高考数学理一轮(新课标通用)考点测试： 空间向量及其应用 Word版含解析
2021新高考数学新课程一轮复习：第七章 第6讲 空间向量及运算含解析
第6讲 空间向量及运算组 基础关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 因为b ＝12x －2a ，所以x ＝4a ＋2b ＝4(2,3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0,6，－20)．2．(2019·黑龙江齐齐哈尔实验中学期中)设ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，则有( )A.AB →·C 1A →＝a 2B.AB →·A 1C 1→＝2a 2C.BC →·A 1D →＝a 2D.AB →·C 1A 1→＝a 2 答案 C解析 建立空间直角坐标系如图．则AB →·C 1A →＝(a,0,0)·(－a ，－a ，－a )＝－a 2， AB →·A 1C 1→＝(a,0,0)·(a ，a,0)＝a 2， BC →·A 1D →＝(0，a,0)·(0，a ，－a )＝a 2， AB →·C 1A 1→＝(a,0,0)·(－a ，－a,0)＝－a 2，故只有C 正确．3．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( ) A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6 答案 D解析 因为a ·b ＝(1,0,1)·(x,1,2)＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以|b |＝6，又|a |＝2，所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝32×6＝32.又0≤〈a ，b 〉≤π，所以〈a ，b 〉＝π6. 4．对于空间一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，有6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →，则( )A ．O ，A ，B ，C 四点共面 B ．P ，A ，B ，C 四点共面 C ．O ，P ，B ，C 四点共面D ．O ，P ，A ，B ，C 五点共面 答案 B解析 解法一：因为6OP→＝OA →＋2OB →＋3OC →，所以OP →＝16OA →＋13OB →＋12OC →，又16＋13＋12＝1，所以A ，B ，C ，P 四点共面．解法二：因为6OP →＝OA →＋2OB →＋3OC →，所以0＝(OA →－OP →)＋2(OB →－OP →)＋3(OC →－OP →)，所以P A →＋2PB →＋3PC →＝0，所以PC →＝－13P A →－23PB →，所以PC →，P A →，PB→共面，又三个向量有公共点P .所以P ，A ，B ，C 四点共面．5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→. 其中能够化简为向量BD 1→的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④ D ．①④ 答案 A解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D →＋DD 1→＝B 1D 1→≠BD 1→. 综上，①②符合题意．故选A.6．向量a ＝(1,2，x )，b ＝(2，y ，－1)，若|a |＝5，且a ⊥b ，则x ＋y 的值为( ) A ．－2 B ．2 C ．－1 D ．1 答案 C解析 ∵向量a ＝(1,2，x )，b ＝(2，y ，－1)，|a |＝5，且a ⊥b ，∴12＋22＋x 2＝5，a ·b ＝2＋2y －x ＝0，解得x ＝0，y ＝－1，∴x ＋y ＝－1.7．(2019·唐山统考)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216a B.66a C.156a D.153a 答案 A解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，因为点M 在AC 1上且AM→＝12MC 1→，所以(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，所以x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3. 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，所以|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 8．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,0)，满足条件(c －a )·(2b )＝－2，则x ＝________.答案 1解析 向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,0)，则c －a ＝(0,0，－x )，2b ＝(2,4,2)，又(c －a )·(2b )＝－2，则－2x ＝－2，解得x ＝1.9．(2019·南昌调研)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 →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ，y ，z 的值分别为________． 答案 16，13，13解析 ∵OG→＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(OB →＋OC →)－12OA →＝16OA →＋13OB →＋13OC →，∴x ＝16，y ＝13，z ＝13. 10．(2019·淄博模拟)如图，直角三角形OAC 所在平面与平面α交于OC ，平面OAC ⊥平面α，∠OAC 为直角，OC ＝4，B 为OC 的中点，且∠ABC ＝2π3，平面α内一动点满足∠P AB ＝π3，则OP →·CP→的取值范围是________．答案 [－1，＋∞)解析 ∵平面OAC ⊥平面α， ∴作AO ′⊥OC ， 则AO ′⊥平面α，过O ′在平面α内作OC 的垂线O ′x ，如图建立空间直角坐标系O ′xyz . ∵∠OAC 为直角，OC ＝4，B 为OC 的中点，且∠ABC ＝2π3，∴BC ＝AB ＝OB ＝2，∠ABO ＝π3，O ′A ＝3，O ′B ＝1，OO ′＝1，O ′C ＝3，则O (0，－1,0)，A (0,0，3)，B (0,1,0)，C (0,3,0)，设P (x ，y,0)，AP →＝(x ，y ，－3)，AB →＝(0,1，－3)，OP →＝(x ，y ＋1,0)，CP →＝(x ，y －3,0)，∠P AB ＝π3，AP →·AB →＝y ＋3＝2x 2＋y 2＋3×12，∴x 2＝6y ＋6，∴OP →·CP →＝x 2＋(y ＋1)(y －3)＝6y ＋6＋y 2－2y －3＝y 2＋4y ＋3＝(y ＋2)2－1≥－1.组 能力关1．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标，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 设向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是(x ，y ，z )，则4a ＋2b ＋3c ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，因为a ，b ，c 不共面，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，解得x ＝3，y ＝1，z ＝3，所以向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3,1,3)．2．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝CD ＝1，∠ACD ＝90°，把△ADC 沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，则BD 的长为________．答案 2或 2解析 ∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. 又AB ＝AC ＝CD ＝1，AC ⊥CD ，AC ⊥AB ， ∴|BD→|＝ BD →2＝ (BA→＋AC →＋CD →)2＝BA→2＋AC→2＋CD→2＋2BA→·AC→＋2AC→·CD→＋2BA→·CD→＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos〈BA→，CD→〉＝3＋2cos〈BA→，CD→〉，∴|BD→|＝2或 2.∴BD的长为2或 2.3．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．答案25解析以A为坐标原点，射线AB，AD，AQ分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD和ADPQ的边长为2，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，M(0，y,2)(0≤y≤2)．所以AF→＝(2,1,0)，EM→＝(－1，y,2)．所以AF→·EM→＝－2＋y，|AF→|＝5，|EM→|＝5＋y2.所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－2＋y |5·5＋y 2＝2－y 5·5＋y 2. 令2－y ＝t ，则y ＝2－t ，且t ∈[0,2]． 所以cos θ＝t 5·5＋(2－t )2＝t5·9－4t ＋t2. 当t ＝0时，cos θ＝0； 当t ≠0时， cos θ＝15·9t 2－4t ＋1＝15·9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59，由t ∈(0,2]，得1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，所以9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －292＋59≥ 9×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－292＋59＝52，所以0<cos θ≤25. 综上所述，0≤cos θ≤25，故cos θ的最大值为25.4. 如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在B 1B 和D 1D 上，且BE ＝13BB 1，DF ＝23DD 1.(1)求证：A ，E ，C 1，F 四点共面；(2)若EF →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，求x ＋y ＋z 的值． 解 (1)证明：因为AC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝AB →＋AD →＋13AA 1→＋23AA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋13AA 1→＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋23AA 1→＝(AB →＋BE →)＋(AD →＋DF →)＝AE →＋AF →，所以A ，E ，C 1，F 四点共面．(2)因为EF →＝AF →－AE →＝AD →＋DF →－(AB →＋BE →)＝AD →＋23DD 1→－AB →－13BB 1→＝－AB →＋AD→＋13AA1→，所以x＝－1，y＝1，z＝13，所以x＋y＋z＝13.。
高考数学(理)一轮复习必刷题练习第十四单元空间向量及其应用
第十四单元空间向量及其应用真题回访考点一利用空间向量求线面角的大小1. (2017年北京卷)如图，在四棱锥P-ABC肿底面ABC为正方形，平面PADL平面ABC［点M在线段PB上,PD/ 平面MA(PA=PD^,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.【解析】(1)设ACBD交于点E,连接ME因为PD//平面MA(平面MA Q平面PDB=ME所以PD// ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.⑵取AD的中点O连接OPOE.因为PA=P斷以OPLAD.又因为平面PADL平面ABC平面PADH平面ABCD=/A且OF?平面PAD所以OP L平面ABCD.因为0E?平面ABC［所以OPLOE.因为四边形ABC［是正方形所以OE L AD.如图，建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0, 一),口2,0,0),比2,4,0), =(4,-4,0),设平面BDP的法向量为n =(x,y,z),即 _令x=1 则y=1 ,z=.于是n =(1,1, 一).平面PAD勺法向量为p=(0,1,0), 所以cos<n,p>=由题意知二面角B-PD-A为锐角，所以其大小为-.(3)由题意知M- —，C(2,4,0),=设直线MC与平面BDP所成角为a ,贝U sin a =|cos<n, >|= ------- =—,所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为一.=(2,0,- _).2. (2016年四川卷)如图，在四棱锥P-ABCDK A D" BC/ ADC虫PAB=0° ,BC=CDADE为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90° .(1) 在平面PAB内找一点M使得直线CMF平面PBE并说明理由；(2) 若二面角P-CD-A的大小为45° ,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值【解析】(1)在梯形ABC呼,AB与CD不平行.如图，延长ABDC相交于点M*平面PAB点M即为所求的一个占I 八、、■理由如下：由已知得BC// ED且BC=ED所以四边形BCDE!平行四边形，从而CM// EB.又EB?平面PB/IM平面PBE所以CM/平面PBE.(说明:延长AP至点N,使得AP=P|则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知得CDL PACDL ADPAH AD=A所以CDL平面PAD于是CDL PD.从而/ PDA是二面角P-CD-A的一个平面角，所以/ PDA=5° .又PA L AB所以PAL平面ABCD.设BC=,则在Rt△ PAD中,PA=AD2=以A为原点，以,的方向分别为x轴、z轴的正方向，以的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以=(1,0,-2), =(1,1,0), =(0,0,2).设平面PCE勺法向量为n =(x,y,z).由得-设x=2,解得n =(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为a ,贝寸sin a = ------ 一二所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为-.3.(2016年天津卷)如图,正方形ABC啲中心为O四边形OBEf为矩形，平面OBE庄平面ABC I点G为AB的中点,AB=BE=.(1) 求证：EG/平面ADF.(2) 求二面角O-EF-C的正弦值.⑶设H为线段AF上的点，且AH=HF求直线BH和平面CEF所成角的正弦值E【解析】依题意，OFL平面ABC如图，以O为原点，分别以，，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C(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),C(1,1,0),E(- 1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)依题意,=(2,0,0), =(1,-1,2).设n 1=仪四1,乃)为平面ADF的法向量,不妨取z i=1,可得m=(0,2,1).又=(0,1,-2),可得• n i=0.又因为直线EG平面ADF所以EG/平面ADF.=(-1,1,2).(2) 易证=(-1,1,0)为平面OEF勺一个法向量，依题意，=(1,1,0),设n2=(x2,y2z)为平面CEF的法向量，则即不妨取x2=1,可得n2=(1，-1,1).因此有cos< ,rp> ------------- =—,于是sin < ,n2>—.所以二面角O-EF-C的正弦值为一.(3)由AH=HF得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以 = = -- --- ,进而有H --- ------ ,从而 =---.因此匕cos< ,n2> --------- .所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为一.题型二利用空间向量求二面角的大小4.(2017年全国I 卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中,AB// CD 且/ BAP N CDP 90(1)证明：平面PABL 平面PAD.⑵若PA=PD=AB=,DC\PD©0° ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.【解析】(1)由已知/ BAP=/ CDP 90 °，得AB 丄ARCDL PD.因为AB// CD 所以AB 丄PD.又APH DP=P 所以AB 丄平面PAD.因为AB?平面PAB 所以平面 PABL 平面PAD.(2)在平面PA 讷作PF 丄AD 垂足为点F.由(1)可知,AB 丄平面PA[故 ABL PF 可得PF 丄平面ABCD.以F 为坐标原点，的方向为x 轴正方向」|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系(-)1(1 J)| (-)](-)由(1)及已知可得 A'-,0,0‘，P'0,0,-‘，B'-,1,0‘C --,1,0‘ ,设n =(x 1,y 1,Z 1)是平面PCB 的法向量，所以可取n =(0,-1,-).设m=x 2,y 2,Z 2)是平面PAB的法向量，则F-xy z.所以 …,1,-二=(-0,0),=(0,1,0).即_所以可取 m=1,0,1),贝U cos <n,m> -- J ―=：观察图象知二面角 A-PB-C 的余弦值为-—.5.(2017年全国n 卷)如图,四棱锥P-ABCD 中侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABC^B=BC=AD Z BAD 虫 ABC=0° ,E 是 PD 的中点.(1)证明：直线CE/平面PAB.⑵点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABC ［所成角为45° ,求二面角M-AB-D 的余弦值.【解析】(1)取 PA 的中点F ,连接EFBF.因为E 是PD 的中点所以EF// ADEF=AD.由 / BAD h ABC=0°，得 BC// AD又BC=AD 所以EF BC所以四边形BCEF 是平行四边形，CE// BF.又BF ?平面PAECE?平面PAE 故 CE//平面PAB.即_(2) 由已知得BAL AD以A为坐标原点，的方向为x轴正方向」|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, 一)，=(1，0，- 一)，=0，°，°).设Mx,y,z)(0w x< 1),则=(x- 1,y,z), =(x,y-1,z- 一).因为BM与底面ABC所成的角为45 ° , 而n =(0,0,1)是底面ABC啲一个法向量，所以|cos< ,n>|=sin 45 ° ,2 2 2即(x-1) +y-z =0. ①又M在棱PC上，设=入,则x=入，y=1,z= _-—入.②由①②解得(舍去)，或所以M —一，从而= —设m=X0,y0,z。
(完整word版)高三数学空间向量专题复习附答案
一、利用向量处理平行与垂直问题例1、 在直三棱柱111C B A ABC -中，090=∠ACB , 030=∠BAC ,M A A BC ,6,11==是1CC 得中点。
求证：AM B A ⊥1练习：棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面P AC ？例2 如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面互相垂直，点N M ,分别在对角线AE BD ,上，且AE AN BD BM 31,31==,求证：//MN 平面CDE练习1、在正方体1111D C B A ABCD -中,E,F 分别是BB 1,,CD 中点，求证：D 1F ⊥平面ADE2、如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABCD 中, ︒=∠60ABC ，,2,a PD PB a AC PA ====点E 在PD 上,且PE :ED = 2: 1.在棱PC 上是否存在一点F, 使BF ∥平面AEC?证明你的结论.二、利用空间向量求空间的角的问题例1 在正方体1111D C B A ABCD -中,E 1，F 1分别在A 1B 1,,C 1D 1上，且E 1B 1=41A 1B 1，D 1F 1=41D 1C 1，求BE 1与DF 1所成的角的大小。
例2 在正方体1111D C B A ABCD -中, F 分别是BC 的中点，点E 在D 1C 1上,且=11E D 41D 1C 1,试求直线E 1F 与平面D 1AC例3 在正方体1111D C B A ABCD -中,求二面角1C BD A --的大小。
zx1CFD CBA例4 已知E,F分别是正方体1111DCBAABCD-的棱BC和CD的中点，求：（1）A1D与EF所成角的大小；（2）A1F与平面B1EB所成角的大小；（3）二面角BBDC--11的大小。
三、利用空间向量求空间的距离的问题例1 直三棱柱AB C-A1B1C1的侧棱AA1，底面ΔAB C求点B1到平面A1B C的距离。
高考数学一轮必备 8.6《空间向量及其运算》考情分析学案(1)
8.6空间向量及其运算考情分析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． 基础知识1．空间向量的有关概念(1)空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量． (2)相等向量：方向相同且模相等的向量．(3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量． (4)共面向量：平行于同一个平面的向量． 2．空间向量的线性运算及运算律(1)定义：与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘向量运算，如下：OB →＝OA →＋AB →＝a ＋b ；BA →＝OA →－OB →＝a －b ；OP →＝λa (λ∈R )． (2)运算律：(1)加法交换律：a ＋b ＝b ＋a . (3)加法结合律：(a ＋b )＋c ＝a ＋(b ＋c )． (4)数乘分配律：λ(a ＋b )＝λa ＋λb . 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 互相垂直，记作a⊥b. ②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b 则|a||b|cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，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．基本定理(1)共线向量定理：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a＝λb .(2)共面向量定理：如果两个向量a ，b 不共线，p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在实数x ，y 使p ＝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，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组x ，y ，z ，使p ＝x a ＋y b ＋z c . 注意事项1.用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }； (2)用a ，b ，c 表示相关向量； (3)通过运算完成证明或计算问题．2.(1)共线向量定理还可以有以下几种形式： ①a ＝λb ⇒a ∥b ；②空间任意两个向量，共线的充要条件是存在λ，μ∈R 使λa ＝μb .③若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →且λ＋μ＝1. (2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解．空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具，三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几何证明问题的完美“嫁接”．3.空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习．学生要特别注意共面向量的概念．而对于四种运算的运算律，要类比实数加、减、乘的运算律进行学习．题型一 空间向量的线性运算【例1】已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心，若AE →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则x 、y 的值分别为( )A. x ＝1，y ＝1B. x ＝1，y ＝12C. x ＝12，y ＝12D. x ＝12，y ＝1答案：C解析：如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(A B →＋A D →)．【变式1】 如右图，已知M 、N 分别为四面体ABCD 的面BCD 与面ACD 的重心，且G 为AM 上一点，且GM ∶GA ＝1∶3.设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，试用a ，b ，c 表示BG →，BN →.解 BG →＝BA →＋AG →＝BA →＋34AM →＝－a ＋14(a ＋b ＋c )＝－34a ＋14b ＋14c ，BN →＝BA →＋AN →＝BA →＋13(AC →＋AD →)＝－a ＋13b ＋13c .题型二 共线共面定理的应用【例2】►如右图，已知平行六面体ABCD A ′B ′C ′D ′，E 、F 、G 、H 分别是棱A ′D ′、D ′C ′、C ′C 和AB 的中点，求证E 、F 、G 、H 四点共面．证明 取ED ′→＝a 、EF →＝b 、EH →＝c ，则HG →＝HB →＋BC →＋CG →＝D ′F →＋2ED ′→＋12AA ′→＝b －a ＋2a ＋12(AH →＋HE →＋EA ′→)＝b ＋a ＋12(b －a －c －a )＝32b －12c ，∴H G →与b 、c 共面．即E 、F 、G 、H 四点共面．证明E 、F 、G 、H 四点共线，只须证明HG →＝λEF →＋μEH →即可，即证HG →、EF →、EH →三个向量共面．此种方法也是证明直线与平面平行的方法．【变式2】 如图在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D 为BC 边上的中点， 试证A 1B ∥平面AC 1D .证明 设BA →＝a ，BB 1→＝c ，BC →＝b ， 则 BA 1→＝BA →＋AA 1→ ＝BA →＋BB 1→＝a ＋c ，AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋12BC →＝－a ＋12b ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝BC →－BA →＋BB 1→＝b －a ＋c ， BA 1→＝AC 1→－2AD →，∵AB ⊄平面AC 1D ，因此A 1B ∥平面AC 1D .题型三 空间向量数量积的应用【例3】►如图，在四面体S ABC 中，若SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，试证SC ⊥AB . 证明 取SA →＝a ，SB →＝b ，SC →＝c ，由已知SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ·c －b ＝0 ①b ·c －a ＝0 ②②－①得c ·(b －a )＝0， 则SC ⊥AB .利用空间向量的基本定理适当的选取基底，将立体几何问题转化为已知⎩⎪⎨⎪⎧a ·c －b ＝0，b ·c －a ＝0，求证c ·(b －a )＝0【变式3】 已知如右图所示，平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CD ＝∠C 1CB ＝∠BCD ＝60°.(1)求证：C 1C ⊥BD ； (2)当CDCC 1的值是多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． (1)证明 取CD →＝a ，CB →＝b ，CC 1→＝c ，由已知|a |＝|b |，且〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， BD →＝CD →－CB →＝a －b ，CC 1→·BD →＝c·(a －b )＝c·a －c·b ＝12|c ||a |－12|c ||b |＝0，∴C 1C →⊥BD →，即C 1C ⊥BD . (2)若A 1C ⊥平面C 1BD ，则A 1C ⊥C 1D ，CA 1→＝a ＋b ＋c ，C 1D →＝a －c . ∴CA 1→·C 1D →＝0，即(a ＋b ＋c )·(a －c )＝0. 整理得：3a 2－|a||c|－2c 2＝0， (3|a|＋2|c|)(|a|－|c|)＝0， ∴|a|－|c|＝0，即|a|＝|c|. 即当CD CC 1＝|a||c|＝1时，A 1C ⊥平面C 1BD . 重难点突破【例4】如图，四棱锥SABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形．AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成的角的正弦值．[解析] 以C 为坐标原点，射线CD 为x 正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)． 又设S (x ，y ，z )，则x ＞0，y ＞0，z ＞0.(1)证明 A S →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|得x －22＋y －22＋z 2＝x 2＋y －22＋z 2，故x ＝1.由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1，又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0，故y ＝12，z ＝32.于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0，故DS ⊥AS ，DS ⊥BS ，又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，∴a ·BS →＝0，a ·CB →＝0. 又BS →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)． 又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝AB →·a |AB →|·|a |＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 巩固提高1. 已知AB →＝(2,4,5)， CD →＝(3，x ，y )，若AB →∥CD →，则( ) A. x ＝6，y ＝15B. x ＝3，y ＝152C. x ＝3，y ＝15D. x ＝6，y ＝152答案：D解析：∵32＝x 4＝y5，∴x ＝6，y ＝152，选D 项．2.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 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°答案：A解析：设l 与α所成的角为θ， ∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12.又∵直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.3.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A. a 2B. 12a 2C. 14a 2D.34a 2 答案：C解析：AE →·A F →＝12(AB →＋AC →)·12AD →＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14(a 2cos60°＋a 2cos60°)＝14a 2. 故选C.4. 已知平面α内有一个点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：由于n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以它应该和平面α内的任意一个向量垂直，只有在选项A 中， MP →＝(2,3,3)－(1，－1,2)＝(1,4,1)，MP →·n ＝(1,4,1)· (6，－3，6)＝0，所以选项A 中的点P 在平面α内．5.在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( ) A. －1 B. 0 C. 1 D. 不确定 答案：B解析：选取不共面的向量AB →，AC →，AD →为基底，则原式＝AB →·(AD →－AC →)＋AC →·(AB →－AD →)＋AD →·(AC →－AB →) ＝AB →·AD →－AB →·AC →＋AC →·AB →－AC →·AD →＋AD →·AC →－AD →·AB → ＝0.。
2023年新高考数学一轮复习8-6 空间向量及其运算和空间位置关系(知识点讲解)含详解
