2019-2020年全国通用版2019版高考数学一轮复习第十二单元空间向量教材复习课“空间向量”相关基础知识一课
全国通用版2019版高考数学一轮复习第十二单元空间向量教材复习课“空间向量”相关基础知识一课过课件理
B．l⊥α D．l与α斜交
()
解析：∵a ＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，
即a ∥n ，∴l⊥α. 答案：B
2.如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F
分别在 A1D，AC 上，且 A1E＝23A1D，AF＝
13AC，则
()
A．EF 至多与 A1D，AC 之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF 与 BD1 相交 D．EF 与 BD1 异面
答案：B
3．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的值为
()
62
63
A. 7
B. 7
60
65
C. 7
D. 7
解析：由题意设c＝ta ＋μb ＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴57＝＝－2t－t＋μ4，μ， λ＝3t－2μ.
由于 AB＝BC＝AA1，不妨取 AB＝2，
则 E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，
所以―E→F ＝(0，－1,1)，―BC→1 ＝(2,0,2)，
则 cos〈―E→F ，―BC→1 〉＝
2 2·2
2＝12，
故直线 EF 与 BC1 的夹角为 60°. 答案：B
2.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都 相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的 中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为
D．无法判断
解析：∵―O→P ＝34―O→A ＋18―O→B ＋18―O→C ，且34＋18＋18＝1.
∴P，A，B，C 四点共面．
答案：B
2．已知空间四边形OABC中，―O→A ＝a ，―O→B ＝b ，―O→C ＝c，点
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：空间向量的概念与运算
§7.6空间向量的概念与运算考试要求 1.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.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.3.理解直线的方向向量及平面的法向量，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．空间向量的有关概念名称定义空间向量空间中既有大小又有方向的量相等的向量方向相同且大小相等的向量相反向量大小相等而方向相反的向量共线向量(或平行向量)两个非零向量的方向相同或者相反共面向量空间中的多个向量，如果表示它们的有向线段通过平移之后，都能在同一个平面内2.空间向量的有关定理(1)共线向量定理：如果a≠0且b∥a，则存在唯一实数λ，使得b＝λa.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是存在唯一的实数对(x，y)，使c＝x a＋y b.(3)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，{a，b，c}叫做空间的一组基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐标表示数量积a·b a1b1＋a2b2＋a3b3共线a＝λb(b≠0，λ∈R)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|a21＋a22＋a23夹角余弦值cos〈a，b〉＝a·b|a||b|(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23·b21＋b22＋b234.空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量：如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称向量v为直线l的一个方向向量．(2)平面的法向量：如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n为平面α的一个法向量．(3)空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2(λ∈R) l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄αl∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m⇔n·m＝0常用结论1．三点共线：在平面中A，B，C三点共线⇔OA→＝xOB→＋yOC→(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点．2．四点共面：在空间中P，A，B，C四点共面⇔OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两个非零向量a，b共面．(√)(2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反．(×)(3)若A，B，C，D是空间中任意四点，则有AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0.(√)(4)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.(×)教材改编题1.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 与BD 的交点为点M ，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则下列向量中与C 1M —→相等的向量是()A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b －cD ．－12a －12b ＋c答案C解析C 1M —→＝C 1C —→＋CM →＝C 1C —→＋12(CB →＋CD →)＝A 1A —→＋12DA →＋12BA →＝－12a －12b －c .2.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 ．不能确定答案B解析分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为A 1M ＝AN ＝2a 3，所以，23a ，23a ，MN →－a 3，0，23a又C 1(0,0,0)，D 1(0，a ,0)，所以C 1D 1—→＝(0，a ,0)，所以MN →·C 1D 1—→＝0，所以MN →⊥C 1D 1—→.因为C 1D 1—→是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .3．设直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(－2,2,1)，b ＝(3，－2，m )，若l 1⊥l 2，则m ＝________.答案10解析∵l 1⊥l 2，∴a ⊥b ，∴a ·b ＝－6－4＋m ＝0，∴m ＝10.题型一空间向量的线性运算例1(1)在空间四边形ABCD 中，AB →＝(－3,5,2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →的坐标为()A ．(2,3,3)B ．(－2，－3，－3)C ．(5，－2,1)D ．(－5,2，－1)答案B解析因为点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，设O 为坐标原点，所以EF →＝OF →－OE →，OF →＝12(OA →＋OD →)，OE →＝12(OB →＋OC →)．所以EF →＝12(OA →＋OD →)－12(OB →＋OC →)＝12(BA →＋CD →)＝12×[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝12×(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．(2)(2023·北京日坛中学模拟)在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D 是四边形BB 1C 1C 的中心，且AA 1—→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，则A 1D —→等于()A.12a ＋12b ＋12cB.12a －12b ＋12cC.12a ＋12b －12c D ．－12a ＋12b ＋12c答案D解析A 1D —→＝A 1A —→＋AB →＋BD→＝－AA 1—→＋AB →＋12(BB 1—→＋BC →)＝－AA 1—→＋AB →＋12AA 1—→＋12(AC →－AB →)＝－12AA 1—→＋12AB →＋12AC→＝－12a ＋12b ＋12c .思维升华用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．(3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．跟踪训练1(1)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于()A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)答案B解析由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．(2)如图，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①A 1A—→②12AB →＋12AD →＋AA 1—→解析①A 1O —→－12AB →－12AD →＝A 1O —→－12(AB →＋AD →)＝A 1O —→－AO →＝A 1O —→＋OA →＝A 1A —→.②因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．所以OC 1—→＝OC →＋CC 1—→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1—→＝12AB →＋12AD →＋AA 1—→.题型二空间向量基本定理及其应用例2(1)下列命题正确的是()A ．若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线B ．向量a ，b ，c 共面，即它们所在的直线共面C ．若空间向量a ，b ，c 不共面，则a ，b ，c 都不为0D ．若a ，b ，c 共面，则存在唯一的实数对(x ，y )，使得a ＝x b ＋y c 答案C解析若b ＝0，则满足a 与b 共线，b 与c 共线，但是a 与c 不一定共线，故A 错误；因为向量是可以移动的量，所以向量a ，b ，c 共面，但它们所在的直线不一定共面，故B 错误；假设a ，b ，c 至少有一个为0，则空间向量a ，b ，c 共面，故假设不成立，故C 正确；假设b ＝0，若a ,c 共线，则存在无数个实数对(x ，y )，使得a ＝x b ＋y c ，若a ,c 不共线，则不存在实数对(x ，y )，使得a ＝x b ＋y c ，故D 错误．(2)(多选)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 →＋18→＋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答案CD解析由|a |－|b |＝|a ＋b |，可知向量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，所以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 →－PC →)，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．思维升华应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较三点(P ，A ，B )共线空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB→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2(1)已知空间中A ，B ，C ，D 四点共面，且其中任意三点均不共线，设P 为空间中任意一点，若BD →＝6PA →－4PB →＋λPC →，则λ等于()A ．2B ．－2C ．1D ．－1答案B解析BD →＝6PA →－4PB →＋λPC →，即PD →－PB →＝6PA →－4PB →＋λPC →，整理得PD →＝6PA →－3PB →＋λPC →，由A ，B ，C ，D 四点共面，且其中任意三点均不共线，可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2.(2)(2023·金华模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，且满足DE →＝xDA →＋yDC →＋(1－x －y )DD 1—→，则|DE →|的最小值是()A.13B.23C.33D.23答案C解析因为DE →＝xDA →＋yDC →＋(1－x －y )DD 1—→，由空间向量的共面定理可知，点E ，A ，C ，D 1四点共面，即点E 在平面ACD 1上，所以|DE →|的最小值即为点D 到平面ACD 1的距离d ，由正方体的棱长为1，可得△ACD 1是边长为2的等边三角形，则1ACD S △＝12×(2)2×sin π3＝32，S △ACD ＝12×1×1＝12，由等体积法得11D ACD D ACD V V --=，所以13×32×d ＝13×12×1，解得d ＝33，所以|DE →|的最小值为33.题型三空间向量数量积及其应用例3(1)已知点O 为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是______．答案，43，解析∵OP →＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，设OQ →＝λOP →＝(λ，λ，2λ)，又∵OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，∴QA →＝OA →－OQ →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝OB →－OQ →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，则QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10，当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值，此时OQ →，43，(2)如图，已知平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为1的正方形，AA 1＝2，∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°.①求线段AC 1的长；②求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值；③求证：AA 1⊥BD .①解设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则|a |＝|b |＝1，|c |＝2，a ·b ＝0，c ·a ＝c ·b ＝2×1×cos 120°＝－1.因为AC 1—→＝AB →＋AD →＋AA 1—→＝a ＋b ＋c ，所以|AC 1—→|＝|a ＋b ＋c |＝(a ＋b ＋c )2＝|a |2＋|b |2＋|c |2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2a ·c ＝1＋1＋4＋0－2－2＝2，所以线段AC 1的长为2.②解因为AC 1—→＝a ＋b ＋c ，A 1D —→＝b －c ，所以AC 1—→·A 1D —→＝(a ＋b ＋c )·(b －c )＝a ·b －a ·c ＋b 2－c 2＝0＋1＋1－4＝－2，|A 1D —→|＝|b －c |＝(b －c )2＝|b |2＋|c |2－2b ·c＝1＋4＋2＝7，设异面直线AC 1与A 1D 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC 1—→，A 1D —→〉|＝|AC 1—→·A 1D —→||AC 1—→||A 1D —→|＝|－2|2×7＝147，即异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147.③证明由①知AA 1—→＝c ，BD →＝b －a ，所以AA 1—→·BD →＝c ·(b －a )＝c ·b －c ·a ＝－1＋1＝0，即AA 1—→·BD →＝0，所以AA 1⊥BD .思维升华空间向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．跟踪训练3(1)(2023·益阳模拟)在正三棱锥P －ABC 中，O 是△ABC 的中心，PA ＝AB ＝2，则PO →·PA →等于()A.59B.63C.423D.83答案D解析∵P －ABC 为正三棱锥，O 为△ABC 的中心，∴PO ⊥平面ABC ，∴PO ⊥AO ，∴PO →·OA →＝0，|AO →|＝23·|AB →|·sin 60°＝233，故PO →·PA →＝PO →·(PO →＋OA →)＝|PO →|2＝|AP →|2－|AO →|2＝4－43＝83.(2)(2022·营口模拟)已知A (－1,2,1)，B (－1,5,4)，C (1,3,4)．①求〈AB →，BC →〉；②求AC →在AB →上的投影的数量．解①因为A (－1,2,1)，B (－1,5,4)，C (1,3,4)，所以AB →＝(0,3,3)，BC →＝(2，－2,0)．因为AB →·BC →＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6，|AB →|＝32，|BC →|＝22，所以cos 〈AB →，BC →〉＝AB →·BC →|AB →||BC →|＝－632×22＝－12，故〈AB →，BC →〉＝2π3.②因为AC →＝(2,1,3)，AB →＝(0,3,3)，所以AC →·AB →＝0＋1×3＋3×3＝12.因为|AB →|＝32，|AC →|＝14，所以cos 〈AC →，AB →〉＝AC →·AB →|AC →||AB →|＝1214×32＝277，所以AC →在AB →上的投影的数量为|AC →|cos 〈AC →，AB →〉＝14×277＝22．题型四向量法证明平行、垂直例4如图所示，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．(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)，1，B 1(a ,0,1)．