高考数学北师大版(通用,理)总复习讲义 8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
2013届高考数学一轮复习讲义：8.6 立体几何中的向量方法(Ⅰ) 证明平行与垂直
1 1 3 3 → → ∴AE· ＝－ × ＋ × ＝0， CD 2 4 6 4 → → ∴AE⊥CD，即 AE⊥CD.
→ 2 3 (2)方法一 ∵P(0,0,1)，∴PD＝0， ，－1. 3 3 2 3 1 → → 又AE· ＝ × PD ＋ ×(－1)＝0， 4 3 2 → → ∴PD⊥AE，即 PD⊥AE. → → → ∵AB＝(1,0,0)，∴PD· ＝0， AB
建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz， 则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(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.
(－2,1,0)． → → 因为 n⊥BA1，n⊥BD，
→ －x＋2y＋ 3z＝0， n· 1＝0， BA 故 ⇒ －2x＋y＝0， → n· ＝0 BD 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3，故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的 → 一个法向量，而AB1＝(1,2，－ 3)， → → 所以AB1＝n，所以AB1∥n，故 AB1⊥平面 A1BD.
→ → 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，BA1＝(－1,2， 3)，BD＝
利用空间向量解决探索 性问题
例 3 如图，四棱锥 P—ABCD 中，PA⊥平 面 ABCD，PB 与底面所成的角为 45° ， 底面 ABCD 为直角梯形，∠ABC＝ 1 ∠BAD＝90° ，PA＝BC＝ AD＝1. 2 (1)求证：平面 PAC⊥平面 PCD； (2)在棱 PD 上是否存在一点 E， CE∥平面 PAB？若存在， 使 请确定 E 点的位置；若不存在，请说明理由．
高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 第8课时 立体几何中的向量方法课件 理 北师大版
|a·n| |a||b|
.
(3)求二面角的大小
①若AB、CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直 的异面直线，则二面角的大小就是 向量A→B与C→D 的夹角(如图①)．
②与平面法向量的关系
设平面α和β的法向量分别为n1、n2，θ为两个平面的夹角，则
θ＝〈 π－n〈1，nn1，2〉n2〉0≤〈π2＜n〈1，nn1，2〉n≤2〉π2，≤如π，图如③图②
解析：设平面ABC的法向量为a＝(x，y，z)，
则aa··AA→→BC＝＝00 即24xx＋＋25yy＋＋z3＝z＝00
① ②
①×3－②得2x＋y＝0
令x＝1则y＝－2，z＝2，
此时a＝(1，－2,2)，|a|＝ 1＋－22＋22＝3，
∴平面ABC的单位法向量为±13，－23，23 答案：±13，－23，23
法二：∵P→D＝(0,1，－2)，P→A＝(2 3，4，－2)， 假设C→M∥平面PAD， 则存在x，y使C→M＝xP→D＋yP→A， 则
23＝2
3y，
0＝x＋4y，
32＝－2x－2y，
方程组的解为yx＝＝14－，1，
∴C→M＝－P→D＋14P→A 由共面向量定理知C→M与P→D、P→A共面，故假设成立， 又∵CM 平面PAD，∴CM∥平面PAD.
范围
l1 与 l2 所成的角 θ 0＜θ≤π2
a 与 b 的夹角〈a，b〉 0＜〈a，b〉＜π
求法 cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ |a·b| |a|·|b|
cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
(2)求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α
所成的角为θ，则sin θ＝ |cos〈a，n〉| ＝
北师大版版高考数学一轮复习立体几何立体几何中的向量方法教学案理解析版
[考纲传真] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．１．异面直线的夹角设a，b分别是两异面直线l１，l２的方向向量，则a与b的夹角〈a，b〉l１与l２的夹角θ范围0＜〈a，b〉＜π0<θ≤错误!关系cos〈a，b〉＝错误!cos θ＝|cos〈a，b〉|＝错误!２．直线与平面的夹角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝错误!.３．二面角（１）如图１，AB，CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈错误!，错误!〉．（２）如图２３，n１，n２分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n１，n２〉|，二面角的平面角大小是向量n１与n２的夹角（或其补角）．错误!点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|错误!|＝错误!.[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）两直线的方向向量的夹角就是两条直线的夹角．（）（２）直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面所成的角（）（３）两个平面的法向量的夹角是这两个平面所成的二面角．（）（４）两异面直线夹角的范围是错误!，直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是[0，π]．（）[答案] （１）×（２）×（３）×（４）√２．已知两平面的法向量分别为m＝（0,１,0），n＝（0,１,１），则两平面所成的二面角为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!πＣ．错误!或错误!π Ｄ．错误!或错误!πC[∵m＝（0,１,0），n＝（0,１,１），∴m·n＝１，|m|＝１，|n|＝错误!，∴cos〈m，n〉＝错误!＝错误!，∴〈m，n〉＝错误!.∴两平面所成的二面角为错误!或错误!π，故选Ｃ．]３．如图所示，在正方体ABCDA１B１C１D１中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B１M与D１N夹角的余弦值为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AB＝２，则N（１,0,0），D１（0,0,２），M（１,１,0），B１（２,２,２），∴错误!＝（—１，—１，—２），错误!＝（１,0，—２），∴错误!·错误!＝—１＋４＝３，|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＞0，∴B１M与D１N夹角的余弦值为错误!.故选Ａ．]４．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝—错误!，则l 与α的夹角为________．错误![设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝错误!，又θ∈错误!，∴θ＝错误!.]５．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角为________．４５°[如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝１，则A（0,0,0），D（0,１,0），P（0,0,１），由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCＤ．∴错误!＝（0,１,0），错误!＝错误!分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈错误!，错误!〉＝４５°.故平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为４５°.]求异面直线的夹角１．已知直三棱柱ABCA１B１C１中，∠ABC＝１２0°，AB＝２，BC＝CC１＝１，则异面直线AB１与BC１夹角的余弦值为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB１所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则A（0,２,0），B１（0,0,１），C错误!，C１错误!，错误!＝（0，—２,１），错误!＝错误!，cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!，故选Ｃ．]２．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝２，∠BAD＝60°.（１）求证：BD⊥平面PAC；（２）若PA＝AB，求PB与AC夹角的余弦值．[解] （１）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAＣ．（２）设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝２，所以BO＝１，AO＝CO＝错误!.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，—错误!，２），A（0，—错误!，0），B（１,0,0），C（0，错误!，0）．所以错误!＝（１，错误!，—２），错误!＝（0,２错误!，0）．设PB与AC所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!.即PB与AC夹角的余弦值为错误!.[规律方法] 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）两异面直线夹角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【例１】（２0１8·合肥一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．（１）求证：平面BDM∥平面EFC；（２）若DE＝２AB，求直线AE与平面BDM夹角的正弦值．[解] （１）连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，又M为AE的中点，∴MN∥EＣ．∵MN平面EFC，EC平面EFC，∴MN∥平面EFＣ．∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD平面EFC，EF平面EFC，∴BD∥平面EFＣ．又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFＣ．（２）∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.设AB＝２，则DE＝４，从而D（0,0,0），B（２,２,0），M（１,0,２），A（２,0,0），E（0,0,４），∴错误!＝（２,２,0），错误!＝（１,0,２），设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），则错误!得错误!令x＝２，则y＝—２，z＝—１，从而n＝（２，—２，—１）为平面BDM的一个法向量．∵错误!＝（—２,0,４），设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!，∴直线AE与平面BDM夹角的正弦值为错误!.[规律方法] 利用向量法求线面角的方法（１）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；（２）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．１１１１点P，Q分别为A１B１，BC的中点．