专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1．考查空间向量的概念及运算，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．2．考查空间向量的应用，凸显逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】1．平行(共线)向量与共面向量2①a∥b时，θ＝__0或π__，θ＝__0__时，a与b同向；θ＝__π__时，a与b反向．②a ⊥b ⇔θ＝__π2__⇔a ·b ＝0．③θ为锐角时，a ·b __>__0，但a ·b >0时，θ可能为__0__；θ为钝角时，a ·b __<__0，但a ·b <0时，θ可能为__π__．④|a ·b |≤|a |·|b |，特别地，当θ＝__0__时，a ·b ＝|a |·|b |，当θ＝__π__时，a ·b ＝－|a |·|b |．⑤对于实数a 、b 、c ，若ab ＝ac ，a ≠0，则b ＝c ；对于向量a 、b 、c ，若a ·b ＝a ·c ，a ≠0，却推不出b ＝c ，只能得出__a ⊥(b －c )__．⑥a ·b ＝0⇒/ a ＝0或b ＝0，a ＝0时，一定有a ·b ＝__0__．⑦不为零的三个实数a 、b 、c ，有(ab )c ＝a (bc )成立，但对于三个向量a 、b 、c ，(a ·b )c __≠__a (b ·c )，因为a ·b 是一个实数，(a ·b )c 是与c 共线的向量，而a (b ·c )是与a 共线的向量，a 与c 却不一定共线． 3．空间向量基本定理(1)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 __．(2)如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么所有空间向量组成的集合就是{p|p ＝x a ＋y b ＋z c ，x ，y ，z ∈R }，这个集合可看作是由向量a 、b 、c 生成的，我们把{__a ，b ，c __}叫做空间的一个基底，a 、b 、c 都叫做__基向量__，空间任何三个__不共面__的向量都可构成空间的一个基底，同一(相等)向量在不同基底下的坐标__不同__，在同一基底下的坐标__相同__． 4．空间向量的正交分解及其坐标表示设e 1、e 2、e 3为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量(我们称它们为单位正交基底)．以e 1、e 2、e 3的公共起点O 为原点，分别以__e 1，e 2，e 3__的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ．对于空间任意一个向量p 一定可以把它平移，使它的__起点__与原点O 重合，得到向量OP →＝p ，由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3．我们把x 、y 、z 称作向量p 在单位正交基底e 1、e 2、e 3下的坐标，记作p ＝ (x ，y ，z )． 5.用向量描述空间平行关系设空间两条直线l 、m 的方向向量分别为a ＝(a 1，a 2，a 3)、b ＝(b 1，b 2，b 3)，两个平面α，β的法向量分别为u ＝(u 1，u 2，u 3)，v ＝(v 1，v 2，v 3)，则有如下结论：6. 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. 7.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 ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)，a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)．【常考题型剖析】题型一：空间向量的运算例1.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则BM =（ ）A ．1122a b c -+B ．1122a b c ++C ．1122a b c --+D ．1122-++a b c例2. （2022·全国·高三专题练习）如图，OABC 是四面体，G 是ABC 的重心，1G 是OG 上一点，且14OG OG =，则（ ）A ．1111666OG OA OB OC =++B ．1OG =111121212OA OB OC ++ C ．1OG =111181818OA OB OC ++ D ．1OG =111888OA OB OC ++例3.（安徽·高考真题（理））在正四面体O －ABC 中，,,OA a OB b OC c ===，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝______________(用,,a b c 表示)． 【方法技巧】用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 题型二：共线(共面)向量定理的应用例4.（2023·全国·高三专题练习）以下四组向量在同一平面的是（ ） A ．()1,1,0、()0,1,1、()1,0,1 B ．()3,0,0、()1,1,2、()2,2,4 C ．()1,2,3、()1,3,2、()2,3,1D ．()1,0,0、()0,0,2、()0,3,0例5.（2022·广西桂林·模拟预测（文））如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中①OA +OD 与OA 1+OD 1是一对相反向量；②OB -OC 1与OC -OB 1是一对相反向量；③OA 1+OB 1+OC 1+OD 1与OD +OC +OB +OA 是一对相反向量； ④OC -OA 与OC 1-OA 1是一对相反向量． 正确结论的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例6.（2020·全国·高三专题练习）已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为空间的9个点（如图所示），并且OE kOA =，OF kOB =，OH kOD =，AC AD mAB =+，EG EH mEF =+．求证：（1）A 、B 、C 、D 四点共面，E 、F 、G 、H 四点共面； （2）//AC EG ． 【总结提升】证明三点共线和空间四点共面的方法比较题型三：空间向量数量积及其应用例7.（广东·高考真题（理））已知向量()1,0,1a =-，则下列向量中与a 成60的是（ ） A ．()1,1,0-B ．()1,1,0-C ．()0,1,1-D ．()1,0,1-例8.（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱P A 的长为2，且P A 与AB 、AD 的夹角都等于60°，M 是PC 的中点，设AB a =，AD b =，c AP =.（1）试用a ，b ，c 表示向量BM ；（2）求BM 的长.例9. （2020·全国·高三专题练习）已知向量(2,1,2)a =-，(1,0,1)c =-，若向量b 同时满足下列三个条件：①1a b ⋅=-；①3b =；①b 与c 垂直.（1）求2a c +的模； （2）求向量b 的坐标. 【总结提升】空间向量数量积的应用题型四：利用空间向量证明平行例10.（2021·全国·高三专题练习）如图，在四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是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：对空间任意一点O ，有()14OM OA OB OC OD =+++. 例11.（2020·全国·高三专题练习（理））如图所示，平面P AD ①平面ABCD ，ABCD 为正方形，①P 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：（1）PB //平面EFG ； （2）平面EFG //平面PBC . 【规律方法】利用空间向量证明平行的方法 1.线线平行:证明两直线的方向向量共线2.线面平行:①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行3.面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题 题型五：利用空间向量证明垂直例12.（2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测（文））如图，O ，1O 是圆柱底面的圆心，1AA ，1BB ，1CC均为圆柱的母线，AB 是底面直径，E 为1AA 的中点．已知4AB =，BC =(1)证明：1AC BC ⊥；(2)若1AC BE ⊥，求该圆柱的体积．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．例14．（2020·全国·高三专题练习）直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AAC C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由. 【规律方法】利用空间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专题8.6 空间向量及其运算和空间位置关系（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1．考查空间向量的概念及运算，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．2．考查空间向量的应用，凸显逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】1．平行(共线)向量与共面向量2①a∥b时，θ＝__0或π__，θ＝__0__时，a与b同向；θ＝__π__时，a与b反向．②a ⊥b ⇔θ＝__π2__⇔a ·b ＝0．③θ为锐角时，a ·b __>__0，但a ·b >0时，θ可能为__0__；θ为钝角时，a ·b __<__0，但a ·b <0时，θ可能为__π__．④|a ·b |≤|a |·|b |，特别地，当θ＝__0__时，a ·b ＝|a |·|b |，当θ＝__π__时，a ·b ＝－|a |·|b |．⑤对于实数a 、b 、c ，若ab ＝ac ，a ≠0，则b ＝c ；对于向量a 、b 、c ，若a ·b ＝a ·c ，a ≠0，却推不出b ＝c ，只能得出__a ⊥(b －c )__．⑥a ·b ＝0⇒/ a ＝0或b ＝0，a ＝0时，一定有a ·b ＝__0__．⑦不为零的三个实数a 、b 、c ，有(ab )c ＝a (bc )成立，但对于三个向量a 、b 、c ，(a ·b )c __≠__a (b ·c )，因为a ·b 是一个实数，(a ·b )c 是与c 共线的向量，而a (b ·c )是与a 共线的向量，a 与c 却不一定共线． 3．空间向量基本定理(1)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 __．(2)如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么所有空间向量组成的集合就是{p|p ＝x a ＋y b ＋z c ，x ，y ，z ∈R }，这个集合可看作是由向量a 、b 、c 生成的，我们把{__a ，b ，c __}叫做空间的一个基底，a 、b 、c 都叫做__基向量__，空间任何三个__不共面__的向量都可构成空间的一个基底，同一(相等)向量在不同基底下的坐标__不同__，在同一基底下的坐标__相同__． 4．空间向量的正交分解及其坐标表示设e 1、e 2、e 3为有公共起点O 的三个两两垂直的单位向量(我们称它们为单位正交基底)．以e 1、e 2、e 3的公共起点O 为原点，分别以__e 1，e 2，e 3__的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ．对于空间任意一个向量p 一定可以把它平移，使它的__起点__与原点O 重合，得到向量OP →＝p ，由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3．我们把x 、y 、z 称作向量p 在单位正交基底e 1、e 2、e 3下的坐标，记作p ＝ (x ，y ，z )． 5.用向量描述空间平行关系设空间两条直线l 、m 的方向向量分别为a ＝(a 1，a 2，a 3)、b ＝(b 1，b 2，b 3)，两个平面α，β的法向量分别为u ＝(u 1，u 2，u 3)，v ＝(v 1，v 2，v 3)，则有如下结论：6. 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. 7.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 ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)，a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)．【常考题型剖析】题型一：空间向量的运算例1.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则BM =（ ）A ．1122a b c -+B ．1122a b c ++C ．1122a b c --+D ．1122-++a b c【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的运算法则和空间向量基本定理相关知识求解即可. 【详解】由题意得，()()1111111111121222112BM BB B D AA A D A B AA AD A b c B a =+=+--+=+-=+.故选：D例2. （2022·全国·高三专题练习）如图，OABC 是四面体，G 是ABC 的重心，1G 是OG 上一点，且14OG OG =，则（ ）A ．1111666OG OA OB OC =++B ．1OG =111121212OA OB OC ++ C ．1OG =111181818OA OB OC ++ D ．1OG =111888OA OB OC ++【答案】B 【解析】 【分析】利用向量加法减法的几何意义并依据空间向量基本定理去求向量1OG 【详解】连接AG 并延长交BC 于N ，连接ON ，由G 是ABC 的重心，可得23AG AN =，()12ON OB OC =+ 则()()2221112=3332333AG AN ON OA OB OC OA OB OC OA ⎡⎤=-=+-=+-⎢⎥⎣⎦ 则()1111112444333OG OG OA AG OA OB OC OA ⎛⎫==+=++- ⎪⎝⎭111121212OA OB OC =++故选：B例3.（安徽·高考真题（理））在正四面体O －ABC 中，,,OA a OB b OC c ===，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE ＝______________(用,,a b c 表示)．【答案】111244a b c ++【解析】 【详解】因为在四面体O ABC -中，,,,OA a OB b OC c D ===为BC 的中点，E 为AD 的中点，()1222OA OD O OE A OD ∴=+=+()111222a OB OC =+⨯+()1111124244a b c a b c =++=++ ，故答案为111244a b c ++. 【方法技巧】用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 题型二：共线(共面)向量定理的应用例4.（2023·全国·高三专题练习）以下四组向量在同一平面的是（ ） A ．()1,1,0、()0,1,1、()1,0,1 B ．()3,0,0、()1,1,2、()2,2,4 C ．()1,2,3、()1,3,2、()2,3,1 D ．()1,0,0、()0,0,2、()0,3,0【答案】B 【解析】 【分析】利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项. 【详解】对于A 选项，设()()()1,1,00,1,11,0,1m n =+，所以，110n m m n =⎧⎪=⎨⎪+=⎩，无解；对于B 选项，因为()()()2,2,403,0,021,1,2=⋅+，故B 选项中的三个向量共面；对于C 选项，设()()()1,2,31,3,22,3,1x y =+，所以，2133223x y x y x y +=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩，无解；对于D 选项，设()()()1,0,00,0,20,3,0a b =+，所以，013020b a =⎧⎪=⎨⎪=⎩，矛盾.故选：B.例5.（2022·广西桂林·模拟预测（文））如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中①OA +OD 与OA 1+OD 1是一对相反向量；②OB -OC 1与OC -OB 1是一对相反向量；③OA 1+OB 1+OC 1+OD 1与OD +OC +OB +OA 是一对相反向量； ④OC -OA 与OC 1-OA 1是一对相反向量． 正确结论的个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】A 【解析】 【分析】由向量的加减运算对各个选项进行检验即可. 【详解】设E,F 分别为AD 和A 1D 1的中点，①OA +2OD OE =与1OA +12OD OF =不是一对相反向量，错误； ②OB -11OC C B =与OC -11OB B C =不是一对相反向量，错误；③OA 1+OB 1+OC 1+()1OD OC OD OA OB OC OD OA OB =----=-+++是一对相反向量,正确； ④OC -OA AC =与OC 1-111OA AC =不是一对相反向量,是相等向量，错误． 即正确结论的个数为1个故选：A例6.（2020·全国·高三专题练习）已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为空间的9个点（如图所示），并且OE kOA =，OF kOB =，OH kOD =，AC AD mAB =+，EG EH mEF =+．求证：（1）A、B、C、D四点共面，E、F、G、H四点共面；AC EG．（2）//【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）证明出AC、AB、AD为共面向量，结合AC、AB、AD有公共点可证得A、B、C、D四点共面，同理可证得E、F、G、H四点共面；AC EG．（2）证得EG k AC=，再由EG和AC无公共点可证得//【详解】（1）因为AC AD mAB=+，所以，AC、AB、AD为共面向量，因为AC、AB、AD有公共点A，故A、B、C、D四点共面，因为EG EH mEF=+，则EG、EH、EF为共面向量，因为EG、EH、EF有公共点E，故E、F、G、H四点共面；（2）OE kOA=，=，OF kOB=，OH kOD()EG EH mEF OH OE m OF OE=+=-+-()()()=-+-=+=+=，//k OD OA km OB OA k AD kmAB k AD mAB k AC∴，AC EGAC EG.因为AC、EG无公共点，故//【总结提升】证明三点共线和空间四点共面的方法比较题型三：空间向量数量积及其应用例7.（广东·高考真题（理））已知向量()1,0,1a =-，则下列向量中与a 成60的是（ ） A ．()1,1,0- B ．()1,1,0- C ．()0,1,1- D ．()1,0,1-【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：对于A 选项中的向量()11,0,1a =-，11111cos ,22a a a a a a ⋅-〈〉===-⋅⋅，则1,120a a 〈〉=；对于B 选项中的向量()21,1,0a =-，22211cos ,22a a a a a a ⋅〈〉===⋅，则2,60a a 〈〉=；对于C 选项中的向量()30,1,1a =-，2321cos ,22a a a a a a ⋅-〈〉===-⋅，则2,120a a 〈〉=；对于D 选项中的向量()41,0,1a =-，此时4a a =-，两向量的夹角为180.故选B.例8.（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱P A 的长为2，且P A 与AB 、AD 的夹角都等于60°，M 是PC 的中点，设AB a =，AD b =，c AP=.（1）试用a ，b ，c 表示向量BM ； （2）求BM 的长.【答案】（1）111222a b c -++；（2）2【解析】 【分析】（1）将AD BC =，BP AP AB =-代入1()2BM BC BP =+中化简即可得到答案；（2）利用22||BM BM =，结合向量数量积运算律计算即可. 【详解】（1）M 是PC 的中点，1()2BM BC BP ∴=+.AD BC =，BP AP AB =-，1[()]2BM AD AP AB ∴=+-，结合AB a =，AD b =，c AP =，得1111[()]2222BM b c a a b c =+-=-++.（2）1AB AD ==，2PA =， ||||1a b ∴==，||2c =.AB AD ⊥，60PAB PAD ∠=∠=︒， 0a b ∴⋅=，21cos601a c b c ⋅=⋅=⨯⨯︒=.由（1）知111222BM a b c =-++，()2222211112222224BM a b c a b c a b a c b c ⎛⎫∴=-++=++-⋅-⋅+⋅⎪⎝⎭13(114022)42=⨯++--+=，6||2BM ∴=即BM 例9. （2020·全国·高三专题练习）已知向量(2,1,2)a =-，(1,0,1)c =-，若向量b 同时满足下列三个条件：①1a b ⋅=-；①3b =；①b 与c 垂直. （1）求2a c +的模；（2）求向量b 的坐标. 【答案】（1）1；（2）(2,1,2)b =-或(2,1,2)b =---. 【解析】 【分析】（1）求出2a c +的坐标，即可求出2a c +的模；（2）设(,,)b x y z =，则由题可知22222190x y z x y z x z +-=-⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，解出即可得出．【详解】解：（1）∵()2,1,2a =-，()1,0,1c =-， ∴()20,1,0a c +=， 所以21a c += ；（2）设(),,b x y z =，则由题可知222221,9,0,x y z x y z x z +-=-⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩解得2,1,2,x y z =⎧⎪=-⎨⎪=⎩或2,1,2,x y z =-⎧⎪=-⎨⎪=-⎩ 所以()2,1,2b =-或()2,1,2b =---. 【总结提升】空间向量数量积的应用题型四：利用空间向量证明平行例10.（2021·全国·高三专题练习）如图，在四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是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：对空间任意一点O ，有()14OM OA OB OC OD =+++. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得出EF HG =可证；（2）通过证明//HE BD 可得；（3）可得四边形EFGH 为平行四边形，M 为EG 中点，即可证明. 【详解】（1）E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点， 12EF AC ∴=，12HG AC =，EF HG ∴=，又E ，F ，G ，H 四点不共线，故E ，F ，G ，H 四点共面； （2）E ，H 分别是AB ，AD 的中点， 12HE DB ∴=，//HE DB ∴，//HE BD ∴， HE ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，∴//BD 平面EFGH ；（3）由（1）知四边形EFGH 为平行四边形，M ∴为EG 中点， E ，G 分别是AB ，CD 的中点， 11111()()()()22224OM OE OG OA OB OC OD OA OB OC OD ⎡⎤∴=+=+++=+++⎢⎥⎣⎦. 例11.（2020·全国·高三专题练习（理））如图所示，平面P AD ①平面ABCD ，ABCD 为正方形，①P 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：（1）PB //平面EFG ；（2）平面EFG //平面PBC .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，构建空间直角坐标系A -xyz ，并确定A ，B ，C ，D ，P ，E ，F ，G 的坐标，法一：求得(0,1,0),(1,2,1)EF EG ==-，即可确定平面EFG 的一个法向量n ，又0PB n ⋅=有n PB ⊥，则 PB //平面EFG 得证； 法二：由(2,0,2)PB =-，(0,1,0)FE =-，(1,1,1)FG =-，可知22PB FE FG =+，根据向量共面定理即有PB ，FE 与FG 共面，进而可证PB //平面EFG ；（2）由（1）有(0,1,0),(0,2,0)EF BC ==即2BC EF =，可得BC //EF ，根据线面平行的判定有EF //平面PBC ，GF //平面PBC ，结合面面平行的判定即可证平面EFG //平面PBC .【详解】（1）因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，所以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). 法一：(0,1,0),(1,2,1)EF EG ==- 设平面EFG 的法向量为(,,)n x y z =，则00n EF n EG ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即020y x y z =⎧⎨+-=⎩,令z ＝1，则(1,0,1)n =为平面EFG 的一个法向量， ∵(2,0,2)PB =-，∴0PB n ⋅=，所以n PB ⊥， ∵PB ⊄平面EFG ， ∴PB //平面EFG .法二：(2,0,2)PB =-，(0,1,0)FE =-，(1,1,1)FG =-. 设PB sFE tFG =+，即(2,0,－2)＝s (0,－1,0)＋t (1,1,－1)，所以202t t s t =⎧⎪-=⎨⎪-=-⎩解得s ＝t ＝2.∴22PB FE FG =+，又FE 与FG 不共线，所以PB ，FE 与FG 共面.∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .（2）由（1）知：(0,1,0),(0,2,0)EF BC ==，∴2BC EF =，所以BC //EF .又EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以EF //平面PBC ，同理可证GF //PC ，从而得出GF //平面PBC .又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG //平面PBC .【规律方法】利用空间向量证明平行的方法1.线线平行:证明两直线的方向向量共线2.线面平行:①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行3.面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题题型五：利用空间向量证明垂直例12.（2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测（文））如图，O ，1O 是圆柱底面的圆心，1AA ，1BB ，1CC均为圆柱的母线，AB 是底面直径，E 为1AA 的中点．已知4AB =，BC =(1)证明：1AC BC ⊥；(2)若1AC BE ⊥，求该圆柱的体积．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直（2）建立空间直角坐标系，根据垂直条件解出圆柱的高(1)连结AC ，可知AC BC ⊥1CC ⊥平面ABC 1CC BC ∴⊥1CC AC C =BC ∴⊥平面1ACC1BC AC ∴⊥(2)如图，以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系设圆柱的高为h可得1(2,0,0),(0,0,),(2,0,)2h A B C h E1(2,0,),(2,)2h AC h BE =-=-由题意得21402h AC BE ⋅=-+=，解得h =故圆柱的体积2V πr h ==例13．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）E 为CC 1的中点.【解析】【分析】以D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.（1）计算10A E BD →→⋅=即可证明；（2）求出面A 1BD 与面EBD 的法向量，根据法向量垂直计算即可．【详解】以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．（1）1A E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，1A E BD →→⋅＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0， ∴1A E BD →→⊥，即A 1E ⊥BD ；（2）设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为1n →＝(x 1，y 1，z 1)，2n →＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，1DA →＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )∴10n DB →→⋅=， 110n DA →→⋅=， 20n DB →→⋅=，10n DE →→⋅=. ∴11110,0,ax ay ax az +=⎧⎨+=⎩, 22220,0.ax ay ay ez +=⎧⎨+=⎩ 取x 1＝x 2＝1，得1n →＝(1，－1，－1)，2n →＝(1，－1，a e)．由平面A 1BD ⊥平面EBD 得1n →⊥2n →. ∴2－a e＝0，即e ＝2a . ∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .例14．（2020·全国·高三专题练习）直四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，E 、F 分别为棱AB 、11B C 上的点，2AE EB =，112C F FB =.求证：（1）//EF 平面11AAC C ；（2）线段AC 上是否存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C .若存在，求出AG 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，AG =【解析】【分析】（1）以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：根据向量的坐标可得11113EF A A AC =-+，由此可证//EF 平面11AAC C ； （2）将问题转化为线段AC 上是否存在一点G ，使EG AC ⊥，则问题不难求解.【详解】（1）如图所示：以1A 为原点，11A D ，11A B ，1A A 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系：则1(0,0,0)A ，1(0,2,0)B ，1(2,2,0)C ，设(0,0,)A a ，则4(0,,)3E a ，2(,2,0)3F ， 所以22(,,)33EF a =-，1(0,0,)A A a =，11(2,2,0)AC =， 因为11113EF A A AC =-+，所以EF ，1A A ，11AC 共面，又EF 不在平面11AAC C 内， 所以//EF 平面11AAC C（2）线段AC 上存在一点G ，使面EFG ⊥面11AAC C ，且3AG =，证明如下：在三角形AGE 中，由余弦定理得EG ===， 所以222AG EG AE +=，即EG AG ⊥，又1A A ⊥平面ABCD ，EG ⊂平面ABCD ，、所以1A A EG ⊥，而1AG A A A ⋂=，所以EG ⊥平面11AAC C ，因为EG ⊂平面EFG ，所以EFG ⊥面11AAC C ，【规律方法】利用空间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。
2023年新高考数学大一轮复习专题32 空间向量及其应用(原卷版)
