因为P 是棱1AA 上的动点且1AA 与平面11BCC B 平行，则只需写出1AA 与平面11BCC B 间的距由于1A B ⊥平面11BCC B ，不妨记三棱锥的高为1A B则三棱锥1P B BC -的体积11111333P B BC B BC V S A B -=⋅⋅=⨯=△(2)以D为原点，如图建立空间直角坐标系．则11(3,0,0),(0,3,0),A B C D可知111(3,3,0),(3,3,0),D B CA CB ==-=设平面1ACB 的法向量为(,,)n x y z =则13300030y xx y n CA n CB x z ⎧⎧=⎧-=⋅=⎪⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨⋅=+==⎪⎪⎪⎩⎩⎩不妨设(2,2,n =，同时设点1D 到平面1ACB 的距离为d则11||n D B d n ⋅=故点1D 到平面1ACB3．（2022·北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等边三角形，四边形11BCC B 是边长为2的正方形，D 为AB中点，且1A D =(1)求证：CD ⊥平面11ABB A ；(2)若点P 在线段1B C 上，且直线AP 与平面1A CD求点P 到平面1A CD【答案】(1)证明见解析【解析】(1)证明：由题知112,1,AA AD A D ===，因为222115AD A A A D +==，所以1⊥A A AD ，又111,B B BC B B A A ⊥∥，所以1A A BC ⊥，又ADBC B =，所以1A A ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面ABC ，所以1CD AA ⊥，在正三角形ABC 中，D 为AB 中点，于是CD AB ⊥，又1AB AA A ⋂=，所以CD ⊥平面11ABB A (2)取BC 中点为11,O B C 中点为Q ，则,OA BC OQ BC ⊥⊥，由（1）知1A A ⊥平面ABC ，且OA ⊂平面ABC ，所以1OA AA ⊥，又11B B A A ∥，所以11,OA BB BB BC B ⊥⋂=，所以OA ⊥平面11BCC B ，于是,,OA OB OQ 两两垂直如图，以O 为坐标原点，,,OB OQ OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系则()((()()1110,0,0,,0,,1,0,0,,1,2,02O A A C D B ⎛- ⎝⎭所以(()(113,1,2,,2,2,0,1,0,2CD CA CB AC ⎛====-- ⎝⎭设平面1A CD 的法向量为(),,n x y z =r，则100n CD n CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30220x z x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则1z y ==于是(1,1,n =设()[]12,2,0,0,1CP CB λλλλ==∈，则(121,2,AP AC CP CB λλλ=+==-由于直线AP 与平面1A CD于是25cos ,5AP n ==，即21λ+=，整理得24830λλ-+=，由于[]0,1λ∈，所以12λ=于是()11,1,0CP CB λ==设点P 到平面1A CD 的距离为d 则11255113CP n d n⋅+===++所以点P 到平面1A CD 的距离为2554．（2022·北京市第五中学三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11CC B B ，11CC B B 是矩形，已知132CC AC BC AC BC =⊥==，，，动点D 在棱1AA 上，点E 在棱1CC 上，且12CE EC =.(1)求证：BC ED ⊥;(2)若直线AB 与平面1DEB 31A D DA 的值;(3)在满足（2）的条件下，求点1A 到平面1DEB 的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)1=2A D DA ；(3)点1A 到平面1DEB 的距离为263.【解析】(1)因为四边形11CC B B 是矩形，所以1BC CC ⊥，又AC BC ⊥，1AC CC C =，1,AC CC ⊂平面11ACC A ，所以BC ⊥平面11ACC A ，又ED ⊂平面11ACC A ，所以BC ED ⊥，(2)因为平面ABC ⊥平面11CC B B ，平面ABC平面11CC B B BC =，AC ⊂平面ABC ，AC BC ⊥，所以AC ⊥平面11CC B B ，又1BC CC ⊥，所以1,,AC BC CC 两两相互垂直，以C 为原点，CA ，CB ，1CC 为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(0,2,0)B ，1(0,2,3)B ，(0,0,2)E ,设1(01)ADAA λλ=≤≤，则(2,0,3)D λ，所以1(0,2,1)EB =，(2,0,32)ED λ=-，=(2,2,0)AB -设平面1DEB 的法向量为n ，=(,,)n x y z ，则100n EB n ED ⎧⋅=⎨⋅=⎩，202(32)0y z x z λ+=⎧⎨+-=⎩，取2z =，可得=(23,1,2)n λ--，设直线AB 与平面1DEB 的夹角为θ，则sin cos ,AB n AB n AB nθ⋅===3，化简可得231030λλ-+=，又01λ≤≤，所以1=3λ，所以1=2A D DA；(3)由(2)平面1DEB 的法向量为n ，=(1,1,2)n -，又1(0,0,2)A D =-，设点1A 到平面1DEB 的距离为d ，则1263A D n d n⋅===.所以点1A 到平面1DEB 5．（2022·天津·耀华中学二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，4PA =，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =.(1)求证：DE ⊥平面PAC ；(2)求二面角A PC D --的余弦值；(3)求点E 到平面PCD 的距离.【答案】(1)证明过程见解析；；(3)2.【解析】(1)因为PA ⊥平面ABCD ，,AB AD ⊂平面ABCD ，所以,PA AB PA AD ⊥⊥，而AB AD ⊥，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，则有(0,0,4),(2,0,0),(2,4,0),(0,2,0),(2,1,0)P B C D E ，(2,1,0)DE =-，(0,0,4)AP =，(2,4,0)AC =，因为20(1)0040,22(1)4000DE AP DE AC ⋅=⨯+-⨯+⨯=⋅=⨯+-⨯+⨯=，所以,DE PA DE AC ⊥⊥，而,PA AC ⊂平面PAC ，所以DE ⊥平面PAC ；(2)设平面PDC 的法向量为(,,)m x y z =，(2,4,4),(0,2,4)PC PD =-=-，则有24400(2,2,1)2400x y z m PC m PC m y z m PD m PD ⎧⎧+-=⎧⊥⋅=⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨-=⊥⋅=⎩⎩⎩，由（1）可知平面PAC 的法向量为(2,1,0)DE =-，所以有222225cos ,5(2)212(1)m DE m DE m DE⋅〈〉===-⋅-++⨯+-，由图知二面角A PC D --为锐角，所以二面角A PC D --的余25；(3)由（2）可知：平面PDC 的法向量为(2,2,1)m =-，(2,1,4)PE =-，所以可得：222222222141cos ,21(2)2121(4)PE m PE m PE m⋅-⨯+⨯-⨯〈〉===⋅-++⨯++-所以点E 到平面PCD 的距离为2222cos ,21(4)221PE PE m ⋅〈〉++-=.6．（2022·山东临沂）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 的中点，过1AB E 的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F 为棱1CC上的动点．(1)点H 在棱BC 上，当14CH CB =时，//FH 平面1AEB ，试确定动点F 在棱1CC 上的位置，并说明理由；(2)若2AB =，求点D 到平面AEF 的最大距离．【答案】(1)F 为1CC 中点，证明见解析(2)263【解析】(1)设平面11BCC B 与平面1AEB 的交线为l ，因为FH ∥平面1AEB ，平面11BCC B 平面1AEB l =，FH ⊂平面11BCC B 所以//FH l .由正方体1111ABCD A B C D -知，平面1ADD E ∥平面11BCC B ，又因为平面1ADD E平面1AEB AE =，平面11BCC B 平面1AEB l =，所以//AE l ，所以AE FH∥取BC 中点G ，连接1C G ，易知1AE GC ∥，所以1GC FH ∥，又因为H 为CG 中点，所以F 为1CC 中点.(2)以点D 为原点，1,,DA DC DD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有()()()()0,0,0,2,0,0,1,0,2,0,2,D A E F t ，其中[]0,2t ∈()()()1,0,2,2,2,,2,0,0AE AF t DA =-=-=设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =则有2002200x z n AE x y tz n AF ⎧-+=⎧⋅=⇒⎨⎨-++=⋅=⎩⎩，不妨取2x =，则2,2,12t n ⎛⎫=-⎪⎝⎭所以D AEFAD n dn-⋅=2t =，即点F 与点1C 重合时，取等..所以点D到平面AEF的最大距离为3。