（１）求异面直线BP与AC１夹角的余弦值；（２）求直线CC１与平面AQC１夹角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABCA１B１C１中，设AC，A１C１的中点分别为O，O１，连接OB，OO１，则OB⊥OC，OO１⊥OC，OO１⊥OB，如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AA１＝２，所以A（0，—１,0），B（错误!，0,0），C（0,１,0），A１（0，—１,２），B１（错误!，0,２），C１（0,１,２）．（１）因为P为A１B１的中点，所以P错误!，从而错误!＝错误!，错误!＝（0,２,２），故|cos〈错误!，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!.因此，异面直线BP与AC１夹角的余弦值为错误!.（２）因为Q为BC的中点，所以Q错误!，因此错误!＝错误!，错误!＝（0,２,２），错误!＝（0,0,２）．设n＝（x，y，z）为平面AQC１的法向量，则错误!即错误!不妨取n＝（错误!，—１,１）．设直线CC１与平面AQC１所成角为θ，则sin θ＝|cos〈错误!，n〉|＝错误!＝错误!＝错误!，所以直线CC１与平面AQC１夹角的正弦值为错误!.求二面角【例２】（２0１8·湖北二模）如图１，等腰直角三角形ABC的底边AB＝２，点D在线段AC上，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图２）．图１图２（１）求证：PB⊥DE；（２）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC的夹角为３0°，求平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值．[解] （１）证明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E，∴DE⊥平面PBE，又PB平面PBE，∴PB⊥DE.（２）由题知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB，∴DE，BE，PE两两互相垂直．分别以错误!，错误!，错误!的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Exyz.设|PE|＝a（0＜a＜１），则B（0,２—a,0），D（a,0,0），C（１,１—a,0），P（0,0，a），∴错误!＝（0,２—a，—a），错误!＝（１，—１,0）．设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!∴错误!∴平面PBC的一个法向量为n＝（a，a,２—a），∵直线PD与平面PBC的夹角为３0°，且错误!＝（a,0，—a），∴sin ３0°＝错误!，∴a＝２（舍）或a＝错误!.∴平面PBC的一个法向量为n＝错误!.易知平面PDE的一个法向量为m＝（0,１,0），设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!，所以sin θ＝错误!，即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为错误!.[规律方法] 利用向量计算二面角大小的常用方法（１）找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐（钝）二面角．（２）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．（１）求证：平面ACD⊥平面BCD；（２）当错误!＝２时，求二面角DACB的余弦值．[解] （１）证明：如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE，则DE⊥平面ABC，所以DE⊥BＣ．因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD．又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD．（２）以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD＝a，则AB＝２a，所以A（0，—２a,0），C（—a,0,0）．由（１）知AD⊥BD，又错误!＝２，所以∠DBA＝３0°，∠DAB＝60°，所以AE＝AD cos∠DAB＝错误!a，BE＝AB—AE＝错误!a，DE＝AD sin∠DAB＝错误!a，所以D错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝（—a,２a,0）．设平面ACD的法向量为m＝（x，y，z），则错误!即错误!取y＝１，则x＝２，z＝—错误!，所以m＝错误!.因为平面ABC的一个法向量为n＝（0,0,１），所以cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝—错误!.所以二面角DACB的余弦值为错误!.１．（２0１8·全国卷Ⅱ）如图所示，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝２错误!，PA＝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MPAC为３0°，求PC与平面PAM夹角的正弦值．[解] （１）证明：因为AP＝CP＝AC＝４，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝２错误!.连接OB．因为AB＝BC＝错误!AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝错误!AC＝２．由OP２＋OB２＝PB２知PO⊥OＢ．由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABＣ．（２）如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O（0,0,0），B（２,0,0），A（0，—２,0），C（0,２,0），P（0,0,２错误!），错误!＝（0,２,２错误!）．取平面PAC的一个法向量错误!＝（２,0,0）．设M（a,２—a,0）（0＜a≤２），则错误!＝（a,４—a,0）．设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）．由错误!·n＝0，错误!·n＝0得错误!可取n＝（错误!（a—４），错误!a，—a），所以cos〈错误!，n〉＝错误!.由已知可得|cos〈错误!，n〉|＝错误!，所以错误!＝错误!，解得a＝—４（舍去）或a＝错误!，所以n＝错误!.又错误!＝（0,２，—２错误!），所以cos〈错误!，n〉＝错误!.所以PC与平面PAM夹角的正弦值为错误!.２．（２0１6·全国卷Ⅱ）如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝５，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝错误!，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝错误!.（１）证明：D′H⊥平面ABCD；（２）求二面角BD′AC的正弦值．[解] （１）证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．又由AE＝CF得错误!＝错误!，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝５，AC＝6得DO＝BO＝错误!＝４．由EF∥AC得错误!＝错误!＝错误!.所以OH＝１，D′H＝DH＝３．于是D′H２＋OH２＝３２＋１２＝１0＝D′O２，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD．（２）如图，以H为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，错误!的方向为y轴正方向，错误!的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H（0,0,0），A（—３，—１,0），B（0，—５,0），C（３，—１,0），D′（0,0,３），错误!＝（３，—４,0），错误!＝（6,0,0），错误!＝（３,１,３）．设m＝（x１，y１，z１）是平面ABD′的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（４,３，—５）．设n＝（x２，y２，z２）是平面ACD′的法向量，则错误!即错误!所以可取n＝（0，—３,１）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝—错误!，sin〈m，n〉＝错误!.因此二面角BD′AC的正弦值是错误!.。
立体几何中的向量方法(一)——方向向量与法向量
(1)直线OA的一个方向向量坐标为___(_1_,0__,0_)___
(2)平面OABC 的一个法向量坐标为__(_0_,0__,1_)____ (3)平面AB1C 的一个法向量坐标为__(_-_1_,-_1_,_1_)__
z
O1
C1
A1
B1
o
A
x
C
y
B
例2：已知A(3, 0, 0), B(0, 4, 0), C(0,0,2) 求平面ABC的法向量.
l
a
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l a // u a u
l
a
A
u
C B
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则 （3） u v u v 0
β
uv
α
例1. 如图所示, 正方体的棱长为1
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
（一）. 平行关系：
(1) l / /m a / /b a b ；
a
l
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l / / a u a u 0 ；
叫做平面 的法向量.
l
n
A
给定一点A和一个向量 n,那么
过点A,以向量 n 为法向量的平面是
完全确定的.
平面的法向量：
l
注意：
1.法向量一定是非零向量;
2.一个平面的所有法向量都
n
互相平行;
高考数学复习立体几何中的向量方法
高考数学复习立体几何中的向量方法一、定义向量（Vector）是数量的一种，表示有方向和大小的量。
它是由两个实数构成的有序对，可以用一个点作为起点，另一个点作为终点去表示。
向量用大写字母表示，例如标准格式：$$\vec{A}=\left(\begin{array}{ccc}A_x\\A_y\\A_z\end{array}\right)$$ 其中A_x、A_y、A_z分别表示向量A的x轴、y轴、z轴的分量。
二、向量的加法和减法1、向量的加法：向量的加法指两个向量相加，相加的结果即为这两个向量的矢量和，而不是数字的和，表示为：$$\vec{A}+\vec{B}=\left(\begin{array}{ccc}A_x+B_x\\A_y+B_y\\A_z+B_z\end{array}\right)$$2、向量的减法：向量的减法指把第二个向量变成相反方向，然后与第一个向量进行加法，表示为：$$\vec{A}-\vec{B}=\left(\begin{array}{ccc}A_x-B_x\\A_y-B_y\\A_z-B_z\end{array}\right)$$三、向量的数乘1、向量的数乘指把向量乘以一个实数，表示为：$$k\vec{A}=\left(\begin{array}{ccc}k\cdot A_x\\k\cdot A_y\\k\cdot A_z\end{array}\right)$$四、向量的点积1、向量的点积是把两个向量乘以一个实数，表示为：$$\vec{A}\cdot \vec{B}=A_x\cdot B_x + A_y\cdot B_y + A_z\cdotB_z$$五、向量的叉积\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\A_x&A_y&A_z\\B_x&B_y&B_z\end{array}\right，$$六、向量的应用1、在中学地理中可以通过向量的加减法求解地图上定点之间的距离；。
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第8章 立体几何 第7节 空间几何中的向量方法
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB⫋平面ABCD,所以AB⊥PA.