故AD 1—→＝(0,1,1)，B 1E —→－a2，1，－因为B 1E —→·AD 1—→＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B 1E —→⊥AD 1—→，即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)，设平面B 1AE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．AB 1→＝(a ,0,1)，AE →1，因为n ⊥平面B 1AE ，所以n ⊥AB 1—→，n ⊥AE →，z ＝0，y ＝0，取x ＝1，则y ＝－a2，z ＝－a ，故n ，－a2，－要使DP ∥平面B 1AE ，只需n ⊥DP →，则a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.所以存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.思维升华(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．跟踪训练4如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．(1)求证：平面A 1B 1D ⊥平面ABD ；(2)求证：平面EGF ∥平面AB D.证明以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，E (0,0,3)，F (0,1,4)．设BA ＝a ，则A (a ,0,0)，1，(1)因为BA →＝(a ,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D —→＝(0,2，－2)，所以B 1D —→·BA →＝0，B 1D —→·BD →＝0.所以B 1D —→⊥BA →，B 1D —→⊥BD →，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ，所以B 1D ⊥平面ABD .因为B 1D ⊂平面A 1B 1D ，所以平面A 1B 1D ⊥平面AB D.(2)方法一因为EG →1，EF →＝(0,1,1)，B 1D —→＝(0,2，－2)，所以B 1D —→·EG →＝0，B 1D —→·EF →＝0.所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .因为EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ，所以B 1D ⊥平面EGF .又由(1)知B 1D ⊥平面ABD ，所以平面EGF ∥平面AB D.方法二因为GF →－a2，0，所以GF →＝－12BA →，∴GF ∥BA ，又GF ⊄平面ABD ，AB ⊂平面ABD ，所以GF ∥平面ABD ，同理EF ∥平面ABD ，又GF ∩EF ＝F ，GF ，EF ⊂平面EGF ，所以平面EGF ∥平面ABD .课时精练1．已知直线l 的一个方向向量为m ＝(x ,2，－5)，平面α的一个法向量为n ＝(3，－1,2)，若l ∥α，则x 等于()A ．－6B ．6C ．－4D ．4答案D解析若l ∥α，则m ⊥n ，从而m ·n ＝0，即3x －2－10＝0，解得x ＝4.2．(多选)下列关于空间向量的命题中，正确的有()A ．若向量a ，b 与空间任意向量都不能构成基底，则a ∥bB ．若非零向量a ，b ，c 满足a ⊥b ，b ⊥c ，则有a ∥cC ．若OA →，OB →，OC →是空间的一组基底，且OD →＝13OA →＋13OB →＋13OC →，则A ，B ，C ，D 四点共面D ．若向量a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 是空间的一组基底，则a ，b ，c 也是空间的一组基底答案ACD解析对于A ，若向量a ，b 与空间任意向量都不能构成基底，则a ，b 为共线向量，即a ∥b ，故A 正确；对于B ，若非零向量a ，b ，c 满足a ⊥b ，b ⊥c ，则a 与c 不一定共线，故B 错误；对于C ，若OA →，OB →，OC →是空间的一组基底，且OD →＝13OA →＋13OB →＋13OC →，则OD →－OA →＝13(OB →－OA →)＋13(OC →－OA →)，即AD →＝13AB →＋13AC →，可得A ，B ，C ，D 四点共面，故C 正确；对于D ，若向量a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 是空间的一组基底，则空间任意一个向量d 存在唯一实数组(x ，y ，z ),使d ＝x (a ＋b )＋y (b ＋c )＋z (c ＋a )＝(x ＋z )a ＋(x ＋y )b ＋(y ＋z )c ，则a ，b ，c 也是空间的一组基底．3.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，设AD ＝1，则BD 1—→·AD →等于()A ．1B ．2C ．3 D.63答案A解析由长方体的性质可知AD ⊥AB ，AD ⊥BB 1，AD ∥BC ，AD ＝BC ＝1，BD 1—→＝BA →＋BC →＋BB 1—→，所以BD 1—→·AD →＝(BA →＋BC →＋BB 1—→)·AD →＝BA →·AD →＋BC →·AD →＋BB 1—→·AD →＝0＋BC →2＋0＝1.4．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是()A ．(1，－1,1)，3，－31，3答案B解析对于选项A ，PA →＝(1,0,1)，PA →·n ＝5，所以PA →与n 不垂直，排除A ；同理可排除C ，D ；对于选项B ，有PA →，－4PA →·n ＝0，因此B 项正确．5.如图在一个120°的二面角的棱上有两点A ，B ，线段AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB 垂直，若AB ＝2，AC ＝1，BD ＝2，则CD 的长为()A ．2B ．3C ．23D ．4答案B解析∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →，∵CA →⊥AB →，BD →⊥AB →，∴CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0，CA →·BD →＝|CA →||BD →|cos(180°－120°)＝12×1×2＝1.∴CD →2＝1＋2＋4＋2×1＝9，∴|CD →|＝3.6．(多选)(2023·浙江省文成中学模拟)已知空间向量a ＝(2，－2,1)，b ＝(3,0,4)，则下列说法正确的是()A ．向量c ＝(－8,5,6)与a ，b 垂直B ．向量d ＝(1，－4，－2)与a ，b 共面C ．若a 与b 分别是异面直线l 1与l 2的方向向量，则其所成角的余弦值为23D ．向量a 在向量b 上的投影的数量为3答案BC解析对于A ，a ·c ＝－16－10＋6≠0，b ·c ＝－24＋24＝0，故a ，c 不垂直，故A 错；对于B ，设d ＝m a ＋n b ，则m (2，－2,1)＋n (3,0,4)＝(1，－4，－2)，m ＋3n ＝1，2m ＝－4，＋4n ＝－2，＝2，＝－1，即2a －b ＝d ，故B 对；对于C ，因为cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝103×5＝23，所以异面直线l 1与l 2所成角的余弦值为23，故C 对；对于D ，向量a 在向量b 上的投影的数量为|a |cos 〈a ，b 〉＝3×23＝2，故D 错．7．已知直线l 的方向向量是m ＝(1，a ＋2b ，a －1)(a ，b ∈R )，平面α的一个法向量是n ＝(2,3,3)．若l ⊥α，则a ＋b ＝________.答案2解析∵m ＝(1，a ＋2b ，a －1)(a ，b ∈R )是直线l 的方向向量，n ＝(2,3,3)是平面α的一个法向量，l ⊥α，∴m ∥n ，∴12＝a ＋2b 3＝a －13，解得a ＝52，b ＝－12，∴a ＋b ＝2.8．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN→＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________．答案VA ∥平面PMN解析如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN .9．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，AB →＝(1，－1，－2)，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 ，此时点E －65，－145，10.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点．求证：(1)PB ∥平面EFH ；(2)PD ⊥平面AHF .证明(1)∵E ，H 分别是线段AP ，AB 的中点，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ，∴PB ∥平面EFH .(2)建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，H (1,0,0)．PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.∴PD →⊥AF →，PD →⊥AH →，∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH .∵AH ∩AF ＝A ，且AH ，AF ⊂平面AHF ，∴PD ⊥平面AHF .11.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3AD ＝3AA 1＝3，点P 为线段A 1C 上的动点，则下列结论不正确的是()A ．当A 1C —→＝2A 1P —→时，B 1，P ，D 三点共线B ．当AP →⊥A 1C —→时，AP →⊥D 1P—→C ．当A 1C —→＝3A 1P —→时，D 1P ∥平面BDC 1D ．当A 1C —→＝5A 1P —→时，A 1C ⊥平面D 1AP 答案B解析如图，建立空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，C (0，3，0)，D 1(0,0,1)，A (1,0,0)，B 1(1，3，1)，D (0,0,0)，B (1，3，0)，C 1(0，3，1)，当A 1C —→＝2A 1P —→时，A 1P —→－12，32，－DP →＝DA 1—→＋A 1P —→，32，而DB 1—→＝(1，3，1)，∴DP →＝12DB 1—→，∴B 1，P ，D 三点共线，A 正确；设A 1P —→＝λA 1C —→，A 1C —→＝(－1，3，－1)，则AP →＝AA 1—→＋A 1P —→＝AA 1—→＋λA 1C —→＝(－λ，3λ，1－λ)．当AP →⊥A 1C —→时，有AP →·A 1C —→＝5λ－1＝0，∴λ＝15，∴AP →·D 1P —→－15，35，，35，－＝－15≠0，∴AP →与D 1P —→不垂直，B 不正确；当A 1C —→＝3A 1P —→时，A 1P —→－13，33，－D 1P —→＝A 1P —→－A 1D 1—→，33，－又DB →＝(1，3，0)，DC 1—→＝(0，3，1)，∴D 1P —→＝23DB →－13DC 1—→，∴D 1P —→，DB →，DC 1→共面，又D 1P ⊄平面BDC 1，∴D 1P ∥平面BDC 1，C 正确；当A 1C —→＝5A 1P —→时，A 1P —→－15，35，－AP →－15，35，又AD 1—→·A 1C —→＝(－1,0,1)·(－1，3，－1)＝0，∴A 1C ⊥AD 1，AP →·A 1C —→－15，35，－1，3，－1)＝0，∴A 1C ⊥AP ，∵AD 1∩AP ＝A ，AD 1，AP ⊂平面D 1AP ，∴A 1C ⊥平面D 1AP ，D 正确．12．(多选)(2023·梅州模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝3，点M ，N 分别在棱AB 和BB 1上运动(不含端点)．若D 1M ⊥MN ，则下列命题正确的是()A ．MN ⊥A 1MB ．MN ⊥平面D 1MCC ．线段BN 长度的最大值为34D ．三棱锥C 1－A 1D 1M 体积不变答案ACD解析在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以点D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(3,0,3)，D 1(0,0,3)，C (0,3,0)，B (3,3,0)，设M (3，y ,0)，N (3,3，z )，y ，z ∈(0,3)，D 1M —→＝(3，y ，－3)，MN →＝(0,3－y ，z )，而D 1M ⊥MN ，则D 1M —→·MN →＝y (3－y )－3z ＝0，即z ＝13y (3－y )．对于A 选项，连接A 1M ，A 1M —→＝(0，y ，－3)，则A 1M —→·MN →＝y (3－y )－3z ＝0，则A 1M —→⊥MN →，MN ⊥A 1M ，A 正确；对于B 选项，CM →＝(3，y －3,0)，CM →·MN →＝(y －3)(3－y )＝－(3－y )2<0，即CM 与MN 不垂直，从而MN 与平面D 1MC 不垂直，B 不正确；对于C 选项，BN →＝(0,0，z )，则线段BN 长度|BN →|＝z ＝13－y －32＋94≤34，当且仅当y ＝32时等号成立，C 正确；对于D 选项，连接D 1M ，A 1C 1，MC 1，不论点M 如何移动，点M 到平面A 1D 1C 1的距离均为3，而111111111133C AD M M A D C A D C V V S --==⋅⋅△＝92，所以三棱锥C 1－A 1D 1M 体积为定值，即D 正确．13．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________．答案15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A0，32，0，B 1－12，0，2，C 12，0，0，C 112，0，2M (0,0,0)，设因为C 1N —→＝λNC →，所以所以AB 1—→－12，－32，MN →又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1—→·MN →＝0，所以－14＋41＋λ＝0，解得λ＝15.14．(2022·杭州模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为A 1D 1，BB 1的中点，则cos ∠EAF ＝________，EF ＝________.答案2562解析如图，以A 为坐标原点，AB ，AD，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵正方体的棱长为1，则，12，，0∴AE →，12，AF →，0EF →，－12，－cos 〈AE →，AF →〉＝AE →·AF →|AE →||AF →|＝1252×52＝25，∴cos ∠EAF ＝25，EF ＝|EF →|＝62.15．已知梯形CEPD 如图(1)所示，其中PD ＝8，CE ＝6，A 为线段PD 的中点，四边形ABCD 为正方形，现沿AB 进行折叠，使得平面PABE ⊥平面ABCD ，得到如图(2)所示的几何体．已知当点F 满足AF →＝λAB →(0＜λ＜1)时，平面DEF ⊥平面PCE ，则λ的值为()A.12 B.23 C.35 D.45答案C 解析由题意，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D (0,4,0)，E (4,0,2)，C (4,4,0)，P (0,0,4)，A (0,0,0)，B (4,0,0)，设F (t ,0,0)，0<t <4，AF →＝λAB →(0＜λ＜1)，则(t ,0,0)＝(4λ，0,0)，∴t ＝4λ，∴F (4λ，0,0)，DE →＝(4，－4,2)，DF →＝(4λ，－4,0)，PC →＝(4,4，－4)，PE →＝(4,0，－2)，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DE →＝4x －4y ＋2z ＝0，n ·DF →＝4λx －4y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，λ，2λ－2)，设平面PCE 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，m ·PC →＝4a ＋4b －4c ＝0，m ·PE →＝4a －2c ＝0，取a ＝1，得m ＝(1,1,2)，∵平面DEF ⊥平面PCE ，∴m ·n ＝1＋λ＋2(2λ－2)＝0，解得λ＝35.16.如图，在三棱锥P －ABC 中，PA →·AB →＝PA →·AC →＝AB →·AC →＝0，|PA →|2＝|AC →|2＝4|AB →|2.(1)求证：AB ⊥平面PAC ；(2)若M 为线段PC 上的点，设|PM →||PC →|＝λ，当λ为何值时，直线PC ⊥平面MAB ?(1)证明因为PA →·AB →＝PA →·AC →＝AB →·AC →＝0，所以PA ⊥AB ，AB ⊥AC ，因为PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC .(2)解当M 为PC 的中点，即λ＝12时，直线PC ⊥平面MAB .如图，以A 为坐标原点，射线AC ，AB ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Axyz .由|PA →|2＝|AC →|2＝4|AB →|2可得PA ＝AC ＝2AB .设AP ＝2，则P (0,0,2)，A (0,0,0)，C (2,0,0)，B (0,1,0)，M (1,0,1)．PC →＝(2,0，－2)，AM →＝(1,0,1)，MB →＝(－1,1，－1)．PC →·AM →＝2×1＋0×0＋(－2)×1＝0，所以PC →⊥AM →，即PC ⊥AM .PC →·MB →＝2×(－1)＋0×1＋(－2)×(－1)＝0，所以PC →⊥MB →，即PC ⊥BM .又因为AM ∩BM ＝M ，AM ，BM ⊂平面MAB ，所以PC ⊥平面MAB .1故当λ＝2时，PC⊥平面MAB.。
全国通用版2019版高考数学一轮总复习冲刺第十二单元空间向量精品学案理