专题32 空间向量及其应用【考点预测】知识点一：空间向量及其加减运算 （1）空间向量在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．空间向量也可用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，若向量a 的起点是A ，终点是B ，则向量a 也可以记作AB ，其模记为a 或AB ．（2）零向量与单位向量规定长度为0的向量叫做零向量，记作0．当有向线段的起点A 与终点B 重合时，0=AB ． 模为1的向量称为单位向量． （3）相等向量与相反向量方向相同且模相等的向量称为相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量．空间任意两个向量都可以平移到同一个平面，成为同一平面内的两个向量．与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为-a ． （4）空间向量的加法和减法运算①=+=+OC OA OB a b ，=-=-BA OA OB a b ．如图所示．②空间向量的加法运算满足交换律及结合律+=+a b b a ，()()++=++a b c a b c 知识点二：空间向量的数乘运算 （1）数乘运算实数λ与空间向量a 的乘积a λ称为向量的数乘运算．当0>λ时，a λ与向量a 方向相同；当0<λ时，向量a λ与向量a 方向相反．a λ的长度是a 的长度的λ倍．（2）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律()+=+a b a b λλλ，()()=a a λμλμ．（3）共线向量与平行向量如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量，a 平行于b ，记作//a b ．（4）共线向量定理对空间中任意两个向量a ，b ()0≠b ，//a b 的充要条件是存在实数λ，使=a b λ． （5）直线的方向向量如图8-153所示，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线．对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使=+OP OA ta ①，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，在l 上取=AB a ，则式①可化为()()1=+=+-=-+OP OA t AB OA t OB OA t OA tOB ②①和②都称为空间直线的向量表达式，当12=t ，即点P 是线段AB 的中点时，()12=+OP OA OB ，此式叫做线段AB 的中点公式．（6）共面向量如图8-154所示，已知平面α与向量a ，作=OA a ，如果直线OA 平行于平面α或在平面α内，则说明向量a 平行于平面α．平行于同一平面的向量，叫做共面向量．（7）共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(),x y ，使=+p xa yb ．推论：①空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(),x y ，使=+AP xAB y AC ；或对空间任意一点O ，有-=+OP OA xAB y AC ，该式称为空间平面ABC 的向量表达式．②已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，满足向量关系式=++OP xOA yOB zOC （其中1++=x y z ）的点P 与点A ，B ，C 共面；反之也成立．知识点三：空间向量的数量积运算 （1）两向量夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作=OA a ，=OB b ，则∠AOB 叫做向量a ，b 的夹角，记作,a b ，通常规定0,≤≤a b π，如果,2=a b π，那么向量a ，b 互相垂直，记作⊥a b ．（2）数量积定义已知两个非零向量a ，b ，则cos ,a b a b 叫做a ，b 的数量积，记作⋅a b ，即cos ,⋅=a b a b a b ．零向量与任何向量的数量积为0，特别地，2⋅=a a a ．AaaαO（3）空间向量的数量积满足的运算律： ()()⋅=⋅a b a b λλ，⋅=⋅a b b a （交换律）； ()⋅+=⋅+⋅a b c a b a c （分配律）． 知识点四：空间向量的坐标运算及应用（1）设()123,,=a a a a ，()123,,=b b b b ，则()112233,,+=+++a b a b a b a b ； ()112233,,-=---a b a b a b a b ；()123,,=a a a a λλλλ；112233⋅=++a b a b a b a b ；()112233//0,,≠⇒===a b b a b a b a b λλλ； 1122330⊥⇒++=a b a b a b a b ．（2）设()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则()212121,,=-=---AB OB OA x x y y z z ．这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标． （3）两个向量的夹角及两点间的距离公式．①已知()123,,=a a a a ，()123,,=b b b b ，则221==+a a a 221==+b b b 112233⋅=++a b a b a b a b ；cos ,=a b ；②已知()111,,A x y z ，()222,,B x y z ，则(=AB x ，或者(),=d A B AB ．其中(),d A B 表示A 与B 两点间的距离，这就是空间两点的距离公式． （4）向量a 在向量b 上的投影为cos ,⋅=a b a a b b．知识点五：法向量的求解与简单应用 （1）平面的法向量：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，记作⊥n α，如果⊥n α，那么向量n 叫做平面α的法向量．几点注意：①法向量一定是非零向量；②一个平面的所有法向量都互相平行；③向量n 是平面的法向量，向量m 是与平面平行或在平面内，则有0⋅=m n ．第一步：写出平面内两个不平行的向()()111222，，，，，==a x y z b x y z ； 第二步：那么平面法向量()，，=n x y z ，满足1112220000⎧++=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨++=⋅=⎩⎪⎩xx yy zz n a xx yy zz n b ． （2）判定直线、平面间的位置关系①直线与直线的位置关系：不重合的两条直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ． 若a ∥b ，即=a b λ，则∥a b ； 若⊥a b ，即0⋅=a b ，则⊥a b ．②直线与平面的位置关系：直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，且⊥l α． 若a ∥n ，即=a n λ，则⊥l α； 若⊥a n ，即0⋅=a n ，则∥a α．（3）平面与平面的位置关系平面α的法向量为1n ，平面β的法向量为2n ．若1n ∥2n ，即12=n n λ，则∥αβ；若1n ⊥2n ，即120⋅=n n ，则α⊥β．知识点六：空间角公式．（1）异面直线所成角公式：设a ，b 分别为异面直线1l ，2l 上的方向向量，θ为异面直线所成角的大小，则cos cos ,⋅==a b a b a bθ．（2）线面角公式：设l 为平面α的斜线，a 为l的方向向量，n为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅==a n a n a nθ．（3）二面角公式：设1n ，2n 分别为平面α，β的法向量，二面角的大小为θ，则12,=n n θ或12,-n n π（需要根据具体情况判断相等或互补），其中1212cos ⋅=n n n n θ．知识点七：空间中的距离 求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线，a b 的公垂线的方向向量为n ，这时分别在，a b 上任取，A B 两点，则向量在n 上的正射影长就是两条异面直线，a b 的距离．则||||||||⋅=⋅=n AB n d AB n n 即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离A 为平面α外一点（如图），n 为平面α的法向量，过A 作平面α的斜线AB 及垂线AH ．|n ||n |||||sin |||cos ,|=||nn⋅⋅=⋅=⋅<>=⋅AB AB AH AB AB AB n AB AB θ||||⋅=AB n d n 【方法技巧与总结】用向量法可以证点共线、线共点、线（或点）共面、两直线（或线与面、面与面）垂直的问题，也可以求空间角和距离．因此，凡涉及上述类型的问题，都可以考虑利用向量法求解，且其解法一般都比较简单．用向量法解题的途径有两种：一种是坐标法，即通过建立空间直角坐标系，确定出一些点的坐标，进而求出向量的坐标，再进行坐标运算；另一种是基底法，即先选择基向量（除要求不共面外，还要能够便于表示所求的目标向量，并优先选择相互夹角已知的向量作为基底，如常选择几何体上共点而不共面的三条棱所在的向量为基底），然后将有关向量用基底向量表示，并进行向量运算．【题型归纳目录】题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 题型二：空间共线向量定理的应用 题型三：空间向量的数量积运算 题型四：证明三点共线 题型五：证明多点共面的方法 题型六：证明直线和直线平行 题型七：证明直线和平面平行 题型八：证明平面与平面平行 题型九：证明直线与直线垂直 题型十：证明直线与平面垂直 题型十一：证明平面和平面垂直 题型十二：求两异面直线所成角 题型十三：求直线与平面所成角 题型十四：求平面与平面所成角 题型十五：求点到平面距离 【典型例题】题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算例1．设空间向量b 是空间向量a 的相反向量，则下列说法错误的是（ ） A ．a 与b 的长度相等 B ．a 与b 可能相等 C ．a 与b 所在的直线平行 D ．a 是b 的相反向量例2．如图，空间四边形OABC 中，OA a =，OB b =，OC c =，点M 在OA 上，且满足2OM MA =，点N 为BC 的中点，则MN =（ ）A ．121232a b c -+B ．211322a b c -++C ．111222a b c +-D ．221332a b c +-例3．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，E 为PD 的中点，若,,PA a PB b PC c ===，则BE =（ ）A ．111222a b c -+B ．111222a b c --C ．131222a b c -+D ．113222a b c -+例4．如图，在三棱锥S —ABC 中，点E ，F 分别是SA ，BC 的中点，点G 在棱EF 上，且满足12EG GF =，若SA a =，SB b =，SC c =，则SG =（ ）A ．111326a b c -+B ．111362a b c -+C ．111632a b c -+D ．111366a b c ++例5．如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，M 为11A C 与11B D 的交点，若AB a =，AD b =，1AA c =，则BM =（ ）A ．1122a b c -+B ．1122a b c ++C ．1122a b c --+D ．1122-++a b c例6．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1AA a =，11A B b =，11A D c =，O 为底面ABCD 的中心，G 为11D C O 的重心，则AG =（ ）A ．215326a b c ++B ．2536a b c ++C ．121336a b c ++D ．1526a b c ++例7．在长方体1111ABCD A B C D -中，设AB a =，AD b =，1AA c =，若用向量a 、b 、c 表示向量1AC ，则1AC =____________．例8．在下列命题中：①若向量,a b 共线，则,a b 所在的直线平行；②若向量,a b 所在的直线是异面直线，则向量,a b 一定不共面； ③若三个向量,,a b c 两两共面，则三个向量,,a b c 一定也共面；④已知三个向量,,a b c ，则空间任意一个向量p 总可以表示为p xa yb zc =++． 其中正确命题的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3例9．如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，E 为1DD 的中点．若1BE xAB yAD zAA =++，则(),,x y z =（ ）A ．11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．11,1,2⎛⎫--- ⎪⎝⎭例10．已知{},,a b c 是空间向量的一个基底，{,,}a b a b c +-是空间向量的另一个基底，若向量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 +-下的坐标为（ ）A ．(4,0,3)B ．(1,2,3)C ．(3,1,3)D ．(2,1,3)【方法技巧与总结】空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则．题型二：空间共线向量定理的应用例11．(1,1,3)A -，(7,0,2)B 为空间直角坐标系中的两个点，(2,,)m λμ=，若//m AB ，则λμ+=________．例12．已知324(0)a m n p a =--≠，(1)82b x m n y p =+++，且m ､n ､p 不共面，若//a b ，则x y +=___________．例13．已知()1,3,2a =，()1,0,1b =，2p ka b =-，34q a b =+．若//p q ，则实数k 的值为______．例14．（多选题）下列命题中正确的是（ ）A ．a b a b +=+是a ，b 共线的充分条件B ．若//AB CD ，则//AB CDC ．A ，B ，C 三点不共线，对空间任意一点O ，若111244OP OA OB OC =++，则P ，A ，B ，C 四点共面D ．若P ，A ，B ，C 为空间四点，且有PA PB PC λμ=+（PB ，PC 不共线），则1λμ+=是A ，B ，C 三点共线的充分不必要条件【方法技巧与总结】空间共线向量定理：()//0≠⇔=a b b a b λ． 利用此定理可解决立体几何中的平行问题． 题型三：空间向量的数量积运算例15．已知空间向量()0,1,2AB =-，2AC =，2,3AB AC π=，则AB BC ⋅=（ ）A ．5 B 5 C ．5 D 5例16．（多选题）设a ，b 为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（ ） A ．22a a = B ．a b ba a a⋅=⋅ C ．()222a b a b ⋅=⋅ D ．()2222a ba ab b -=-⋅+例17．（多选题）定义空间两个非零向量的一种运算：||||sin ,a b a b a b ⊗=⋅〈〉，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（ ） A ．()()a b a b λλ⊗=⊗ B ．a b b a ⊗=⊗ C ．若0a b ⊗=，则a b ⊥ D ．||||||a b a b ⊗≤例18．（多选题）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，以顶点A 为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M 为11A C 与11B D 的交点，若1,,AB A b c a D AA ===，则下列正确的是（ ）A ．1122BM a b c =-+B ．1AC a b c =++C ．1ACD ．16cos ,3AB AC =例19．在三棱锥D ABC -中，已知2AB AD ==，1BC =，3AC BD ⋅=-，则CD =___________例20．棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，P 在正方体的12条棱上运动，则AC BP ⋅的取值范围是___________．例21．已知OA AB ⊥，若()1,1,0OA =，则OA OB ⋅=_________．例22．已知点P 为正四面体ABCD 的外接球上的任意一点，正四面体ABCD 的棱长为2，则PA PB ⋅的取值范围为___________．例23．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．在堑堵111ABC A B C -中，AB AC ⊥，M 是11A C 的中点，7AB =，N ，G 分别在棱1BB ，AC 上，且113BN BB =，13=AG AC ，平面MNG 与AB 交于点H ，则AHBH =___________，HM AB ⋅=___________．例24．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是侧面11BB C C 内的一个动点．若点E 满足1D E CE ⊥，则||BE 的最大值为__________，最小值为__________．例25．已知向量()3,1a =-，()1,2b =-，2c a b λ=+，若b c ⊥，则实数λ=（ ） A ．－2 B ．2 C ．1 D ．－1例26．已知(2,2,3)a =--，(2,0,4)=b ，则cos ,a b 〈〉=（ ）A B ． C ．0 D ．1例27．已知(1,0,1)a =，(,1,2)b x =-，且3a b ⋅=-，则向量a 与b 的夹角为（ ） A ．56π B ．23π C ．3π D ．6π例28．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，11145,60AA BAA DAA BAD ∠∠∠===，则1AC =（ ）A ．1 BC ．9D ．3例29．给出下列命题，其中正确的为（ ）A ．若AB CD =，则必有A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段 B ．若0a b ⋅<，则a b ，是钝角 C ．若0AB CD +=，则AB 与CD 一定共线D ．非零向量a 、b 、c 满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，则a 、b 、c 必共面例30．正四面体A BCD -的棱长为4，空间中的动点P 满足22PB PC +=则AP PD ⋅的取值范围为（ ）A ．44⎡-+⎣B ．C ．4⎡-⎣D ．[]14,2-例31．在三棱锥P ABC -中，1PB PC ==，90APB APC ∠=∠=︒，60BPC ∠=︒，则AB PC ⋅=（ ）A ．12 B C ．1 D例32．已知正四棱台1111ABCD A B C D -的上、下底面边长分别为1和2，P 是上底面1111D C B A 的边界上一点．若PA PC ⋅的最小值为12，则该正四棱台的体积为（ ）A ．72B ．214C D ．356【方法技巧与总结】121212cos ,⋅==++a b a b a b x x y y z z ； 求模长时，可根据221==+a a x 求空间向量夹角时，可先求其余弦值cos ,⋅=a b a b a b．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即0⋅=⇔⊥a b a b ．,a b 为锐角0⇒⋅>a b ；,a b 为钝角0⇒⋅<a b ．由此，通常通过计算⋅a b 的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角．题型四：证明三点共线例33．如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，12C C EC =，13AC FC =．（1）求证：A 、F 、E 三点共线；（2）若点G 是平行四边形11B BCC 的中心，求证：D 、F 、G 三点共线．例34．已知向量a ，b ，c 不共面，453AB a b c =++，23AC a b c =++，675AD a b c =++．求证：B ，C ，D 三点共线．例35．在长方体1111ABCD A B C D -中，M 为1DD 的中点，N 在AC 上，且:2:1AN NC =，E 为BM 的中点．求证：1A ，E ，N 三点共线．例36．如果(1,5,1),(2,4,1),(,3,2)A B C a b -+三点共线，那么a b -=（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【方法技巧与总结】先构造共起点的向量AB ，AC ，然后证明存在非零实数λ，使得=AB AC λ． 题型五：证明多点共面的方法例37．已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为空间的9个点（如图所示），并且OE kOA =，OF kOB =，OH kOD =，AC AD mAB =+，EG EH mEF =+．求证：（1）A 、B 、C 、D 四点共面，E 、F 、G 、H 四点共面； （2）//AC EG ．例38．如图，在几何体ABCDE 中，△ABC ，△BCD ，△CDE 均为边长为2的等边三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，平面DCE ⊥平面BCD ．求证：A ，B ，D ，E 四点共面；例39．如图，四边形ABEF 为正方形，若平面ABCD ⊥平面ABEF ，AD BC ∥，AD DC ⊥，22AD DC BC ==．判断点D 与平面CEF 的位置关系，并说明理由．例40．如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的侧棱1AA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，E ，F 分别为1AA ，1CC 的中点．证明：B ，F ，1D ，E 四点共面；例41．（多选题）若{},,a b c 构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）A ．,,2a b c a b b c ++-+B ．,,a b a c b c ---C ．2,2,a b a b a c +-+D ．2,63,a b b a c ---例42．（多选题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，E 、F 分别为线段PB 、CD 的中点，G 为线段PC 上的动点（不含端点），则下列说法正确的是（ ）A ．对任意点G ，则有B 、E 、G 、F 四点共面 B ．存在点G ，使得A 、E 、G 、F 四点共面C ．对任意点G ，则有AG ⊥平面PBD D ．存在点G ，使得//EG 平面PAF例43．以下四组向量在同一平面的是（ ） A ．()1,1,0、()0,1,1、()1,0,1 B ．()3,0,0、()1,1,2、()2,2,4 C ．()1,2,3、()1,3,2、()2,3,1 D ．()1,0,0、()0,0,2、()0,3,0例44．设,,,A B C D 为空间中的四个点，则“AD AB AC =+”是“,,,A B C D 四点共面”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件例45．(1,1,3),(1,4,2),(1,5,)=-=--=a b c x ，若,,a b c 三向量共面，则实数x =（ ） A ．3 B ．2C ．15D ．5例46．如图，在四面体ABCD 中，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，过EF 的平面α分别交棱DA 、BC 于G 、H （不同于A 、B 、C 、D ），P 、Q 分别是棱BC 、CD 上的动点，则下列命题错误的是（ ）A ．存在平面α和点P ，使得//AP 平面αB ．存在平面α和点Q ，使得AQ//平面αC ．对任意的平面α，线段EF 平分线段GHD ．对任意的平面α，线段GH 平分线段EF例47．已知P 和不共线三点A ，B ，C ，四点共面且对于空间任意一点O ，都有OP =2OA OB OC λ++，则λ＝________．例48．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M ，N ，G 分别是棱1AA ，BC ，11A D 的中点，设Q 是该正方体表面上的一点，若MQ xMG yMN =+(,)x y R ∈，则点Q 的轨迹围成图形的面积是_________．例49．在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AC ＝2AB ＝2AD ＝4，CD ⊥AD ，CB ⊥AB ，G 为PC 的中点，过AG 的平面α与棱PB 、PD 分别交于点E 、F ．若EF ∥平面ABCD ，则截面AEGF 的面积为______．【方法技巧与总结】要证明多点（如A ，B ，C ，D ）共面，可使用以下方法解题．先作出从同一点出发的三个向量（如AB ，AC ，AD ），然后证明存在两个实数,x y ，使得=+AD xAB y AC ．题型六：证明直线和直线平行例50．已知长方体1111ABCD A B C D -中，4AB =，3AD =，13AA =，点S 、P 在棱1CC 、1AA 上，且112CS SC =，12AP PA =，点R 、Q 分别为AB 、11D C 的中点．求证：直线∥PQ 直线RS ．例51．在四棱连P ABCD -中，平面ABCD ⊥平面PCD ，底面ABCD 为梯形．//AB CD ，AD DC ⊥，且1AB =，2AD DC DP ===，120PDC ∠=．若M 是棱P A 的中点，则对于棱BC 上是否存在一点F ，使得MF 与PC 平行．【方法技巧与总结】将证线线平行转化为证两向量共线．设,a b 是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为,a b ，则()//,0⇔=∈≠a b a b R λλλ．题型七：证明直线和平面平行例52．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，1AC BC BB ==，D 为AB 的中点．试用向量的方法证明：1//BC 平面1ACD ．例53．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，14DD =，E ，F 分别是11,AA CC 的中点．求证：//BE 平面1AFD ；【方法技巧与总结】（1）利用共面向量定理．设,a b 为平面α内不共线的两个向量，证明存在两个实数,x y ，使得=+l xa yb ，则//l α．（2）转化为证明直线和平面内的某一直线平行．（3）转化为证明直线的方向向量与平面的法向量垂直（此方法最常用）． 题型八：证明平面与平面平行例54．如图，已知棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1，B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．例55．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别为AB 、1B C 的中点．用向量法证明平面1//A BD 平面11B CD ；【方法技巧与总结】（1）证明两平面内有两条相交直线分别平行． （2）转化为证两平面的法向量平行（常用此方法）． 题型九：证明直线与直线垂直例56．如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AB CD ，AD CD ⊥，12AD CD DD ===，1AB =．求证：111AD B C ⊥；例57．如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1=AB =AC =1，AB ⊥AC ，M ，N 分别是CC 1，BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上．证明：PN ⊥AM ；例58．如图，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，M 为11B C 的中点，E 为11A C 与1D M 的交点，F 为BM 与1CB 的交点．（1）求证：111BD AC ⊥，11BD B C ⊥．（2）求证：EF 是异面直线11A C 与1B C 的公垂线段．例59．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在1BB ，1DD 上，且1AE A B ⊥，1AF A D ⊥．（1）证明：1A C EF ⊥；（2）当3AD =，4AB =，15AA =时，求三棱锥D AEF -的体积．例60．如图，四棱锥S ABCD －中，ABCD 为矩形，SD AD ⊥，且12SD AB AD AB SD ⊥===，，，E 为CD 上一点，且3CE DE =．（1）求证：AE ⊥平面SBD ；（2）M N 、分别在线段SB CD 、上的点，是否存在M N 、，使MN CD ⊥且MN SB ⊥，若存在，确定M N 、的位置；若不存在，说明理由．例61．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD 且PD =122AB BC AD ===，90BAD ∠=，//BC AD ，点M 为棱PC 的中点．证明：PA DM ⊥；【方法技巧与总结】设直线12,l l 的方向向量为,a b ，则⊥a b 0⇔⋅=a b ．这里要特别指出的是，用向量法证明两直线尤其是两异面直线垂直是非常有效的方法． 题型十：证明直线与平面垂直例62．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图E 、F 分别是1BB ，CD 的中点，求证：1D F ⊥平面ADE ；例63．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，4PA =，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．求证：DE ⊥平面PAC ；例64．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为1AD ，1CD 的中点．求证：MN ⊥平面1DBD ；【方法技巧与总结】（1）证明直线和平面内的两天相交直线垂直． （2）证明直线和平面内的任一直线垂直． （3）转化为证明直线与平面的法向量共线． 题型十一：证明平面和平面垂直例65．如图，在四棱锥P ABCD -中，BC ⊥平面P AB ，AD ⊥平面P AB ，36PA AB BC AD ====．120PAB ∠=︒．求证：平面PCD ⊥平面ABCD ；例66．如图在边长是2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，1A C 的中点．证明：平面1EAC ⊥平面1DAC ；例67．在三棱台ABC －A 1B 1C 1中，C 1C ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AB =BC =C 1C =2A 1B 1，O 为AC 的中点，P 是C 1C 的中点．证明：平面A 1BC ⊥平面POB ；例68．如图，在直三棱柱111ABC A B C －中，1AB AC AB AC AA D ⊥==，，为BC 的中点．（1）证明：1//A B 平面1ADC ； （2）证明：平面1ADC ⊥平面11BB C C ．【方法技巧与总结】（1）转化为证明两平面的法向量互相垂直（2）转化为证明一平面内的一条直线垂直于另一个平面． 题型十二：求两异面直线所成角例69．如图，在平行六面体111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱1AA 的长度为2，且11120A AB A AD ∠=∠=︒．（1）求1BD 的长；（2）直线1BD 与AC 所成角的余弦值．例70．已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（ ）A ．16B ．23C D例71．如图，在三棱锥M ABC -中，MA ⊥平面ABC ，ABC 是边长为2的正三角形，MA =F 是MC 的中点，则异面直线MB 与AF 所成角的余弦值是（ ）A BC D ．58例72．在三棱锥P —ABC 中，P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（ ）A B C D例73．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的正弦值为（ ）A B C D例74．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E 在线段1CD 上，若直线BE 与1AD 则线段BE 的长为（ ）A B C ．32D【方法技巧与总结】设两异面直线a 和b 的方向向量为a 和b ，利用求角余弦公式可求得a 和b 的夹角，由于两向量所成角θ的范围是[0,]π，而两异面直线所成角α的范围是0]2π（，．所以||cos =|cos |=||||⋅a b a b αθ． 题型十三：求直线与平面所成角例75．如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF =2BE =2，EF =3．（1）证明：平面ACF ⊥平面BEFD ；（2）若二面角A -EF -C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值．例76．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,4AB AC AA ==，90BAC ∠=︒，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，且143D ABA V -=． （1）证明：1AD BC ⊥；（2）求1A D 与平面11B C E 所成角的正弦值．例77．如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．（1）证明：平面BED ⊥平面ACD ；（2）设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．例78．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//,AD BC AB AD ⊥，点M 在棱PB 上，2PM MB =，点N 在棱PC 上，223PA AB AD BC ====．（1）若2CN NP =，Q 为PD 的中点，求证：A ，M ，N ，Q 四点共面； （2）求直线PA 与平面AMN 所成角的正弦的最大值．例79．如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C ，D ，E 三点共线，已知三棱锥P －ADE 四个面都为直角三角形，且ED ⊥AD ，P A ⊥平面ABCE ，PE ＝3，CD ＝AD ＝2，ED ＝1，则直线PC 与平面P AE 所成角的正弦值等于（ ）A BC D例80．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ，则sin θ的取值范围是（ ）．A ．⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦【方法技巧与总结】设l 为平面α的斜线，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成角的大小，则sin cos ,⋅==a n a n a nθ．题型十四：求平面与平面所成角例81．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 所成角的正弦值为（ ）A ．12 B C D例82．如图，在三棱锥P ABC -中，已知PA ⊥平面ABC ，2PA AB ==，90BAC ∠=︒，D 为PC 上一点，且3PC PD =，PC BD ⊥．