因为AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,
所以向量 =(1,0,0)为平面 PAD 的一个法向量,
而 · =0,所以 ⊥ .
又因为 BE⊈平面 PAD,所以 BE∥平面 PAD.
(3)由(2)知平面 PAD 的一个法向量为=(1,0,0),
∴=(1,-1,1),=(1,0,0),=
∴
1
, −1,0
2
,
1 · = 1 -1 + 1 = 0,
1 · =
1
-
2 1 1
= 0,
令 x1=2,得 n1=(2,1,-1),
同理
2 · = 2 -2 + 2 = 0,
2 · = 2 = 0,
令y2=1,得n2=(0,1,1),
边三角形,所以AO⊥BC,PO⊥BC.所以BC⊥平面PAO,即平面PAO⊥平面
ABC.所以∠POA就是二面角P-BC-A的平面角,即∠POA=120°,建立空间直
角坐标系如图所示.设AB=2,
3
3
, 0,
2
2
则 A( 3,0,0),C(0,-1,0),B(0,1,0),P −
所以 =(- 3,-1,0),=
⇔
a1x1+b1y1+c1z1=0
.
(4)若l1⊥α,则e1∥n1⇔e1=kn1⇔
a1=kx1,b1=ky1,c1=kz1
.
(5)若α∥β,则n1∥n2⇔n1=kn2⇔
x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2
.
(6)若α⊥β,则n1⊥n2⇔n1·n2=0⇔
x1x2+y1y2+z1z2=0
高考数学大一轮复习 第七章 立体几何 第8课时 立体几何中的向量方法课件 理 北师大版.ppt
D．以上都不对
解析：∵c＝2a，∴a∥c.∵a·b＝(－2)×2＋(－3)×0＋1×4＝
0，∴a⊥b. 答案：C
2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量
n＝(6，－3,6)，则下列点P中在平面α内的是( )
A．P(2,3,3)
B．P(－2,0,1)
C．P(－4,4,0)
D．P(3，－3,4)
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°. ∵PC＝2，∴BC＝2 3，PB＝4. ∴D(0,1,0)，B(2 3，0,0)， A(2 3，4,0)，P(0,0,2)，M 23，0，32， ∴D→P＝(0，－1,2)，D→A＝(2 3，3,0)， C→M＝ 23，0，32，
|a·n| |a||b|
.
(3)求二面角的大小
①若AB、CD分别是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直 的异面直线，则二面角的大小就是 向量A→B与C→D 的夹角(如图①)．
②与平面法向量的关系
设平面α和β，nn1，2〉n2〉0≤〈π2＜n〈1，nn1，2〉n≤2〉π2，≤如π，图如③图②
范围
l1 与 l2 所成的角 θ 0＜θ≤π2
a 与 b 的夹角〈a，b〉 0＜〈a，b〉＜π
求法 cos θ＝|cos〈a，b〉|＝ |a·b| |a|·|b|
cos〈a，b〉＝|aa|·|bb|
(2)求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α
所成的角为θ，则sin θ＝ |cos〈a，n〉| ＝
解析：设平面ABC的法向量为a＝(x，y，z)，
则aa··AA→→BC＝＝00 即24xx＋＋25yy＋＋z3＝z＝00
2021版高考数学北师大版(理)一轮复习 第8章 立体几何与空间向量 8.6 空间向量及其运算 文档
1．空间向量的有关概念名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量 相等向量 方向相同且模相等的向量 a ＝b相反向量 方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线相互平行或重合的向量a ∥b2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . (2)空间向量基本定理假如向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3，空间中不共面的三个向量e 1，e 2，e 3叫作这个空间的一个基底． 3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 相互垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个向量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交换律：a ·b ＝b ·a ；②安排律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c ； ③λ(a·b )＝(λa )·b (λ∈R )． 4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示 坐标表示 数量积 a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线a ＝λb (b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a ·b ＝0 a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模|a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( √ ) (2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( × ) (3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( × )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( × )(5)若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( √ )(6)对空间任意一点O 与不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P ，A ，B ，C 四点共面．( × )1.如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .2．与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是( ) A.⎝⎛⎭⎫3210，4210，－22和⎝⎛⎭⎫－3210，－4210，22 B.⎝⎛⎭⎫3210，4210，－22 C.⎝⎛⎭⎫－3210，－4210，22 D.⎝⎛⎭⎫3210，4210，22或⎝⎛⎭⎫－3210，－4210，－22 答案 A解析 由于与向量a 共线的单位向量是±a|a |，又由于向量(－3，－4,5)的模为(－3)2＋(－4)2＋52＝52，所以与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是±152(－3，－4，5)＝±210(－3，－4,5)，故选A.3.如图，在四周体O －ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝________(用a ，b ，c 表示)．答案 12a ＋14b ＋14c解析 OE →＝12OA →＋12OD →＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c . 4．(教材改编)已知a ＝(2,4，x )，b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值为________． 答案 1或－3解析 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧4＋4y ＋2x ＝0，4＋16＋x 2＝36解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4，y ＝1.5．(教材改编)正四周体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________． 答案2解析 |EF →|2＝EF 2→＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC 2→＋CD 2→＋DF 2→＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°) ＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2.题型一 空间向量的线性运算例1 (1)已知在空间四边形OABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN →等于( ) A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12c D.23a ＋23b －12c (2)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．①化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________；②用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________. 答案 (1)B (2)①A 1A →②12AB →＋12AD →＋AA 1→解析 (1)明显MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－23OA → ＝－23a ＋12b ＋12c .(2)①A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO → ＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.②OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 引申探究1．若本例(1)中将“点M 在OA 上，且OM ＝2MA ”改为“M 为OA 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →”，则OG →＝______________. 答案 16a ＋13b ＋13c解析如图所示， ∵OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN → ＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23ON →－23OM → ＝12OA →＋23×12(OB →＋OC →)－23×12OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC → ＝16a ＋13b ＋13c .. 2．若本例(2)中条件不变，问题改为：设E 是棱DD 1上的点，且DE →＝23DD 1→，若EO →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，试求x ，y ，z 的值． 解 EO →＝ED →＋DO → ＝－23DD 1→＋12(DA →＋DC →)＝12AB →－12AD →－23AA 1→， 由条件知，x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.思维升华 用已知向量表示某一向量的方法用已知向量来表示未知向量，肯定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍旧成立．三棱锥O －ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC→表示MG →，OG →.解 MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN →＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →.OG →＝OM →＋MG →＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC →＝13OA →＋13OB →＋13OC →. 题型二 共线向量定理、空间向量基本定理的应用例2已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点， (1)求证：E 、F 、G 、H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH ；(3)设M 是EG 和FH 的交点，求证：对空间任一点O ，有OM →＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)．证明 (1)如图，连接BG ，则EG →＝EB →＋BG → ＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH →＝EF →＋EH →， 由共面对量定理的推论知： E 、F 、G 、H 四点共面． (2)由于EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →， 所以EH ∥BD . 又EH平面EFGH ，BD平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .(3)找一点O ，并连接OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG ，如图所示． 由(2)知EH →＝12BD →，同理FG →＝12BD →，所以EH →＝FG →，即EH 綊FG ，所以四边形EFGH 是平行四边形． 所以EG ，FH 交于一点M 且被M 平分． 故OM →＝12(OE →＋OG →)＝12OE →＋12OG →＝12⎣⎡⎦⎤12(OA →＋OB →)＋12⎣⎡⎦⎤12(OC →＋OD →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →＋OD →)． 思维升华 (1)证明点共线的方法证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题，如证明A ，B ，C 三点共线，即证明AB →，AC →共线，亦即证明AB →＝λAC →(λ≠0)． (2)证明点共面的方法证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P ，A ，B ，C 四点共面，只要能证明P A →＝xPB →＋yPC →或对空间任一点O ，有OA →＝OP →＋xPB →＋yPC →或OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC (x ＋y ＋z ＝1)即可．空间向量基本定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 上的点，F 是AC 上的点，且A 1E ＝2EB ，CF ＝2AF ，则EF 与平面A 1B 1CD 的位置关系为________．答案 平行解析 取AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c 为基底， 易得EF →＝－13(a －b ＋c )，而DB 1→＝a －b ＋c ，即EF →∥DB 1→，故EF ∥DB 1， 且EF平面A 1B 1CD ，DB 1平面A 1B 1CD ，所以EF ∥平面A 1B 1CD .题型三 空间向量数量积的应用例3 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值． (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°. MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )， ∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos60°＋a 2cos60°－a 2)＝0. ∴MN →⊥AB →.即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD . (2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)]＝14×2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a .∴MN 的长为22a .(3)解 设向量AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2cos60°＋a 2cos60°－12a 2cos60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cos θ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华 数量积的应用(1)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． (2)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． (3)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．如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值． 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×(12＋12＋12)＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ， ∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )(b －a ) ＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c＝|b |·|c |cos60°－|a ||c |cos60°＝0. ∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.12．