第十二单元 空间向量教材复习课“空间向量”相关基础知识一课过1．已知O 为空间任意一点，若OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断解析：选B ∵OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，且34＋18＋18＝1.∴P ，A ，B ，C 四点共面．2．已知空间四边形OABC 中，OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN ―→＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12c D.23a ＋23b －12c 解析：选B 如图所示，MN ―→＝MA ―→＋AB ―→＋BN ―→＝13OA ―→＋()OB ―→－OA ―→＋12BC ―→＝OB ―→－23OA ―→＋12()OC ―→－OB ―→ ＝12OB ―→－23OA ―→＋12OC ―→ ＝－23a ＋12b ＋12c.3．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的值为( )A.627B.637C.607D.657解析：选D 由题意设c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.1．两个向量的数量积 (1)a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉； (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0(a ，b 为非零向量)； (3)|a|2＝a 2，|a|＝x 2＋y 2＋z 2.2．向量的坐标运算1．已知直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x 的值为( )A ．－2B ．－ 2 C. 2D ．± 2解析：选D 因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝± 2.2．已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与向量a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)解析：选B 对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)．a ·b ＝(1,0，－1)·(1，－1,0)＝1，且|a|＝|b|＝2，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b|＝12·2＝12，又0°≤〈a ，b 〉≤180°，∴向量a 与向量(1，－1,0)的夹角为60°.3.(2018·西安联考)已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b|＝29且λ>0，则λ＝________.解析：因为λa ＋b ＝(4，－λ＋1，λ)， 所以|λa ＋b|＝16＋－λ＋2＋λ2＝2λ2－2λ＋17＝29，化简整理得λ2－λ－6＝0，解得λ＝－2或λ＝3，又λ>0，所以λ＝3.答案：31．两个重要向量 (1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．2．空间位置关系的向量表示1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α. 2.如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( ) A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直 B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：选B 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(1,0,1)， E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D ―→＝(－1,0，－1)，AC ―→＝(－1,1,0)， EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1―→＝(－1，－1,1)，所以EF ―→＝－13BD 1―→，A 1D ―→·EF ―→＝0，AC ―→·EF ―→＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B.3．若平面π1，π2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1)B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1)C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)解析：选A 两个平面垂直时其法向量也垂直，只有A 中的两个向量垂直．1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b||a||b|， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n||a||n|. 3．二面角若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α l β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)．[小题速通]1．在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角为( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B 如图所示，以BC ，BA ，BB 1，所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，由于AB ＝BC ＝AA 1，不妨取AB ＝2， 则E (0,1,0)，F (0,0,1)，C 1(2,0,2)，所以EF ―→＝(0，－1,1)，BC 1―→＝(2,0,2)， 则cos 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22·22＝12，故直线EF 与BC 1的夹角为60°.2.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( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 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 ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.3．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 建立空间直角坐标系如图所示，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)．PD ―→＝(1,0，－1)，CD ―→＝(0，－1,0)， 易知平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PD ―→＝0，n 2·CD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0.令x ＝1，则z ＝1.∴n 2＝(1,0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22. ∴所求二面角的大小为45°.一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意PP 1＝30， 即m －2＋－2＋－2＝30，∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝k a ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．(2018·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( ) A ．(0,3，－6) B ．(0,6，－20) C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．4．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)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.6．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为( )A.16，13，13B.13，13，16C.16，13，12D.12，13，16解析：选A ∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12OB ―→＋OC ―→－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→，6337.如图所示，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→ |2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2018·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与 OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以c os 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 二、填空题9．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，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18，∴cos 〈b ，c 〉＝b ·c |b ||c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 答案：60°10．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1，BB 1的中点，则sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝________.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则C (0,2,0)，M (2，0,1)，D 1(0,0,2)，N (2,2,1)．可知CM ―→＝(2，－2,1)，CM ―→·D 1N ―→＝2×2＋(－2)×2＋1×(－1)＝－1， |CM ―→|＝3，|D 1N ―→|＝3，∴cos 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝CM ―→·D 1N ―→|CM ―→||D 1N ―→|＝－19，∴sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝459.答案：45911．已知点O 为空间直角坐标系的原点，向量OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA ―→·QB ―→取得最小值时，OQ ―→的坐标是___________．解析：∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA ―→·QB ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时， QA ―→·QB ―→取得最小值－23，此时OQ ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，8312．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为__________．解析：设AF ＝a ，AD ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎪⎫12，0，1，F (a ,0,0)，D (0，b ,0)，GD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ，－1，EF ―→＝a ，－1，－12，DF ―→＝(a ，－b ,0)． 因为GD ⊥EF ，所以GD ―→⊥EF ―→，GD ―→·EF ―→＝0， 所以－12a －b ＋12＝0，即a ＋2b －1＝0，所以|DF |＝a 2＋b 2＝5b 2－4b ＋1＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫b －252＋15. 由题意得，a ＝1－2b>0，所以0<b<12，所以55≤DF <1. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 三、解答题13.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 ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值． 解：(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 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ―→⊥AB ―→，即MN ⊥AB . (2)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)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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a22.又∵|AN ―→|＝|MC ―→|＝32a ，∴AN ―→·MC ―→＝|AN ―→||MC ―→|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cos θ＝23，∴向量AN ―→与MC ―→的夹角的余弦值为23.因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.14．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C 的余弦值．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ， 从而AD ＝DC .又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ， 则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D AC B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12. 故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)， AE ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77. 由图知二面角D AE C 为锐角， 所以二面角D AE C 的余弦值为77. 高考研究课(一)空间角3类型——线线角、线面角、二面角 [全国卷5年命题分析][典例] 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．[解] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC 于点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 ，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 ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)以G 为坐标原点，分别以GB ―→，GC ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB ―→|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .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. [方法技巧]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等于两向量夹角余弦值的绝对值． [即时演练]1．如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成角的大小为__________．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，所以E (0,0,1)，A 1(1,0,2)，F (1,1,0)，G (0,2,1)， 所以A 1E ―→＝(－1,0，－1)，GF ―→＝(1，－1，－1)， 设向量A 1E ―→与GF ―→所成角为θ，所以cos θ＝A 1E ―→·GF ―→|A 1E ―→|·|GF ―→|＝02×3＝0，所以异面直线A 1E 与GF 所成的角为90°. 答案：90°2．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B A 1D A 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立空间直角坐标系A xyz . 因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2，0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)． (1) A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34.设二面角B A 1D A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B A 1D A 的正弦值为74.[典例] PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B PD A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值． [解] (1)证明：设AC ，BD 的交点为E ，连接ME .因为PD ∥平面MAC ， 平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为底面ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点． 所以M 为PB 的中点．(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .以O 为原点，以OD ―→，OE ―→，OP ―→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O xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD ―→＝(4，－4,0)，PD ―→＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．又平面PAD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题知二面角B PD A 为锐角， 所以二面角B PD A 的大小为60°. (3)由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC ―→〉|＝|n ·MC ―→||n ||MC ―→|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.[方法技巧]利用平面的法向量求线面角的2个注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．[即时演练]1．正四棱锥S ABCD 中，SA ＝AB ＝2，则直线AC 与平面SBC 所成角的正弦值为( ) A.36 B.66 C.33D.63解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题意得A (1，－1,0)，C (－1,1,0)，B (1,1,0)，S (0,0，2)． ∴AC ―→＝(－2,2,0)，BS ―→＝(－1，－1，2)，CS ―→＝(1，－1，2)． 设平面SBC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BS ―→＝0，n ·CS ―→＝0，即⎩⎨⎧－x －y ＋2z ＝0，x －y ＋2z ＝0，令z ＝2，得x ＝0，y ＝2，∴n ＝(0,2，2)． 设直线AC 与平面SBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AC ―→〉|＝422×6＝33.2.