（1）求AC 的长；（2）若E 为AC 的中点，求二面角D BE A --的余弦值．例83．如图，在四棱锥B ACFM -中，四边形ACFM 为直角梯形，,90FM AC ACF ∠=∥，平面ACFM ⊥平面,1,60ABC BC CF AC ABC ∠====．（1）证明：BC AM ⊥．（2）若四棱锥B ACFM -MAB 与平面FCB 所成的锐二面角的余弦值．例84．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，,,AD BC AD CD APD ⊥∥△是等腰直角三角形，PAD ∠是底角．（1）求证：平面PAB ⊥平面PCD ．（2）若22AD CD BC ===，求二面角A PC B --的余弦值．例85．如图，ABCD 为圆柱OO '的轴截面，EF 是圆柱上异于,AD BC 的母线．（1）证明：BE ⊥平面DEF ；（2）若AB BC ==B DEF -的体积最大时，求二面角B DF E --的正弦值．例86．如图1，矩形PABC 中，PC =PA D 为PC 上一点且2CD DP =．现将PAD △沿着AD 折起，使得PD BD ⊥，得到的图形如图2．（1）证明：PA ⊥平面PBD ； （2）求二面角P AB D --的余弦值．例87．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC 上的动点．（1）证明：平面MND ⊥平面PBC（2）当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面P AB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．例88．如图，四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AB CD ∥，AB AD ⊥，3AB =，AD =2AP CD ==，60PAB ∠=．M 是CD 中点，N 是PB 上一点．（1）是否存在点N 使得MN ∥平面PAD ，若存在求PN 的长．若不存在，请说明理由；（2）二面角P AM N 的余弦值为45，求PN PB的值．例89．如图，四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，梯形ABCD 满足AB CD ∥，90BCD ∠=︒，且2PD AD DC ===，3AB =，E 为PC 中点，13PF PB =，2PG GA =．（1）求证：D ，E ，F ，G 四点共面；（2）求二面角F DE P --的正弦值．例90．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，且PA ⊥底面ABCD ，2,4,60AB PA BC ABC ===∠=︒，点E 是线段BC （包括端点）上的动点．（1）探究点E 位于何处时，平面PAE ⊥平面PED ；（2）设二面角P ED A --的平面角的大小为α，直线AD 与平面PED 所成角为β，求证：π2αβ+=【方法技巧与总结】（1）在平面α内，⊥a l ，在平面β内，⊥b l （l 是交线l 的方向向量），其方向如图所示，则二面角--l αβ的平面角的余弦值为||||⋅a b a b ． （2）设12，n n 是二面角--l αβ的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角--l αβ的余弦值为1212n n |n ||n |⋅⋅．题型十五：求点到平面距离 例91．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 的中点，过1AB E 的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F 为棱1CC 上的动点．（1）点H 在棱BC 上，当14CH CB =时，//FH平面1AEB ，试确定动点F 在棱1CC 上的位置，并说明理由；（2）若2AB =，求点D 到平面AEF 的最大距离．例92．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等边三角形，四边形11BCC B 是边长为2的正方形，D 为AB中点，且1AD（1）求证：CD ⊥平面11ABB A ；（2）若点P 在线段1B C 上，且直线AP 与平面1ACD ，求点P 到平面1ACD 的距离．例93．如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，11AA =，1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=︒，M 为11A C 与11B D 的交点，设AB a =，AD b =，1AA c =．（1）用a ，b ，c 表示BM 并求BM 的长；（2）求点A 到直线BM 的距离．例94．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，则平面11AB D 与平面1BDC 的距离为（ ）AB C D例95．定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，直线AC 与1BC 之间的距离是（ ）A B C ．12 D ．13例96．如图，正四棱锥P ABCD -的棱长均为2，点E 为侧棱PD 的中点．若点M ，N 分别为直线AB ，CE 上的动点，则MN 的最小值为______．例97．某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，14,2AB AD AA ===，圆台下底圆心O 为AB 的中点，直径为2，圆与直线AB 交于,E F ，圆台上底的圆心1O 在11A B 上，直径为1．（1）求1A C 与平面1A ED 所成角的正弦值；（2）圆台上底圆周上是否存在一点P 使得1FP AC ⊥，若存在，求点P 到直线11A B 的距离，若不存在则说明理由．例98．如图，矩形ABCD 和梯形ABEF ，,//AF AB EF AB ⊥，平面ABEF ⊥平面ABCD ，且2,1AB AF AD EF ====，过DC 的平面交平面ABEF 于MN ．（1）求证：DN 与CM 相交；（2）当M 为BE 中点时，求点E 到平面DCMN 的距离：【方法技巧与总结】如图所示，平面α的法向量为n ，点Q 是平面α内一点，点P 是平面α外的任意一点，则点P 到平面α的距离d ，就等于向量PQ 在法向量n 方向上的投影的绝对值，即|||cos ,|==<>d PQ PQ n 或||=||||⋅⋅PQ n d PQ n【过关测试】一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体O ABC -中，OA a →=，OB b →=，OC c →=，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE 可用向量a →，b →，c →表示为（ ）A ．111222a b c →→→++ B ．111244a b c →→→++ C ．111424a b c →→→++ D ．111442a b c →→→++ 2．（2022·广东·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为1，且2BE EC =，则AE CD ⋅=（ ）A ．16B ．16-C ．13-D ．133．（2022·浙江·模拟预测）在四棱台1111ABCD A B C D -中，侧棱1AA 与底面垂直，上下底面均为矩形，1AB =，1112AD AA A B ===，则下列各棱中，最长的是（ ）A ．1BB B ．11BC C ．1CCD ．1DD4．（2022·浙江·高三开学考试）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，E ，F ，G 分别是AB ，1CC ，11C D 的中点，则（ ）A ．直线1A F 与直线EG 相交B ．直线11B D ∥平面EFGC ．直线1BB 与平面EFG 相交D ．直线1A D ⊥平面EFG5．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，且AB BC CD ==，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A B 3 C D 6．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）如图，已知长方体1111ABCD A B C D -，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则1(2,3,4)DB =，又,E F 分别是棱AB ，1CC 的中点，那么三棱锥11B A EF -的体积为（ ）A ．4B ．6C ．8D ．127．（2022·安徽淮北·一模（理））在空间直角坐标系中，已知()1,1,1A -，()3,1,1B ，则点()1,0,2P 到直线AB 的距离为（ ）A ．2 B C D 8．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E 是棱1DD 的动点，则下列说法正确的（ ）个．。
2025版新教材高考数学全程一轮总复习第七章立体几何第五节空间向量及应用学生用书
第五节空间向量及应用【课标标准】 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简洁应用空间两点间的距离公式.2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，驾驭空间向量的正交分解及其坐标表示.3.驾驭空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示．能用向量的数量积推断向量的共线和垂直.4.理解直线的方向向量与平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行与垂直关系．必备学问·夯实双基学问梳理1.向量共线与向量共面定理(1)共线向量定理：对空间随意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使________．(2)共面对量定理：假如两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使________．2．空间向量基本定理假如三个向量a，b，c不共面，那么对随意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得________．3．空间向量的数量积(1)两向量的夹角①已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则________叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．②范围：0≤〈a，b〉≤π.(2)两个非零向量a，b的数量积：a·b＝________________．4．空间向量的坐标表示设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐标表示数量积a·b____________________共线a＝λb(b≠0，λ∈R)____________________垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)____________________模夹角〈a，b〉(a≠0，b≠0)cos 〈a，b〉＝5．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上随意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得＝λa.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α平面，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．6．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u1＝(a1，b1，c1)，u2＝(a2，b2，c2)l1∥l2u1∥u2⇔∃λ∈R，使得________________ l1⊥l2u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔________________直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2) l∥α(l⊄α)u⊥n⇔u·n＝0⇔__________________l⊥αu∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn⇔____________n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)分别是平面α，β的法向量α∥βn1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2⇔________α⊥βn1⊥n2⇔n 1·n2＝0⇔________________[常用结论]1．已知P为线段AB的中点，若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则点P的坐标为()．2．在空间中，P，A，B，C四点共面的充要条件是＝x＋y＋z(其中x＋y＋z ＝1)，O为空间中随意一点．夯实双基1.思索辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)空间中随意两非零向量a，b共面．( )(2)对于非零向量b，由a·b＝b·c，得a＝c.( )(3)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( )(4)若是A，B，C，D空间随意四点，则有＝0.( )2．(教材改编)若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是( )A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}3．(教材改编)已知a＝(2，－1，2)，b＝(－4，2，x)，且a∥b，则x＝________．4．(易错)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．－9C．－3 D．35．(易错)在正方体ABCD- A1B1C1D1中，＝，＝＋y()，则x＝______，y＝________．关键实力·题型突破题型一空间向量的线性运算例1 如图所示，在平行六面体ABCD- A1B1C1D1中，O为AC的中点．设＝a，＝＝c.(1)用a，b，c表示；(2)设E是棱DD1上的点，且＝，用a，b，c表示.[听课记录]题后师说空间向量线性运算中的三个关键点巩固训练1[2024·河南郑州二中模拟]如图，三棱锥O - ABC中，M，N分别是棱OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是( )A．x＝，y＝，z＝B．x＝，y＝，z＝C．x＝，y＝，z＝D．x＝，y＝，z＝题型二向量共线、共面定理的应用例 2 已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满意＝.(1)推断三个向量是否共面；(2)推断点M是否在平面ABC内．[听课记录]题后师说证明空间四点P，M，A，B共面的方法(1)＝x＋y；(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；(4)∥(或∥或∥)．巩固训练2(1)[2024·河南洛阳模拟]已知a＝(2，1，3)，b＝(－1，4，2)，c＝(3，x，y)，若a∥(b －c)，则x＋y＝( )A．6 B．8 C．12 D．14(2)[2024·安徽池州一中期末]在三棱锥A - BCD中，M是平面BCD上一点，且5＝3＋，则t＝( )A．1 B．2 C． D．题型三空间向量的数量积及其应用例3 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，G分别是AB，CD的中点．(1)求证：EG⊥AB；(2)求EG的长；(3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．[听课记录]题后师说空间向量数量积的3个应用(1)求夹角：设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，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．巩固训练3如图，在平行六面体ABCD- A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°.求：(1)·；(2)AC′的长．题型四向量法证明平行、垂直例4 如图，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D为BC的中点．(1)证明：A1B∥平面ADC1；(2)证明：平面ADC1⊥平面BB1C1C.[听课记录]题后师说(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，精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，但向量证明仍旧离不开立体几何的有关定理．巩固训练4如图所示，四棱锥P - ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E 为PD上一点，PE＝2ED.(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．专题突破❼与球有关的切、接问题[常用结论]1．长方体的外接球(1)球心：体对角线的交点；(2)半径：R＝(a，b，c为长方体的长、宽、高)．2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(1)外接球：球心是正方体的中心，半径R＝a(a为正方体的棱长)；(2)内切球：球心是正方体的中心，半径r＝(a为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心，半径r′＝a(a为正方体的棱长)．3．正四面体的外接球与内切球(1)外接球：球心是正四面体的中心，半径R＝a(a为正四面体的棱长)；(2)内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝a(a为正四面体的棱长)．微专题1 外接球问题探讨多面体的外接球问题，既要运用多面体的学问，又要运用球的学问，并且还要特殊留意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心．角度1 定义找心例1 [2024·山东青岛模拟]《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形态的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为( )A．π B．πC．π D．4π[听课记录]题后师说到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心肯定在垂线上，再依据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．巩固训练1[2024·河南豫北名校期末]四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，CD＝BC＝2，若二面角A-CD-B的大小为60°，则四面体ABCD的外接球的体积为________.角度2 补形找心例2 (1)已知在三棱锥S- ABC中，AC⊥平面SBC，AC＝4，BC＝2，∠BSC＝60°，则该三棱锥外接球体积为( )A．64π B．πC．48π D．π(2)[2024·河南商丘期末]在四棱锥P - ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AD＝2，AB＝2，则四棱锥P - ABCD的外接球的体积为________．[听课记录]题后师说补形法的解题策略巩固训练2(1)已知三棱锥P - BCD中，BC⊥CD，PB⊥底面BCD，BC＝1，PB＝CD＝2，则该三棱锥的外接球的体积为( )A．π B．πC．π D．π(2)三棱柱ABC - A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝，AA1＝2，则三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的表面积为( )A．32π B．16πC．12π D．8π角度3 截面找心例3 已知长方体ABCD- A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则三棱锥B1 - C1EC的外接球的表面积为( )A．12π B．20πC．24π D．32π[听课记录]题后师说选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．巩固训练3正四棱锥S - ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S、A、B、C、D都在同一球面上，则此球的体积为________．微专题2 内切球问题例1 (1)[2024·河南六市联考]已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的全部母线和底面都相切，则球与圆锥的体积之比为( )A．B．C．D．(2)在三棱锥A - BCD中，AB＝CD＝4，AC＝BD＝AD＝BC＝3，则该三棱锥的内切球的表面积为( )A．B．17πC．D．[听课记录]题后师说内切球问题的解题策略巩固训练4(1)[2024·天津南开中学模拟]圆柱内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π，则球O的体积为( )A．B．C．16π D．12π(2)在封闭的直三棱柱ABC- A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．真题展台1.[2024·新高考Ⅰ卷]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形态看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)() A．1.0×109 m3B．1.2×109 m3C．1.4×109 m3D．1.6×109 m32．[2024·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A．B．C．D．[18，27]3．[2024·新高考Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．100πB．128πC．144π D．192π4．[2024·全国甲卷]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面绽开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙，若＝2，则＝( )A．B．2C．D．5．[2024·全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )A．B.C．D．6．[2024·新高考Ⅰ卷]已知圆锥的底面半径为，其侧面绽开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A．2 B．2C．4 D．47．[2024·新高考Ⅱ卷]正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )A．20＋12B．28C．D．8．[2024·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O - ABC的体积为( )A．B．C．D．9．[2024·新高考Ⅱ卷](多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E - ACD，F - ABC，F - ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )A．V3＝2V2B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2D．2V3＝3V110．[2024·新高考Ⅱ卷]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB 的中点，则三棱锥A - NMD1的体积为________．专题突破❽建立空间直角坐标系的方法与技巧微专题1 利用共顶点的相互垂直的三条棱建立空间直角坐标系例1 如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角的正弦值．[听课记录]题后师说由题意知，在长方体ABCD - A1B1C1D1中，三条棱DA，DC，DD1两两相互垂直且交于一点D，可考虑以点D为原点，三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，此为依据题目中现有的条件，干脆建立空间直角坐标系．微专题2 利用线面垂直关系建立空间直角坐标系例2 如图，四棱锥P - ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.(1)求BC；(2)求二面角A - PM - B的正弦值．[听课记录]题后师说由条件中的垂直关系PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD为矩形，进而PD，AD，DC两两垂直且共点于D，可建立空间直角坐标系，此为通过先证明题目中建系的条件，建立空间直角坐标系．微专题3利用面面垂直关系建立空间直角坐标系例3[2024·新高考Ⅰ卷]如图，在三棱锥A - BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O 为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E- BC- D 的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．[听课记录]题后师说由已知条件平面ABD⊥平面BCD，结合其他已知证得AO⊥平面BCD，选取OB，OA所在的直线分别为x，z轴后，y轴就可由以下三个限制条件确定：①必需在平面BCD内且过点O；②必需垂直于OB；③方向必需符合右手直角坐标系．微专题4利用正棱锥的底面中心与高所在的直线建立空间直角坐标系例4 如图，正四棱锥S - ABCD中，SA＝4，AB＝2，E为棱SC上的动点．(1)若E为棱SC的中点，求证：SA∥平面BDE；(2)若E满意SE＝3EC，求异面直线SA与BE所成角的余弦值．[听课记录]题后师说解决有关正棱锥的题目时，一般要利用正棱锥的底面的中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系．微专题5利用底面正三角形建立空间直角坐标系例5 如图，在正三棱柱ABC - A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．[听课记录]题后师说解决底面为正三角形的几何体建系时，一般将正三角形底边中线和与底边中线垂直的直线作为建立的空间直角坐标系的x轴，y轴，再结合其他条件确定z轴．第五节空间向量及应用必备学问·夯实双基学问梳理1．a＝λb p＝x a＋y b2．p＝x a＋y b＋z c3．(1)①∠AOB(2)|a||b|cos 〈a，b〉4．a1b1＋a2b2＋a3b3a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3a1b1＋a2b2＋a3b3＝06．(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2) a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 (a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2) (a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2) a1a2＋b1b2＋c1c2＝0夯实双基1．答案：(1)√(2)×(3)×(4)√2．解析：A：因为(a＋b)＋(a－b)＝2a，所以a，a＋b，a－b共面，不能构成基底，解除A；B：因为(a＋b)－(a－b)＝2b，所以b，a＋b，a－b共面，不能构成基底，解除B；D：因为a＋2b＝(a＋b)－(a－b)，所以a＋b，a－b，a＋2b共面，不能构成基底，解除D；C：若c，a＋b，a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋μ(a－b)＝(λ＋μ)a＋(λ－μ)b，则a，b，c 共面，与{a，b，c}为空间向量的一组基底相冲突，故c，a＋b，a－b可以构成空间向量的一组基底，C正确．故选C.答案：C3．解析：∵a∥b，∴＝＝，∴x＝－4.答案：－44．解析：∵a，b，c三向量共面，∴存在实数m，n，使得c＝m a＋n b，∴，解得λ＝－9.答案：B5．解析：由向量加法的三角形法则得＝＋，由平行四边形法则得：＝．∵＝，＝，＝，∴＝＋＝＝)＝＋)，∴x＝1，y＝.答案：1关键实力·题型突破例1 解析：(1)因为O为AC的中点，＝a，＝b，＝c，所以＝＝)＝(a＋b)，所以＝＋＝－c＋a＋b＝a＋b－c.(2)因为＝，所以＝＝－(a＋b)＝－c－b＋(a＋b)＝a－b－c.巩固训练1 解析：∵＝＝＝)＝－()]＝＝)＋＝，∴x＝，y＝，z＝.故选D.答案：D例2 解析：(1)共面，理由如下：∵＝，∴3＝，∴＝()＋()，∴＝＝－，∴共面．(2)由(1)可知共面，且共过同一点M，∴四点M、A、B、C共面，∴点M在平面ABC内．巩固训练2 解析：(1)b－c＝(－4，4－x，2－y)，因为a∥(b－c)，所以∃λ∈R，使，解得，所以x＋y＝14.故选D.(2)依据向量的减法运算可得＝，又5＝3＋t，所以5＝3＋t，所以6＝3＋t，所以＝，又M是平面BCD上一点，所以＝x＋y，所以＝x()＋y()，所以＝(1－x－y)＋x＋y，所以1－x－y＝，x＝，y＝，所以x＝，y＝，t＝2.故选B.答案：(1)D (2)B例3 解析：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，由题意知＝)＝(b ＋c－a)，所以·＝(a·b＋a·c－a2)＝(1×1×＋1×1×－1)＝0.故⊥，即EG⊥AB.(2)由(1)知＝－a＋b＋c，||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝，即EG的长为.(3)＝)＝b＋c，＝＝－b＋a，cos 〈〉＝＝＝＝－，由于异面直线所成角的范围是，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.巩固训练3 解析：(1)·＝·cos ∠A′AB＝5×4×＝10.(2)∵＝＝，∴2＝()2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝16＋9＋25＋0＋2×4×5×＋2×3×5×＝85，∴＝，即AC′的长为.例4 证明：(1)在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB⊥AC，∴以A1为原点，A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，设AB＝AC＝AA1＝2，则A1(0，0，0)，B(2，0，2)，A(0，0，2)，C(0，2，2)，D(1，1，2)，C1(0，2，0)，则＝(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，－2)，设平面ADC1的法向量n＝(x，y，z)，则，取x＝1，得n＝(1，－1，－1)，∵n·＝2＋0－2＝0，且A1B⊄平面ADC1，则A1B∥平面ADC1.(2)∵＝＝(－1，1，－2)，设平面BB1C1C的一个法向量m＝(a，b，c)，则，取a＝1，得m＝(1，1，0)，又平面ADC1的法向量n＝(1，－1，－1)，则n·m＝1－1＋0＝0，则n⊥m.∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.巩固训练4 解析：(1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝，∴PA2＋AD2＝PD2，∴PA⊥AD，又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD、CD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.(2)点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E(0，)，故＝(1，1，0)，＝(0，)，设平面AEC的法向量n＝(x，y，z)，则，即，令y＝1，则x＝－1，z＝－2，故n＝(－1，1，－2)，假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ＝(－λ，－λ，λ)，使得BF∥平面AEC，即·n ＝0，又因为＝＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，故·n＝(－1)×(－λ)＋1×(1－λ)＋(－2)×λ＝1－2λ＝0，即λ＝，所以存在PC的中点F，使得BF∥平面AEC.专题突破❼与球有关的切、接问题例1 解析：连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，则OM⊥平面ABCD，取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示．由题意可知，HF＝，FG＝，所以HG＝＝，所以OM＝HG＝，AM＝，所以OA＝＝1，又OE＝1，所以OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝1，即这个几何体的外接球的球心为O，半径为1，所以这个几何体的外接球的体积为V＝πR3＝×π×13＝π.故选B.答案：B巩固训练1 解析：因AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，即有AB⊥CD，而BC⊥CD，AB∩BC ＝B，AB，BC⊂平面ABC，则CD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，CD⊥AC，因此∠ACB是二面角A - CD - B的平面角，即∠ACB＝60°，则AB＝2，而BD＝2，有AD＝2，取AD中点O，连接OB，OC，如图，由于△ACD，△ABD都是以AD为斜边的直角三角形，因此有OC＝OB＝OD＝OA＝，即四面体ABCD的外接球是以点O为球心，R＝为半径的球，所以四面体ABCD的外接球体积是V＝R3＝.