“两向量同向”意义不清致误典例 已知向量a ＝(1,2,3)，b ＝(x ，x 2＋y －2，y )，并且a ，b 同向，则x ，y 的值分别为________． 易错分析 将a ，b 同向和a ∥b 混淆，没有搞清a ∥b 的意义：a 、b 方向相同或相反．解析 由题意知a ∥b ，所以x 1＝x 2＋y －22＝y3，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ①x 2＋y －2＝2x ②把①代入②得x 2＋x －2＝0，(x ＋2)(x －1)＝0， 解得x ＝－2或x ＝1，当x ＝－2时，y ＝－6；当x ＝1时，y ＝3.当⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2y ＝－6时，b ＝(－2，－4，－6)＝－2a ， 两向量a ，b 反向，不符合题意，所以舍去．当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1y ＝3时，b ＝(1,2,3)＝a ，a 与b 同向，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3.答案 1,3温馨提示 (1)两向量平行和两向量同向不是等价的，同向是平行的一种状况．两向量同向能推出两向量平行，但反过来不成立，也就是说，“两向量同向”是“两向量平行”的充分不必要条件；(2)若两向量a ，b 满足a ＝λb (b ≠0)且λ>0则a ，b 同向；在a ，b 的坐标都是非零的条件下，a ，b 的坐标对应成比例．[方法与技巧]1．利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础．2．利用共线向量定理、空间向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题．3．利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题． [失误与防范]1．向量的数量积满足交换律、安排律，即a·b ＝b·a ，a ·(b ＋c )＝a·b ＋a·c 成立，但(a·b )·c ＝a·(b·c )不肯定成立． 2．求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要留意两种角的范围不同，最终应进行转化．A 组 专项基础训练 (时间：45分钟) 1．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 肯定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c . 其中正确命题的个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 A解析 a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；依据自由向量的意义知，空间任两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任两个肯定共面，但它们三个却不肯定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.2．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 ．1,1B ．1，12C.12，12D.12，1 答案 C解析 AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(A 1B 1→＋A 1D 1→)＝AA 1→＋12AB →＋12AD →.∴x ＝12，y ＝12.3．(2022·广东)已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1) D ．(－1,0,1)答案 B解析 各选项给出的向量的模都是2，|a |＝ 2.对于选项A ，设b ＝(－1,1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×(－1)2×2＝－12.由于0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.由于0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．对于选项C ，设b ＝(0，－1,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1×12×2＝－12.由于0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝120°.对于选项D ，设b ＝(－1,0,1)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－1－12×2＝－1.由于0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝180°.故选B.4．空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →<AE →·CD →B.AE →·BC →＝AE →·CD →C.AE →·BC →>AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较 答案 C解析 取BD 的中点F ，连接EF ，则EF 綊12CD ，由于〈AE →，EF →〉＝〈AE →，CD →〉>90°，由于AE →·BC →＝0，AE →·CD→<0，所以AE →·BC →>AE →·CD →.5．已知a ，b 是异面直线，A ，B ∈a ，C ，D ∈b ，AC ⊥b ，BD ⊥b 且AB ＝2，CD ＝1，则异面直线a ，b 所成的角等于( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°答案 C 解析如图，设AC →＝a ，CD →＝b ，DB →＝c ，则AB →＝a ＋b ＋c ，所以cos 〈AB →，CD →〉＝(a ＋b ＋c )·b |a ＋b ＋c ||b |＝12，所以异面直线a ，b 所成的角等于60°，故选C.6．在空间四边形ABCD 中，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值为________． 答案 0 解析 方法一如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝AB →·(AD →－AC →)＋AC →·(AB →－AD →)＋AD →·(AC →－AB →) ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0. 方法二如图，在三棱锥A －BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四周体的对棱相互垂直．∴AB →·CD →＝0，AC →·DB →＝0， AD →·BC →＝0.∴AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝0.7．A ，B ，C ，D 是空间不共面四点，且AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，则△BCD 的外形是________三角形(填锐角、直角、钝角中的一个)． 答案 锐角解析 由于BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →) ＝AC →·AD →－AC →·AB →－AB →·AD →＋AB →2 ＝AB →2>0，所以∠CBD 为锐角．同理∠BCD ，∠BDC 均为锐角．8．设O －ABC 是四周体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为______________． 答案 (14，14，14)解析 如图所示，取BC 的中点E ，连接AE .OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→) ＝34OA →＋12AE →＝34OA →＋14(AB →＋AC →) ＝34OA →＋14(OB →－OA →＋OC →－OA →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →)， ∴x ＝y ＝z ＝14.9．已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →. (1)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(2)若k a ＋b 与k a －2b 相互垂直，求实数k 的值． 解 (1)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1， 又|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. (2)方法一 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)． k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)， 且k a ＋b 与k a －2b 相互垂直， ∴(k －1，k,2)·(k ＋2，k ，－4) ＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0， ∴k ＝2或k ＝－52，∴当k a ＋b 与k a －2b 相互垂直时， 实数k 的值为2或－52.方法二 由(1)知|a |＝2，|b |＝5，a ·b ＝－1， ∴(k a ＋b )·(k a －2b )＝k 2a 2－k a ·b －2b 2＝2k 2＋k －10＝0，得k ＝2或k ＝－52.∴当k a ＋b 与k a －2b 相互垂直时，实数k 的值为2或－52.10.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系．(1)写出点E 、F 的坐标； (2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1、E 、F 、C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.(1)解 E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)． (2)证明 ∵A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →， ∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明 ∵A 1、E 、F 、C 1四点共面， ∴A 1E →、A 1C 1→、A 1F →共面．选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →， 即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a,0)＋λ2(0，x ，－a ) ＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2，解得λ1＝12，λ2＝1.于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.B 组 专项力量提升 (时间：30分钟)11．已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4,2,3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( ) A ．(4,0,3) B ．(3,1,3) C ．(1,2,3) D ．(2,1,3)答案 B解析 设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为x ，y ，z . 则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，①由于p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4,2,3) ∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3,1,3)． 12．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 其中正确命题的序号是________． 答案 ①②解析 ①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3(A 1B 1→)2，故①正确； ②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，∵AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD 1→|＝0，故④也不正确．13．(2021·浙江)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12，若空间向量b 满足b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__________，y 0＝________，|b |＝________. 答案 1 2 2 2解析 方法一 对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，说明当x ＝x 0，y ＝y 0时，|b －(x e 1＋y e 2)|取得最小值1.|b －(x e 1＋y e 2)|2＝|b |2＋(x e 1＋y e 2)2－2b ·(x e 1＋y e 2)＝|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y ，要使|b |2＋x 2＋y 2＋xy －4x －5y 取得最小值，需要把x 2＋y 2＋xy －4x －5y 看成关于x 的二次函数，即f (x )＝x 2＋(y －4)x ＋y 2－5y ，其图像是开口向上的抛物线，对称轴方程为x ＝2－y 2，所以当x ＝2－y 2时，f (x )取得最小值，代入化简得f (x )＝34(y －2)2－7，明显当y ＝2时，f (x )min ＝－7，此时x ＝2－y2＝1，所以x 0＝1，y 0＝2.此时|b |2－7＝1，可得|b |＝2 2.方法二 ∵e 1·e 2＝|e 1|·|e 2|cos 〈e 1，e 2〉＝12，∴〈e 1，e 2〉＝π3.不妨设e 1＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，e 2＝(1,0,0)，b ＝(m ，n ，t )．由题意知⎩⎨⎧b ·e 1＝12m ＋32n ＝2，b ·e 2＝m ＝52，解得n ＝32，m ＝52， ∴b ＝⎝⎛⎭⎫52，32，t .∵b －(x e 1＋y e 2)＝⎝⎛⎭⎫52－12x －y ，32－32x ，t ，∴|b －(x e 1＋y e 2)|2＝⎝⎛⎭⎫52－x 2－y 2＋⎝⎛⎭⎫32－32x 2＋t 2＝x 2＋xy ＋y 2－4x －5y ＋t 2＋7＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2＋t 2.由题意知，当x ＝x 0＝1，y ＝y 0＝2时，⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y －422＋34(y －2)2＋t 2取到最小值．此时t 2＝1，故|b |＝⎝⎛⎭⎫522＋⎝⎛⎭⎫322＋t 2＝2 2.14.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EF →·DC →； (3)EG 的长；(4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，(1)EF →·BA →＝⎝⎛⎭⎫12c －12a ·(－a ) ＝12a 2－12a·c ＝14. (2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14. (3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22.(4)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2， 所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.15.直三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． (1)证明 设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 依据题意得，|a |＝|b |＝|c |， 且a·b ＝b·c ＝c·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a .∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解 ∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |.AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2， ∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010.即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
立体几何中的向量方法(一)
x − 2 y − 4z = 0 , 2 x − 4 y − 3z = 0
⇒ x = 2 y , z = 0.