如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面ADG ；(2)求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值． 解：(1)证明：在△BAD 中， ∵AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°.由余弦定理得，BD 2＝AD 2＋AB 2－2AB ·AD c os 60°， 解得BD ＝3， ∵AB 2＝AD 2＋BD 2， ∴AD ⊥BD ，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴GD ⊥BD ， 又AD ∩GD ＝D ， ∴BD ⊥平面ADG .(2)以D 为坐标原点，DA ，DB ，DG 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D xyz ，∵∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∴A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3，2)，G (0,0,1)，AE ―→＝(－1，3，2)，AG ―→＝(－1,0,1) ，GB ―→＝(0，3，－1)，设平面AEFG 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AG ―→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＋2z ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝－33，z ＝1， ∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－33，1， 设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ， 则sin θ＝|cos 〈GB ―→，n 〉|＝22×213＝217，∴直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值为217.[典例](2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小． [解] (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 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．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE ―→＝(2,0，－3)，AG ―→＝(1，3，0)，CG ―→＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E AG C 为锐角， 故所求二面角E AG C 的大小为60°. [方法技巧]利用法向量求二面角的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误． [即时演练]1．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( )A.12 B.23 C.33D.22解析：选 B 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.2.如图，四棱锥P ABCD 的底面为菱形，∠ABC ＝60°，E 是DP 的中点．若AP ＝PB ＝2，AB ＝PC ＝2.(1)证明：PB ∥平面ACE ； (2)求二面角A PC D 的余弦值．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点F ，连接EF ， ∵底面ABCD 为菱形， ∴F 为BD 中点． 又∵E 是DP 中点， ∴EF ∥PB .∵PB ⊄平面ACE ，EF ⊂平面ACE ， ∴PB ∥平面ACE .(2)取AB 的中点Q ，连接PQ ，CQ ， ∵底面ABCD 为菱形，且∠ABC ＝60°， ∴△ABC 为正三角形，∴CQ ⊥AB . ∵AP ＝PB ＝2，AB ＝PC ＝2，∴CQ ＝3，且△PAB 为等腰直角三角形， ∴PQ ⊥AB ，PQ ＝1，∴PQ 2＋CQ 2＝CP 2，∴PQ ⊥CQ .以Q 为坐标原点，QA ，QC ，QP 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，则A (1,0,0)，C (0，3，0)，P (0,0,1)，D (2，3，0)，AP ―→＝(－1,0,1)，CP ―→＝(0，－3，1)，CD ―→＝(2,0,0)．设平面APC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎨⎧ －x 1＋z 1＝0，－3y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，得x 1＝3，z 1＝3，故n 1＝(3，1，3)． 设平面DPC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，－3y 2＋z 2＝0，令y 2＝1，得z 2＝3，故n 2＝(0,1，3)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋37×2＝277，由图知二面角A PC D 为锐角， ∴二面角A PC D 的余弦值为277.1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A PB C 的余弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB ―→＝(2，0,0)，PA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB ―→＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)． 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PA ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.由图知二面角A PB C 为钝角， 所以二面角A PB C 的余弦值为－33. 2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E BC A 的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF ―→的方向为x 轴正方向，|GF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D AF E 的平面角， 故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3，0,0)，D (0,0，3)． 由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C BE F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3)．所以EC ―→＝(1,0，3)，EB ―→＝(0,4,0)，AC ―→＝(－3，－4，3)，AB ―→＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AB ―→＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.由图知，二面角E BC A 为钝角， 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.1．如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点D 是棱AB 的中点，BC ＝1，AA 1＝ 3.(1)求证：BC 1∥平面A 1DC ； (2)求二面角D A 1C A 的正弦值．解：(1)证明：过点A 作AO ⊥BC 交BC 于点O ，过点O 作OE ⊥BC 交B 1C 1于E . 因为平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，所以AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点，OB ，OE ，OA 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．因为BC ＝1，AA 1＝3，△ABC 是等边三角形，所以O 为BC 的中点．则O (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，34，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3，32，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3，0，CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，34，A 1C ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－3，－32，设平面A 1DC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD ―→＝0，n 1·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧34x 1＋34z 1＝0，－12x 1－3y 1－32z 1＝0.取x 1＝3，得z 1＝－3，y 1＝1，∴平面A 1DC 的一个法向量为n 1＝(3，1，－3)． 又∵BC 1―→＝(－1，3，0)，∴BC 1―→·n 1＝0， 又BC 1⊄平面A 1DC ，∴BC 1∥平面A 1DC .(2)设平面ACA 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， ∵AA 1―→＝(0，3，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1―→＝0，n 2·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，－12x 2－3y 2－32z 2＝0，取x 2＝3，得y 2＝0，z 2＝－1.∴平面ACA 1的一个法向量为n 2＝(3，0，－1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝613×2＝31313，设二面角D A 1C A 的大小为θ， ∴cos θ＝31313，sin θ＝21313，故二面角D A 1C A 的正弦值为21313.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |x －2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝105.由图知二面角M AB D 为锐角， 因此二面角M AB D 的余弦值为105. 3.如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C EM N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 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：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．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.不妨取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 .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量， 又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM ―→＝0，n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C EM N 的正弦值为10521. (3)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12.4.如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ， 因为AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°，由余弦定理得AC 2＝8＋4－2×22×2×cos 45°＝4， 解得AC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，所以AD ⊥AC . 又AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以AD 2＋AP 2＝DP 2，所以AP ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ，所以AD ⊥平面PAC ，所以AD ⊥PC .(2)因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，所以PA ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两互相垂直，以A 为坐标原点，AC ，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A xyz ，则D (－2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (－1,1,0)，P (0,0,2)， 所以PC ―→＝(0,2，－2)，PD ―→＝(－2,0，－2)，PB ―→＝(2,2，－2)，设PF PB＝λ(λ∈[0,1])，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF ―→＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈EF ―→，m 〉|＝|cos 〈EF ―→，n 〉|，即|EF ―→·m ||EF ―→|·|m |＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |，所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λ3， 即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32.某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体ABCD EFQH 材料切割成三棱锥H ACF .(1)若点M ，N ，K 分别是棱HA ，HC ，HF 的中点，点G 是NK 上的任意一点，求证：MG ∥平面ACF ；(2)已知原长方体材料中，AB ＝2，AD ＝3，DH ＝1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出该三棱锥的高；甲工程师先求出AH 所在直线与平面ACF 所成的角θ，再根据公式h ＝AH ·sin θ求三棱锥H ACF 的高h .请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高．解：(1)证明：∵HM ＝MA ，HN ＝NC ，HK ＝KF ， ∴MK ∥AF ，MN ∥AC .∵MK ⊄平面ACF ，AF ⊂平面ACF ，∴MK ∥平面ACF ，同理可证MN ∥平面ACF ， ∵MK ∩MN ＝M ，MN ⊂平面MNK ，MK ⊂平面MNK ， ∴平面MNK ∥平面ACF .又MG ⊂平面MNK ，∴MG ∥平面ACF .(2)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DH 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D xyz .则A (3，0,0)，C (0,2,0)，F (3,2,1)，H (0,0，1)，AC ―→＝(－3,2,0)，AF ―→＝(0,2,1)，AH ―→＝(－3,0,1)， 设平面ACF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝3，则n ＝(2,3，－6)，∴sin θ＝|cos 〈AH ―→，n 〉|＝|AH ―→·n ||AH ―→||n |＝12710＝61035，∴三棱锥H ACF 的高为AH ·sin θ＝10×61035＝127.高考研究课(二)空间向量2综合——翻折、探索 [全国卷5年命题分析][典例] (2018·临沂模拟)如图1，已知△ABC 为正三角形，D 为AB 的中点，AE ＝4AC .现沿DE 将△ADE 折起，折起过程中点A 仍然记作点A ，使得平面ADE ⊥平面BCED ，如图2.(1)证明：AD ⊥CE ；(2)求平面ABD 与平面ACE 所成角(锐角)的余弦值．[解] (1)证明：在正三角形ABC 中，取AC 的中点G ，连接BG (图略)，此时E 为AG 的中点，所以DE ∥BG .因为BG ⊥AC ，所以DE ⊥CE ，DE ⊥AE .在折起的图形中，因为平面ADE ⊥平面BCED ， 所以AE ⊥平面BCED ，所以AE ⊥CE . 因为AE ∩DE ＝E ，所以CE ⊥平面ADE . 因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥CE .(2)由(1)的证明可知ED ，EC ，EA 两两垂直，以点E 为坐标原点，射线ED ，EC ，EA 的正方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系E xyz .设正三角形ABC 的边长为4，则A (0,0,1)，B (23，1,0)，D (3，0,0)，AB ―→＝(23，1，－1)，DB ―→＝(3，1,0)．设平面ABD 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB ―→＝0，m ·DB ―→＝0，即⎩⎨⎧23x ＋y －z ＝0，3x ＋y ＝0，令x ＝3，得y ＝－3，z ＝3，所以平面ABD 的一个法向量为m ＝(3，－3,3)． 显然n ＝(1,0,0)为平面ACE 的一个法向量． 设平面ABD 与平面ACE 所成角(锐角)的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝321×1＝77. 所以平面ABD 与平面ACE 所成角(锐角)的余弦值为77. [方法技巧](1)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．(2)与空间角相结合问题求解时多利用空间向量法． [即时演练]如图，在直角梯形PBCD 中，PB ∥DC ，DC ⊥BC ，点A 在边PB 上，AD ∥BC ，PB ＝3BC ＝6，现沿AD 将△PAD 折起，使平面PAD ⊥平面ABCD .。
2020届高三数学第一轮复习 空间向量及其运算课件 新人教B版 精品
名师伴你行
【分析】根据空间向量加减法及数乘运算的法则和运 算律即可.
【解析】（1）∵P是C1D1的中点，
∴AP=AA1+A1D1+D1P=a+AD+ 12D1C1
=a+c+ 1 AB=a+c+ 1 b.
2
2
(2)∵N是BC的中点,
∴A1N=A1A+AB+BN=-a+b+
1BC
2
=-a+b+ 1 AD=-a+b+ 1 c.