空间向量的复习与应用

空间向量的复习与应用教案主题：空间向量的复习与应用说明：本教案旨在对高中数学课程中的空间向量进行复习，并通过实际应用场景展示空间向量的作用。

教案共分为以下几个小节，分别介绍空间向量的基本概念、向量的运算、向量的坐标表示、向量的模和方向以及向量的应用。

通过这些内容的学习，学生将能够更好地理解和应用空间向量。

一、引入教师可以通过引用一个贴近学生生活的例子，如描述一个用空间向量来计算的问题，引起学生的兴趣和好奇心。

例如，描述一个飞机在空中沿不同方向飞行的场景，探讨如何利用空间向量计算飞机的位移。

二、空间向量的基本概念1. 向量的定义：通过引用实际例子，介绍向量的定义，以及向量的起点和终点的概念。

2. 向量的表示：通过几何图形和坐标表示，展示如何表示一个空间向量。

3. 向量的相等：引入向量的相等概念，即相同方向和相同大小的向量。

三、向量的运算1. 向量的加法：通过图形和坐标表示，介绍向量的加法规则，包括平行四边形法则和三角形法则。

2. 向量的减法：通过图形和坐标表示，介绍向量的减法规则，即加上负向量。

3. 向量的数量积：引入向量的数量积的概念，以及数量积的性质和计算方法。

四、向量的坐标表示1. 坐标系：介绍直角坐标系和空间直角坐标系，以及坐标表示的方法。

2. 向量的坐标计算：通过例子演示如何利用向量的起点和终点的坐标计算向量的坐标。

五、向量的模和方向1. 向量的模：介绍向量的模的概念和计算方法，并通过实际例子展示求解过程。

2. 向量的方向角：引入向量的方向角的概念，以及通过坐标表示和计算方向角的方法。

六、向量的应用1. 平面向量的投影：通过实际问题，介绍如何利用空间向量的投影计算，如飞机在空中的水平飞行距离。

2. 向量的垂直和平行关系：通过实际问题，介绍如何通过向量的数量积判断向量的垂直和平行关系，如判断两个物体的运动方向是否相互垂直。

七、总结与拓展教师可以对本节课所学内容进行总结，并给学生提供一些拓展问题，让学生继续思考和应用空间向量的知识。

空间向量的应用

空间向量的应用1．空间向量的应用：⑴直线的方向向量与平面的法向量：我们把直线l 上的向量(0)e e ≠以及与e 共线的非零向量叫做直线l 的方向向量。

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，我们把向量n 叫做平面α的法向量。

与平面垂直的直线叫做平面的法线，因此，平面的法向量就是平面法线的方向向量。

例：在正方体1111ABCD A BC D -中，求证：1DB 是平面1ACD的法向量。

证：设正方体的棱长中1，以DA ，DC ，1DD 为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则各点的坐标为：(1,0,0)A ，(0,1,0)C ，1(0,0,1)D ，1(1,1,1)B 。

所以 1(1,1,1)DB = ，(1,1,0)AC =- ，1(1,0,1)AD =- 。

因为 11(1)11100DB AC ⋅=⨯-+⨯+⨯=所以 1DB AC ⊥ 。

同理 11DB AD ⊥又 1AC AD A =所以 11DB ACD ⊥ 平面从而1DB 是平面1ACD 的法向量。

⑵空间线面关系的判定：设空间两条直线12,l l 的方向向量分别为12,e e ，两个平面12,a a 的法向量分别为12,n n ，例：证明在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

（三垂线定理）已知：如图，OB 是平面α的斜线，O 为斜足，AB α⊥，A 为垂足，CD α⊂，且CD OA ⊥。

求证：CD OB ⊥。

分析：要证CD OB ⊥，只要证CD OB ⊥ ，即证0CD OB ⋅= 。

证：因为CD OA ⊥，所以 0CD OA ⋅= ，因为 AB α⊥，CD α⊂，所以 AB CD ⊥，0CD AB ⋅= ，又 OA AB OB += ，所以 ()0CD OB CD OA AB CD OA CD AB ⋅=⋅+=⋅+⋅=故 CD OB ⊥。