答案：例2 解析：(1)如图，将三棱锥S - ABC补成以AC为侧棱的直棱柱，设△BCS外接圆圆心为O1，半径为r，设△ADE外接圆圆心为O2，连接AO2，CO1，O1O2，取O1O2的中点O，则点O为三棱锥S - ABC外接球球心，连接CO，设该三棱锥外接球半径为R，在△BCS中，＝＝4＝2r，所以r＝2.在Rt△OC O1中，R＝＝4，所以该三棱锥外接球体积为πR3＝π.故选B.(2)如图，构造长方体ABCD - PB1C1D1，则长方体ABCD - PB1C1D1的外接球即为四棱锥P - ABCD的外接球，即四棱锥P - ABCD的外接球球心O为PC(或AC1)的中点．设外接球半径为r，则2r＝＝4，可得r＝2，故四棱锥P - ABCD的外接球的体积为π·23＝π.答案：(1)B (2)π巩固训练2 解析：(1)如图所示，将三棱锥P - BCD放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，则三棱锥P - BCD的外接球即为该长方体的外接球，所以外接球的直径PD＝＝＝3，∴该球的体积为π×()3＝π.故选B.(2)把三棱柱ABC - A1B1C1放入长方体中，如图所示：所以长方体的外接球即是三棱柱ABC - A1B1C1的外接球，∵AB＝1，BC＝，AA1＝2，∴长方体的外接球的半径R＝＝，∴三棱柱ABC - A1B1C1的外接球半径为，∴三棱柱ABC - A1B1C1的外接球的表面积为4π()2＝8π.故选D.答案：(1)B (2)D例3 解析：如图，因为在三棱锥B1 - C1EC中，B1C1⊥平面C1EC且△C1EC为直角三角形，所以外接球球心是B1C的中点，不妨设球的半径为R，则2R＝＝，R＝，所以球的表面积S＝4πR2＝20π.答案：B巩固训练3 解析：∵正四棱锥S - ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，且点S、A、B、C、D都在同一球面上，∴该球的球心恰好为底面ABCD的中心，∴球的半径r＝，则此球的体积为V＝πr3＝π.答案：π例4 解析：(1)设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，记球的体积为V1，圆锥的体积为V2，所以r＝R，V1＝πr3＝π·(R)3＝R3，V2＝πR2×R＝πR3，所以球与圆锥的体积之比为＝.故选B.(2)如图，在长方体AHDG - EBFC中，设EC＝c，EB＝b，EA＝a，则a2＋b2＝16，c2＋b2＝9，a2＋c2＝9.∵a＝b＝2，c＝1，故四面体ABCD的体积V＝abc－4×abc＝abc＝.四面体ABCD的表面积S＝4S△ABC＝4××4×＝8，依据等体积可得＝×8×r，r＝.该三棱锥的内切球的表面积为4π×()2＝.故选A.答案：(1)B (2)A巩固训练4 解析：(1)设球O的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，所以πR2·2R＝16π，解得：R＝2，则球O的体积为πR3＝π.故选A.(2)要使球的体积V最大，必需使球的半径R最大．因为△ABC内切圆的半径为2，所以由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的半径取得最大值为，此时球的体积为πR3＝.答案：(1)A (2)真题展台——知道高考考什么？1．解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋)＝×(140＋180＋60)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3)．故选C.答案：C2.解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝，所以DC＝DE ＝×，所以正四棱锥的体积V＝×(×)2×＝(l4－)，则V′＝(4－)．令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上单调递增，在(2，3 ]上单调递减，所以V max＝V(2)＝.又因为V(3)＝，V(3)＝＞，所以V min＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.答案：C3．解析：设三棱台上底面A1B1C1、下底面ABC的外接圆半径分别为r1，r2，外接圆圆心分别为O1，O2，三棱台的外接球半径为R，球心为O.令|OO1|＝t，则|OO2|＝|t－1|.由题意及正弦定理，得2r1＝＝6，2r2＝＝8，所以r1＝3，r2＝4，所以R2＝＋t2＝＋(t－1)2，即R2＝9＋t2＝16＋(t－1)2，解得所以三棱台外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.答案：A4．解析：设甲、乙两个圆锥的母线长都为l，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2.因为两圆锥的侧面绽开图的圆心角之和为2π，所以＝2π，则r1＋r2＝l.又＝2，所以πr1l＝2πr2l，所以r1＝2r2，所以r1＝l，r2＝l，所以h1＝＝l，h2＝＝l，所以＝＝＝.故选C.答案：C5．解析：设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝r2sin ∠AO′B＋r2sin ∠AO′D＋r2sin ∠BO′C＋r2sin ∠CO′D＝r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D)．因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O - ABCD的底面为正方形时，四棱锥O- ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝a，四棱锥O- ABCD的高h＝，则1－a2>0，解得0<a<，所以V O - ABCD＝a2h＝.令f(x)＝(0<x<)，则f′(x)＝4x3－3x5＝x3(4－3x2)．当x∈(0，)时，f′(x)>0；当x∈()时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，)上单调递增，在()上单调递减．当x2＝时，f(x)取得极大值，也是最大值，即V O- ABCD 取得最大值，此时四棱锥O - ABCD的高h＝＝.故选C.答案：C6．解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×，解得l＝2.故选B.答案：B7.解析：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝＝，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝×(16＋4＋)＝.答案：D8．解析：如图所示，因为AC⊥BC，且AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O - ABC的体积V＝×OO1＝×1×1×＝.故选A.答案：A9．解析：设AB＝ED＝2FB＝2，则V1＝×2×2＝，V2＝×2×1＝.如图，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，则FM＝，EM＝，EF＝3，所以S△EMF＝＝，所以V3＝S△EMF·AC＝2，所以V3＝V1＋V2，2V3＝3V1.故选CD.答案：CD10．解析：因为正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，所以＝VD1 - AMN＝×1×1×2＝.答案：专题突破❽建立空间直角坐标系的方法与技巧例1 解析：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1＝C1，B1C1⊂平面EB1C1，EC1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝＝(0，0，2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则即所以可取m＝(1，1，0)．于是cos 〈n，m〉＝＝－.所以，二面角B - EC - C1的正弦值为.例2 解析：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系．(1)连接BD，因为PD⊥平面ABCD，且AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又因为PB⊥AM，PB∩PD＝P，所以AM⊥平面PBD，又BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD，从而∠ADB＋∠DAM＝90°，因为∠MAB＋∠DAM＝90°，所以∠ADB＝∠MAB，所以△ADB～△BAM，于是＝，所以BC2＝1，即BC＝，(2)A(，0，0)，B(，1，0)，M，P(0，0，1)，设平面PAM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则＝(－，1，0)，＝(－，0，1)，由，取x1＝，可得m＝(，1，2)，设平面PBM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(－，0，0)，＝(－，－1，1)，由，取y2＝1，可得n＝(0，1，1)．cos 〈m，n〉＝＝＝，所以，sin 〈m，n〉＝＝，因此，二面角A-PM-B的正弦值为.例3 解析：(1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)由题意知AO⊥平面BCD，明显AO⊥OB.以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z 轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．因为△OCD是边长为1的正三角形，且点O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(－，0)．设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，所以E(－，0，)．由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)．设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)．因为＝(－，0)，＝(－，0，)，所以，即，令x＝1，则y＝，z＝，所以平面BCE的一个法向量为m＝(1，)．因为二面角E-BC-D的大小为45°，所以cos 45°＝＝＝，得a＝1，即OA＝1.因为S△BCD＝BD·CD sin 60°＝×2×1×＝，所以V A-BCD＝S△BCD·OA＝×1＝.例4 解析：(1)连接AC交BD于点O，则O为AC的中点，连接OE，∵E为SC的中点，∴SA∥OE，∵SA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴SA∥平面BDE.(2)因为S - ABCD是正四棱锥，∵O为顶点S在底面的射影，故SO⊥底面ABCD，且AC⊥BD，SO＝＝＝故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，∵SA＝4，AB＝2，SE＝3EC，则A(，0，0)，S(0，0，)，B(0，，0)，C(－，0，0)，∵SC上的点E满意SE＝3EC，∴＝，设E(x，y，z)，则(x，y，z－)＝(－，0，－)，∴x＝－，y＝0，z＝，∴E(－，0，)，∴＝(，0，－)，＝(－，－)，则|cos 〈〉|＝＝＝.故异面直线SA与BE所成角的余弦值为.例5 解析：在正三棱柱ABC- A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以}为基底，建立空间直角坐标系O - xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2)．(1)因为P为A1B1的中点，所以P(，－，2)，从而＝＝(0，2，2)，故〉|＝＝＝.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q(，0)，因此＝＝＝(0，0，2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，则即不妨取n＝(，－1，1)．设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sin θ＝，n〉|＝＝＝，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.。
2025版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十四空间向量及应用
课时作业(四十四) 空间向量及应用一、单项选择题1．设u ＝(2，1，－2)是平面α的法向量，a ＝(－3，8，1)是直线l 的方向向量，则直线l 与平面α的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．平行或在平面内2．设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1，1)，b ＝(1，y ，1)，c ＝(2，－4，2)且a ⊥b ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( )A ．22B ．10C ．3D ．43．已知空间随意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝1，y ＝－3，z ＝3”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．[2024·湖南益阳模拟]在正三棱锥P ABC 中，O 是△ABC 的中心，PA ＝AB ＝2，则PO →·PA →＝( )A ．59B ．63C ．423D ．835．[2024·江西南昌二中模拟]在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1，CD 的中点，则( )A ．A 1F ⊥AEB ．A 1F ⊥EC C ．A 1F ⊥EC 1D ．A 1F ⊥C 1D6．[2024·河北石家庄期末]如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1＝c ，点M 是A 1D 1的中点，点N 是CA 1上的点，且CN ∶CA 1＝1∶4，则向量MN →可表示为( )A ．12a ＋b ＋cB ．14a ＋14b ＋c C ．14a －38b －14c D ．34a ＋14b －34c 7．(实力题)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝CC 1＝2，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则( )A ．A 1B ∥平面CMN B ．AM ⊥平面CMNC ．A 1B ⊥CB 1D ．AM ∥CB 1 8.(实力题)[2024·湖北潜江模拟]如图，一个结晶体的形态为平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1，其中，以顶点A 为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )A ．AC 1＝6B ．AC 1⊥BDC ．向量与的夹角是60°D ．AA 1与AC 所成角的余弦值为63二、多项选择题9．已知空间向量m ＝(－1，2，4)，n ＝(2，－4，x )，则下列选项中正确的是( ) A ．当m ⊥n 时，x ＝3 B ．当m ∥n 时，x ＝－8C ．当|m ＋n |＝5时，x ＝－4D ．当x ＝1时，sin 〈m ，n 〉＝35710．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，A 1C ∩AC 1＝O ，则( )A ．·BC →＝a 2B ．·＝a 2C ．·＝a 2D ．·BO →＝a 2 三、填空题11．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 在A 1C 1上，||A 1E ＝14||A 1C 1且AE →＝x ＋yAB →＋zAD →，则x ＋y ＋z ＝________．12．(实力题)[2024·北京东城期末]如图，在棱长都为1的平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB →，AD →，两两夹角均为π3，则·BD →＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC 1垂直.这三个顶点可以是________．四、解答题13．[2024·河南洛宁一中模拟]如图三棱柱，ABC A 1B 1C 1的全部棱长都相等，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，点M 为△ABC 的重心，AM 的延长线交BC 于点N ，连接A 1M ，设AB →＝a ，AC →＝b ，＝c .(1)用a ，b ，c 表示；(2)证明：A 1M ⊥A B.14．如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，DA ⊥AB ，AB ＝AP ＝2，DA ＝DC ＝1，E 为PC 上一点，且PE ＝23PC .(1)求证：AE ⊥平面PBC ； (2)求证：PA ∥平面BDE . 优生选做题15．[2024·河北保定模拟]已知MN 是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，则PM →·PN →的取值范围为( )A ．[1，4]B ．[0，12]C ．[0，8]D ．[1，6]16.如图所示，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA →＝a ，CB →＝b ，CC 1＝c ，CA ＝CB ＝CC 1＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝2π3，〈b ，c 〉＝π2，N 是AB 中点．(1)用a ，b ，c 表示向量；(2)在线段C 1B 1上是否存在点M ，使AM ⊥A 1N ？若存在，求出M 的位置，若不存在，说明理由．课时作业（四十四） 空间向量及应用1．解析：由u ·a ＝2×（－3）＋1×8＋（－2）×1＝0，则u ⊥a ， 由向量的自由性，直线l 与平面α的位置关系是平行或在平面内． 故选D. 答案：D2．解析：因为向量a ＝（x ，1，1），b ＝（1，y ，1），c ＝（2，－4，2）且a ⊥b ，b ∥c ， 所以x ＋y ＋1＝0，12＝y －4，解得y ＝－2，x ＝1， 所以向量a ＝（1，1，1），b ＝（1，－2，1）， 所以a ＋b ＝（2，－1，2）， 所以|a ＋b |＝22＋（－1）2＋22＝3. 故选C. 答案：C3．解析：当x ＝1，y ＝－3，z ＝3时，OP →＝OA →－3OB →＋3OC →， 即OP →－OA →＝－3OB →＋3OC →，则有AP →＝3BC →， 又因为BC →＝AC →－AB →，所以AP →＝3AC →－3AB →，依据共面对量定理可知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，依据共面对量定理，设AP →＝mAC →＋nAB →（m ，n ∈R ），即OP →－OA →＝m （OC →－OA →）＋n （OB →－OA →）（m ，n ∈R ）， 即OP →＝（1－m －n ）OA →＋nOB →＋mOC →（m ，n ∈R ），即x ＝1－m －n ，y ＝n ，z ＝m ，因为m ，n ∈R ，所以x ，y ，z 不止1，－3，3这一组，故“x ＝1，y ＝－3，z ＝3”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件． 故选A. 答案：A 4．解析：∵P ABC 为正三棱椎，O 为△ABC 的中心，∴PO ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，∴PO ⊥AO ， ∴PO →·OA →＝0，||AO ＝23·||AB ·sin60°＝233，故PO →·PA →＝PO →·（PO →＋OA →）＝||PO →|2＝AP |2－|AO |2＝4－43＝83.故选D. 答案：D 5．解析：由题，建立如图所示空间直角坐标系A 1xyz ， 设正方体棱长为2，则有A 1（0，0，0），F （2，1，2），A （2，0，0），E （1，2，0），C （2，2，2），C 1（0，2，2），D （2，0，2），A 1F →＝（2，1，2），AE →＝（－1，2，0），EC →＝（1，0，2），EC 1→＝（－1，0，2），C 1D →＝（2，－2，0），∴A 1F →·AE →＝0，A 1F →·EC →＝6，A 1F →·EC 1→＝2，A 1F →·C 1D →＝2， ∴A 1F ⊥AE . 故选A.答案：A6．解析：因为在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，点M 是A 1D 1的中点，点N 是CA 1上的点，且CN ∶CA 1＝1∶4，所以MN →＝MA 1→＋A 1N →＝－12AD →＋34A 1C →＝－12AD →＋34（AC →－AA 1→）＝－12AD →＋34（AB →＋AD →－AA 1→）＝34AB →＋14AD →－34AA 1→＝34a ＋14b －34c .故选D.答案：D 7．解析：如图，以C 为坐标原点，以CA →，CB →，CC 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系C xyz ，则B （0，2，0），A 1（2，0，2），B 1（0，2，2），A （2，0，0），M （1，1，2），N （1，0，2）.CM →＝（1，1，2），CN →＝（1，0，2），A 1B →＝（－2，2，－2），CB 1→＝（0，2，2），AM →＝（－1，1，2）.设平面CMN 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·n ＝x ＋y ＋2z ＝0CN →·n ＝x ＋2z ＝0，令z ＝－1，得n ＝（2，0，－1）.因为A 1B →与n 不垂直，所以A 1B 与平面CMN 不平行，故A 不正确； 因为AM →与n 不平行，所以AM 与平面CMN 不垂直，故B 不正确； 因为A 1B →·CB 1→＝0，所以A 1B →⊥CB 1→，故C 正确；因为AM →与CB 1→不平行，所以AM 与CB 1不平行，故D 不正确． 故选C. 答案：C8．解析：记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，由已知||a ＝||b ＝||c ＝6，a ，b ，c 间两两夹角都是60°，即a ·b ＝a ·c ＝b ·c ＝6×6×cos60°＝18，AC 1→＝a ＋b ＋c ，则||AC 1→＝||a ＋b ＋c ＝（a ＋b ＋c ）2＝ a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2a ·c ＋2b ·c ＝62＋62＋62＋2×18＋2×18＋2×18＝66，A 错； BD →＝b －a ，AC 1→·BD →＝（a ＋b ＋c ）·（b －a ）＝b 2－a 2＋b ·c －c ·a ＝0，AC 1→⊥BD →，即AC 1⊥BD ，B正确；B 1C →＝BC →－BB 1→＝b －c ，△BB 1C 是正三角形，∠BB 1C ＝60°，AA 1→＝BB 1→，所以向量B 1C →与AA 1→的夹角是180°－60°＝120°，C 错；AC →＝a ＋b ，||AC →＝（a ＋b ）2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝63，AA 1→·AC →＝c ·（a ＋b ）＝c ·a ＋c ·b ＝18＋18＝36，cos 〈AA 1→，AC →〉＝AA 1→·AC→||AA 1→||AC→＝366×63＝33，所以AA 1与AC 所成角的余弦值为33，D 错． 故选B. 答案：B9．解析：当m ⊥n 时，m ·n ＝（－1）×2＋2×（－4）＋4x ＝－10＋4x ＝0，解得：x ＝52，故A 错误； 令m ＝λn ，则（－1，2，4）＝（2λ，－4λ，λx ），⎩⎪⎨⎪⎧2λ＝－1－4λ＝2λx ＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－12x ＝－8，故B 正确；m ＋n ＝（－1＋2，2－4，4＋x ）＝（1，－2，4＋x ），所以||m ＋n ＝12＋（－2）2＋（4＋x ）2＝5＋（4＋x ）2＝5，解得：x ＝－4，故C 正确；当x ＝1，cos 〈m ，n 〉＝m ·n ||m ·||n ＝－1×2＋2×（－4）＋4×121×21＝－27，因为〈m ，n 〉∈[]0，π，sin 〈m ，n 〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－272＝357，故D 正确． 故选BCD.答案：BCD10．解析：如图：对于A ，因为AA 1⊥BC ，所以AA 1→·BC →＝0，故A 错误． 对于B ，AA 1→·BC 1→＝BB 1→·（BB 1→＋B 1C 1→）＝BB →21 ＝a 2，故B 正确． 对于C ，AA 1→·BD 1→＝BB 1→·（BB 1→＋B 1D 1→）＝BB →21 ＝a 2，故C 正确． 对于D ，AA 1→·BO →＝12AA 1→·BD 1→＝12a 2，故D 错误．故选BC.答案：BC11．解析：由题意可得：A 1E →＝14A 1C 1→，则AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋14A 1C 1→＝AA 1→＋14（A 1B 1→＋A 1D 1→）＝AA 1→＋14AB →＋14AD →，∴x ＝1，y ＝z ＝14，则x ＋y ＋z ＝32.答案：3212．解析：（1）令a ＝AA 1→，b ＝AB →，c ＝AD →，则||a ＝||b ＝||c ＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝π3，则有BD →＝AD →－AB →＝c －b ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝b ＋c ＋a ，故AC 1→·BD →＝（c ＋b ＋a ）·（c －b ）＝c 2＋b ·c ＋a ·c －b ·c －b 2－a ·b ＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－12－1×1×12＝1＋12＋12－12－1－12＝0.（2）由（1）知A 1D →＝AD →－AA 1→＝c －a ，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→＝b ＋c ＋a ，故AC 1→·A 1D →＝（c －a ）·（c ＋b ＋a ）＝c 2＋b ·c ＋a ·c －a ·c －a ·b －a 2＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－1×1×12－12＝1＋12＋12－12－12－1＝0，故AC 1→⊥A 1D →，即AC 1⊥A 1D ，又由（1）知AC 1⊥BD ，A 1D ∩BD ＝D ， 故直线AC 1垂直于平面A 1BD ，同理可证直线AC 1垂直于平面B 1D 1C . 答案：0 点A 1，B ，D 或点C ，B 1，D 1 13．解析：（1）因为△ABC 为正三角形，点M 为△ABC 的重心， 所以N 为BC 的中点，所以AN →＝12AB →＋12AC →，AM →＝23AN →，所以A 1M →＝A 1A →＋AM →＝－AA 1→＋23AN →，＝－AA →1＋13AB →＋13AC →＝13a ＋13b －c .（2）证明：设三棱柱的棱长为m ， 则A 1M →·AB →＝（13a ＋13b －c ）·a＝13a 2＋13a ·b －c ·a ＝13||a 2＋13||a ·||b cos π3－||c ·||a cos π3＝13m 2＋13m 2×12－m 2×12＝0. 所以A 1M ⊥AB . 14.证明：（1）如图，以A 为原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则A （0，0，0），B （2，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0），P （0，0，2），所以PC →＝（1，1，－2），AP →＝（0，0，2），CB →＝（1，－1，0）， 因为PE ＝23PC ，所以PE →＝（23，23，－43），所以AE →＝AP →＋PE →＝（23，23，23），所以AE →·PC →＝23＋23－43＝0，AE →·CB →＝23－23＋0＝0，所以AE →⊥PC →，AE →⊥CB →，即AE ⊥PC ，AE ⊥CB ， 又因为PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC . 所以AE ⊥平面PBC .（2）由（1）可得BE →＝AE →－AB →＝（23，23，23）－（2，0，0）＝（－43，23，23），PA →＝（0，0，－2），BD →＝（－2，1，0）.设平面BDE 的法向量为n ＝（x 1，y 1，z 1），则⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n ＝0BE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋y 1＝0，－43x 1＋23y 1＋23z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝2，z 1＝0， 则n ＝（1，2，0）是平面BDE 的一个法向量，因为PA →·n ＝（0，0，－2）·（1，2，0）＝0，所以PA →⊥n ， 因为PA ⊄平面BDE ，所以PA ∥平面BDE .15．解析：设正方体内切球的球心为O ，则OM ＝ON ＝2， PM →·PN →＝（PO →＋OM →）·（PO →＋ON →）＝PO →2＋PO →·（OM →＋ON →）＋OM →·ON →，因为MN 是正方体内切球的一条直径， 所以OM →＋ON →＝0，OM →·ON →＝－4， 所以PM →·PN →＝PO →2－4， 又点Р在正方体表面上运动，所以当P 为正方体顶点时，||PO →最大，且最大值为23； 当P 为内切球与正方体的切点时，||PO →最小，且最小值为2； 所以0≤PO →2－4≤8，所以PM →·PN →的取值范围为[]0，8. 故选C. 答案：C16．解析：（1）因为N 是AB 中点，所以AN →＝12AB →，所以A 1N →＝A 1A →＋AN →＝C 1C →＋12AB →＝－CC 1→＋12（CB →－CA →）＝－12a ＋12b －c .（2）假设存在点M ，使AM ⊥A 1N ，设C 1M →＝λC 1B 1→，（λ∈[0，1]）， 明显λC 1B 1→＝λb ，AM →＝AA 1→＋A 1C 1→＋C 1M →＝c －a ＋λb ，因为AM ⊥A 1N ，所以AM →·A 1N →＝0，即（c －a ＋λb ）·（－12a ＋12b －c ）＝0， ∴－12c ·a ＋12c ·b －c 2＋12a 2－12a ·b ＋c ·a －12λa ·b ＋12λb 2－λb ·c ＝0. ∵CA ＝CB ＝CC 1＝1，〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝2π3，〈b ，c 〉＝π2， ∴12c ·a －c 2＋12a 2－（12＋12λ）a ·b ＋12λb 2＝0， 即12×1×1×（－12）－12＋12×12－（12＋12λ）×1×1×（－12）＋12λ·12＝0， 解得λ＝23，所以当C 1M ＝23C 1B 1时，AM ⊥A 1N .。
2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第六讲空间向量及其运算学案理含解析新人教版
为__ 2__．
[解析] |E→F|2＝E→F2＝(E→C＋C→D＋D→F)2＝E→C2＋C→D2＋D→F2＋2(E→C·C→D＋E→C·D→F＋C→D·D→F)＝ 12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，
∴|E→F|＝ 2，∴EF 的长的 2．
题组三 走向高考
4．(2018·课标Ⅱ)在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝BC＝1，AA1＝ 3，则异面直线 AD1
与 DB1 所成角的余弦值为( C )
A．1 5
B． 5 6
பைடு நூலகம்
C． 5 5
D． 2 2
[解析] 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，∵AB
第六讲 空间向量及其运算(理)
知识梳理·双基自测
知识梳理
知识点一 空间向量的有关概念 1．空间向量的有关概念 (1)空间向量：在空间中，具有__大小__和__方向__的量叫做空间向量，其大小叫做向量 的__长度__或__模__． (2)相等向量：方向__相同__且模__相等__的向量． (3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线__平行__或__重合__，则这些向 量叫做__共线向量__或__平行向量__． (4)共面向量：平行于同一__平面__的向量叫做共面向量． 2．空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b⇔存在唯一确定的λ∈R，使 a
所以 CO⊥BD．
又 AO⊥平面 BCD，所以 AO⊥OB，AO⊥OC．
以{O→B，O→C，O→A}为基底，建立空间直角坐标系 O－xyz．
因为 BD＝2，CB＝CD＝ 5，AO＝2，
2024版高考数学一轮复习专题基础练专题七立体几何与空间向量考点32空间向量及其应用作业课件
经典3+2
对于B,B1(2,0,2),P(1,2,2),=(0,2,2),因为Q∈平面MNP,所以,,共面,又,不共线,所以可以用
,表示,所以设=λ+μ=(λ,2λ+2μ,λ+2μ),则Q(1+λ,2λ+2μ,λ+2μ),所以1 =(λ-1,2λ+2μ,λ+2μ-2),因为
则C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,1),=(-1,1,0),1 =(-1,0,-1),所以异面直线A1C与AB所成角的余弦值为
| ·| 1
cos α= 1
= (α为异面直线A1C与AB所成的角),
|1 |×|| 2
π
所以异面直线A1C与AB所成的角为 3 .故选C.