4.空间向量的直角坐标运算
(1)已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2)，则 ①a+b= ( x1+x2,y1+y2,z1+z2) ; ②a-b= (x1-x2,y1-y2,z1-z2) ; ③λa= (λx1,λy1,λz1) ;(4)a·b= x1x2+y1y2+z1z2.
返回目录
返回目录
2.空间向量向量a,b( b≠0 ),a∥b的充
要条件是 存在唯一的 实数x,使 a=xb
.
(2)共面向量定理：如果两个向量a,b 不共线 ，则向量c 与向量a,b共面的充要条件是 存在唯一 的一对实数 x,y，使c= xa+yb .
(3)空间向量分解定理：如果三个向量a,b,c 不共面 ， 那么对空间任一向量p, 存在一个唯一的 有序实数组 x,y,z，使p= xa+yb+zc ，这时a,b,c叫作空间的一 个 基底 ，记作{a,b,c}，其中a,b,c都叫作 基向量 .
名师伴你行
(2)若点A(x1,y1,z1),点B(x2,y2,z2)，则AB=(x2-x1,y2-y1,z2-z1) .
【2019年高考数学一轮精品资料】空间向量
空间向量空间向量的许多知识可由平面向量的知识类比而得．下面对空间向量在立体几何中证明，求值的应用进行总结归纳．1、直线的方向向量和平面的法向量 ⑴．直线的方向向量：若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量． ⑵．平面的法向量：若向量n 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n α⊥，如果n α⊥ ，那么向量n叫做平面α的法向量．⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ．⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量． （如图）1、 用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行设直线12,l l 的方向向量分别是a b、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈．即：两直线平行或重合两直线的方向向量共线。
①（法一）设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=．即：直线与平面平行直线的方向向量与该平面的法向量垂直且直线在平面外②（法二）要证明一条直线和一个平面平行，也可以在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可． ⑶面面平行若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=．即：两平面平行或重合两平面的法向量共线。
3、用向量方法判定空间的垂直关系 ⑴线线垂直设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明12l l ⊥，只需证明a b ⊥ ，即0a b ⋅= ．即：两直线垂直两直线的方向向量垂直。
⑵线面垂直①（法一）设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明a ∥u ，即a u λ= ．②（法二）设直线l 的方向向量是a ，平面α内的两个相交向量分别为m n、，若0,.0a m l a n α⎧⋅=⎪⊥⎨⋅=⎪⎩则 即：直线与平面垂直直线的方向向量与平面的法向量共线直线的方向向量与平面内两条不共线直线的方向向量都垂直。
高考数学一轮复习 空间向量的应用课时跟踪检测 理 湘教版
高考数学一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测理湘教版(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值，若不存在，说明理由．2．(2014·浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？3．(2014·福州质检)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.(1)求证：EF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝35，AD＝6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为O，交CD于E，以AE为折痕将△ADE向上折起，使点D到点P的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角EAPB的余弦值．2．(2014·武汉模拟)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M是棱SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．3．(2014·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，请说明理由．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)证明：连接AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1， 因为AM ＝MB ， 所以MN ∥BC 1. 又BC 1⊂平面BCC 1B 1， 所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ， 因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ， 所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1，0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，设点P (x ，y ，z )，11A C ＝λ1A P . 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶PA 1＝2.2．解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ， 又AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF . (2)由(1)知AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形， 过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H . 已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°.∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，t ，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°. ∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝23，在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE . 由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ， ∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE .(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C xyz .设AB ＝a (a >0)，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，3,0)，F (0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a )． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由EF ·n ＝0，AE ·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a )， 由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA |n ||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92. 所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6， ∴BD ＝9.在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝AD BD，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5， ∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ， ∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)．PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E AP B 的余弦值为46161.2．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧SD ·n ＝0， CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1， 于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝n 1·n |n 1|·|n|＝1，0，0·2，－1，11·6＝21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])， 则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1 ＝x5x 2－12x ＋10＝15－12·1x ＋10·1x2＝1101x 2－121x＋5＝1101x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 3.解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED . (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .。
高三数学空间向量一轮复习(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】第十三章 空间向量2．了解空间向量的基本定理；理解空间向量坐标的概念；掌握空间向量的坐标运算．3．掌握空间向量的数量积的定义及其性质；掌握用直角坐标计算理解空间向量的夹角的概念；掌握空间向量的数量积的概念、性质和运算律；了解空间向量的数量积的几何意义；掌握空间向量的数量积的坐标形式；能用向量的数量积判断向量的共线与垂直第1课时 空间向量及其运算空间向量是平面向量的推广．在空间，任意两个向量都可以通过平移转化为平面向量．因此，空间向量的加减、数乘向量运算也是平面向量对应运算的推广． 本节知识点是：1．空间向量的概念，空间向量的加法、减法、数乘运算和数量积； (1) 向量：具有 和 的量．基础过关知识网络 考纲导读高考导航 空间向量定义、加法、减法、数乘运算数量积坐标表示：夹角和距离公式求距离求空间角证明平行与垂直(2) 向量相等：方向且长度．(3) 向量加法法则：．(4) 向量减法法则：．(5) 数乘向量法则：．2．线性运算律(1) 加法交换律：a＋b＝．(2) 加法结合律：(a＋b)＋c＝．(a＋b)＝．(3) 数乘分配律：λ3．共线向量(1)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相或．(2) 共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b≠0)，a∥b等价于，使．存在实数λ(3) 直线的向量参数方程：设直线l过定点A且平行于非零向量a，，则对于空间中任意一点O，点P在l上等价于存在Rt∈使．4．共面向量(1) 共面向量：平行于的向量．(2) 共面向量定理：两个向量a、b不共线，则向量P与向量a、b)，使P ．共面的充要条件是存在实数对(x,y共面向量定理的推论：．5．空间向量基本定理(1) 空间向量的基底：的三个向量．(2) 空间向量基本定理：如果a，b，c三个向量不共面，那么对空间中任意一个向量p，存在一个唯一的有序实数组z y x,,，使．空间向量基本定理的推论：设O，A，B，C是不共面的的四点，，则对空间中任意一点P，都存在唯一的有序实数组,x,zy使．6．空间向量的数量积(1) 空间向量的夹角：．(2) 空间向量的长度或模： ．(3) 空间向量的数量积：已知空间中任意两个向量a 、b ，则a ·b ＝ ．空间向量的数量积的常用结论： (a) cos 〈a 、b 〉＝ ； (b) ⎪a ⎪2＝ ；(c) a ⊥b ⇔ ． (4) 空间向量的数量积的运算律：(a ) 交换律a ·b ＝ ； (b ) 分配律a ·(b ＋c )＝ ．例1．已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点F 是侧面CDD 1C 1的中心，若1AA y x ++=，求x －y 的值.解：易求得0,21=-∴==y x y x 变式训练1. 在平行六面体1111D C B A ABCD -中，M 为AC 与BD 的交点，若=11B A a ，=11D A b ，=A 1c ，则下列向量中与B 1相等的向量是 ( )A ．-21a ＋21b ＋c B ．21a ＋21b ＋cC ．21a -21b ＋cD ．-21a -21b ＋c解：A 例2. 底面为正三角形的斜棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AC 的中点，求证：AB 1∥平面C 1BD.证明：记,,,1AA ===则c b CC DC DC b a AD AB DB c a AB +=+=-=-=+=21,21,111∴11AB c a DC DB =+=+,∴11,,DC DB AB 共面. ∵B 1∉平面C 1BD, AB 1//平面C 1BD.变式训练2：正方体ABCD －EFGH 中，M 、N 分别是对角线AC 和BE 上的点，且AM ＝EN ．(1) 求证：MN∥平面FC ； (2) 求证：MN⊥AB；(3) 当MA 为何值时，MN 取最小值，最小值是多少？A BC DA 1B 1解：(1) 设.)1(,BF k BC k MN k ACMC EB NB+-===则 (2) .0)1(=⋅-⋅-=⋅AB BF k AB BC k AB MN (3) 设正方体的边长为a,,21,)122(22=+-=k a k k 即当 也即时AC AM 21=，a 22=例3. 已知四面体ABCD 中，AB⊥CD，AC⊥BD， G 、H 分别是△ABC 和△ACD 的重心．求证：(1) AD⊥BC； (2) GH∥BD． 证明：(1) AD⊥BC ⇔0=⋅．因为AB ⊥CD 0=⋅⇔CD AB ，0=⋅⇔⊥BD AC BD AC ，而0)()(=+⋅+=⋅DC BD BD AB BC AD ． 所以AD⊥BC． (2) 设E 、F 各为BC 和CD 的中点．欲证GH∥BD，只需证GH∥EF，+=＝32(AF EA +)＝32． 变式训练3：已知平行六面体1111D C B A ABCD -，E 、F 、G 、H 分别为棱AB C C C D D A 和11111,,的中点．求证：E 、F 、G 、H 四点共面． 解：CG HC HG +=＝1GC +＝1FC GF HC ++＝FC A ++11＝GF EF +2，所以EH EG EF ,,共面，即点E 、F 、G 、H 共面．例4. 如图，平行六面体AC 1中，AE ＝3EA 1，AF ＝FD ，AG ＝GB 21，过E 、F 、G 的平面与对角线AC 1交于点P ，求AP:PC 1的值．解：设1m =B AC 234311111++=++=++=∴AFm AE m AG m AP 2343++=又∵E、F 、G 、P 四点共面，∴12343=++m m m1∴193=m ∴AP︰PC 1＝3︰16变式训练4：已知空间四边形OABC 中，M 为BC 的中点，N 为AC 的中点，P 为OA 的中点，Q 为OB 的中点，若AB ＝OC ，求证QN PM ⊥．证明：法一：)(21OC OB OM += )(21OC OA ON +=)(21+=+=∴ )(21AB OC ON QO QN -=+=0)41==⋅∴QN PM故QN PM ⊥法二：PM ·QN ＝(PQ ＋QM )·(QM ＋MN )＝)(21OC AB +·)(21BA OC + ＝)(4122AB OC -＝01．立体几何中有关垂直和平行的一些命题，可通过向量运算来证明．对于垂直，一般是利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0进行证明．对于平行，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．2．运用向量求解距离问题，其一般方法是找出代表相应距离的线段所对向量，然后计算这个向量对应的模．而计算过程中只要运用好加法法则，就总能利用一个一个的向量三角形，将所求向量用有模和夹角的已知向量表示出来，从而求得结果．3．利用向量求夹角(线线夹角、线面夹角、面面夹角)有时也很方便．其一般方法是将所求的角转化为求两个向量的夹角，而求两个向量的夹角则可以利用公式c4l 1、l 2，AB 为其公垂线段，C 、D 分别为l 1、l 2上的任意一点，n 为与共线的向量，则｜||n .5．设平面α的一个法向量为n ，点P 是平面α外一点，且P o ∈α，则点P 到平面α的距离是d ||n o.第2课时 空间向量的坐标运算设a ＝),,(321a a a ，b ＝),,(321b b b (1) a ±b ＝ (2) λa ＝ ． (3) a ·b ＝ ．(4) a ∥b ⇔ ；a ⊥b ⇔ ． (5) 设),,(),,,(222111z y x B z y x A ==则＝ ，=AB ． AB 的中点M 的坐标为 ．例1.若a ＝(1,5,－1)，b ＝(－2,3,5)（1）若(k a +b )∥(a －3b )，求实数k 的值； （2）若(k a +b )⊥(a －3b )，求实数k 的值； （3）若a k k 的值． 解：(1)31-=k ； (2)3106=k ； (3)278-=k 变式训练1. 已知O 为原点，向量()()3,0,1,1,1,2,,OA OB OC OA BC ==-⊥∥OA ，求AC ． 解：设()(),,,1,1,2OC x y z BC x y z ==+--，∵,OC OA BC ⊥∥OA ，∴0OC OA ⋅=，()BC OA R λλ=∈，∴()()30,1,1,23,0,1x z x y z λ+=⎧⎪⎨+--=⎪⎩，即30,13,10,2.x z x y z λλ+=⎧⎪+=⎪⎨-=⎪⎪-=⎩ 解此方程组，得7211,1,,101010x y z λ=-===。
全国高考数学一轮复习第十二单元空间向量教材复习课“空间向量”相关基础知识一课过课件理20180615363
2．向量的坐标运算
向量和
a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3) a ＋b ＝_(_a_1_＋__b_1_，__a_2_＋__b_2_，__a_3_＋__b_3_) _
向量差
a －b ＝_(_a_1_－__b_1，__a__2－__b__2，__a__3－__b_3_)
数量积
共面向 若两个向量 a ，b 不共线，则向量 p 与向量 a ，b 共面 量定理 ⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使 p ＝_x_a__＋__y_b_
定理：如果三个向量 a ，b ，c 不共面，那么对空间任一 空间向 向量 p，存在有序实数组{x，y，z}使得 p＝_x_a_＋__y_b_＋__z_c_. 量基本 推论：设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC
答案：B
3．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的值为
()
62
63
A. 7
B. 7
60
65
C. 7
D. 7
解析：由题意设c＝ta ＋μb ＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴57＝＝－2t－t＋μ4，μ， λ＝3t－2μ.