备战高考数学复习考点知识与题型讲解55---空间向量及其应用

备战高考数学复习考点知识与题型讲解第55讲空间向量及其应用考向预测核心素养本讲主要考查空间向量的线性运算、共面及共线向量定理的应用、数量积的应用等，题型以选择题、填空题为主，难度中等偏下．数学运算、数学抽象一、知识梳理1．空间向量的概念(1)定义：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量．(2)几类常见的空间向量名称方向模记法零向量任意0 0单位向量 1相反向量相反相等a的相反向量：－aAB→的相反向量：BA→相等向量相同相等a＝b2.共线向量与共面向量平行(共线)向量共面向量定义位置关系表示空间向量的有向线段所在的直线的位置关系：互相平行或重合平行于同一个平面的向量空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝x a＋y b＋z c．4．两个向量的数量积(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝π2，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.(2)两向量的数量积两个非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(3)向量的数量积的性质①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e为单位向量)；②a⊥b⇔a·b＝0；③|a|2＝a·a＝a2；④|a·b|≤|a||b|.[提醒] 向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．5．空间向量的平行、垂直及模、夹角(b≠0)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；|a|＝a·acos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23．常用结论1．在平面中A ，B ，C 三点共线的充要条件是：OA →＝xOB →＋yOC →(其中x ＋y ＝1)，O 为平面内任意一点．2．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 为空间任意一点．3．若MN →＝xAB →＋yAC →且M 点或N 点不在平面ABC 内，可得MN ∥平面ABC . 二、教材衍化1．(人A 选择性必修第一册P 15习题1.2T 2改编)若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量m ＝a ＋b ，n ＝a －b ，则可以与m ，n 构成空间的另一个基底的向量是( )A ．a B.b C.cD.2a解析：选C.由题意知，a ，b ，c 不共面，对于选项A ，a ＝12[(a ＋b )＋(a －b )]＝12m ＋12n ，故a ，m ，n 共面，排除A ；对于选项B ，b ＝12[(a ＋b )－(a －b )]＝12m －12n ，故b ，m ，n 共面，排除B ；对于选项D ，由选项A 得，2a ＝m ＋n ，故2a ，m ，n 共面，排除D.选C.2．(人A 选择性必修第一册P 9习题1.1T 4改编)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________．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×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，所以|EF →|＝2，所以EF 的长为 2.答案： 2一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( ) (2)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( )(3)若{a ，b ，c }是空间的一个基底，则a ，b ，c 中至多有一个零向量．( ) (4)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ 二、易错纠偏1．(向量共线与直线平行记混致误)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.相交但不垂直解析：选B .由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，所以AB ∥CD .2.(空间向量运算法则不清致误)如图，平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AC 与BD 的交点为M ，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA →1＝c ，则向量C 1M →可用a ，b ，c 表示为________．解析：C 1M →＝C 1C →＋CM →＝－AA →1－12AC →＝－AA →1－12(AB →＋AD →)＝－12AB →－12AD →－AA →1＝－12a －12b －c .答案：－12a －12b －c3．(共线、共面结论理解不清致误)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 ＝________．解析：因为P ，A ，B ，C 四点共面，所以34＋18＋t ＝1，所以t ＝18.答案：18考点一空间向量的线性运算(自主练透)复习指导：了解空间向量的概念，掌握空间向量的线性运算及其坐标表示． 1．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA →1＋xAB →＋yAD →，则x ，y 的值分别为( )A ．1，1 B.1，12C.12，12D.12，1 解析：选C.AE →＝AA →1＋A 1E →＝AA →1＋12A 1C 1→＝AA →1＋12(AB →＋AD →)，故x ＝12，y ＝12.2.(多选)如图所示，M 是四面体OABC 的棱BC 的中点，点N 在线段OM 上，点P 在线段AN 上，且AP ＝3PN ，ON →＝23OM →，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则下列等式成立的是( )A.OM →＝12b －12cB.AN →＝13b ＋13c －aC.AP →＝14b －14c －34aD.OP →＝14a ＋14b ＋14c解析：选BD.对于A ，利用向量的平行四边形法则，OM →＝12OB →＋12OC ＝12b ＋12c ，A 错误；对于B ，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得AN →＝ON →－OA →＝23OM →－OA →＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫12OB →＋12OC →－OA →＝13OB →＋13OC →－OA →＝13b ＋13c －a ，B 正确；对于C ，因为点P 在线段AN 上，且AP ＝3PN ，所以AP →＝34AN →＝34⎝⎛⎭⎪⎫13b ＋13c －a ＝14b ＋14c －34a ，C 错误；对于D ，OP →＝OA →＋AP →＝a ＋14b ＋14c －34a ＝14a ＋14b ＋14c ，D 正确，故选BD.用已知向量表示未知向量的解题策略(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立．考点二共线、共面向量定理的应用(综合研析)复习指导：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．(链接常用结论1)在空间四边形ABCD 中，BC →＝3BM →，AM →＝－DA →＋13DC →＋λDB →，则λ＝________．【解析】因为AM →＝－DA →＋13DC →＋λDB →，所以AM →＋DA →＝13DC →＋λDB →，即DM →＝13DC →＋λDB →，又BC →＝3BM →，所以B ，C ，M 三点共线，所以13＋λ＝1，解得λ＝23.【答案】23三点P ，A ，B 共线空间四点M ，P ，A ，B 共面PA →＝λPB → MP →＝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|1.如图，点M 为OA 的中点，{OA →，OC →，OD →}为空间的一个基底，DM →＝xOA →＋yOC →＋zOD →，则有序实数组(x ，y ，z )＝________．解析：DM →＝OM →－OD →＝12OA →－OD →，所以有序实数组(x ，y ，z )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－12．(2022·云南永善一中月考)对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OD →＝tOA →－3OB →＋OC →，若D ，A ，B ，C 四点共面，则t ＝________．解析：已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，则A ，B ，C ，D 四点共面等价于t －3＋1＝1，所以t ＝3.答案：3考点三空间向量数量积的应用(思维发散)复习指导：掌握空间向量的数量积及其坐标表示．如图所示，已知空间四面体ABCD 的每条棱长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EG →·BD →.【解】设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，(1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a ·c ＝14.(2)EG →·BD →＝(EA →＋AD →＋DG →)·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＋AG →－AD →·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋12AC →＋12AD →·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12b ＋12c ·(c －a )＝12(－1×1×12＋1×1×12＋1＋1－1×1×12－1×1×12)＝12.1．在本例条件下，求证EG ⊥AB .证明：由例题知EG →＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，所以EG →·AB →＝12(a ·b ＋a ·c －a 2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0.故EG →⊥AB →，即EG ⊥AB .2．在本例条件下，求EG 的长．解：由例题知EG →＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22，即EG 的长为22.3．在本例条件下，求异面直线AG 与CE 所成角的余弦值．解：由例题知AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.空间向量数量积的三个应用求夹角设向量a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝a ·b|a ||b |，进而可求两异面直线所成的角求长度(距离)运用公式|a |2＝a ·a ，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题解决垂直问题利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题|跟踪训练|已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，2)且DB ⊥AC ，DC ⊥AB ，AD ＝BC ，则点D 的坐标为____________．解析：设点D 的坐标为(x ，y ，z )， AD →＝(x －1，y ，z )，BC →＝(0，－1，2)，DB →＝(－x ，1－y ，－z )，AC →＝(－1，0，2)，DC →＝(－x ，－y ，2－z )，AB →＝(－1，1，0)，又因为DB ⊥AC ，DC ⊥AB ，且AD ＝BC ，所以DB →⊥AC →，DC →⊥AB →，且|AD →|＝|BC →|，即⎩⎨⎧x －2z ＝0，x －y ＝0，（x －1）2＋y 2＋z 2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋4109，y ＝4＋4109，z ＝2＋2109或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－4109，y ＝4－4109，z ＝2－2109.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋4109，4＋4109，2＋2109 或⎝ ⎛⎭⎪⎫4－4109，4－4109，2－2109[A 基础达标]1．