为定值,B正确.
1
对于选项C,取E,F分别为BB1,CC1的中点,连接EF,由=λ+2 1 (λ∈[0,1]),
可知点P在线段EF上,易知A1C⊥平面AB1D1,所以平面AB1P即平面AB1D1,点P即
平面AB1D1与直线EF的交点,此交点在FE的延长线上,C错误.
经典3+2
对于选项D,由=λ1 (λ∈[0,1]),可知点P的轨迹为线段AD1,建立空间直角坐标系如图2所示,则C1(2,2,0),D(0,2,2),
1
以PQ=2AC= 2,OQ= 2 + 2 = 2 + 1= 3,PO= 2 + 2 = 4 + 1= 5,QO2<PQ2+OP2,故∠QPO不是直角,
故PO,MN不垂直,故D错误.故选BC.
经典3+2
3. [多选][2023重庆联考]在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,AA1=AD=2AB=2,且P为CC1的中点,Q为
2023版高考数学一轮总复习：空间向量及其应用课件理
(6)|a|= · =
(7)cos<a,b>=
12 + 22 + 23 ;
·
||||
=
+ +
+ + · + +
.
考点1
空间向量及其运算
4. 空间两点间的距离及中点坐标
l∥α
n·m=0
n⊥m⇔_______
平面α的法向量为m.
l⊥α
n∥m⇔n=λm(λ∈R)
平面α,β的法向量分
α∥β
n∥m⇔n=λm(λ∈R)
别为n,m.
α⊥β
n⊥m⇔_________
n·m=0
考点2
空间向量的应用
3. 直线与平面所成的角
(1)
直角
射影
(2)线面角θ的取值范围:
π
[0, ]
2
.
(3)最小角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和
( C )
A.直线的方向向量是唯一确定的
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行,则a∥α
C.若两平面的法向量平行,则两平面平行
考点1
空间向量及其运算
3. 空间向量的坐标运算
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则
(1)a±b=(a1±b1,a2±b2,a3±b3);
(2)λa=(λa1,λa2,λa3)(λ∈R);
(3)a·b= a1b1+a2b2+a3b3 ;
(4)a∥b⇔a=λb(b≠0)⇔ a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R) ;
新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：7.5 空间向量及其运算Word版含答案
7.5空间向量及其运算必备知识预案自诊知识梳理1.空间向量及其有关概念2.空间向量的数量积及空间向量的坐标运算(1)两个非零向量的数量积:①a·b=|a||b|cos<a,b>,特别地,零向量与任意向量的数量积为0;②若a与b都是非零向量,则a⊥b⇔a·b=0;③设a=(a1,a2,a3),则|a|2=a·a,|a|=√a·a=√a12+a22+a32.(2)空间向量的坐标运算:3.直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量:O 是直线l 上一点,在直线l 上取非零向量a ,则对于直线l 上任意一点P ,由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知,存在实数λ,使得OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λa . 把与向量a 平行的非零向量称为直线l 的方向向量.(2)平面的法向量:直线l ⊥α平面,取直线l 的方向向量a ,称向量a 为平面α的法向量. (3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一. 4.空间位置关系的向量表示1.证明空间任意三点共线的方法对空间三点P,A ,B 可通过证明下列结论成立来证明三点共线: (1)PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R ); (2)对空间任意一点O ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (t ∈R ); (3)对空间任意一点O ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (x+y=1). 2.证明空间四点共面的方法已知空间任意一点O 和不共线的三点A ,B ,C ,若满足向量关系式OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ (其中x+y+z=1),则点P 与点A ,B ,C 共面. 3.确定平面的法向量的方法(1)直接法:观察是否有垂直于平面的向量,若有,则此向量就是法向量.(2)待定系数法:取平面内的两个不共线向量a ,b ,设平面的法向量为n =(x ,y ,z ),由{n ·a =0,n ·b =0,解方程组求得.考点自诊1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.(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)空间中任意两非零向量a ,b 共面.( )(4)对于空间非零向量a ,b ,若a ·b<0,则a 与b 的夹角为钝角. ( )(5)对于非零向量b ,由a ·b=b ·c ,得a=c . ( ) 2.(2020北京朝阳检测)已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k ),若α∥β,则k 等于( )A.2B.-4C.4D.-23.在如图所示的坐标系中,ABCD-A 1B 1C 1D 1为棱长是1的正方体,给出下列结论:①直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1); ②直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1); ③平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0); ④平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1). 其中正确的个数为( )A.1B.2C.3D.44.(2020山东烟台月考)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),则直线l 与平面α的位置关系为 .5.正四面体A-BCD 的棱长为2,E ,F 分别为BC ,AD 的中点,则EF 的长为 .关键能力学案突破考点空间向量的线性运算【例1】(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 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则下列向量中与BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 相等的是( )A.-12a+12b+cB.12a+12b+c C.-12a-12b+cD.12a-12b+c(2)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点E 为上底面A 1B 1C 1D 1的中心,若AE⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x ,y 的值分别为( )A.1,1B.1,12C.12,12D.12,1解题心得进行向量的线性运算,有以下几个关键点(1)结合图形,明确图形中各线段的几何关系.(2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义.(3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍然成立.对点训练1如图所示,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,设AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,M ,N ,P 分别是AA 1,BC ,C 1D 1的中点,试用a ,b ,c 表示以下各向量:(1)AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ;(2)A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ;(3)MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +NC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .考点共线、共面向量定理的应用【例2】(1)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(2)如图所示,已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1,点M ,N 分别在AC 1和BC 上,且满足AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k BC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤k ≤1).判断向量MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是否与向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共面.解题心得共线、共面向量定理的类比对点训练2(1)若A(-1,2,3),B(2,1,4),C(m,n,1)三点共线,则m+n=.(2)已知向量a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若向量a,b,c共面,则实数λ等于.考点空间向量数量积的应用【例3】如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1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AC1的长;(2)求证:AC1⊥BD;(3)求BD1与AC夹角的余弦值.解题心得空间向量数量积的应用(1)求夹角.设向量a,b所成的角为θ,则cosθ=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.对点训练3(1)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分别是棱A1D1,AB,BC 的中点,若经过点M,P,Q的平面与平面CDD1C1的交线为l,则直线l与直线QB1所成角的余弦值为()A.√33B.√105C.√54D.√32(2)已知空间向量a=(1,-λ,λ-1),b=(-λ,1-λ,λ-1)的夹角为钝角,则实数λ的取值范围是.考点利用空间向量证明平行、垂直【例4】如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠ABC=∠BCD=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD所成的角为30°.求证:(1)CM∥平面PAD;(2)平面PAB⊥平面PAD.解题心得1.用向量证明平行的方法(1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.(2)线面平行:①证明直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.(3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量;②转化为线面平行、线线平行问题.2.用向量证明垂直的方法(1)线线垂直:证明两直线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.(3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直.对点训练4如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:(1)MN∥平面A1B1C1;(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.7.5 空间向量及其运算必备知识·预案自诊知识梳理1.互相平行或重合 同一个平面 存在唯一一个实数λ,使a =λb 存在唯一的有序实数对(x ,y ),使p =x a +y b2.(2)(a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3) (a 1-b 1,a 2-b 2,a 3-b 3) (λa 1,λa 2,λa 3) a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3 a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3=0考点自诊1.(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)×2.C 因为α∥β,所以1-2=2-4=-2k ,所以k=4. 3.C 因为DD 1∥AA 1,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),故①正确;因为BC 1∥AD 1,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),故②正确;因为直线AD ⊥平面ABB 1A 1,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0).故③正确;因为点C 1的坐标为(1,1,1),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面B 1CD 不垂直,故④错误. 4.l ⊥α 因为a =-12n ,所以l ⊥α.5.√2 |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,所以|EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,所以EF 的长为√2. 关键能力·学案突破例1(1)A (2)C (1)BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=c +12(b-a )=-12a +12b+c .故选A .(2)AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗,故x=12,y=12.故选C .对点训练1解(1)∵P 是C 1D 1的中点,∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +D 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +12D 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+c +12AB⃗⃗⃗⃗⃗ =a+c +12b. (2)∵N 是BC 的中点,∴A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-a+b +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-a+b +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-a+b+12c. (3)∵M 是AA 1的中点,∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12a+a+c+12b=12a+12b+c.又NC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =NC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12c+a. ∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +NC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12a+12b+c +a+12c =32a+12b+32c.例2(1)A ∵a ∥b ,∴b =k a (k ∈R ),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.故选A .(2)解∵AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +k BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =k (C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =k (C 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =k B 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -k AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -k (AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(1-k )AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -k AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴由共面向量定理知向量MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共面.对点训练2(1)-3 (2)657 (1)∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-1,1),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(m+1,n-2,-2),且A ,B ,C 三点共线,∴存在实数λ,使得AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ .即(m+1,n-2,-2)=λ(3,-1,1)=(3λ,-λ,λ),∴{m +1=3λ,n -2=-λ,-2=λ,解得{λ=-2,m =-7,n =4.∴m+n=-3.(2)由题意,可设a =x b +y c ,故(2,-1,3)=x (-1,4,-2)+y (7,5,λ), 即{-x +7y =2,4x +5y =-1,-2x +λy =3,解得λ=657.例3(1)解设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则|a|=|b|=|c |=1,<a ,b>=<b ,c>=<c ,a >=60°,所以a ·b=b ·c=c ·a =12.因为AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b+c ,所以|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |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. 所以|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6,即AC 1的长为√6.(2)证明BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b-a ,又由(1)知AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b+c ,所以AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b+c )·(b-a )=a ·b+b 2+b ·c-a 2-a ·b-a ·c =12+1+12-1-12−12=0,所以AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AC 1⊥BD.(3)解BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b+c-a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b ,所以|BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3.BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(b+c-a )·(a+b )=b 2-a 2+a ·c+b ·c=1.所以cos <BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√66. 所以BD 1与AC 夹角的余弦值为√66.对点训练3(1)B (2)(2-√22,2+√22) (1)取C 1D 1的中点E ,则平面PQEM 是经过点M ,P ,Q 的平面,延长PQ ,交DC 延长线于点F ,则EF 是经过点M ,P ,Q 的平面与平面CDD 1C 1的交线l ,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,则E 0,12,1,F 0,32,0,Q 12,1,0,B 1(1,1,1),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),QB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,0,1,设直线l 与直线QB 1所成角为θ,则cos θ=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||QB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2×√54=√105,故直线l 与直线QB 1所成角的余弦值为√105.(2)∵a 与b 的夹角为钝角,∴a ·b <0,且a 与b 不反向共线.由a ·b =-λ-λ(1-λ)+(λ-1)2<0,化为2λ2-4λ+1<0,解得2-√22<λ<2+√22,若a 与b 反向共线,则存在负实数k ,使得a =k b ,得到{1=-λk ,-λ=k (1-λ),λ-1=k (λ-1),此方程组无解,故实数λ的取值范围是2-√22,2+√22.例4证明以点C 为坐标原点,分别以CB ,CD ,CP 所在的直线为x 轴,y 轴,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=2√3,PB=4.∴D (0,1,0),B (2√3,0,0),A (2√3,4,0),P (0,0,2),M (√32,0,32),∴DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,3,0),CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,0,32). (1)设n =(x ,y ,z )为平面PAD 的一个法向量,由{DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{-y +2z =0,2√3x +3y =0. 令y=2,得n =(-√3,2,1).∵n ·CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-√3×√32+2×0+1×32=0,∴n ⊥CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又CM ⊄平面PAD ,∴CM ∥平面PAD.(2)如图,取AP 的中点E ,连接BE ,则E (√3,2,1),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,2,1).∵PB=AB ,∴BE ⊥PA.又BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,2,1)·(2√3,3,0)=0,∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即BE ⊥DA.又PA ∩DA=A ,∴BE ⊥平面PAD.又BE ⊂平面PAB ,∴平面PAB ⊥平面PAD.对点训练4证明由题意知AA 1,AB ,AC 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.不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2,则A (0,0,0),A 1(2,0,0),B (0,2,0),B 1(2,2,0),C (0,0,2),C 1(2,0,2),M (1,0,0),N (1,1,1).(1)因为几何体是直三棱柱,所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又MN ⊄平面A 1B 1C 1,故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2).因为MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,2),所以{n 1·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·B C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x 1+2y 1=0,x 1+2z 1=0, 令x 1=2,则平面MBC 1的一个法向量为n 1=(2,1,-1).同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2=(0,1,1).因为n 1·n 2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n 1⊥n 2,所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C.。
新高考数学理一轮总复习知能演练7.6空间向量及其运算(含答案详析)
一、选择题1．若向量 a ＝(1， λ， 2)， b ＝( －2,1,1) ， a ， b 夹角的余弦值为 1，则 λ等于 () 6 A ． 1 B ．－ 1 C ． ±1 D ． 2 1a ·b λ分析： 选 A.cos 〈 a ， b 〉＝ |a ||b |＝ 2＝ 6，λ＋ 5· 6 解得 λ＝ 1.2．(2013 阜·新质检 )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 → →→ ，则 x ， y 的值分别为 () ＝ AA 1＋ xAB ＋yAD1A ． x ＝ 1，y ＝ 1B ． x ＝ 1， y ＝21， y ＝11， y ＝1C ． x ＝ 22D ． x ＝ 2分析：→→→→ 1 →→ ＋1 → →选 C.如图， AE ＝ AA 1 ＋A 1E＝AA ＋ ＝ AA 1 ＋ AD )． 1 A C( AB2 23．(2013 ·头质检汕 )已知 a ＝ (－ 2,1,3)，b ＝ (－ 1,2,1) ，若 a ⊥ (a － λb )，则实数 λ的值为 ()A ．－ 2B ．－ 143 14C. 5D ． 2分析： 选 D. ∵a ＝ (－ 2,1,3)， b ＝ (－ 1,2,1)，∴a － λb ＝ (λ－ 2,1－ 2λ， 3－ λ)，由 a ⊥(a － λb )得－ 2(λ－ 2) ＋1 －2λ＋ 9－ 3λ＝ 0? λ＝2，选D. 4．已知两空间向量m ＝ (cos θ，1，sin θ)，n ＝ (sin θ，1，cos θ)，则 m ＋ n 与 m － n 的夹角是 ()ππA. 2B ．－ 2ππ C.3D. 4分析： 选 A. 由题意得 (m ＋ n ) ·(m － n )＝ m 2－ n 2＝ cos 2θ＋ 1＋ sin 2 θ－ (sin 2θ＋ 1＋ cos 2θ)＝ 0，π∴(m ＋ n )⊥(m － n )，∴〈m ＋n ， m － n 〉＝ 2.5．空间四点 A(2,3,6) 、 B(4,3,2) 、C(0,0,1) 、D (2,0,2) 的地点关系为 ( )A ．共线B ．共面C．不共面D．没法确立→→→分析：选 C.∵AB＝ (2,0，－ 4)，AC＝( －2，－ 3，－5)， AD＝ (0，－ 3，－ 4)．假定四点共面，由共面向量定理得，存在实数x， y，2x－ 2y＝ 0，①→→→使 AD＝ xAB＋ yAC，即－3y＝－ 3，②－4x－ 5y＝－ 4，③由①②得 x＝ y＝1，代入③式不可立，矛盾．∴假定不可立，故四点不共面．二、填空题6．若向量a＝(1,1，x)，b＝ (1,2,1) ，c＝ (1,1,1)，知足条件 (c－a) ·(2 b)＝－ 2，则 x＝ ________.分析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)， c＝(1,1,1)，∴c－ a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．∴(c－a) ·(2b)＝ 2(1－ x)＝－ 2，∴x＝ 2.答案： 2→→7．已知 G 是△ ABC 的重心， O 是平面 ABC 外的一点，若λOG＝OA＋→→OB＋ OC，则λ＝ ________.分析：如图，正方体中，→→→→→OA＋ OB＋OC＝ OD＝ 3OG，∴λ＝ 3.答案： 38． (原创题 )如图，已知长方体ABCD － A1 B1 C1D 1中， AB＝ AA1＝2， BC＝ 3， M 为 AC1与 CA1的交点，则M 点的坐标为 __________ ．分析：由长方体的几何性质得，M为 AC1的中点，在所给的坐标系中，A(0,0,0) ，C1(2,3,2) ，3∴中点 M 的坐标为 (1，2， 1)．3答案： (1，， 1)三、解答题→9． (2013 ·沙质检长 )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)若 |c|＝ 3，且c∥ BC，求向量 c 的坐标；(2)若 m(a＋b)＋ n(a－b)与 2a－b垂直，求 m， n 应知足的关系式．解： (1)由条件得→，＝→＝－，a＝AB＝(1,1,0)AC1,0,2)b(→→→∴BC＝ AC－AB ＝ (－ 2，－ 1,2)．→∵c∥BC，→∴c＝λBC＝λ(－2，－1,2)＝(－2λ，－λ，2λ)．222∴|c|＝－2λ ＋－λ ＋2λ ＝3|λ|＝3，∴c＝(－2，－1,2)或 c＝(2,1，－2)．(2)由条件得a＋ b＝(0,1,2)， a－ b＝(2,1，－2)，2a－b＝ (3,2，－ 2)．∴m(a＋b)＋ n(a－b)＝ (2n，m＋n,2m－2n)．∵m(a＋b)＋ n(a－b)与 2a－b垂直，∴[m( a＋b)＋ n(a－b)] ·(2a－b)＝3·2n＋ 2(m＋ n)－2(2m－ 2n)＝12n－ 2m＝ 0.∴m＝ 6n.即当 m＝6n 时，可使 m(a＋b)＋n(a－b)与 2a－b垂直．10.(2013 南·京质检 )正三棱柱ABC－ A1B1C1中， AB＝ 2，AA1＝ 1，D 为 A1C1的中点，线段→→→→B1C 上的点 M 知足 B1M ＝λB1C.若向量 AD与 BM的夹角小于 45°，务实数λ的取值范围．解：以 AC 的中点 O 为坐标原点， OB 所在直线为 x 轴成立如下图的直角坐标系Oxyz，则 A(0，－ 1,0)， D (0,0,1) ，B(3， 0,0)， B1(3， 0,1)， C(0,1,0) ．→因此 AD＝ (0,1,1) ，→BB1＝ (0,0,1) ，→B 1C ＝ (－ 3， 1，－ 1)．→→ →→→因此 BM ＝ BB 1＋ B 1M ＝ BB 1＋ λB 1C ＝ (－ 3λ， λ，－ λ＋ 1)．→ → →→ 22由于向量AD与BM 的夹角小于45°， 所 以 cos 〈 AD ， BM 〉 ∈2 ，1 ， 即 2 ＜1≤ 1.2＋ － λ＋ 1 22× 4λ2 2 解得 0＜ λ＜ 5，因此 λ的取值范围是0，5 .一、选择题1． (2013 ·岛质检青 )正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱长为→→ 1 →1，点 M 在 AC 1上且 AM ＝MC 1，2→)N 为 B 1B 的中点，则 |MN |为 (216 A. 6B. 61515C. 6D. 3→→→分析：选 A. 设AB＝ a ，AD ＝b ， AA 1＝ c ，则 a ·b ＝b ·c ＝ c ·a ＝ 0.→ → → →由条件知 MN ＝ MA ＋ AB ＋ BN1 1＝－ 3(a ＋ b ＋ c )＋ a ＋2c211＝ 3a －3b ＋ 6c ，∴MN → 2＝ 49a 2＋ 19b 2＋ 361c 2＝ 2136，→ 21 ∴|MN |＝ 6 . 2.π(2013 晋·中调研 )如下图，已知空间四边形，OABC ， OB ＝ OC ，且∠ AOB ＝∠ AOC ＝3 → →)则 cos 〈 OA ， BC 〉的值为 (1A ． 0B.2 3 2C. 2D. 2→ → →分析： 选 A. 设 OA ＝ a ，OB ＝ b ， OC ＝ c ，π 由已知条件〈 a ， b 〉＝〈 a ， c 〉＝ 3，且 |b |＝ |c |， → →OA ·BC ＝ a ·(c －b )＝ a ·c － a ·b＝11→ →，∴cos〈 OA， BC〉＝ 0. 2|a ||c|－2|a||b|＝ 0二、填空题3．(2013 ·州质检苏)已知正方形 ABCD 的边长为 4，CG⊥平面 ABCD ，CG＝2，E， F 分别是 AB， AD 的中点，则点 C 到平面 GEF 的距离为 ________ ．分析：→成立如下图的空间直角坐标系Cxyz，则 CG＝ (0,0,2) ．由题意易得平面GEF 的一个法→|n·CG| 6 11向量 n＝(1,1,3)，因此点 C 到平面 GEF 的距离为d＝|n|＝11 .答案：611114.(2013 保·定质检 )如图，正方体 ABCD －A1B1C1D1中， E 是 A1B 上的点， F 是 AC 上的点，且 A1E＝2EB， CF＝ 2AF，则 EF 与平面 A1B1CD 的地点关系为 ________．→→→→1分析：取 AB＝a， AD ＝b， AA1＝c 为基底，易得EF＝－3(a－b＋c)，→→ →而 DB1＝a－b＋c，即 EF ∥DB 1，故 EF ∥DB 1，且 EF?平面 A1B1CD，DB 1? 平面 A1B1CD ，因此 EF∥平面A1B1CD .答案：平行三、解答题5.(2013 ·阳调研朝 )如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直， AB＝ 2， AF ＝1， M 是线段 EF 的中点．(1)求证： AM∥平面 BDE；(2)试在线段AC 上确立一点P，使得 PF 与 CD 所成的角是60°.解：(1)证明：如图成立空间直角坐标系．设AC∩ BD ＝ N，连结 NE，2 2 则 N( 2 ，2 ， 0) ，E(0,0,1) ， → 2 2∴NE ＝ (－ 2 ，－2 ，1) ．又 A( 2， 2，0)，M ( 2， 2， 1)，2 2 → 2 2∴AM ＝ (－ 2 ，－ 2 ，1)， → →∴NE ＝ AM 且 NE 与 AM 不共线．∴NE ∥AM .又 NE? 平面 BDE ， AM?平面 BDE ，∴AM ∥平面BDE .(2)设 P(t ， t,0)(0≤ t ≤ 2)， →→ 2， 0,0)．则 PF ＝ ( 2－ t ， 2－ t,1)， CD ＝ ( → → 又∵PF 与CD 所成的角为 60°，| 2－ t · 2|1 则2－ t 2＋ 2－t 2＋ 1· 2 ＝2，2 3 2解之，得 t ＝ 2 或 t ＝ 2 (舍去 )，故点 P 为 AC 的中点．。
2020版高考新创新一轮复习数学理科通用版讲义：第八章第五节空间向量及其运算和空间位置关系含答案