|a ||b |
1 2· 2
＝12，又0°≤〈a ，b 〉≤180°，
∴向量a 与向量(1，－1,0)的夹角为60°. 答案：B
3.(2018·西安联考)已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b | ＝ 29且λ>0，则λ＝________. 解析：因为λa ＋b ＝(4，－λ＋1，λ)，
第 十 一二单 元
空间向量
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《空间向量与立体几何》课件ppt
d＝2
21 7.
FC＝
FE2＋EC2＝
7 2.
123456
记CF与平面ABD所成的角为α，
则
sin
α＝CdF＝4
3 7.
所以
CF
与平面
ABD
所成角的正弦值为4 7
3 .
123456
5.(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2， AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到 如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题.
∴AM，PE的交点就是O，连接ME， ∵M是PC的中点， ∴PA∥ME，PA＝2ME， ∴△PAO∽△EMO， ∴MPAE＝OAOM＝21， ∴AO＝2OM.
123456
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝ 2CD＝2，∠ADC＝90°，E，F分别为PB，AB的中点.
3x＋y＝0， 3x＋ 3z＝0，
取 n＝(1，－ 3，－1)，
123456
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则 cos θ＝|C→→O·n|＝ |CO||n|
3 3×
＝ 5
55，
所以平面 DAE 与平面 AEC 夹角的余弦值为 55.
123456
②直线
AC
与
EB
所成角的余弦值为
6 4.
123456
×x＝ 25x，
设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，
得13×2x×2＝13×
25x×h，则
h＝2
5 5.
123456
∵点 F 为 AB 的中点，∴点 B 到平面 PCF 的距离
全国通用近年高考数学一轮复习第十二单元空间向量高考达标检测(三十三)空间向量2综合——翻折、探索理
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十二单元空间向量高考达标检测（三十三）空间向量2综合——翻折、探索理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十二单元空间向量高考达标检测（三十三）空间向量2综合——翻折、探索理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第十二单元空间向量高考达标检测（三十三）空间向量2综合——翻折、探索理的全部内容。
高考达标检测（三十三）空间向量2综合——翻折、探索1．如图1，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝3a，点P在AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AC交BC于点F.沿PE将△APE翻折成△A′PE,使得平面A′PE⊥平面ABC;沿PF将△BPF 翻折成△B′PF,使得平面B′PF⊥平面ABC，如图2.（1)求证：B′C∥平面A′PE；（2)若AP＝2PB，求二面角A′.PC.B′的正切值．解：(1)证明:因为FC∥PE，FC⊄平面A′PE，PE⊂平面A′PE,所以FC∥平面A′PE。
因为平面A′PE⊥平面ABC，且平面A′PE∩平面ABC＝PE，A′E⊥PE，所以A′E⊥平面ABC。
同理B′F⊥平面ABC，所以B′F∥A′E，从而B′F∥平面A′PE。
又FC∩B′F＝F，所以平面B′CF∥平面A′PE。
因为B′C⊂平面B′CF,所以B′C∥平面A′PE.(2)易知EC,EP，EA′两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系E。
xyz。
则C（a，0,0）,P(0,2a,0）,A′（0，0,2a），B′（a,2a,a)．所以错误!＝(a，0，－2a），错误!＝（0，2a，－2a），错误!＝（0,－2a，－a）,错误!＝(－a,0，－a)．设平面A′CP的一个法向量为m＝（x,y,1)，则错误!即错误!解得错误!所以平面A′CP的一个法向量为m＝（2，1,1）．设平面B′CP的一个法向量为n＝（x′,y′，1)，则错误!即错误!解得错误!所以平面B′CP的一个法向量为n＝错误!。
2019-2020学年高考数学一轮复习-7.7空间向量及其运算学案
2019-2020学年高考数学一轮复习 7.7空间向量及其运算学案学考考查重点 1.考查空间向量的线性运算及其数量积；2.利用向量的数量积判断向量的关系与垂直；3.考查空间向量基本定理及其意义．本节复习目标 1.和平面向量类比理解空间向量的概念、运算；2.掌握空间向量的共线、垂直的条件，理解空间向量基本定理和数量积． 教材链接·自主学习 1． 空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有 和 的量叫做空间向量． (2)相等向量：方向 且模 的向量．(3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相 的向量． (4)共面向量： 的向量． 2． 共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理(1)共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .推论 如图所示，点P 在l 上的充要条件是OP →＝OA →＋t a ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝OA →＋tAB →或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →.(2)共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝ .(3)空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，把{a ，b ，c }叫做空间的一个基底． 3． 空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 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 ，记作a⊥b . ②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a·b ，即a·b ＝|a||b |cos 〈a ，b 〉． (2)空间向量数量积的运算律①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 .4． 空间向量的坐标表示及应用(1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a·b ＝ . (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a∥b ⇔a ＝λb ⇔ ， ， (λ∈R )，a⊥b ⇔a·b ＝0⇔ (a ，b 均为非零向量)．(3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则d AB ＝|AB →|＝a 2－a 12＋b 2－b 12＋c 2－c 12.基础知识·自我测试1． 已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________． 2． 下列命题：①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0； ②|a |－|b |＝|a ＋b |是a 、b 共线的充要条件； ③若a 、b 共线，则a 与b 所在直线平行；④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．其中不正确．．．的所有命题的序号为__________． 3． 同时垂直于a ＝(2,2,1)和b ＝(4,5,3)的单位向量是____________________．4． 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 ＋c B.12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c5. 如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在A 1D 、AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D 、AC 之一垂直B ．EF 与A 1D 、AC 都垂直 C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面 题型分类·深度剖析 题型一 空间向量的线性运算例1 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 →.变式训练1： 如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1中，ABCD 是平行四边形．若AE →＝12EC →，A 1F →＝2FD →，若AB →＝b ，AD →＝c ，AA 1→＝a ，试用a ，b ，c 表示EF →.题型二 共线定理、共面定理的应用例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 →)．变式训练2： 如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 为BC 边上的中点，求证：A 1B ∥平面AC 1D .题型三 空间向量数量积的应用例3 已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．(1)求以AB →，AC →为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．变式训练3： 如图所示，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，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BD 1与AC 夹角的余弦值．。
高考数学总复习重点知识专题讲解与训练12---空间向量与立体几何综合问题(解析版)
（2）若二面角 C − BF − D 的大小为 60o ，求 CF 与面 ABCD 所成角的正弦值.
6 / 28
【解析】（1）证明：设 AC 交 BD 于 O ，连接 EO ，在 ∆ABD 中，由余弦定理可得：DB = 3 .