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，A 1E →＝14A 1C 1→，AE →＝xAA →1＋y (AB →＋AD →)，则( ) A ．x ＝1，y ＝12 B.x ＝1，y ＝13C ．x ＝12，y ＝1D.x ＝1，y ＝14解析：选D.AE →＝AA →1＋A 1E →＝AA →1＋14A 1C 1→＝AA →1＋14AC →＝AA →1＋14(AB →＋AD →)．由AE →＝xAA →1＋y (AB →＋AD →)，对照可知x ＝1，y ＝14. 2．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＝( )A ．9B.－9C.－3D.3解析：选B.由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7，6，λ)＝x (2，1，－3)＋y (－1，2，3)，所以⎩⎨⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.3．(2022·河北省邢台市联考)在正四面体DABC 中，点O 是△ABC 的中心，若DO →＝xDA →＋yDB→＋zDC →，则( ) A ．x ＝y ＝z ＝14B.x ＝y ＝z ＝13C ．x ＝y ＝z ＝12D.x ＝y ＝z ＝1解析：选B.因为四面体DABC 是正四面体，则每个面都是正三角形，所以DO →＝DA →＋AO →＝DA →＋13()AB →＋AC →＝DA →＋13()DB →－DA →＋DC →－DA→＝13DA →＋13DB →＋13DC →. 又由DO →＝xDA→＋yDB →＋zDC →，所以x ＝y ＝z ＝13. 4．已知向量a ，b ，c 两两之间的夹角都为60°，其模都为1，则|a －b ＋2c |＝( ) A. 5 B.5 C.6D. 6解析：选A.(a －b ＋2c )2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a ·b ＋4a ·c －4b ·c ＝1＋1＋4－2cos 60°＝5，所以|a －b ＋2c |＝ 5.5．(多选)已知平行六面体ABCD A ′B ′C ′D ′，则下列四式中正确的有( ) A.AB →－CB →＝AC →B.AC ′→＝AB →＋B ′C ′→＋CC ′→C.AA ′→＝CC ′→D.AB →＋BB ′→＋BC →＋C ′C →＝AC ′→ 解析：选ABC.如图，作出平行六面体ABCD A ′B ′C ′D ′，可得AB →－CB →＝AB →＋BC →＝AC →，则A 正确；AB →＋B ′C ′→＋CC ′→＝AB →＋BC →＋CC ′→＝AC ′→，则B 正确；C 显然正确；AB →＋BB ′→＋BC →＋C ′C →＝AB →＋BC →＝AC →，则D 不正确．综上，正确的有ABC.6．(2022·北京朝阳陈经纶中学月考)若空间中三点A ()1，5，－2，B ()2，4，1，C ()p ，3，q 共线，则p ＋q ＝________．解析：因为空间中三点A ()1，5，－2，B ()2，4，1，C ()p ，3，q 共线，所以AB →∥AC →，所以AB →＝()1，－1，3，AC →＝()p －1，－2，q ＋2，所以p －11＝－2－1＝q ＋23，解得p ＝3，q ＝4，所以p ＋q ＝3＋4＝7. 答案：7 7.如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．解析：设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，由已知条件得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0，所以OA →⊥BC →，所以cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案：0 8.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.则在如图所示的空间直角坐标系中，MN ＝________．解析：连接PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，所以MN ＝12PD ，又P (0，0，1)，D (0，1，0)，所以PD ＝02＋（－1）2＋12＝2，所以MN ＝22. 答案：229.如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直，点M ，N 分别在对角线BD ，AE 上，且BM ＝13BD ，AN ＝13AE .求证：MN ∥平面CDE .证明：因为点M 在BD 上，且BM ＝13BD ，所以MB →＝13DB →＝13DA →＋13AB →.同理AN →＝13AD →＋13DE →.所以MN →＝MB →＋BA →＋AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13DA →＋13AB →＋BA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13AD →＋13DE →＝23BA →＋13DE →＝23CD →＋13DE →. 又CD →与DE →不共线，所以根据向量共面的充要条件可知MN →，CD →，DE →共面．因为MN 不在平面CDE 内，所以MN ∥平面CDE .10．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，点A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得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.[B 综合应用]11．(多选)(2022·武汉质检)下列说法中正确的是( ) A ．|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件 B ．若AB →，CD →共线，则AB ∥CDC ．A ，B ，C 三点不共线，对空间任意一点O ，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则P ，A ，B ，C四点共面D ．若P ，A ，B ，C 为空间四点，且有PA →＝λPB →＋μPC →(PB →，PC →不共线)，则λ＋μ＝1是A ，B ，C 三点共线的充要条件解析：选CD.由|a |－|b |＝|a ＋b |，可得向量a ，b 的方向相反，此时向量a ，b 共线，反之，当向量a ，b 同向时，不能得到|a |－|b |＝|a ＋b |，所以A 不正确；若AB →，CD →共线，则AB ∥CD 或A ，B ，C ，D 四点共线，所以B 不正确；由A ，B ，C 三点不共线，对空间任意一点O ，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，因为34＋18＋18＝1，可得P ，A ，B ，C 四点共面，故C 正确；若P ，A ，B ，C 为空间四点，且有PA →＝λPB →＋μPC →(PB →，PC →不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得PA →－PC →＝λ(PB →＋CP →)，即CA →＝λCB →，所以A ，B ，C 三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A ，B ，C 三点共线的充要条件，所以D 正确．12．(多选)(2022·重庆质检)如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1，其中，以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，则下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝6 6B ．AC 1⊥DBC ．向量B 1C →与AA 1→的夹角是60° D ．BD 1与AC 所成角的余弦值为63解析：选AB.因为以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，所以AA →1·AB →＝AA →1·AD →＝AD →·AB →＝6×6×cos 60°＝18，(AA →1＋AB →＋AD →)2＝AA →21＋AB →2＋AD →2＋2AA 1→·AB →＋2AB →·AD →＋2AA →1·AD →＝36＋36＋36＋3×2×18＝216，则|AC 1→|＝（AA →1＋AB →＋AD →）2＝66，所以A 正确；AC →1·DB →＝(AA →1＋AB →＋AD →)·(AB →－AD →)＝AA →1·AB →－AA →1·AD →＋AB →2－AB →·AD →＋AD →·AB →－AD →2＝0，所以B 正确；显然△AA 1D 为等边三角形，则∠AA 1D ＝60°.因为B 1C →＝A 1D →，且A 1D →与AA →1的夹角是120°，所以B 1C →与AA →1的夹角也是120°，所以C 不正确；因为BD →1＝AD →＋AA →1－AB →，AC →＝AB →＋AD →，所以|BD 1→|＝（AD →＋AA →1－AB →）2＝62，|AC →|＝（AB →＋AD →）2＝63，BD →1·AC →＝(AD →＋AA →1－AB →)·(AB →＋AD →)＝36，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD →1·AC →|BD →1|·|AC →|＝3662×63＝66，所以D 不正确．13．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________．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 →，所以VA →，PM →，PN →共面．又VA ⊄平面PMN ，所以VA ∥平面PMN . 答案：平行14．在正四面体ABCD 中，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 是线段AO 上一点，且满足∠BMC ＝π2，则AMMO＝________．解析：依题意建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝32，则A (0，0，0)，B (3，0，3)，C (3，3，0)，D (0，3，3)．因为AO ⊥平面BCD ，所以O 是△BCD 的重心，即O (2，2，2)，线段AO 上的点M 可设为M (t ，t ，t )(0≤t ≤2)，所以BM →＝(t －3，t ，t －3)，CM →＝(t －3，t －3，t )．由∠BMC ＝π2，得BM →·CM →＝0，即3(t －3)(t －1)＝0，即t －1＝0或t －3＝0(舍去)，所以M (1，1，1)，故AMMO＝1. 答案：1[C 素养提升]15．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点，C 1N →＝λNC →，且AB 1⊥MN ，则λ的值为________．解析：如图所示，取B 1C 1的中点P ，连接MP ，以MC →，MA →，MP →的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，0，B 1(－12，0，2)， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2， M (0，0，0)，设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，t ，因为C 1N →＝λNC →，所以N ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ，所以AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ. 又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1→·MN →＝0. 所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：15 16.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，求cos θ的最大值．解：以AB，AD，AQ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Axyz，设正方形边长为2，M(0，y，2)(0≤y≤2)，则A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，所以EM→＝(－1，y，2)，|EM→|＝y2＋5，AF→＝(2，1，0)，|AF→|＝5，所以cosθ＝|EM→·AF→||EM→||AF→|＝|y－2|5·y2＋5＝2－y5·y2＋5.令t＝2－y，要使cos θ最大，显然0<t≤2.所以cos θ＝15×t9－4t＋t2＝1 5×1⎝⎛⎭⎪⎫3t－232＋59≤15×1⎝⎛⎭⎪⎫32－232＋59＝15×25＝25.当且仅当t＝2，即点M与点Q重合时，cos θ取得最大值25 .。