第五节空间向量及其运算和空间位置关系[考纲要求]1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．会简单应用空间两点间的距离公式．2．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．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．4．理解直线的方向向量及平面的法向量．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．5．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(包括三垂线定理)．突破点一空间向量及其运算[基本知识]1．空间向量及其有关概念(1)空间向量的有关概念空间向量在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量相等向量方向相同且模相等的向量共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量(2)2.(1)非零向量a，b的数量积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.3．空间向量的运算及其坐标表示设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).[基本能力]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(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)空间中任意两非零向量a ，b 共面．( ) (4)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．( ) (5)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .( )(6)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× 二、填空题1．如图，已知空间四边形ABCD ，则13AB ―→＋13BC ―→＋13CD ―→等于________．答案：13AD ―→2．已知i ，j ，k 为标准正交基底，a ＝i ＋2j ＋3k ，则a 在i 方向上的投影为________． 答案：13．若空间三点A (1,5，－2)，B (2,4,1)，C (p,3，q ＋2)共线，则p ＝________，q ＝________. 答案：3 24．已知向量a ＝(－1,0,1)，b ＝(1,2,3)，k ∈R ，若k a －b 与b 垂直，则k ＝________. 答案：7[全析考法]考法一 空间向量的线性运算[例1] 已知四边形ABCD 为正方形，P 是ABCD 所在平面外一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中心O .Q 是CD 的中点，求下列各题中x ，y 的值：(1)O Q ―→＝P Q ―→＋x PC ―→＋y PA ―→；(2)PA ―→＝x PO ―→＋y P Q ―→＋PD ―→.[解] (1)如图，∵O Q ―→＝P Q ―→－PO ―→＝P Q ―→－12(PA ―→＋PC ―→)＝P Q―→－12PA ―→－12PC ―→，∴x ＝y ＝－12. (2)∵PA ―→＋PC ―→＝2PO ―→， ∴PA ―→＝2PO ―→－PC ―→.又∵PC ―→＋PD ―→＝2P Q ―→，∴PC ―→＝2P Q ―→－PD ―→.从而有PA ―→＝2PO ―→－(2P Q ―→－PD ―→)＝2PO ―→－2P Q ―→＋PD ―→. ∴x ＝2，y ＝－2. [方法技巧]用已知向量表示某一向量的3个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如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．(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．考法二 共线、共面向量定理的应用[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，用向量方法求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .[证明] (1)如图，连接BG ，则EG ―→＝EB ―→＋BG ―→＝EB ―→＋12(BC ―→＋BD ―→)＝EB ―→＋BF ―→＋EH―→＝EF ―→＋EH ―→，由共面向量定理知：E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH ―→＝AH ―→－AE ―→＝12AD ―→－12AB ―→＝12(AD ―→－AB ―→)＝12BD ―→，因为E ，H ，B ，D 四点不共线，所以EH ∥BD . 又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH . [方法技巧]1．证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 (1)PA ―→＝λPB ―→(λ∈R )；(2)对空间任一点O ，OP ―→＝OA ―→＋t AB ―→(t ∈R )；(3)对空间任一点O ，OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→(x ＋y ＝1)． 2．证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 (1)MP ―→＝xMA ―→＋yMB ―→；(2)对空间任一点O ，OP ―→＝OM ―→＋xMA ―→＋yMB ―→；(3)对空间任一点O ，OP ―→＝xOM ―→＋y OA ―→＋z OB ―→(x ＋y ＋z ＝1)； (4) PM ―→∥AB ―→ (或PA ―→∥MB ―→或PB ―→∥AM ―→)．考法三 空间向量数量积的应用[例3] 如图，正方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是C 1D 1，D 1D 的中点．若正方体的棱长为1.求cos 〈CE ―→，AF ―→〉．[解] ∵|CE ―→|＝C 1E 2＋CC 21＝14＋1＝52＝|AF ―→|， ∴CE ―→·AF ―→＝|CE ―→||AF ―→|cos 〈CE ―→，AF ―→〉＝54cos 〈CE ―→，AF ―→〉．又∵CE ―→＝CC 1―→＋C 1E ―→，AF ―→＝AD ―→＋DF ―→， ∴CE ―→·AF ―→＝(CC 1―→＋C 1E ―→)·(AD ―→＋DF ―→)＝CC 1―→·AD ―→＋C 1E ―→·AD ―→＋CC 1―→·DF ―→＋C 1E ―→·DF ―→＝|CC 1―→||DF ―→|＝1×12＝12.∴cos 〈CE ―→，AF ―→〉＝25.[方法技巧] 空间向量数量积的3个应用[集训冲关]且OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC―→1.[考法一]已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，＝c ，用a ，b ，c 表示MN ―→，则MN ―→等于( )A.12(b ＋c －a ) B.12(a ＋b ＋c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(c －a －b )解析：选D MN ―→＝MA ―→＋AO ―→＋ON ―→＝12BA ―→＋AO ―→＋12OC ―→＝12(OA ―→－OB ―→)＋AO ―→＋12OC ―→＝－12OA ―→－12OB ―→＋12OC―→＝12(c －a －b )． 2.[考法二]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 因为OP ―→＝34OA ―→＋18OB ―→＋18OC ―→，且34＋18＋18＝1.所以P ，A ，B ，C 四点共面．AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos3.[考法三]如图所示，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且 ∠〈OA ―→，BC ―→〉的值为________．解析：设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ， 由已知条件，得〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA ―→·BC ―→＝a ·(c －b )＝a ·c －a ·b ＝12|a ||c |－12|a ||b |＝0， ∴OA ―→⊥BC ―→，∴cos 〈OA ―→，BC ―→〉＝0. 答案：0突破点二 利用空间向量证明平行与垂直[基本知识]1．两个重要向量2．空间中平行、垂直关系的向量表示设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则一、判断题(对的打“√”，错的打“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( )(2)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.( ) (3)两条不重合的直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是平行．( ) (4)若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× 二、填空题1．已知直线l 1的一个方向向量为(－7,3,4)，直线l 2的一个方向向量为(x ，y,8)，且l 1∥l 2，则x ＝________，y ＝________.答案：－14 62．若平面α的一个法向量为n 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为n 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________. 答案：－33．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－3,0，－6)，则l 与α的位置关系是________． 答案：l ⊥α[全析考法]考法一 向量法证明平行与垂直关系[例1] 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 于点F .(1)证明：PA ∥平面EDB ； (2)证明：PB ⊥平面EFD .证明：如图所示，建立空间直角坐标系，D 是坐标原点， 设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a2. ∵底面ABCD 是正方形， ∴G 是此正方形的中心． 故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a2，0，且PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2， ∴PA ―→＝2EG ―→，∴PA ∥EG .又∵EG ⊂平面EDB 且PA ⊄平面EDB ， ∴PA ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB ―→＝(a ，a ，－a )，DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， 故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，∴PB ⊥DE ，又∵EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ， ∴PB ⊥平面EFD . [方法技巧]1．利用空间向量证明平行的方法2.[提醒来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．[针对训练]已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F . 证明：建立空间直角坐标系如图，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2,2,2)，所以FC 1―→＝(0,2,1)，DA ―→＝(2,0,0)，AE ―→＝(0,2,1)． (1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥DA ―→，n 1⊥AE ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA ―→＝2x 1＝0，n 1·AE ―→＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)． 因为FC 1―→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1―→⊥n ， 又因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE . (2)∵C 1B 1―→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥FC 1―→，n 2⊥C 1B 1―→，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1―→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1―→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2 ＝(0，－1,2)，因为n 1＝n 2， 所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .考法二 向量法解决垂直、平行关系中的探索性问题[例2] 如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．[解] 依题意，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，B 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，BA 1―→＝(－1,0,1)，BE ―→＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量， 则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA 1―→＝0，n ·BE ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设棱C 1D 1上存在点F (t,1,1)(0≤t ≤1)满足条件，又因为B 1(1,0,1)， 所以B 1F ―→＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F ―→·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .[方法技巧]向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．[针对训练]在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，则在线段CC 1上是否存在一点P ，使得平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ？证明你的结论．解：存在点P ，当点P 为CC 1的中点时，平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .证明如下：如图，以D 点为原点，建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为1，P (0,1，a )(0≤a ≤1)，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，C 1(0,1,1)， ∴A 1B 1―→＝(0,1,0)，A 1P ―→＝(－1,1，a －1)， DE ―→＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，DC 1―→＝(0,1,1)． 设平面A 1B 1P 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B 1―→＝0，n 1·A 1P ―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，－x 1＋y 1＋(a －1)z 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝a －1， ∴n 1＝(a －1,0,1)．设平面C 1DE 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·DE ―→＝0，n 2·DC 1―→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋y 2＝0，y 2＋z 2＝0.令y 2＝1，得x 2＝－2，z 2＝－1， ∴n 2＝(－2,1，－1)． 若平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，则n 1·n 2＝0，∴－2(a －1)－1＝0，解得a ＝12.∴当P 为C 1C 的中点时，平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .[课时跟踪检测]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 一定不共面； ③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c . 其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选A a 与b 共线，a ，b 所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②错误；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.B 1D 1的交点．若AB ―→＝a ，2．如图所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与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 ＋c解析：选A BM ―→＝BB 1―→＋B 1M ―→＝AA 1―→＋12(AD ―→－AB ―→)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R )，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA ―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→ (m ，n ∈R )，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．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 由题意设c ＝x a ＋y b ，则(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．(2019·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 OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 6．在空间四边形ABCD 中，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B 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.法二：在三棱锥A -BCD 中，不妨令其各棱长都相等，则正四面体的对棱互相垂直． 所以AB ―→·CD ―→＝0，AC ―→·DB ―→＝0，AD ―→·BC ―→＝0. 所以AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝0.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于________． 解析：设AD ―→＝λAC ―→，D (x ，y ，z )， 则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0，4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ， ∴D (1,4λ－1,2－3λ)，∴BD ―→＝(－4,4λ＋5，－3λ)， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，解得λ＝－45，∴BD ―→＝⎝⎛⎭⎫－4，95，125， ∴|BD ―→|＝ (－4)2＋⎝⎛⎭⎫952＋⎝⎛⎭⎫1252＝5.答案：58．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：∵AP ―→·AB ―→＝－2－2＋4＝0， ∴AP ⊥AB ，故①正确；AP ―→·AD ―→＝－4＋4＋0＝0，∴AP ⊥AD ，故②正确； 由①②知AP ⊥平面ABCD ， 故③正确，④不正确． 答案：①②③9．(2019·南昌调研)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________．解析：∵OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝12OA ―→＋23MN ―→＝12OA ―→＋23(ON ―→－OM ―→) ＝12OA ―→＋23⎣⎡⎦⎤12(OB ―→＋OC ―→)－12OA ―→＝16OA ―→＋13OB ―→＋13OC ―→， ∴x ＝16，y ＝13，z ＝13.答案：16，13，1310．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AD ＝4，AA 1＝2.点M 在棱BB 1上，且BM ＝2MB 1，点S 在DD 1上，且SD 1＝2SD ，点N ，R 分别为A 1D 1，BC 的中点．求证：MN ∥平面RSD .M ⎝⎛⎭⎫3，0，43，N (0,2,2)，证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系，根据题意得R (3，2,0)，S ⎝⎛⎭⎫0，4，23.∴MN ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，RS ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，2，23，MN ―→＝RS ―→. ∴MN ―→∥RS ―→.∵M ∉RS .∴MN ∥RS . 又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ， ∴MN ∥平面RSD .法二：设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ， 则MN ―→＝MB 1―→＋B 1A 1―→＋A 1N ―→＝13c －a ＋12b ，RS ―→＝RC ―→＋CD ―→＋DS ―→＝12b －a ＋13c ，∴MN ―→＝RS ―→，∴MN ―→∥RS ―→， 又∵R ∉MN ，∴MN ∥RS .又RS ⊂平面RSD ，MN ⊄平面RSD ， ∴MN ∥平面RSD .11．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点．求证：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1. 证明：如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A1(0,0，3)， C 1(0,1，3)， ∵D 为BC 的中点， ∴D 点坐标为(1,1,0)．∴AA 1―→＝(0,0，3)，AD ―→＝(1,1,0)， BC ―→＝(－2,2,0)，CC 1―→＝(0，－1，3)． 设平面A 1AD 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AA 1―→＝0，n 1·AD ―→＝0，得⎩⎨⎧3z 1＝0，x 1＋y 1＝0.令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0，∴n 1＝(1，－1,0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ―→＝0，n 2·CC 1―→＝0，得⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0.令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33，∴n 2＝⎝⎛⎭⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2. ∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.是底面边长的2倍，点12．如图所示，四棱锥S -ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图．设底面边长为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)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0.设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→. 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .。
2022新高考数学一轮复习第14讲：空间向量及其应用
空间向量及其应用 一、用向量法证明平行或垂直 (一)知识储备 1、空间向量的坐标运算：设),,(111z y x a =，),,(222z y x b =： (1)),,(212121z z y y x x b a ±±±=±；(2)),,(111z y x a λλλ=λ；(3)212121z z y y x x b a ++=⋅；(4)b a //⇔b a λ=⇔21x x λ=，21y y λ=，21z z λ=(R ∈λ)；(5)b a ⊥⇔0=⋅b a ⇔0212121=⋅+⋅+⋅z z y y x x ；(6)模长公式：若),,(111z y x a =，则212121||z y x a a a ++=⋅=； (7)夹角公式：222222212121212121||||,cos z y x z y x z z y y x x b a b a b a ++++++=⋅⋅>=< (8)两点间的距离公式：若),,(111z y x A ，),,(222z y x B ，则：2122122122)()()(||z z y y x x AB AB -+-+-==； 2、平面的法向量(1)定义：如图，直线α⊥l ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量。
给定一点A 和一个向量a ，那么过点A ，以向量a 为法向量的平面是完全确定的。
(2)平面法向量的求法：求平面法向量的步骤：①设出平面的法向量为),,(z y x n =；②找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标),,(111z y x a = ),,(222z y x b =； ③根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程组⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00b n a n ；④解方程组，取其中的一组解，即得法向量。
由于一个平面的法向量有无数个，故可以在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量。
2022届高考数学一轮复习专练39空间向量的应用含解析
专练39[一、选择题1．若两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为V 1＝(1,0，－1)，V 2＝(－3,0,3)，则l 1和l 2的位置关系是()A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定2．若a ＝(2，－2，－2)，b ＝(2,0,4)，则a 与b 的夹角的余弦值为() A.48585 B.6985C ．－1515D ．03．若直线l 的一个方向向量a ＝(2,2，－2)，平面α的一个法向量b ＝(1,1，－1)，则() A ．l ⊥αB ．l ∥αC ．l ⊂αD ．A ，C 都有可能4．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝() A ．－1B ．0 C ．1D ．不确定5．若平面α，β的法向量分别为m ＝(2，－3,5)，n ＝(－3,1，－4)，则() A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交，但不垂直D ．以上均不正确 6.如图所示，已知P A ⊥平面ABC ，∠ABC ＝120°，P A ＝AB ＝BC ＝6，则PC ＝() A ．62B ．6 C ．12D ．144 7.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与AB 1夹角的余弦值为()A.55B.53C.255D.358．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 9．过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ADP 与平面CDP 所成的二面角为()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 二、填空题10．已知四边形ABCD 为平行四边形，且A (4,1,3)，B (2，－5，1)，C (3,7，－5)，则顶点D 的坐标为________．11．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)，则以AB →，AC →为邻边的平行四边形的面积为________．12．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则D 1点到平面A 1BD 的距离为________．[能力提升]13．[2021·某某一中高三测试]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 ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内14．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°15．若平面α的一个法向量n ＝(2,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(1,2,3)，则α与l 所成角的正弦值为________．16.如图所示，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ，已知∠ABC ＝45°，BC ＝22，AB ＝2，SA ＝SB ＝ 3.求直线SD 与平面SAB 所成角的正弦值为________．专练39 空间向量的应用1．A ∵V 1＝－13V 2，∴l 1∥l 2.2．C ∵|a |＝22＋(－2)2＋(－2)2＝23，|b |＝22＋02＋42＝25， a ·b ＝2×2＋(－2)×0＋(－2)×4＝－4，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝－423×25＝－1515.3．A ∵a ＝2b ，∴a 与b 共线，∴l ⊥α. 4．B 解析：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. 故选B.5．C ∵m 与n 不共线，且m ·n ＝－6－3－20≠0， ∴α与β相交但不垂直．6．C ∵AB ＝BC ＝6，∠ABC ＝120°，∴AC ＝63，建立如图所示的空间直角坐标系，其中O 为AC 的中点， 则P (0，－33，6)，C (0，33，0)∴|PC |＝(0－0)2＋(33＋33)2＋62 ＝12.7．A 设BC ＝1，则B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0，2,1) BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1) BC 1→·AB 1→＝0×(－2)＋2×2＋(－1)×1＝3. |BC 1→|＝5，|AB 1→|＝3，∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝35×3＝55.8．A∵AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AB ⊥BC ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C 1(0，3，h )，B 1(0,0，h )，B (0,0,0)∴D ⎝⎛⎭⎫12，32，h2，E ⎝⎛⎭⎫0，0，h 2. ∴DE →＝⎝⎛⎭⎫－12，－32，0，显然面BB 1C 1C 的法向量为m ＝(1,0,0)，∴DE →与平面BB 1C 1C 所成角α满足sin α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DE →·m |DE →|·|m |＝121×1＝12， 又α∈[]0°，90°， ∴α＝30°.9．D 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)， 显然面ADP 的法向量m ＝(1,0,0)， 设平面CDP 的法向量n ＝(x ，y ，z )， CD →＝(－1,0,0)，CP →＝(－1，－1,1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－x －y ＋z ＝0，令y ＝1，则z ＝1， ∴n ＝(0,1,1)， m ·n ＝1×0＋0×1＋0×1＝0，∴m ⊥n ， ∴平面ADP 与平面CDP 所成的角为90°. 10．(5,13，－3)解析：设D (x ，y ，z )，由题意得AD →＝BC →， ∴(x －4，y －1，z －3)＝(1,12，－6)∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝13，z ＝－3，∴D (5,13，－3)．11．7 3解析：AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)， ∴AB→·AC →＝－2＋3＋6＝7，|AB →|＝14，|AC →|＝14.又cos 〈AB ，AC 〉＝|AB →||AC →|＝14×14＝2，∴sin 〈AB →，AC →〉＝32，∴平行四边形的面积S ＝|AB →|×|AC →|×sin 〈AB →，AC →〉＝7 3. 12.233解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)． 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)， ∴点D 1到平面A 1BD 的距离是d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.13．B 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a3， 则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a3，a ， MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3.又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，所以MN ∥平面BB 1C 1C .14．C如图所示，以A 1为坐标原点，A 1B 1所在直线为x 轴，A 1B 1为单位长度，A 1C 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系A 1－xyz .则可得A 1(0,0,0)，B 1(1,0,0，)，C 1(0,1,0)，A (0,0,1)，B (1,0,1)．所以A 1B →＝(1,0,1)，AC 1→＝(0,1，－1)．则|cos 〈A 1B ，AC 1〉|＝|A 1B →||AC 1|＝2×2＝2.所以异面直线BA 1与AC 1所成角为60°.故选C.15.216解析：设直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪n ·a |n ||a |＝|2×1＋1×2＋1×3|22＋12＋12·12＋22＋32＝216. 16.2211 解析：如图所示，作SO ⊥BC ，垂足为O ，连接AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD .由SA ＝SB ，可得OA ＝OB .又由∠ABC ＝45°，得△ABO 为等腰直角三角形，OA ⊥OB .建立如图所示空间直角坐标系O －xyz ，则A (2，0,0)，B (0，2，0)，C (0，－2，0)，S (0,0,1)，D (2，－22，0)，DS →＝(－2，22，1)，SA →＝(2，0，－1)，SB →＝(0，2，－1)．设平面SAB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·SA →＝0，n ·SB →＝0得⎩⎨⎧2x 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，令z 1＝2，得n ＝(1,1，2)．设直线SD 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DS →，n 〉|＝|DS →·n ||DS →||n |＝|－2＋22＋2|11×2＝2211.所以直线SD 与平面SAB 所成角的正弦值为2211.。
2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：8.5 空间向量及其应用 Word版含解析