取y = 1
【反思感悟】 反思感悟】
用待定系数法求平面的法向量， 用待定系数法求平面的法向量，关键是在 平面内找两个不共线的向量，列出方程组， 平面内找两个不共线的向量，列出方程组， 取其中一组解（非零向量）即可. 取其中一组解（非零向量）即可.
【方法探讨】 方法探讨】
证明线面 平行问题，可以有 三个途径，一是 在平面ODC1 内找一向量与B1C共线；二是说明 B1C与平面ODC1的两个不共线的向量共面；三是 证明B1C与平面ODC1的法向量垂直.
例：求证：如果一个平面经过另一个平面的 求证： 一条垂线，那么这两个平面互相垂直。 一条垂线，那么这两个平面互相垂直。
线面平行 l ∥ α ⇔ a ⊥ u ⇔ a ⋅ u = 0 ；
面面平行 α ∥ β ⇔ u ∥ v ⇔ u = kv.
注意：这里的线线平行包括线线重合，线 注意：这里的线线平行包括线线重合， 面平行包括线在面内，面面平行包 面平行包括线在面内，面面平行包 括面面重合. 括面面重合.
三、用方向向量和法向量判定位置关系
对于平面 对于平面 α 上的任 存在有序 有序实数 一点 P ,存在有序实数 对 ( x , y ) ,使得
P
b
α O
a
OP = xa + yb
二、平面的法向量 (1)定义 (1)定义 如果表示向量 n的有向线段所在直线垂 直于平面 α ，则称这个向量垂直于平面 α ,记 记 作 n⊥ α ，如果 n ⊥α ，那么向量 n 叫做平面
立体几何中的向量方法( 立体几何中的向量方法(一)
前面, 前面,我们把
精品导学案：立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
第7讲 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直[最新考纲]1．理解直线的方向向量及平面的法向量．2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 3．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知 识 梳 理1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n·a ＝0，n·b ＝0.2．空间位置关系的向量表示辨 析 感 悟1．平行关系(1)直线的方向向量是唯一确定的．(×)(2)两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是平行．(√) 2．垂直关系(3)已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是n 0＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23.(√) (4)(2014·青岛质检改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线NO ，AM 的位置关系是异面垂直．(√)[感悟·提升]1．一是切莫混淆向量平行与向量垂直的坐标表示，二是理解直线平行与直线方向向量平行的差异，如(2)．否则易造成解题不严谨．2．利用向量知识证明空间位置关系，要注意立体几何中相关定理的活用，如证明直线a ∥b ，可证向量a ＝λb ，若用直线方向向量与平面法向量垂直判定线面平行，必需强调直线在平面外等.学生用书第125页考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .审题路线 若用向量证明线面平行，可转化为判定向量MN →∥DA 1→，或证明MN →与平面A 1BD 的法向量垂直．证明 法一 如图所示，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则可求得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)．于是MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)．设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )． 则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. ∴n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n ， 又MN ⊄平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→.∴MN →∥DA 1→， 又∵MN 与DA 1不共线， ∴MN ∥DA 1，又∵MN ⊄平面A 1BD ，A 1D ⊂平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【训练1】 (2013·浙江卷选编)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC . 证明：PQ ∥平面BCD .证明 如图所示，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)， 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为点M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又点P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 (2014·济南质检)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)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)， B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． 于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125， 又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ， 又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键． (2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．【训练2】 如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证： (1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 如图，建立空间直角坐标系A －xyz ， 令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． (1)取AB 中点为N ，则N (2,0,0)， 又C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →.∴DE ∥NC ，又NC 在平面ABC 内，故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)，B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， 则B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF ，∵B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥AF .又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .学生用书第126页 考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2014·福州调研)如图，在长方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点． (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．审题路线 由长方体特征，以A 为坐标原点建立空间坐标系，从而将几何位置关系转化为向量运算．第(1)问证明B 1E →·AD 1→＝0，第(2)问是存在性问题，由DP →与平面B 1AE 的法向量垂直，通过计算作出判定．(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)．故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 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)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a2－az 0＝0， 解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 规律方法 立体几何开放性问题求解方法有以下两种：(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．本题是设出点P 的坐标，借助向量运算，判定关于z 0的方程是否有解．【训练3】 如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由． (1)证明 连接BD ，设AC 交BD 于O ，则AC ⊥BD . 由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD . (2)解 棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a (1－t )，62at ，由BE →·DS →＝0⇔t ＝13.∴当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.又BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想． 2．两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．3．运用向量知识判定空间位置关系，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．思想方法8——运用空间向量研究空间位置关系中的转化思想【典例】 (2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2. (1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．(1)证明 法一 由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2，∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)．①由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)，∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0，② ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1，且BB 1∩BD ＝B ，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .③ 法二 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .又底面ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面A 1OC ，∴BD ⊥A 1C .④又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2，∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C .又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1，又BB 1∩BD ＝B ，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D . ⑤(2)解 设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)， 由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，∴cos θ＝|cos<n ，A 1C →>|＝12×2＝12. ⑥ 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.[反思感悟] (1)转化化归是求解空间几何的基本思想方法：①中将空间位置、数量关系坐标化．②和③体现了线线垂直与线面垂直的转化，以及将线线垂直转化为向量的数量积为0.在④与⑤中主要实施线面、线线垂直的转化．⑥中把求“平面夹角的余弦值”转化为“两平面法向量夹角的余弦值”．(2)空间向量将“空间位置关系”转化为“向量的运算”．应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备．【自主体验】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，AC ＝BC ＝BB 1.求证：(1)BC 1⊥AB 1；(2)BC 1∥平面CA 1D .证明 如图，以C 1点为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设AC ＝BC ＝BB 1＝2，则A (2,0,2)，B (0，2,2)，C (0,0,2)，A 1(2,0,0)，B 1(0,2,0)，C 1(0,0,0)，D (1，1,2)．(1)由于BC 1→＝(0，－2，－2)，AB 1→＝(－2,2，－2)，所以BC 1→·AB 1→＝0－4＋4＝0，因此BC 1→⊥AB 1→，故BC 1⊥AB 1.(2)连接A 1C ，取A 1C 的中点E ，连接DE ，由于E (1,0,1)，所以ED →＝(0,1,1)，又BC 1→＝(0，－2，－2)，所以ED →＝－12BC 1→，又ED 和BC 1不共线，所以ED ∥BC 1，又DE ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ，故BC 1∥平面CA 1D .