1.4 空间向量的应用(精讲)(原卷版).

1.4空间向量的应用（精讲）考点一法向量的求法【例1-1】（2022·湖北黄冈）若()()0,1,2,2,5,8A B 在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为（）A ．()3,2,1B ．()1,3,2C ．()2,1,3D ．()1,2,3【例1-2】（2022·湖南·高二课时练习）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，6AD =，13AA =，建立适当的空间直角坐标系，求下列平面的一个法向量：(1)平面ABCD ；(2)平面11ACC A ；(3)平面1ACD ．【一隅三反】1．（2022·全国·高二期末）直线230x y +-=的一个方向向量为（）A ．()2,1B ．()1,2C ．()2,1-D ．()1,2-2．（2022·江苏·高二课时练习）过空间三点()1,1,0A ，()1,0,1B ，()0,1,1C 的平面的一个法向量是（）A ．()1,1,1B ．()1,1,1-C ．()1,0,1D ．()1,0,1-3．（2022·江苏·高二课时练习）如图在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，3BC =，12CC =，M 是AB 的中点．以D 为原点，DA ，DC ，1DD 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)求平面11BCC B 的法向量；(2)求平面1MCA 的法向量．考点二空间向量证平行【例2-1】（2022·全国·高二课时练习）已知长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，3AD =，13AA =，点S 、P 在棱1CC 、1AA 上，且112CS SC =，12AP PA =，点R 、Q 分别为AB 、11D C 的中点．求证：直线∥PQ 直线RS ．【例2-2】（2022·全国·高二课时练习）已知正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2a ，M 是棱1DD 的中点.求证：1DB ∥平面11A MC .【一隅三反】1．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体1111ABCD A B C D -中，M 与N 分别是棱1BB 与对角线1CA 的中点．求证：//MN BD ，并且12MN BD =．2．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2a ，M 是棱1DD 的中点.求证：1DB ∥平面11A MC .3．（2021·全国·高二课时练习）如图，已知棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD .考点三空间向量证垂直【例3-1】（2022·江苏宿迁·高二阶段练习）已知向量()1,2,1e =，11,,22n x ⎛⎫= ⎪⎝⎭分别为直线l 方向向量和平面α的法向量，若l α⊥，则实数x 的值为（）A ．12-B ．12C ．1D ．2【例3-2】（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 与BD 的交点，M 是1CC 的中点．求证：1A O ⊥平面MBD ．【一隅三反】1．（2022·广东·广州奥林匹克中学高二阶段练习）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，O 是底面ABCD 的中心，,E F 分别是11,BB DD 的中点，则下列结论正确的是（）A ．1AO //EFB ．1A O EF ⊥C ．1AO //平面1EFBD ．1A O ⊥平面1EFB 2．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝AA 1＝1，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝∠BAD ＝60°，求证：直线A 1C ⊥平面BDD 1B 1.3．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，AD AB ⊥，2PA AD ==，1AB BC ==，Q 为PD 的中点．求证：PD BQ ⊥．考点四空间向量求空间角【例4】（2022·浙江衢州·高二阶段练习）（多选）已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是正三角形，则下列各选项正确的是（）A ．BC 与平面ACP 所成角的最大值为3πB ．BC 与平面ABP 所成角的最小值为3πC ．若平面PBC ⊥平面ABC ，则二面角A PB C --的最小值为3πD ．若PAC ∠、PAB ∠都不小于4π，则二面角B PA C --为锐二面角【一隅三反】1．（2022·江西省信丰中学）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PAB △为正三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，M 为PD 的中点.(1)求证：PB ∥平面ACM ；(2)求直线BM 与平面PAD 所成角的大小；(3)求平面PAC 与平面PAD 夹角的余弦值.2．（2022·全国·模拟预测）在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，1,,2AB AP AD E F ==分别是AP BC ，的中点．(1)求证：//EF 平面PCD ；(2)求二面角C EF D --的余弦值．3．（2022·全国·南京外国语学校）如图，在三棱台111ABC A B C -中，AB AC ⊥，4AB AC ==，1112A A A B ==，侧棱1A A ⊥平面ABC ，点D 是棱1CC 的中点．(1)证明：平面1BB C ⊥平面1AB C ；(2)求二面角C BD A --的正弦值．考点五空间向量求距离【例5】（2022·北京·清华附中高二阶段练习）在如图所示的五面体ABCDFE 中，面ABCD 是边长为2的正方形，AE ⊥面ABCD ，//DF AE ，且112DF AE ==，N 为BE 的中点．(1)求证：//FN 平面ABCD ；(2)求二面角N MF D --的余弦值；(3)求点A 到平面MNF 的距离．【一隅三反】1．（2021·广东·广州市玉岩中学高二期中）如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD CD =，F ，G 分别是,PB AD 的中点.(1)求证：FG ⊥平面PBC ；(2)求点C 到平面PGB 的距离.2．（2022·重庆·四川外国语大学附属外国语学校）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F 分别为1AA ，AC ，11A C 的中点，5AB BC ==12AC AA ==．(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求点D 与平面1BEC 的距离；(3)求二面角1B CD C --的正弦值3．（2022·北京·北师大实验中学模拟预测）如图，在三棱锥P ABQ -中，PB ⊥平面ABQ ，2BA BP BQ ===，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AB BQ ⊥，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH ．(1)求证：AB GH ∥；(2)求平面PAB 与平面PCD 所成角的余弦值；(3)求点A 到平面PCD 的距离．。