∴ AD2 + BD2 = AB2 ，∴ AD ⊥ DB ，
uuur A． ΑD
uuur B． GΑ
1 / 28
uuur C． ΑG
uuuur D． ΜG
【答案】C
【解析】
试题分析： 如图所示，连结 BG,AG ，则由 G 是 CD 的中点
uuur uuur uuur uuur uuur uuur 可得 BC+BD=2BG ，又 AB+BG=2AG ，故
( ) uuur
，， 设 P ( x，y) ，则 x2 = 2 y −1（其中 x ∈[−3 1]
y
∈
1 2
,
7 2
，
＝ PK 2
=
x2
+
(
y
− 4)2
=
2y
−1+
y2
−8y
+ 16
=
y2
−6y
+ 15
当
y
=
3
∈
1 2
,
7 2
时，
Pห้องสมุดไป่ตู้ 2
|min
6，
＝ ＋ ＝ 故 HP2 |min 16 6 22 ．
三、解答题 7．（2017 年北京卷理）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD ⊥平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD//平面 MAC，PA=PD= 6 ，AB=4． （I）求证：M 为 PB 的中点； （II）求二面角 B-PD-A 的大小； （III）求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．
2019高考复习理数通用版：第十二单元 空间向量
第十二单元 空间向量教材复习课“空间向量”相关基础知识一课过1．已知O 为空间任意一点，若OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断解析：选B ∵OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，且34＋18＋18＝1.∴P ，A ，B ，C 四点共面．2．已知空间四边形OABC 中，OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，点M 在OA 上，且OM ＝2MA ，N 为BC 中点，则MN ―→＝( )A.12a －23b ＋12c B ．－23a ＋12b ＋12cC.12a ＋12b －12c D.23a ＋23b －12c 解析：选B 如图所示，MN ―→＝MA ―→＋AB ―→＋BN ―→＝13OA ―→＋()OB ―→－OA ―→＋12BC ―→＝OB ―→－23OA ―→＋12()OC ―→－OB―→ ＝12OB ―→－23OA ―→＋12OC ―→＝－23a ＋12b ＋12c .3．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的值为( )A.627B.637C.607D.657解析：选D 由题意设c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ.∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.1．两个向量的数量积 (1)a ·b ＝|a ||b |c os 〈a ，b 〉；(2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0(a ，b 为非零向量)； (3)|a |2＝a 2，|a |＝x 2＋y 2＋z 2. 2．向量的坐标运算1．已知直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x 的值为( )A ．－2B ．－ 2 C. 2D ．±2解析：选D 因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±2.2．已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与向量a 成60°夹角的是( ) A ．(－1,1,0) B ．(1，－1,0) C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1)解析：选B 对于选项B ，设b ＝(1，－1,0)．a ·b ＝(1,0，－1)·(1，－1,0)＝1，且|a |＝|b |＝2，∴c os 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12·2＝12，又0°≤〈a ，b 〉≤180°，∴向量a 与向量(1，－1,0)的夹角为60°.3.(2018·西安联考)已知向量a ＝(0，－1,1)，b ＝(4,1,0)，|λa ＋b |＝29且λ>0，则λ＝________.解析：因为λa ＋b ＝(4，－λ＋1，λ)，所以|λa ＋b |＝16＋(－λ＋1)2＋λ2＝2λ2－2λ＋17＝29，化简整理得λ2－λ－6＝0，解得λ＝－2或λ＝3，又λ>0，所以λ＝3.答案：31．两个重要向量 (1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．2．空间位置关系的向量表示1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ，即a ∥n ，∴l ⊥α. 2.如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：选B 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)， A 1D ―→＝(－1,0，－1)，AC ―→＝(－1,1,0)， EF ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，BD 1―→＝(－1，－1,1)， 所以EF ―→＝－13BD 1―→，A 1D ―→·EF ―→＝0，AC ―→·EF ―→＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B.3．若平面π1，π2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1) B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)解析：选A 两个平面垂直时其法向量也垂直，只有A 中的两个向量垂直．1．异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则c os θ＝|a ·b ||a ||b |， 其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 3．二面角若AB ，CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD ―→的夹角，如图(1)．平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|c os θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)． [小题速通]1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1的夹角为( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B 如图所示，以BC ，BA ，BB 1，所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，由于AB ＝BC ＝AA 1，不妨取AB ＝2， 则E (0,1,0)，F (0,0,1)，C 1(2,0,2)， 所以EF ―→＝(0，－1,1)，BC 1―→＝(2,0,2)， 则c os 〈EF ―→，BC 1―→〉＝22·22＝12， 故直线EF 与BC 1的夹角为60°.2.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( )A.35 B.56 C.3310D.3610解析：选A 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c os 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.3．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 建立空间直角坐标系如图所示，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)，P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)． PD ―→＝(1,0，－1)，CD ―→＝(0，－1,0)， 易知平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PD ―→＝0，n 2·CD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0.令x ＝1，则z ＝1.∴n 2＝(1,0,1)，c os 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22. ∴所求二面角的大小为45°.一、选择题1．在空间直角坐标系中，点P (m,0,0)到点P 1(4,1,2)的距离为30，则m 的值为( ) A ．－9或1 B ．9或－1 C ．5或－5D ．2或3解析：选B 由题意PP 1＝30， 即(m －4)2＋(－1)2＋(－2)2＝30， ∴(m －4)2＝25，解得m ＝9或m ＝－1.2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( ) A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝k a ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧6＝k (λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.3．(2018·揭阳期末)已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．4．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 ．9 B ．－9 C ．－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)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a ) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.6．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ―→＝2GN ―→，现用基底{OA ―→，OB ―→，OC ―→}表示向量OG ―→，有OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别为( )A.16，13，13B.13，13，16C.16，13，12D.12，13，16解析：选A ∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎡⎦⎤12(OB ―→＋OC ―→)－12OA ―→ ＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.7.如图所示，在大小为45°的二面角A -EF -D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→ |2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD ―→|＝3－ 2.8．(2018·东营质检)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与 OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，所以c os 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66.二、填空题9．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，又∵a ·c ＝4，∴b ·c ＝－18， ∴c os 〈b ，c 〉＝b ·c |b ||c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°. 答案：60°10．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1，BB 1的中点，则sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝________.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则C (0,2,0)，M (2，0,1)，D 1(0,0,2)，N (2,2,1)．可知CM ―→＝(2，－2,1)， D 1N ―→＝(2,2，－1)，CM ―→·D 1N ―→＝2×2＋(－2)×2＋1×(－1)＝－1， |CM ―→|＝3，|D 1N ―→|＝3，∴c os 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝CM ―→·D 1N ―→|CM ―→||D 1N ―→|＝－19，∴sin 〈CM ―→，D 1N ―→〉＝459.答案：45911．已知点O 为空间直角坐标系的原点，向量OA ―→＝(1,2,3)，OB ―→＝(2,1,2)，OP ―→＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA ―→·QB ―→取得最小值时，OQ ―→的坐标是___________．解析：∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)， 则QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA ―→·QB ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎫λ－432－23，当λ＝43时，QA ―→·QB ―→取得最小值－23，此时OQ ―→＝⎝⎛⎭⎫43，43，83. 答案：⎝⎛⎭⎫43，43，8312．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为__________．解析：设AF ＝a ，AD ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1，F (a ,0,0)，D (0，b ,0)，GD ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，b ，－1，EF ―→＝a ，－1，－12，DF ―→＝(a ，－b ,0)． 因为GD ⊥EF ，所以GD ―→⊥EF ―→，GD ―→·EF ―→＝0， 所以－12a －b ＋12＝0，即a ＋2b －1＝0，所以|DF |＝a 2＋b 2＝5b 2－4b ＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫b －252＋15. 由题意得，a ＝1－2b >0，所以0<b <12，所以55≤DF <1. 答案：⎣⎡⎭⎫55，1 三、解答题13.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 ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值． 解：(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 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ―→⊥AB ―→，即MN ⊥AB . (2)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)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 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos 60° ＝12⎝⎛⎭⎫a 2－a 24＋a 22－a 24＝a 22. 又∵|AN ―→|＝|MC ―→|＝32a ，∴AN ―→·MC ―→＝|AN ―→||MC ―→|c os θ＝32a ×32a ×c os θ＝a 22.∴c os θ＝23，∴向量AN ―→与MC ―→的夹角的余弦值为23.因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.14．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．解：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ， 从而AD ＝DC .又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ， 则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，所以BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ―→的方向为x 轴正方向，|OA ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12. 故AD ―→＝(－1,0,1)，AC ―→＝(－2,0,0)， AE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0. 可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0， 可取m ＝(0，－1，3)．则c os 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77. 由图知二面角D -AE -C 为锐角， 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77. 高考研究课(一)空间角3类型——线线角、线面角、二面角 [全国卷5年命题分析][典例] 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．[解] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC 于点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 ，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 ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)以G 为坐标原点，分别以GB ―→，GC ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB ―→|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz .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. [方法技巧]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等于两向量夹角余弦值的绝对值．[即时演练]1．如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成角的大小为__________．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，所以E (0,0,1)，A 1(1,0,2)，F (1,1,0)，G (0,2,1)， 所以A 1E ―→＝(－1,0，－1)，GF ―→＝(1，－1，－1)， 设向量A 1E ―→与GF ―→所成角为θ， 所以c os θ＝A 1E ―→·GF ―→|A 1E ―→|·|GF ―→|＝02×3＝0， 所以异面直线A 1E 与GF 所成的角为90°. 答案：90°2．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D -A 的正弦值．解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE ―→，AD ―→，AA 1―→}为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2，0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)． (1) A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17. 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34.设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则|c os θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为74.[典例] 平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B -PD -A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值． [解] (1)证明：设AC ，BD 的交点为E ，连接ME .因为PD ∥平面MAC ， 平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为底面ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点． 所以M 为PB 的中点．(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .以O 为原点，以OD ―→，OE ―→，OP ―→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O -xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)， BD ―→＝(4，－4,0)，PD ―→＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．又平面PAD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)， 所以c os 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题知二面角B -PD -A 为锐角， 所以二面角B -PD -A 的大小为60°. (3)由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC ―→＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，MC ―→〉|＝|n ·MC ―→||n ||MC ―→|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.[方法技巧]利用平面的法向量求线面角的2个注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋c os 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．[即时演练]1．正四棱锥S -ABCD 中，SA ＝AB ＝2，则直线AC 与平面SBC 所成角的正弦值为( ) A.36 B.66 C.33D.63解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由题意得A (1，－1,0)，C (－1,1,0)，B (1,1,0)，S (0,0，2)． ∴AC ―→＝(－2,2,0)，BS ―→＝(－1，－1，2)，CS ―→＝(1，－1，2)． 设平面SBC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BS ―→＝0，n ·CS ―→＝0，即⎩⎨⎧－x －y ＋2z ＝0，x －y ＋2z ＝0，令z ＝2，得x ＝0，y ＝2，∴n ＝(0,2，2)． 设直线AC 与平面SBC 所成的角为θ， 则sin θ＝|c os 〈n ，AC ―→〉|＝422×6＝33.2.如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面ADG ；(2)求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值． 解：(1)证明：在△BAD 中， ∵AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°.