对应学生用书P321基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v ＝(3，－1，4)，则( )．A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不正确解析 ∵－23≠3－1≠－54，∴μ与v 不是共线向量，又∵μ·v ＝－2×3＋3×(－1)＋(－5)×4＝－29≠0，∴μ与v 不垂直，∴平面α与平面β相交但不垂直．答案 C2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )．A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面．则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．答案 D3．(2014·泰安质检)已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)三点，向量n ＝(1,1,1)，则以n 为方向向量的直线l 与平面ABC 的关系是( )．A ．垂直B ．不垂直C ．平行D ．以上都有可能解析 易知AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，∴AB →·n ＝－1×1＋1×1＋0＝0，∴AC →·n＝0，则AB →⊥n ，AC →⊥n ，即AB ⊥l ，AC ⊥l ，又AB 与AC 是平面ABC 内两相交直线，∴l ⊥平面ABC .答案 A如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )．A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)，A (22，0,0)，M (2，2,0)． ∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .答案 C5.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )．A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析 连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线交点，∴M 为线段EF 的中点．在空间坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 答案 C二、填空题6．已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1,1,2)，b ＝(x ，－2，3)，且α⊥β，则x ＝________.解析 ∵α⊥β，∴a ·b ＝x －2＋6＝0，则x ＝－4.答案 －47．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)．则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．解析 AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，∴n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴n ⊥AB →，n ⊥AC →，故n 也是α的一个法向量．又∵α与β不重合，∴α∥β.答案 平行8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．由于BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．答案 ①②③三、解答题 9.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 且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (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 .10.如图所示，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°的角．(1)求证：CM ∥平面P AD ；(2)求证：平面P AB ⊥平面P AD .证明以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C －xyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32， (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧ －y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ z ＝12y ，x ＝－32y ， 令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD .(2)取AP 的中点E ，并连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)，∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A . 又BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE →⊥DA →，则BE ⊥DA .∵P A ∩DA ＝A .∴BE ⊥平面P AD ，又∵BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD .能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ＋y 的值为( )．A.257B.67C.187D.407解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP →⊥AB →，BP →⊥BC →，则⎩⎪⎨⎪⎧(x －1)＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －12＝0，解得x ＝407，y ＝－157.于是x ＋y ＝407－157＝257. 答案 A2.如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则( )．①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上正确说法的个数为( )．A ．1B ．2C ．3D ．4解析 A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，∴A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥面DCC 1D 1，A 1M ∥面D 1PQB 1.①③④正确．答案 C二、填空题3.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 的和的值为________．解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，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 )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.答案 1三、解答题4．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．(1)证明如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为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 ，a 2，0，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 ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；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 点为AD 的中点. 学生用书第128页。
高中数学北师大版选修2-1立体几何中的向量方法PPT全文课件
则 n AB ，n AC .∵ AB (3, 4, 0) , AC (3, 0, 2)
∴
( (
x, x,
y, y,
z) z)
(3, (3,
4, 0,
0) 2)
0 0
即
3 x 3 x
4y 2z
0 0
取 x 4,则 n (4, 3, 6)
∴
y z
3 4 3 2
x x
∴ n (4, 3, 6) 是平面 ABC 的一个法向量.
(0,1 2
0
,1 2
)
P
22 所以PB DE
F
E
由已知EF PB,
且EF DE E,
所以PB 平面EFD A
X
D
C Y
B
例2. 四棱锥P - ABCD中, 底面ABCD是正方
形, PD 底面ABCD, PD DC ,点E是PC的中点,
作EF
PB交PB于点F . 2 求证
:
z
PB
平面EFD.
(1)证明：依题意得A(1, 0, 0), P(0, 0,1), E(0, 1 , 1 ), B(1,1，0)
PA (1, 0, 1),
DE (0, 1 , 1 )
22
DB =(1,1，0)
22
Z
设PA xDE yDB
解得 x＝－２,ｙ＝１
P
即PA 2DE DB
E
于是PA、 DE、 DB共面
Z
依题意得D(0, 0, 0), P(0, 0,1),
P
E(0, 1 , 1 ) B(1,1，0)
DE 2(0,21 , 1 ), DB =(1,1，0)
E
22
高考数学北师大版(通用,理)总复习讲义 8.6 立体几何中的向量
高考数学北师大版（通用，理）总复习讲义 8.6 立体几何中的向量高考数学北师大版（通用，理）总复习讲义8.6立体几何中的向量§8.6立体几何中的矢量法（I）——证明平行性和垂直度→1.直线的方向向量：如果在空间直线L的任意一点上取a和B两个点，则AB称为直线L的方向向量平面的法向量：如果直线l垂直于平面α，那么把直线l的方向向量叫作平面α的法向量．2．用向量证明空间中的平行关系（1）假设直线L1和L2的方向向量分别为V1和V2，那么L1‖L2（或L1与L2重合）？v1∥v2。
(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l苔?存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.（3）设直线l的方向向量为V，平面α，如果法向量为u，则l‖α或l moss？五、⊥ 平面设置α和β的法向量分别是U1和U2，然后是α∥ β? u1∥u2。
3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2?v1⊥v2?v1v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α?v∥u.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β?u1⊥u2?u1u2＝0.1.判断以下结论是否正确（请勾选“√“或“×”）(1)直线的方向向量是唯一确定的．(2)平面的单位法向量是唯一确定的．( ×) ( ×) ( ×) (√)( ×) ( ×) ()(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．（4）如果两条直线的方向向量不平行，则两条直线不平行。
（5）如果a‖B，a的直线与B的直线平行(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则a、l1∥l2b．l1⊥l2d．以上均不正确c、 L1和L2相交但不垂直答案B解析ab＝－12＋36－24＝0，故a⊥b，即l1⊥l2选b.3.已知平面α平面α中有一个点m（1，-1,2），如果法向量为n=（6，-3,6），则以下点P中，在平面α内的是a．p(2,3,3)()b．p(－2,0,1)d．p(3，－3,4)c、 P（-4,4,0）回答a→分析逐个验证方法，对于方案a，MP=（1,4,1），→→⊥ MPN=6-12+6=0，⊥ 议员⊥ N⊥ 点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．19554.如果a（0,2，）、B（1，-1，）、C（-2,1，）是一个平面α三点内，设置平面α法向量n=（x，y，z），那么x∶ Y∶ Z888＝________. 答案2:3:（-4）→→→→→5.已知ab=（1,5，-2），BC=（3,1，z）。
立体几何中的向量方法 北师大版精品公开PPT课件
点O和 a、b 不仅可以确定平面
的位置，还可以具体表示出内的任
意一点P。
4
平面
法向量：若 a，则 a叫做平面 的法向量。 a
●
A
过点A，以 a为法向量
的平面是完全确定的
5
二、线线、线面、面面间的位置关系与向
量运算的关系
设平直面线l，，m的的方法向向向量量分分别别为为ua，v ，b ，
线探线究平1：行平行l/关/m 系a /b / a b 点击
18
l
l
a
b
m
a b m
l,m的夹角为，cos | ab|
| a ||b |
19
ual
l a
u
l,的夹角为 ，cos()| au|
2 |a||u|
20
u
v
,的夹角为，cos
|
uv|
| u||v|
21
u
v
,的夹角为，cos
|
uv|
| u||v|
22
同学们，再见！
线面平行 l//a u a u 0 点击
面面平行 // u /v / u v 点击
6
设平直面线l，，m的的方法向向向量量分分别别为为ua，v ，b ，
探究2：垂直关系
线线垂直
线面垂直
l l
m a a / u b / a a b u 0 点点击击
面面垂直 u v u v 0
3.2 立体几何中的向量方法（1）
----直线的方向向量与平面的法向量
1
一、点、直线、平面的位置的向量表示
点
●P
●
O 基点
空间中任意一点P的
位置可用向量 OP
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第8章 立体几何 第6节 空间向量及其运算
B.1
C.2
D.3
(2)已知 A,B,C 三点不共线,对平面 ABC 外的任一点 O,若点 M 满足 =
1
(
+
3
+ ).