空间向量的应用

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.
• 一个平面的法向量有无数个，过一个定点作平面的法向量有无数个.
1.利用空间向量证明平行垂直问题：
设空间两条直线 l1, l2 的方向向量为 e1, e2
两个平面 1,2 的法向量分别为 n1, n2
平行垂直
l1与l2
l1与1
1与 2
e1 e2 e1 n1
n1 n2
e1 e2
知识回顾：
• 1.直线的方向向量. • 我们把直线l上的向量 e(e 0)以及与 e共线的
非零向量叫做直线l的方向向量．
• 2.平面的法线．
• 与平面垂直的直线叫做平面的法线．
• 3.平面的法向量．
• 如果表示非零向量的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量垂直于平面α，记作 .此时，我们把向量叫做平面α的法向量．
e1 n1
n1 n2
2.利用空间向量求空间角：
• 1．设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1， m2，则l1与l2的夹角θ满足 cosθ＝|cos〈m1，m2〉|.
2．设直线l的方向向量和平面α的向量分别为 m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sinθ ＝|cos〈m，n〉|二面角α －l －β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ= AB．,CD
• b．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－ β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
• cosθ=cos〈n1，n2〉
=－cos〈n1，n2〉．
解题步骤：
• 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

空间向量知识点与题型归纳总结

空间向量知识点与题型归纳总结知识点精讲一、空间向量及其加减运算1.空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模.空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可以记作AB ，其模记为a 或AB .2.零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0.当有向线段的起点A 与终点B 重合时，0AB =. 模为1的向量称为单位向量. 3.相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量.在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量.空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量.与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为a -. 4.空间向量的加法和减法运算（1）OC OA OB a b =+=+，BA OA OB a b =-=-.如图8-152所示.（2）空间向量的加法运算满足交换律及结合律 a b b a +=+，()()a b c a b c ++=++ 二、空间向量的数乘运算1．数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积a λ称为向量的数乘运算.当0λ>时，a λ与向量a 方向相同；当0λ<时，向量a λ与向量a 方向相反. a λ的长度是a 的长度的λ倍.2.空间向量的数乘运算满足分配律及结合律()a b a b λλλ+=+，()()a a λμλμ=.3.共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作//a b .4.共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b ()0b ≠，//a b 的充要条件是存在实数λ，使a b λ=. 5.直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线.对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP OA ta =+①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取AB a =，则式①可化为()()1OP OA t AB OA t OB OA t OA tOB =+=+-=-+②①和②都称为空间直线的向量表达式，当12t =，即点P 是线段AB 的中点时，()12OP OA OB =+，此式叫做线段AB 的中点公式.6.共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作OA a =，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α.平行于同一平面的向量，叫做共面向量.7.共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(),x y ，使p xa yb =+.推论：（1）空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(),x y ，使AP xAB y AC =+；或对空间任意一点O ，有OP OA x AB y AC -=+，该式称为空间平面ABC 的向量表达式.（2）已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式OP xOA yOB zOC =++（其中1x y z ++=）的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立. 三、空间向量的数量积运算1.两向量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 ，通常规定0,a b π≤≤，如果,2a b π=，那么向量a ，b 互相垂直，记作a b ⊥.2.数量积定义Aaaα图 8-154O已知两个非零向量a ，b ，则cos ,a b a b 叫做a ，b 的数量积，记作a b ⋅，即cos ,a b a b a b ⋅=.零向量与任何向量的数量积为0，特别地，2a a a ⋅=.3.空间向量的数量积满足的运算律： ()()a b a b λλ⋅=⋅，a b b a ⋅=⋅（交换律）； ()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅（分配律）. 四、空间向量的坐标运算及应用（1）设()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则()112233,,a b a b a b a b +=+++；()112233,,a b a b a b a b -=---；()123,,a a a a λλλλ=； 112233a b a b a b a b ⋅=++；()112233//0,,a b b a b a b a b λλλ≠⇒===； 1122330a b a b a b a b ⊥⇒++=.（2）设()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---.这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标. （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式. ①已知()123,,a a a a =，()123,,b b b b =，则221a a a ==+221b b b ==+；112233a b a b a b a b ⋅=++；cos ,a b =；②已知()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则(AB x =或者(),d A B AB =.其中(),d A B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.（4）向量a 在向量b 上的射影为cos ,a b a a b b⋅=.（5）设()0n n ≠是平面M 的一个法向量，AB ，CD 是M 内的两条相交直线，则0n AB ⋅=，由此可求出一个法向量n （向量AB 及CD 已知）.（6）利用空间向量证明线面平行：设n 是平面的一个法向量，l 为直线l 的方向向量，证明0l n ⋅=，（如图8-155所示）.已知直线l （l α⊄），平面α的法向量n ，若0l n ⋅=，则//l α.（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量a ，b ，只要证明a b ⊥，即0a b ⋅=.（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.（9）证明面面平行、面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行、法向量互相垂直.（10）空间角公式.①异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,a b a b a bθ⋅==.②线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,a n a n a nθ⋅==.③二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,n n θ=或12,n n π-（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos n n n n θ⋅=.（11）点A 到平面α的距离为d ，B α∈，n 为平面α的法向量，则AB n d n⋅=.题型归纳及思路提示题型1 空间向量及其运算思路提示空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则.