由余弦定理得，BD 2＝AD 2＋AB 2－2AB ·AD c os 60°，解得BD ＝3， ∵AB 2＝AD 2＋BD 2， ∴AD ⊥BD ，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴GD ⊥BD ， 又AD ∩GD ＝D ， ∴BD ⊥平面ADG .(2)以D 为坐标原点，DA ，DB ，DG 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D -xyz ，∵∠BAE ＝∠GAD ＝45°， AB ＝2AD ＝2，∴A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，3，2)，G (0,0,1)， AE ―→＝(－1，3，2)，AG ―→＝(－1,0,1) ， GB ―→＝(0，3，－1)，设平面AEFG 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE ―→＝0，n ·AG ―→＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3y ＋2z ＝0，－x ＋z ＝0， 令x ＝1，得y ＝－33，z ＝1， ∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，1， 设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ， 则sin θ＝|c os 〈GB ―→，n 〉|＝22×213＝217，∴直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值为217.[典例](2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E -AG -C 的大小． [解] (1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ， AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ， 所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 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．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE ―→＝(2,0，－3)，AG ―→＝(1，3，0)，CG ―→＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)． 所以c os 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12. 由图知二面角E -AG -C 为锐角， 故所求二面角E -AG -C 的大小为60°. [方法技巧]利用法向量求二面角的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误． [即时演练]1．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( )A.12 B.23 C.33D.22解析：选B 以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴c os 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23.2.如图，四棱锥P -ABCD 的底面为菱形，∠ABC ＝60°，E 是DP 的中点．若AP ＝PB ＝2，AB ＝PC ＝2.(1)证明：PB ∥平面ACE ； (2)求二面角A -PC -D 的余弦值．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点F ，连接EF ， ∵底面ABCD 为菱形， ∴F 为BD 中点． 又∵E 是DP 中点， ∴EF ∥PB .∵PB ⊄平面ACE ，EF ⊂平面ACE ， ∴PB ∥平面ACE .(2)取AB 的中点Q ，连接PQ ，CQ ， ∵底面ABCD 为菱形，且∠ABC ＝60°， ∴△ABC 为正三角形，∴CQ ⊥AB . ∵AP ＝PB ＝2，AB ＝PC ＝2，∴CQ ＝3，且△PAB 为等腰直角三角形， ∴PQ ⊥AB ，PQ ＝1，∴PQ 2＋CQ 2＝CP 2，∴PQ ⊥CQ .以Q 为坐标原点，QA ，QC ，QP 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，则A (1,0,0)，C (0，3，0)，P (0,0,1)，D (2，3，0)，AP ―→＝(－1,0,1)，CP ―→＝(0，－3，1)，CD ―→＝(2,0,0)．设平面APC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP ―→＝0，n 1·CP ―→＝0，即⎩⎨⎧ －x 1＋z 1＝0，－3y 1＋z 1＝0，令y 1＝1，得x 1＝3，z 1＝3，故n 1＝(3，1，3)． 设平面DPC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD ―→＝0，n 2·CP ―→＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，－3y 2＋z 2＝0，令y 2＝1，得z 2＝3，故n 2＝(0,1，3)． ∴c os 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋37×2＝277， 由图知二面角A -PC -D 为锐角， ∴二面角A -PC -D 的余弦值为277.1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A -PB -C 的余弦值． 解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD . 又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD . (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz .由(1)及已知可得A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，B ⎝⎛⎭⎫22，1，0，C ⎝⎛⎭⎫－22，1，0. 所以PC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，1，－22，CB ―→＝(2，0,0)，PA ―→＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，AB ―→＝(0,1,0)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PA ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)． 则c os 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33. 由图知二面角A -PB -C 为钝角， 所以二面角A -PB -C 的余弦值为－33. 2．(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF ―→的方向为x 轴正方向，|GF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角， 故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3，0,0)，D (0,0，3)． 由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．所以EC ―→＝(1,0，3)，EB ―→＝(0,4,0)，AC ―→＝(－3，－4，3)，AB ―→＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AB ―→＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则c os 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 由图知，二面角E -BC -A 为钝角， 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.1．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点D 是棱AB 的中点，BC ＝1，AA 1＝ 3.(1)求证：BC 1∥平面A 1DC ； (2)求二面角D -A 1C -A 的正弦值．解：(1)证明：过点A 作AO ⊥BC 交BC 于点O ，过点O 作OE ⊥BC 交B 1C 1于E . 因为平面ABC ⊥平面CBB 1C 1，所以AO ⊥平面CBB 1C 1.以O 为坐标原点，OB ，OE ，OA 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．因为BC ＝1，AA 1＝3，△ABC 是等边三角形，所以O 为BC 的中点．则O (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，D ⎝⎛⎭⎫14，0，34，A 1⎝⎛⎭⎫0，3，32，C 1⎝⎛⎭⎫－12，3，0，CD ―→＝⎝⎛⎭⎫34，0，34，A 1C ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，－3，－32，设平面A 1DC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD ―→＝0，n 1·A 1C ―→＝0，即⎩⎨⎧34x 1＋34z 1＝0，－12x 1－3y 1－32z 1＝0.取x 1＝3，得z 1＝－3，y 1＝1，∴平面A 1DC 的一个法向量为n 1＝(3，1，－3)． 又∵BC 1―→＝(－1，3，0)，∴BC 1―→·n 1＝0， 又BC 1⊄平面A 1DC ，∴BC 1∥平面A 1DC .(2)设平面ACA 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， ∵AA 1―→＝(0，3，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1―→＝0，n 2·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，－12x 2－3y 2－32z 2＝0， 取x 2＝3，得y 2＝0，z 2＝－1.∴平面ACA 1的一个法向量为n 2＝(3，0，－1)． 则c os 〈n 1，n 2〉＝613×2＝31313，设二面角D -A 1C -A 的大小为θ， ∴c os θ＝31313，sin θ＝21313，故二面角D -A 1C -A 的正弦值为21313. 2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|c os 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是c os 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n|＝105.由图知二面角M -AB -D 为锐角， 因此二面角M -AB -D 的余弦值为105.3.如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C -EM -N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 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：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．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.不妨取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 . (2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量， 又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM ―→＝0，n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)． 因此有c os 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521. (3)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12.4.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ， 因为AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°，由余弦定理得AC 2＝8＋4－2×22×2×cos 45°＝4， 解得AC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，所以AD ⊥AC . 又AD ＝AP ＝2，DP ＝22，所以AD 2＋AP 2＝DP 2，所以AP ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ，所以AD ⊥平面PAC ，所以AD ⊥PC .(2)因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，所以PA ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两互相垂直，以A 为坐标原点，AC ，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A -xyz ，则D (－2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (－1,1,0)，P (0,0,2)， 所以PC ―→＝(0,2，－2)，PD ―→＝(－2,0，－2)， PB ―→＝(2,2，－2)，设PF PB ＝λ(λ∈[0,1])，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF ―→＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0,0,1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等，所以|c os 〈EF ―→，m 〉|＝|c os 〈EF ―→，n 〉|，即|EF ―→·m ||EF ―→|·|m |＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |，所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪2λ3，即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32.某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体ABCD -EFQH 材料切割成三棱锥H -ACF .(1)若点M ，N ，K 分别是棱HA ，HC ，HF 的中点，点G 是NK 上的任意一点，求证：MG ∥平面ACF ；(2)已知原长方体材料中，AB ＝2，AD ＝3，DH ＝1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出该三棱锥的高；甲工程师先求出AH 所在直线与平面ACF 所成的角θ，再根据公式h ＝AH ·sin θ求三棱锥H -ACF 的高h .请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高．解：(1)证明：∵HM ＝MA ，HN ＝NC ，HK ＝KF ， ∴MK ∥AF ，MN ∥AC .∵MK ⊄平面ACF ，AF ⊂平面ACF ，∴MK ∥平面ACF ，同理可证MN ∥平面ACF ，∵MK ∩MN ＝M ，MN ⊂平面MNK ，MK ⊂平面MNK ， ∴平面MNK ∥平面ACF .又MG ⊂平面MNK ，∴MG ∥平面ACF .(2)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DH 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D -xyz .则A (3，0,0)，C (0,2,0)，F (3,2,1)，H (0,0，1)，AC ―→＝(－3,2,0)，AF ―→＝(0,2,1)，AH ―→＝(－3,0,1)，设平面ACF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝3，则n ＝(2,3，－6)，∴sin θ＝|c os 〈AH ―→，n 〉|＝|AH ―→·n ||AH ―→||n |＝12710＝61035， ∴三棱锥H -ACF 的高为AH ·sin θ＝10×61035＝127. 高考研究课(二)空间向量2综合——翻折、探索 [全国卷5年命题分析][典例] (2018·临沂模拟)如图1，已知△ABC 为正三角形，D 为AB 的中点，AE ＝14AC .现沿DE 将△ADE 折起，折起过程中点A 仍然记作点A ，使得平面ADE ⊥平面BCED ，如图2.(1)证明：AD ⊥CE ；(2)求平面ABD 与平面ACE 所成角(锐角)的余弦值．[解] (1)证明：在正三角形ABC 中，取AC 的中点G ，连接BG (图略)，此时E 为AG 的中点，所以DE ∥BG .因为BG ⊥AC ，所以DE ⊥CE ，DE ⊥AE .在折起的图形中，因为平面ADE ⊥平面BCED ， 所以AE ⊥平面BCED ，所以AE ⊥CE . 因为AE ∩DE ＝E ，所以CE ⊥平面ADE . 因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥CE .(2)由(1)的证明可知ED ，EC ，EA 两两垂直，以点E 为坐标原点，射线ED ，EC ，EA 的正方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系E -xyz .设正三角形ABC 的边长为4，则A (0,0,1)，B (23，1,0)，D (3，0,0)，AB ―→＝(23，1，－1)，DB ―→＝(3，1,0)．设平面ABD 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB ―→＝0，m ·DB ―→＝0，即⎩⎨⎧23x ＋y －z ＝0，3x ＋y ＝0，令x ＝3，得y ＝－3，z ＝3，所以平面ABD 的一个法向量为m ＝(3，－3,3)． 显然n ＝(1,0,0)为平面ACE 的一个法向量． 设平面ABD 与平面ACE 所成角(锐角)的大小为θ， 则c os θ＝|c os 〈m ，n 〉|＝321×1＝77. 所以平面ABD 与平面ACE 所成角(锐角)的余弦值为77. [方法技巧](1)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．(2)与空间角相结合问题求解时多利用空间向量法．[即时演练]如图，在直角梯形PBCD中，PB∥DC，DC⊥BC，点A在边PB上，AD∥BC，PB＝3BC＝6，现沿AD将△PAD折起，使平面PAD⊥平面ABCD.(1)当CD＝BC时，证明：直线BD⊥平面PAC；(2)当三棱锥P-ABD的体积取得最大值时，求平面PBD与平面PCD所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：在直角梯形PBCD中，AD∥BC，AB∥DC，DC⊥BC，∵当CD＝BC时，四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC.∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA.又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC.(2)设DC＝t，t∈(0,6)，则PA＝6－t，由(1)知V P-ABD＝13×12×(6－t)×t×2≤13⎣⎡⎦⎤(6－t)＋t22＝3，当且仅当6－t＝t，即t＝3时取等号，此时AP＝AB＝DC＝3.以A为坐标原点，AB，AD，AP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A-xyz，则B (3,0,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，C (3,2,0)， DC ―→＝(3,0,0)，DP ―→＝(0，－2,3)， BD ―→＝(－3,2,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面PCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC ―→·n ＝0， DP ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，－2y ＋3z ＝0，取z ＝2，得n ＝(0,3,2)．设m ＝(a ，b ，c )是平面PBD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧BD ―→·m ＝0，DP ―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a ＋2b ＝0，－2b ＋3c ＝0，取c ＝2，得m ＝(2,3,2)．设平面PBD 与平面PCD 所成锐二面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝1313·17＝22117.∴平面PBD 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为22117.1.如图所示，四边形ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成角为60°.(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)设点M 是线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．解：(1)证明：因为DE ⊥平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 因为四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC . 又DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ， 所以AC ⊥平面BDE .(2)因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ， 因为BE 与平面ABCD 所成角为60°，即∠DBE ＝60°，所以EDDB ＝ 3. 由AD ＝3，可知DE ＝36，AF ＝6，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3，0)， 所以BF ―→＝(0，－3，6)，EF ―→＝(3,0，－26)． 设平面BEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ―→＝0，n ·EF ―→＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －26z ＝0.令z ＝6，得n ＝(4,2，6)， 又点M 是线段BD 上一个动点，设M (t ，t,0)(0≤t ≤32)，则AM ―→＝(t －3，t,0) 因为AM ∥平面BEF ，所以AM ―→·n ＝0，即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2. 此时，点M 的坐标为(2,2,0)， 即当BM ＝13BD 时，AM ∥平面BEF .[方法技巧]对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在这假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．角度二：与空间角有关的探索性问题2.(2018·江西一模)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面A 1ABB 1，且AA 1＝AB ＝2.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，则在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A -BE -C 的大小为2π3？请说明理由．。