①判断, , 三个向量是否共面;
②判断点M是否在平面ABC内.
)
答案:(1)A
解析:∵ =(m-1,1,m-2n-3), =(2,-2,6),
.
④λa=
(λa1,λa2,λa3)
.
⑤a·b= a1b1+a2b2+a3b3 .
⑥cos<a,b>=
1 1 + 2 2 + 3 3
12 + 22 + 32 · 12 +22 +32
(2)设 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则 =
(a≠0,b≠0).
(x2-x1,y2-y1,z2-z1)
1.空间向量的线
性运算
2.共线定理、共
面定理的应用
3.空间向量数量
积及应用
核心素养
1.直观想象
2.逻辑推理
3.数学运算
强基础•固本增分
1.空间向量的有关概念
名称
定义
在空间中,具有 大小 和 方向 的量,其大小叫作向量的
空间向量
长度或模
相等向量
方向 相同 且模 相等 的向量
相反向量
方向 相反 且模 相等 的向量
= −
1
2
2
+3 (
= −
1
2
2
+
3
= −
1
2
2
2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第八章 第7讲 立体几何中的向量方法
第7讲 立体几何中的向量方法一、知识梳理1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a·b ||a||b |cos β＝a·b|a||b |2.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a·n ||a||n|． 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角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 →〉．(2)如图②③，n 1，n 2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|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．常用结论利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.二、教材衍化1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.答案：45°或135°2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为________．解析：如图建立空间直角坐标系，设DA ＝1，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AC →＝(－1，1，0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010.答案：10103．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．解析：以C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A (2，0，0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2，0，22)，AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝|AC 1→·AC 2→||AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6. 答案：π6一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )(2)已知a ＝(－2，－3，1)，b ＝(2，0，4)，c ＝(－4，－6，2)，则a ∥c ，a ⊥b .( ) (3)已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则直线l 与平面α所成的角为120°.( )(4)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.( )答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)异面直线所成角的取值范围出错； (2)二面角的取值范围出错；(3)直线和平面所成的角的取值范围出错．1．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10，即2a ·c ＋b ·c ＝－10.因为a ·c ＝4，所以b ·c ＝－18，所以cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b ，c 〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.答案：60°2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，故n 1＝(1，2，2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1·n 2〉＝23，故平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.答案：233．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以θ＝30°.答案：30°异面直线所成的角(师生共研)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 【解】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD . 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. 即PB 与AC 所成角的余弦值为64.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． [提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．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.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 解：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．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可取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 .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )， 进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.直线与平面所成的角(师生共研)如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1⊥平面CDD 1C 1，B 1A 1⊥平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1⊥平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解】 (1)证明：因为B 1A 1⊥平面ADD 1A 1，所以B 1A 1⊥DD 1， 又DD 1⊥D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， 又DD 1∥CC 1，所以CC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1. 因为B 1C 1平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1⊥B 1C 1.因为平面ADD 1A 1⊥平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1⊥DD 1， 所以C 1D 1⊥平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在△B 1EC 1中，B 1C 1⊥C 1E . 又CC 1，C 1E 平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1⊥平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量， 易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277， 故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277.(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)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.[提醒] 求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．(2020·蚌埠模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PD＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∥平面AMHN .(1)证明：MN ⊥PC ；(2)设H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图①，连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，且O 为BD 的中点． 因为PD ＝PB ，所以PO ⊥BD ， 因为AC ∩PO ＝O ，且AC ，PO 平面P AC ，所以BD ⊥平面P AC .因为PC平面P AC ，所以BD ⊥PC .因为BD ∥平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ∥MN ， 所以MN ⊥PC .(2)由(1)知BD ⊥AC 且PO ⊥BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为P A 与平面ABCD 所成的角为∠P AO ，所以∠P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A .因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以O 为坐标原点，OA →，OD →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，记P A ＝2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，C (－1，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，33，0，P (0，0，3)，H ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，所以BD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0，AH →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，AD →＝⎝⎛⎭⎫－1，33，0. 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，解得y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)是平面AMHN 的一个法向量． 记AD 与平面AMHN 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34.二面角(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A -MA 1N 的正弦值．【解】 (1)证明：连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED . 又MN ⊆/平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA .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，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A →＝(0，0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2，0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A -MA 1N 的正弦值为105.利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．解：(1)证明：由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ， 所以AD ∥CG ，故AD ，CG 确定一个平面， 从而A ，C ，G ，D 四点共面． 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ， 故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE . (2)作EH ⊥BC ，垂足为H . 因为EH平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°， 可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)． 设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0.所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B -CG -A 的大小为30°.利用空间向量求距离(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ∥平面A 1BC; (2)求点A 到平面A 1BC 的距离． 【解】(1)证明：如图，取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE . 因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点， 所以EF ∥BB 1，且EF ＝12BB 1.又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ∥BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ∥EF ，且CD ＝EF .所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ∥CF . 因为DE ⊆/平面A 1BC ，CF平面A 1BC ，所以DE ∥平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2.又在△A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33，所以S △A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3.设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S △A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d .因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263.法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC -A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ⊥AB .又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ⊥平面ABB 1A 1. 因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ⊥AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→，n ⊥BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2.所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263.求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |.[提醒] 该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解：如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM 平面MCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系. 因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0，0，0)，C (1，0，0)，M (0，0，3)， B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)． BM →＝(0，3，3)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1，1)． 又BA →＝(0，0，23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.[基础题组练]1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．π2解析：选B.以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，C⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)， 所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22，所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B.2.如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B ．277C.33D ．24解析：选A.如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)． 因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A.3．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217.则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析：选C.如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉． 因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →，所以CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，又〈AC →，BD →〉∈[0°，180°]，所以〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.4.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0，0，2)， B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.答案：355．如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥AE .又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE . 所以BD ⊥平面ACFE . (2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1，0，2)，F (－1，0，a )(a >0)，OF →＝(－1，0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2，0，1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF →＝(－1，0，3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 6．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ⊥PC ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，∠P AC ＝30°.(1)证明：BM ⊥平面P AC ； (2)求二面角B －P A －C 的余弦值．解：(1)证明：因为P A ⊥PC ，AB ⊥BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ⊥MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ⊥AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ⊥平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ∥BM ，从而OE ⊥AC .因为P A ⊥PC ，∠P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ⊥AC .由(1)知BM ⊥平面P AC ，OP ⊂平面P AC ，所以BM ⊥PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 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，由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)，设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BP →＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量， 易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角， 所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ∥PC ，又P A ⊥PC ，所以HM ⊥P A . 由(1)知BM ⊥平面P AC ，则BH ⊥P A ， 所以∠BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ⊥PC ，∠P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos ∠BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.7．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ∥EC . 因为MN ⊆/平面EFC ，EC 平面EFC ，所以MN ∥平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ∥DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形， 所以BD ∥EF .因为BD ⊆/平面EFC ，EF 平面EFC ，所以BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ∥平面EFC . (2)因为DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形， 所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)，所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[综合题组练]1．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 是边长为4的等边三角形，BC ⊥PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ⊥PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：因为△P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以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 ⊥BC ，PE ⊥BE .又BC ⊥PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ⊥平面PBE ，所以BC ⊥BE . 又BC ∥AD ，所以AD ⊥BE . 又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE平面P AD ，所以BE ⊥平面P AD ，所以BE ⊥PD .(2)由(1)得BE ⊥平面P AD ，所以∠BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角． 因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin ∠BAE ＝154 ，所以cos ∠BAE ＝14. 所以cos ∠BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)， 所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y .令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)． 易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)， 设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66.所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 2．(2020·河南郑州三测)如图①，△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图②)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ⊥平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值．解：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ∥BC .因为∠ABC ＝90°，所以EF ⊥BE ，EF ⊥PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ⊥平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ⊥BE .由(1)知EF ⊥平面PBE ，EF平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE .又PO ⊂平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)， 则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN→·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)， 所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035. 3．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ∥平面EMC ；(2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M -EC -F 的余弦值；若不存在，说明理由．解：(1)因为直线MF平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ∥BF ，M 为AB 的中点， 所以△OAM ≌△FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2.故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为△DOF 的中位线，所以MN ∥OD ， 又MN平面EMC ，OD ⊆/ 平面EMC ，所以直线OD ∥平面EMC .(2)由已知可得EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .所以平面ABFE ⊥平面ADE ，易知△ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ⊥平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)．设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0⇒⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19.因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。