一、空间向量的加法、减法、数乘运算例8.41 如图8-156所示，已知空间四边形OABC ，点,M N 分别为OA ，BC 的中点，且OA a =，OB b =，OC c =，用a ，b ，c 表示MN ，则MN = .解析 1122OM OA a ==，()()1122ON OB OC b c =+=+，()()111222MN ON OM b c a b c a =-=+-=+-.变式1 如图8-157所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M 和N 分别是对边OA 和BC的中点，点G 在线段MN 上，且2MG GN =，现用基向量OA ，OB ，OC 表示向量OG ，设OG xOA yOB zOC =++，则,,x y z 的值分别是（）.A 111,,333x y z === .B 111,,336x y z ===.C 111,,363x y z === .D 111,,633x y z ===变式2 如图8-158所示，在四面体O ABC -中，OA a =，OB b =，OC c =，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE = （用a ，b ，c 表示）.变式 3 在空间四边形ABCD 中，连接对角线,AC BD ，若BCD ∆是正三角形，且E 为其重心，则1322AB BC DE AD +--的化简结果为 .变式4 如图8-159所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则下列向量中与BM 相等的向量是（）.A 1122a b c -++ .B 1122a b c ++ .C 1122a b c --+ .D 1122a b c -+二、空间共线向量定理的应用空间共线向量定理：()//0a b b a b λ≠⇔=. 利用此定理可解决立体几何中的平行问题.例8.42 已知3240m a b c =--≠，()182n x a b yc =+++，且,,a b c 不共面，若//m n ，求,x y 的值.解析因为//m n 且0m ≠，所以n m λ=，即()()182324x a b yc a b c λ+++=--.又因为,,a b c 不共面，所以138224x y λλλ+=⎧⎪=-⎨⎪=-⎩，解得138x y =-⎧⎨=⎩.二、空间向量的数量积运算121212cos ,a b a b a b x x y y z z ⋅==++；求模长时，可根据2222111a a x y z ==++；求空间向量夹角时，可先求其余弦值cos ,a b a b a b⋅=.要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即0a b a b ⋅=⇔⊥.,a b 为锐角0a b ⇒⋅>；,a b 为钝角0a b ⇒⋅<.由此，通常通过计算a b ⋅的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角.例8.43 已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点,E F 分别是,BC AD 的中点，AE ⋅AF 的值为（）..A 2a .B 21.2B a 21.4C a 23.4D a 解析依题意，点,EF 分别是,BC AD 的中点，如图8-160所示，AE ⋅AF ()1122AB AC AD =+⋅()14AB AD AC AD =⋅+⋅ ()22211cos60cos6044a a a =︒+︒=. 故选C . 变式1 如图8-161所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，1160A AD A AB DAB ∠=∠=∠=︒，且11A A AB AD ===，则1AC = .变式2 如图8-162所示，设,,,A B C D 是空间不共面的4个点，且满足0AB AC ⋅=，0AD AC ⋅=，0AD AB ⋅=，则BCD ∆的形状是（）..A 钝角三角形 .B 直角三角形 .C 锐角三角形 .D 无法确定例8.44 如图8-163所示，在45︒的二面角l αβ--的棱上有两点,A B ，点,C D 分别在,αβ内，且AC AB ⊥，45ABD ∠=︒，1AC BD AB ===，则CD 的长度为 .分析求CD 的长度转化为求空间向量CD 的模.解析因为CD CA AB BD =++，故()22CD CA AB BD =++ 222222CA AB BD CA AB AB BD CA BD =+++⋅+⋅+⋅1110211cos1352CA BD =++++⨯⨯⨯︒+⋅，设点C 在β内的射影为H ，则HA AB ⊥，,135HA BD =︒.故()CA BD CH HA BD CH BD HA BD ⋅=+⋅=⋅+⋅10cos1351cos 45cos1352HA BD =+︒=⨯︒︒=-.故222CD =，则22CD =-变式1 已知二面角l αβ--为60︒，动点,P Q 分别在面,αβ内，P 到β3Q 到α的距离为3,P Q 两点之间距离的最小值为（）..2.2B .23C .4D变式2 在直角坐标系中，设()3,2A ，()2,3B --，沿y 轴把坐标平面折成120︒的二面角后，AB 的长为（）..6A .42B .23C .211D例8.45 如图8-164所示，设动点P 在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，记11D PD Bλ=.当APC ∠为钝角时，求λ的取值范围.解析由题设可知，以1,,DA DC DD 为单位正交基底，建立如图8-165所示的空间直角坐标系D xyz -，则有()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,0,1D . 由()11,1,1D B =-，()11,,D P D B λλλλ==-，()()()111,0,1,,1,,1PA D A D P λλλλλλ=-=---=---，()()()110,1,1,,,1,1PC DC D P λλλλλλ=-=---=---. 显然APC ∠不是平角，所以APC ∠为钝角，cos cos ,0PA PC APC PA PC PA PC⋅∠==<，等价于0PA PC ⋅<，即()()()()()21110λλλλλ--+--+-<，得113λ<<.因此，λ的取值范围是1,13⎛⎫⎪⎝⎭.评析利用向量知识将APC ∠为钝角转化为cos ,0PA PC <求解是本题的关键.变式 1 已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 在线段1BD 上，当APC ∠最大时，三棱锥P ABC -的体积为（）.1.24A 1.18B 1.9C 1.12D 例8.46 如图8-166所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP MC =，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为（）.解析取AD 的中点O ，以OA 为x 轴，垂直于OA 的OE 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系如图8-167所示.设(),,0M x y ，正方形的边长为a ，30,0,2P a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,,02a C a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则()222a MC x y a ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，22234MP x y a =++，MP MC =，得()22222324a a x y a x y ⎛⎫++-=++ ⎪⎝⎭，即202a x y -+=.所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段，且过D 点和AB 的中点.故选A .评注本题利用空间线面位置关系求解也很快.由题意知空间内与两定点距离相等的点均在线段中垂面内，即M 在线段PC 的中垂面内.又M 为底面ABCD 内一动点，则M 的轨迹为两平面的交线落在底面内的部分，排除C 、D .又BP BC >，故排除B .故选A .变式1 到两互相垂直的异面直线距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（）..A 直线 .B 椭圆 .C 抛物线 .D 双曲线变式2 空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离，已知平面α，β，γ两两互相垂直，点A α∈，点A 到β，γ的距离都是3，点P 是α上的动点，满足P 到β的距离是点P 到点A 距离的2倍，则点P 的轨迹上的点到γ的距离的最小值是（）..33A - .323B - .63C - .3D题型2 空间向量在立体几何中的应用思路提示用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离.因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单.用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算.一、证明三点共线（如A ，B ，C 三点共线）的方法先构造共起点的向量AB ，AC ，然后证明存在非零实数λ，使得AB AC λ=.例8.47 如图8-168所示，已知在长方体1111ABCD A B C D -中，点M 为1DD 的中点，点N 在AC 上，且:2:1AN NC =，点E 为BM 的中点.求证：1A ，E ，N 三点共线.解析以D 为坐标原点建立空间直角坐标系-D xyz ，如图8-169所示.不妨设DA a =，DC b =，1DD c =，则0,0,2c M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(),,0B a b ，,,224a b c E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,A a c ，2,,033a b N ⎛⎫⎪⎝⎭，则13,,224a b c A E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，122,,33a b A N c ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，因为1143A N A E =，故1A ，E ，N 三点共线.变式 1 在正方体1111ABCD A B C D -中，E ,F 分别为棱1AA 和1CC 的中点，则在空间中与三条直线11A D ，EF ，CD 都相交的直线（）..A 不存在 .B 有且只有两条 .C 有且只有三条 .D 有无数条变式2 如图8-170所示，在空间四边形ABCD 中，M ，N 分别是AB 和CD 的中点，P 为线段MN 的中点，Q 为BCD ∆的重心.求证：,,A P Q 三点共线.二、证明多点共面的方法要证明多点（如A ，B ，C ，D ）共面，可使用以下方法解题.先作出从同一点出发的三个向量（如AB ，AC ，AD ），然后证明存在两个实数,x y ，使得AD x AB y AC =+.例8.48 如图8-171所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，90BAD FAB ∠=∠=︒，1//2BC AD ，1//2BE AF .求证：,,,C D E F 四边共面.解析由平面ABEF ⊥平面ABCD ，又AF AB ⊥，平面ABEF 平面ABCD AB =，得AF ⊥平面ABCD ，以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz -，如图8-172所示.设AB a =，BC b =，BE c =，则(),0,0B a ，(),,0C a b ，()0,2,0D b ，(),0,E a c ，()0,0,2F c .()0,,CE b c =-，()0,2,2DF b c =-，因为2DF CE =，所以//DF CE ，则,CE DF 确定一个平面，即,,,C D E F 四点共面.变式1 如图8-173所示，已知平行六面体1111ABCD A B C D -，,,,E F G H 分别是棱11111,,,A D D C C C AB 的中点.求证：,,,E F G H 四点共面.三、证明直线和直线平行的方法将证线线平行转化为证两向量共线.设,a b 是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为,a b ，则()//,0a b a b R λλλ⇔=∈≠.例8.49 如图8-174所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，MN 是异面直线1A D 与AC 的公垂线段.求证：1//MN BD .解析以点D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz -，如图8-175所示.设正方体的棱长为a ，则()1,0,A a a ，(),0,0A a ，()0,,0C a ，(),,0B a a ，()10,0,D a .设(),,z MN x y =，由MN 是异面直线1A D 与AC 的公垂线段，得1MN A D ⊥，MN AC ⊥，又()1,0,A D a a =--，(),,0AC a a =-，故100MN A D MN AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，00ax az ax ay --=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1z =-，1y =，所以()1,1,1MN =-，()1,,BD a a a aMN =--=-，即1//BD MN .因此1//MN BD .四、证明直线和平面平行的方法（1）利用共面向量定理.设,a b 为平面α内不共线的两个向量，证明存在两个实数,x y ，使得l xa yb =+，则//l α.（2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行.（3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）.例8.50 如图8-176所示，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，已知122DC DD AD AB ===，AD DC ⊥，//AB DC ，E 是DC 的中点.求证：1//D E 平面1A BD .解析因为11D E DE DD =-，11DD AA =，E 是DC 的中点，12DE DC AB ==，所以111D E AB AA A B =-=.又因为1D E ⊄平面1A BD ，11//D E A B ，所以1//D E 平面1A BD .评注利用空间向量证明线面平行，已知直线的方向向量为a ，只要在平面内找到一条直线的方向向量为b ，问题转化为证明a b λ=即可.变式1 如图8-177所示，已知P 是正方形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是PA 、 BD 上的点，且::5:8PM MA BN ND ==.求证：直线//MN 平面PBC .五、证明平面与平面平行的方法（1）证明两平面内有两条相交直线分别平行.（2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）.例8.51 如图8-178所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,,M N P 分别是11111,,C C B C C D 的中点.求证：平面//MNP 平面1A BD .解析解法一：以1D 为坐标原点，11D A 为x 轴，11D C 为y 轴，1D D 为z 轴，建立空间直角坐标系1D xyz -，如图8-179所示.设正方体的棱长为a ，则()1,0,0A a ，()0,0,D a ，()10,,0C a ，()0,,C a a ，()1,,0B a a ，0,,2a M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,,02a P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，,,02a N a ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,A D a a =-，11,0,222aa MN A D ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以1//MN A D ，即1//MN A D ，(),,0BD a a =--，1,,0222a a PN BD ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以//PN BD ，即//PN BD .因为MNPN N =，1A DBD D =，所以平面//MNP 平面1A BD .解法二：设平面MNP 的法向量为()1111,,n x y z =，由1MN n ⊥，1PN n ⊥，得1111022022a a x z a a x y ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，令11z =，得111111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()11,1,1n =-.设平面1A BD 的法向量为()2222,,n x y z =，由12A D n ⊥，2BD n ⊥，得222200ax az ax ay -+=⎧⎨--=⎩，令21z =，得222111x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()21,1,1n =-.因为12//n n ，所以平面//MNP 平面1A BD .变式1 如图8-180所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，,,E F G 分别是11111,,A D D D D C 的中点. 求证:平面//EFG 平面1AB C .六、证明直线与直线垂直的方法设直线12,l l 的方向向量为,a b ，则a b ⊥0a b ⇔⋅=.这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法.例8.52 如图8-181所示，四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为矩形，侧面ABC ⊥底面BCDE ，2BC =，2CD =，AB AC =.求证：AD CE ⊥.分析平面ABC ⊥平面BCDE ，在平面ABC 内作AO BC ⊥AO ⇒⊥平面BCDE ，以点O 为坐标原点建立空间直角坐标系.解析作AO BC ⊥，垂足为O ，则AO ⊥平面BCDE ，且O 为BC 的中点，以O 为坐标原点，OC 为x 轴，建立如图8-182所示的直角坐标系O xyz -.设()0,0,A a ，由已知条件知()1,0,0C ，()1,2,0D ，()1,2,0E -，()2,2,0CE =-，()1,2,AD a =-.因为0CE AD=⋅，所以CE AD ⊥。

14.空间向量应用(总复习)

空间向量的运算及应用

空间向量及其运算复习

高考数学二轮三轮总复习专题课件 专题4第14讲 空间向量与立体几何 理 北师大

空间向量知识点与题型归纳总结

高三数学教案：空间向量及其应用复习学案

空间向量总复习

空间向量综合复习 (2)

空间向量及应用优化总结(理)

空间向量的应用专题训练卷(含解析)

1.4 空间向量的应用(精练)(解析版).

空间向量的复习与应用

空间向量的应用

备战高考数学复习考点知识与题型讲解55---空间向量及其应用

1.4 空间向量的应用(精讲)(原卷版).

空间向量的应用

空间向量知识点与题型归纳总结

高考数学二轮三轮总复习专题课件专题4第14讲空间向量与立体几何理北师大