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§8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直1． 直线的方向向量：在空间直线l 上任取两点A ，B ，则称AB →为直线l 的方向向量．平面的法向量：如果直线l 垂直于平面α，那么把直线l 的方向向量叫作平面α的法向量． 2． 用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3． 用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.1． 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的． ( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( × ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行． ( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．( × ) (6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行． ( × ) 2． 若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(2,4，－4)，b ＝(－6,9,6)，则( )A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1与l 2相交但不垂直D ．以上均不正确答案 B解析 a ·b ＝－12＋36－24＝0，故a ⊥b ，即l 1⊥l 2选B.3． 已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是 ( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ， ∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．4． 若A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α内的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z＝________. 答案 2∶3∶(－4)5． 已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为______________． 答案407，－157，4 解析 由题意知，BP →⊥AB →，BP →⊥BC →.所以⎩⎪⎨⎪⎧AB →·BC →＝0，BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1×3＋5×1＋(－2)×z ＝0，(x －1)＋5y ＋(－2)×(－3)＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0，解得，x ＝407，y ＝－157，z ＝4.题型一 证明平行问题例1 (2013·浙江改编)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点， 点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC . 证明：PQ ∥平面BCD.思维启迪 证明线面平行，可以利用判定定理先证线线平行，也可利用平面的法向量． 证明 方法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线为y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知， A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)． 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ 平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同证法一建立空间直角坐标系，写出点A 、B 、C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0,0)． ∵CF →＝14CD →，设F 点坐标系(x ，y,0)则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)∴⎩⎨⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由证法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ 平面BCD ，OF 平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .思维升华 用向量证明线面平行的方法有(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；(3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．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 且ABCD 为正方形，∴AB 、AP 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点，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 . 题型二 证明垂直问题例2 如图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .思维启迪 证明线面垂直可以利用线面垂直的定义，即证线与平 面内的任意一条直线垂直；也可以证线与面的法向量平行．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 如图所示，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， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →为x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，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⇒⎩⎨⎧－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 .思维升华 用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示． (3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．如图所示，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． (1)求证：CM ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AD .证明 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 ， ∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)， M (32，0，32)，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)， CM →＝(32，0，32)，(1)令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM 平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .(2)取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ， 又∵BE 平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD . 题型三 解决探索性问题例3 (2012·福建)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点． (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．思维启迪 利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)． 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，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 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)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP 平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.思维升华 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”．如图所示，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC . 若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由． (1)证明 连接BD ，设AC 交BD 于O ，则AC ⊥BD .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系如图． 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)解 棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量， 且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0.设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ， 而BE →·DS →＝0⇔t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .利用向量法解决立体几何问题典例：(12分)(2012·湖南)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面P AE ；(2)若直线PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P －ABCD 的体积． 思维启迪 本题中的(1)有两种证明思路：(1)利用常规方法，将证明线面垂直转化为证明线线垂直，利用线面垂直的判定定理证之； (2)将证明线面垂直问题转化为向量间的关系问题，证明向量垂直；然后计算两个向量的数量积．规范解答方法一 (1)证明 如图，连接AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5. [1分] 又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE .[2分]因为P A ⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ，所以P A ⊥CD .[4分] 而P A ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线， 所以CD ⊥平面P AE .[5分](2)解 过点B 作BG ∥CD ，分别与AE ，AD 相交于点F ，G ，连接PF . 由(1)CD ⊥平面P AE 知，BG ⊥平面P AE . 于是∠BPF 为直线PB 与平面P AE 所成的角， [6分]且BG ⊥AE .由P A ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角． [7分]由题意得∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝P A PB ，sin ∠BPF ＝BF PB ，所以P A ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC .又BG ∥CD ，所以四边形BCDG 是平行四边形． 故GD ＝BC ＝3.于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以 BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855.于是P A ＝BF ＝855.[10分]又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为 V ＝13×S ×P A ＝13×16×855＝128515.[12分]方法二 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分 别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝h ，则A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)， P (0,0，h )．[2分](1)证明 易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )． 因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，[4分]所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线， 所以CD ⊥平面P AE .[5分] (2)解 由题设和(1)知，CD →，P A →分别是平面P AE ，平面ABCD 的法向量． [6分]而PB 与平面P AE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈P A →，PB →〉|， 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·PB →|P A →|·|PB →|.[8分]由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，P A →＝(0,0，－h )， 又PB →＝(4,0，－h )，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2. 解得h ＝855.[10分]又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P －ABCD 的体积为 V ＝13×S ×P A ＝13×16×855＝128515.[12分]温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建立坐标系或利用基底表示向量；(2)建立空间直角坐标系时要根据题中条件找出三条互相垂直的直线； (3)对于和平面有关的垂直问题，也可利用平面的法向量．方法与技巧用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．失误与防范用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1．若直线l的一个方向向量为a＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u＝(1,1，－1)，则() A．l∥α或l αB．l⊥αC．l αD．l与α斜交答案 A2．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是() A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)答案 D解析若l∥α，则a·n＝0，D中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0，∴a⊥n.3．设平面α的法向量为a＝(1,2，－2)，平面β的法向量b＝(－2，h，k)，若α∥β，则h＋k的值为()A．－2 B．－8 C．0 D．－6答案 C解析由α∥β得a∥b，∴－21＝h2＝k－2，∴h ＝－4，k ＝4，∴h ＋k ＝0.4． 已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.657 答案 D解析 由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7＝2t －μ5＝－t ＋4μλ＝3t －2μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝337μ＝177λ＝657. 5． 如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22， P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 所成的角为( ) A ．60°B ．45°C ．90°D ．以上都不正确答案 C解析 以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)，A (22，0,0)，M (2，2,0)．∴PM →＝(2，1，－3)，AM →＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .二、填空题6． 已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1,1,2)，b ＝(x ，－2，3)，且α⊥β，则x ＝________.答案 －4解析 ∵a·b ＝x －2＋6＝0，∴x ＝－4.7． 设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________.答案 16解析 P A →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4)．根据共面向量定理，设PC →＝xP A →＋yPB → (x 、y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4)＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ， 解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.8． 如图，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 ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系 是________．答案 平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →， ∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的法向量，∴MN →·CD →＝⎝⎛⎭⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，∴MN →⊥CD →.又∵MN 平面B 1BCC 1，∴MN ∥平面B 1BCC 1.三、解答题9． 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，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .依题意有Q (1，1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)．∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，故PQ ⊥平面DCQ ，又PQ 平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .10．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ACBD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E (12，1，12)，F (0,1，12)，EF →＝(－12，0,0)，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝ (0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ， 又AB 平面P AB ，EF 平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC 平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升(时间：30分钟)1． 已知a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)，c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 与a 及b 都垂直，则m ，n 的值分别为( ) A ．－1,2B ．1，－2C ．1,2D ．－1，－2答案 A解析 由已知得c ＝(m ＋4，m ＋2n －4，m －n ＋1)，故a·c ＝3m ＋n ＋1＝0，b·c ＝m ＋5n －9＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝2. 2． 已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内答案 D解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.3． 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的有________个．答案 2解析 建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1,1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上，∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1.∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.4． 如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)如图建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC 平面ABC ，DE 平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .5． 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．(1)证明 如图，以DA 、DC 、DP 所在直线分别为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 ，a 2，0、 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 ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0， 得x ＝a 2；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 点为AD 的中点．。