8.5空间向量及其应用挖命题【考情探究】分析解读 1.空间角是立体几何中的一个突出的量化指标,是空间图形位置关系的具体体现,因此,空间角是高考的必考内容.2.考查空间角的计算,既可能以选择题、填空题的形式出现,也可能以解答题的形式出现.以探索题、最值问题考查空间角的计算,常以解答题的形式出现,空间角的计算主要是传统法和向量法.3.在立体几何解答题中,建立空间直角坐标系(或取基底向量),利用空间向量的数量积解决直线、平面间的位置关系、角度、长度等问题越来越受到青睐,特别是处理存在性问题、探索性问题、开放性问题等,比用传统方法简便快捷,一直是高考的重点和热点.4.预计2020年高考试题中,空间角的计算,空间向量在立体几何中的应用必是高考热点.复习时应高度重视.破考点【考点集训】考点一空间角1.(2018浙江嵊州高三期末质检,19,15分)如图,在菱形ABCD中,∠BAD=,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M是线段AE的中点,DE=EF=BD.(1)证明:DM∥平面CEF;(2)求直线DM与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:连接AC与BD交于点O,连接MO.因为DO∥EF,DO⊄平面CEF,EF⊂平面CEF,所以DO∥平面CEF.因为M是线段AE的中点,所以MO是△ACE的中位线,所以MO∥EC.又MO⊄平面CEF,EC⊂平面CEF,所以MO∥平面CEF,又MO∩DO=O,MO⊂平面MDO,DO⊂平面MDO,所以平面MDO∥平面CEF,又DM⊂平面MDO,所以DM∥平面CEF.(2)解法一:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以ED⊥AC,又ED∩BD=D,所以AC⊥平面DEF.设BD=2,则点A到平面DEF的距离AO=.因为点M是线段AE的中点,所以点M到平面DEF的距离h=AO=.设直线DM与平面DEF所成的角为θ,则sin θ===.故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.解法二:设AB的中点为G,连接DG,则DG⊥DC.以D为坐标原点,DG,DC,DE所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.取BD=2,则D(0,0,0),M,E(0,0,1),F,所以=(0,0,1),=.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即可取法向量n=(1,-,0).又=,所以cos<,n>===,故直线DM与平面DEF所成角的正弦值为.2.(2017浙江高考模拟训练冲刺卷一,19)如图,在四棱锥A-BCDO中,DO⊥平面AOB,BO∥CD,OA=CD=2,OD=2,OB=4,∠AOB=120°.(1)求直线AC与平面ABD所成角的正弦值;(2)求二面角D-OA-C的余弦值.解析(1)如图,过点O在平面AOB内作OB的垂线OE,交AB于点E.∵DO⊥平面AOB,∴OD⊥OE,OD⊥OB,分别以OE,OB,OD所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则各点坐标为O(0,0,0),A(,-1,0),B(0,4,0),C(0,2,2),D(0,0,2),∴=(-,5,0),=(-,1,2).设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则由n·=0,n·=0,得取x=5,得n=(5,,2).设直线AC与平面ABD所成角为θ,又=(-,3,2),∴sinθ=|cos,n|==,故直线AC与平面ABD所成角的正弦值为.(2)设平面AOD的法向量为m1=(x,y,z),又=(,-1,0),=(0,0,2),∴由m1·=0,m1·=0, 得取x=1,得m1=(1,,0).设平面AOC的法向量为m2=(a,b,c),又=(,-1,0),=(0,2,2),∴由m2·=0,m2·=0,得取b=,得m2=(1,,-1).∴cos m1,m2==,由图可知二面角D-OA-C的平面角为锐角,故二面角D-OA-C的余弦值为.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2017浙江台州4月调研卷(一模),17)如图,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E、F分别为直线AB、CD上的动点,且|EF|=.若记EF的中点P的轨迹为L,则|L|等于.(注:|L|表示点P的轨迹的长度)答案π2.(2017浙江杭州二模(4月),19)如图,已知四边形ABCD是矩形,M,N分别为边AD,BC的中点,MN与AC交于点O,沿MN将矩形MNCD折起,设AB=2,BC=4,二面角B-MN-C的大小为θ.(1)当θ=90°时,求cos∠AOC的值;(2)当θ=60°时,点P是线段MD上一点,直线AP与平面AOC所成角为α.若sin α=,求线段MP的长.解析设E为AB的中点,连接OE,则OE⊥MN,以O为原点,OE,ON所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系(图略).(1)当θ=90°时,A(2,-1,0),C(0,1,2),∴=(2,-1,0),=(0,1,2),∴cos∠AOC==-.(2)由θ=60°得C(1,1,),D(1,-1,),M(0,-1,0),∴=(1,0,).设=λ(0≤λ≤1),则=+=(λ,-1,λ).∴=-=(λ-2,0,λ),设平面AOC的法向量为n=(x,y,z).∵n·=0,n·=0,=(2,-1,0),=(1,1,),∴取x=1,则y=2,z=-,故n=(1,2,-),由题意得,=,即3λ2-10λ+3=0,∴λ=或λ=3(舍去),∴在线段MD上存在点P符合题意,且MP=MD=.炼技法【方法集训】方法1 求直线与平面所成角的方法1.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),19)如图(1)所示,四边形ABCD为梯形,AB∥CD,∠C=60°,点E在CD 上,AB=CE=2,BF=BD=,BD⊥BC.现将△ADE沿AE翻折到图(2)中△APE的位置,使得二面角P-AE-C的大小为.(1)求PB的长度;(2)求证:PB⊥平面ABCE;(3)求直线AB与平面APE所成角的正弦值.解析(1)因为AB EC,所以四边形ABCE是平行四边形,所以BC∥AE,又因为BD⊥BC,所以BD⊥AE,所以AE⊥FB,AE⊥FP,所以∠PFB为二面角P-AE-C的平面角.(3分)由BF=,PF=2,得BP2=BF2+PF2-2BF·PFcos∠BFP=9,所以BP=3.(5分)(2)证明:由BF=,PF=2,BP=3知,PB2+BF2=PF2,所以BF⊥PB,①(7分)又因为BF⊥AE,PF⊥AE,BF∩PF=F,所以AE⊥平面PFB,所以AE⊥PB,②(9分) 由①②可知,PB⊥平面ABCE.(10分)(3)解法一:作BN⊥PF于N点,连接AN.由(2)可知,AE⊥平面BFP,又AE⊂平面APE,∴平面BFP⊥平面APE.又平面BFP∩平面APE=PF,BN⊂平面BFP,所以BN⊥平面APE,(12分)所以∠BAN是直线AB与平面APE所成的角.(13分)易知BN=BFsin 60°=,则sin∠NAB===.故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)解法二:易知BF,BP,BC两两互相垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),C(3,0,0),A(-1,,0),E(2,,0),P(0,0,3).(11分)设平面APE的法向量为n=(x,y,z).又=(3,0,0),=(1,-,3),所以由即得取z=1,得n=(0,,1).(13分)设直线AB与平面APE所成的角为θ,又=(1,-,0),所以sin θ=|cos<n,>|==,故直线AB与平面APE所成角的正弦值为.(15分)2.如图,△ABC是以C为直角的等腰直角三角形,直角边长为8,AE∶EC=5∶3,DE∥BC,沿DE将三角形ADE折起,使得点A在平面BCED上的射影是点C,点M在AC上且MC=AC.(1)在BD上确定点N的位置,使得MN∥平面ADE;(2)在(1)的条件下,求CN与平面ABD所成角的正弦值.解析(1)由点A在平面BCED上的射影是点C,可知AC⊥平面BCED,而BC⊥CE,如图建立空间直角坐标系,可知各点的坐标为C(0,0,0),A(0,0,4),B(0,8,0),D(3,5,0),E(3,0,0).由MC=AC,可知点M的坐标为,设点N的坐标为(x,y,0),则由点N在BD上可得y=8-x,即点N的坐标为(x,8-x,0),则=.设平面ADE的法向量为n1=(x,y,z),则而=(0,-5,0),=(3,0,-4),所以取x=4,则z=3,可得n1=(4,0,3).MN∥平面ADE等价于n1·=0,即4x+0×(8-x)+3×=0.解之可得x=2,即点N的坐标为(2,6,0),所以点N为BD的靠近D点的三等分点.(2)由(1)可知=(2,6,0),设平面ABD的法向量为n2=(p,q,r),由题意可知而=(-3,3,0),=(0,8,-4),可得取p=1,则q=1,r=2.可得n2=(1,1,2).设CN与平面ABD所成角为θ,则sin θ==.方法2 求二面角的方法1.(2018浙江镇海中学期中,20)在多面体ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1∥CC1,AA1=4,BB1=2,AB=4,CC1=3,AB⊥BB1,C1在平面ABB1A1上的射影E是线段A1B1的中点.(1)求证:平面ABC⊥平面ABB1A1;(2)若C1E=2,求二面角C1-AB1-C的余弦值.解析(1)证明:设线段AB的中点为O,连接OE,CO,则OE∥AA1,且OE==3,(2分)∵AA1∥CC1,∴OE∥CC1,又OE=CC1=3,∴四边形CC1EO为平行四边形,∴OC∥EC1.(4分)∵C1E⊥平面ABB1A1,∴OC⊥平面ABB1A1,(5分)∵OC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABB1A1.(7分)(2)由(1)知OB,OE,OC两两互相垂直,分别以OB,OE,OC所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(-2,0,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(0,3,2).(8分)设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),而=(4,2,0),=(2,0,2),由得取x=1,得m=(1,-2,-1).(10分)设平面AB1C1的法向量为n=(x1,y1,z1),而=(4,2,0),=(2,3,2),由得取x1=1,得n=(1,-2,2).(12分)∴cos<m,n>==,(14分)由图可知二面角C1-AB1-C的平面角为锐角,故二面角C1-AB1-C的余弦值为.(15分)2.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,19)如图,已知△ABC为等边三角形,M为AB的中点,AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,AA1=AB,BB1=AB,MN⊥A1B1,垂足为N.(1)求证:CN⊥A1B1;(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.解析(1)证明:因为AA1,BB1分别垂直平面ABC于点A,B,所以平面AA1B1B⊥平面ABC,因为AC=BC,M为AB的中点,所以CM⊥AB,又平面AA1B1B∩平面ABC=AB,CM⊂平面AA1B1B,所以CM⊥平面A1ABB1,所以CM⊥A1B1,又因为MN⊥A1B1,所以A1B1⊥平面CMN,所以A1B1⊥CN.(2)解法一:如图,延长AB、A1B1相交于点D,连接CD,则CD为所求二面角的棱.因为BB1=AA1,BB1∥AA1,所以=,于是BD=BC=BA,于是∠ACD=90°,即CD⊥CA.又因为CD⊥AA1,所以CD⊥平面AA1C,所以CD⊥CA1.于是∠A1CA即为所求二面角的平面角.在Rt△A1AC中,AA1=AB=AC,所以∠A1CA=45°,所以tan∠A1CA=1.所以平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.解法二:如图,以M为原点,MA所在直线为x轴,MC所在直线为y轴建立空间直角坐标系,设AB=2.则C(0,,0),A1(1,0,2),B1(-1,0,1),=(1,-,2),=(-2,0,-1).设平面A1B1C的法向量为n1=(x,y,z).由·n1=0,·n1=0,得取x=1,则y=-,z=-2,故n1=(1,-,-2).设所求二面角的大小为θ,又平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1).所以cos θ===,所以tan θ=1.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一空间角1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1答案D2.(2017浙江,9,4分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案B3.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD 翻折成△ACD',直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是.答案考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(x e1+y e2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;22.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.解法一:(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=2,所以A1+A=A,故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=2,由CC1⊥AC,得AC1=,所以A+B1=A,故AB1⊥B1C1,因为A1B1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=,A1B1=2,A1C1=得cos∠C1A1B1=,sin∠C1A1B1=,所以C1D=,故sin∠C1AD==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.解法二:(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下:A(0,-,0),B(1,0,0),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1).因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3).由·=0得AB1⊥A1B1.由·=0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由(1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由即可取n=(-,1,0).所以sin θ=|cos<,n>|==.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.3.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.(1)证明:CE∥平面PAB;(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.(1)证明:如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E,F分别为PD,PA中点,所以EF∥AD且EF=AD.又因为BC∥AD,BC=AD,所以EF∥BC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,所以CE∥BF,因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC,AD的中点为M,N.连接PN交EF于点Q,连接MQ.因为E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,所以Q为EF中点,在平行四边形BCEF中,MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD,N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN,由BC∥AD得BC⊥平面PBN,那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影,所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD=1.在△PCD中,由PC=2,CD=1,PD=得CE=,在△PBN中,由PN=BN=1,PB=得QH=,在Rt△MQH中,QH=,MQ=,所以sin∠QMH=.所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.一题多解(1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.∵BC=AD=OD,且BC∥OD,∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,得得x=-,z=.即点P,而E为PD的中点,∴E.设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),∵=,=(1,1,0),∴⇒取y1=-1,得n=(1,-1,).而=,则·n=0,而CE⊄平面PAB,∴CE∥平面PAB.(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),∵=(0,1,0),=,∴取x2=1,得m=(1,0,).设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sin θ=|cos<m,>|==,故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)①线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.②面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,得l∥α.(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基底向量所表示,得l∥α.2.求线面角的方法.①定义法:作出线面角,解三角形即可.②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=得结论.③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|.最好是画出图形,否则容易出错.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一空间角1.(2018课标全国Ⅰ理,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为()A. B. C. D.答案A2.(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5,则该圆锥的侧面积为.答案40π3.(2018课标全国Ⅱ理,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,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M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.解析(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得可取n=((a-4),a,-a),所以cos<,n>=.由已知可得|cos<,n>|=.所以=.解得a=-4(舍去)或a=.所以n=.又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.4.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则即不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又=,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==,由题意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.方法归纳利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤(1)审清题意并建系.利用条件分析问题,建立恰当的空间直角坐标系;(2)确定相关点的坐标.结合建系过程与图形,准确地写出相关点的坐标;(3)确定直线的方向向量和平面的法向量.利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量,若已知某直线垂直某平面,可直接取该直线的方向向量为该平面的法向量;(4)转化为向量运算.将空间位置关系转化为向量关系,空间角转化为向量的夹角问题去论证、求解;(5)问题还原.结合条件与图形,作出结论(注意角的范围).5.(2017课标全国Ⅰ理,18,12分)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.解析本题考查空间点、线、面的位置关系以及二面角的概念和计算,考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力.(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,AP、PD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)解法一(综合法):根据题意可设AB=1,因为AB∥CD,∠APD=∠BAP=∠CDP=90°,PA=PD=AB=DC,所以四边形ABCD是平行四边形,且AD=PC=PB=CB=,取PB的中点为F,连接AF,CF,在等腰三角形PAB中,可得AF⊥PB,在等边三角形PBC中,可得CF⊥PB,所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角,由(1)知AB⊥平面PAD,又AD⊂平面PAD,所以AB⊥AD.所以平行四边形ABCD是矩形,连接AC,则AC=.在△AFC中,AC=,AF=,FC=,由余弦定理可得cos∠AFC==-,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.解法二(向量法):在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以 F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.由(1)及已知可得A,P,B,C.所以=,=(,0,0),=,=(0,1,0).设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则即可取n=(0,-1,-).设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则即可取m=(1,0,1).则cos<n,m>==-.易知二面角A-PB-C为钝二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值为-.方法总结面面垂直的证明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的证明.证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值.建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cosθ|=,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负情况.6.(2017天津理,17,13分)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,求线段AH的长.解析本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴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:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以,二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以,线段AH的长为或.方法总结利用空间向量法证明线面位置关系与计算空间角的步骤:(1)根据题目中的条件,充分利用垂直关系,建立适当的空间直角坐标系,尽量使相关点在坐标轴上,求出相关点的坐标;(2)求出相关直线的方向向量及相关平面的法向量,根据题目的要求,选择适当的公式,将相关的坐标代入进行求解或证明;(3)检验,得出最后结论.7.(2017课标全国Ⅱ理,19,12分)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=AD,∠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.解析本题考查了线面平行的证明和线面角、二面角的计算.(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,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,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).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<,n>|=sin 45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.方法总结本题涉及直线与平面所成的角和二面角,它们是高考热点和难点,解决此类题时常利用向量法,解题关键是求平面的法向量,再由向量的夹角公式求解.解题关键由线面角为45°求点M的坐标是解题的关键.考点二空间向量在立体几何中的应用1.(2018课标全国Ⅰ理,18,12分)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC 折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)由已知可得,BF⊥EF,又BF⊥PF,且PF,EF⊂平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=,EH=,则H(0,0,0),P,D,=,=为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ===.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.易错警示利用空间向量求线面角的注意事项(1)先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)的角度,再取其余角即为所求.(2)若求线面角的余弦值,要注意利用平方关系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要误以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.2.(2017山东理,17,12分)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是的中点.(1)设P是上的一点,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.解析本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.(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°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,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),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.方法总结求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.3.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,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O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则即不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则即不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==,进而有H,从而=,因此cos<,n2>==-.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.4.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.解析(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时=.易错警示(1)证线面垂直时,要在“面”内找两条相交直线,分别与“线”垂直.(2)建立空间直角坐标系前,先明确备选坐标轴之间的两两垂直关系.(3)用向量法说明在某线段上存在满足某条件的点时,参数的取值范围易被忽视.评析本题考查线面垂直的证明,空间向量的应用等,对学生的空间想象能力、运算能力均有较高要求.C组教师专用题组考点一空间角1.(2014广东,5,5分)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B2.(2014课标Ⅱ,11,5分)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM 与AN所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案C3.(2015四川,14,5分)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ 上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cos θ的最大值为.答案4.(2018天津文,17,13分)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB 的中点,AB=2,AD=2,∠BAD=90°.(1)求证:AD⊥BC;(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值;(3)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.解析本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为边AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD.所以,∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在Rt△CAD中,CD==4.在Rt△CMD中,sin∠CDM==.所以,直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.5.(2017北京理,16,14分)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=,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.解析本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,。
2023年高考数学一轮复习精讲精练第24练 空间向量及其应用(解析版)
第24练 空间向量及其应用学校____________ 姓名____________ 班级____________一、单选题1．直三棱柱111ABC A B C -中，若CA a =，CB b =，1CC c =，则1A B =（ ）A ．a b c -+-B ．a b c -+C ．a b c-++D ．a b c +-【答案】A 【详解】由已知得111A B A A AB C C CB CA a b c =+=+-=-+-， 故选：A.2．在正方体1111ABCD A B C D -中O 为面11AA B B 的中心，1O 为面1111D C B A 的中心.若E 为CD 中点，则异面直线AE 与1OO 所成角的余弦值为（ ） ABCD【答案】B 【详解】设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，()()()()12,0,0,0,1,0,2,1,1,1,1,2A E O O ， ()()12,1,0,1,0,1AE OO =-=-，设异面直线AE 与1OO 所成角为θ，则11cos 5AE OO AE OO θ⋅==⋅.故选：B3．已知正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的底面边长为1，P 是正六棱柱内（不含表面）的一点，则AP AB ⋅的取值范围是（ ） A ．13,22⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．31,22⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,12⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，且1AB BC CD DE EF AF ======，由正六边形的性质可得，()()13330,0,0,1,0,0,,,0,,,02222A B F C ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，设(),,P x y z ，其中1322x -<<，所以()=1,0,0AB ，(),,AP x y z =，所以AB AP x ⋅=，所以AB AP ⋅的取值范围13,22⎛⎫- ⎪⎝⎭.故选：A.4．在四面体OABC 中，E 为OA 中点，13CF CB =，若OA a =，OB b =，OC c =，则EF =（ ） A ．112233a b c --B ．114233a b c --+C ．121233a b c -++D ．112233a b c -++【答案】D 【详解】12EF EO OF OA OC CF =+=-++1123OA OC CB =-++()1123OA OC OB OC=-++-112233a b c =-++.故选：D5．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是111A A C D ，，11A D 的中点，则（ ） A ．//AC 平面EFG B ．1//A C 平面EFG C ．1B C ⊥平面EFG D ．BD ⊥平面EFG【答案】A 【详解】解：取1CC 、BC 、AB 的中点分别记为H 、I 、J ，连接FH 、HI 、IJ 、EJ ， 根据正方体的性质可得面EFG 即为平面EGFHIJ ，对于A ：如图1，//AC IJ ，AC ⊄平面EFG ，IJ ⊂平面EFG ，所以//AC 平面EFG ，故A 正确；对于B ：如图2，在平面11A D CB 中，1A C GI K =，则1A C平面EFG K =，所以B 错误；对于C 、D ：如图3，1B D ⊥平面EGFHIJ ，因为过平面EGFHIJ 外一点作1B （D ）仅能作一条垂线垂直该平面，故C 、D 错误； 其中1B D ⊥平面EGFHIJ 可按如下证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()0,2,0D ，()12,0,2B ，()0,0,1E ，()0,1,2G ，()1,2,2F ， 所以()12,2,2DB =-，()0,1,1EG =，()1,2,1EF =，所以10DB EG ⋅=，()12122210DB EF ⋅=⨯+⨯-+⨯=，即1DB EG ⊥，1DB EF ⊥， 又EGEF E =，,EG EF ⊂平面EFG ，所以1B D ⊥平面EFG ；故选：A6．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，O 是底面ABCD 的中心，,E F 分别是11,BB DD 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．1A O //EFB ．1A O EF ⊥C ．1A O //平面1EFBD ．1A O ⊥平面1EFB 【答案】B 【详解】在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，以点D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令12,2(0,0)AB a DD b a b ==>>，O 是底面ABCD 的中心，,E F 分别是11,BB DD 的中点，则11(,,0),(2,0,2),(2,2,),(2,2,2),(0,0,)O a a A a b E a a b B a a b F b ，1(,,2)OA a a b =-，1(2,2,0),(0,0,)FE a a EB b ==，对于A ，显然1OA 与FE 不共线，即1A O 与EF 不平行，A 不正确；对于B ，因12()2020OA FE a a a a b ⋅=⋅+-⋅+⋅=，则1OA FE ⊥，即1A O EF ⊥，B 正确； 对于C ，设平面1EFB 的法向量为(,,)n x y z =，则12200n EF ax ay n EB bz ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，得(1,1,0)n =-，120OA n a ⋅=>，因此1OA 与n 不垂直，即1A O 不平行于平面1EFB ，C 不正确；对于D ，由选项C 知，1OA 与n 不共线，即1A O 不垂直于平面1EFB ，D 不正确. 故选：B7．已知直三棱柱111ABC A B C -各棱长均相等，点D ，E 分别是棱11A B ，1CC 的中点，则异面直线AD 与BE 所成角的余弦值为（ ）A ．15B ．15-C ．35D ．35【答案】A 【详解】设直三棱柱的棱长为1，则AD ==BE =，点D ，E 分别是棱11A B ，1CC 的中点，11112AD AA A D BB BA =+=-，112BE BC CE BC BB =+=+，1111()()22AD BE BB BA BC BB ⋅=-⋅+2111111224BB BC BB BA BC BA BB =⋅+-⋅-⋅1111cos6022=-⨯⨯⨯︒14=，所以11cos ,55AD BE AD BE AD BE⋅<>===．所以异面直线AD 与BE 所成角的余弦值为15．故选：A ．8．已知向量()3,1a =-，()1,2b =-，2c a b λ=+，若b c ⊥，则实数λ=（ ） A ．－2 B ．2C ．1D ．－1【答案】B 【详解】2c a b λ=+()()()1,223,1226λλλ-=-+=-+-，，因为b c ⊥，所以0b c ⋅=，所以()()1,26521020b c λλλ⋅=--+=--=，，所以λ=2.故选：B9．如图，四边形ABCD 中，2,AB BD DA BC CD =====ABD △沿BD 折起，当二面角A BD C --处于5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦过程中，直线AD 与BC 所成角的余弦值取值范围是（ ）A ．522,88⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．252,88⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．20,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．520,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D 【详解】设向量AD 与BC 所成角为1θ，二面角A BD C --的平面角大小为2θ，因为222BC CD BD +=，所以BC CD ⊥，又BC CD =，所以4BDC DBC π∠=∠=，222cos23AD DB π⋅=⨯⨯=-,32cos 24BD BC π⋅==-， 则AC AD DB BC =++， 所以222221||||22s 2o 2AC AD DB BC AD DB BC AD DB AD BC DB BC θ=+++=++=⋅+⋅+⋅+，取BD 中点E ，连接,AE CE ，则,AE BD CE BD ⊥⊥，2AEC θ∠=，AE =1CE =,在AEC △中，22222cos AC AE CE AE CE θ=+-⋅⋅⋅，即224AC θ=-，所以1224θθ+=-，即12cos θθ=-，又因为25,66ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以1cos 88θ⎡∈-⎢⎣⎦，因为直线夹角范围为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以直线AD 与BC 所成角的余弦值范围是⎡⎢⎣⎦．故选：D ．10．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为（ ）A ．1B ．22C ．64D ．33【答案】D如图建立空间直角坐标系，则()()111,0,1,0,1,1A C ，设(),0,1,01P x x x -≤≤，则()()1111,0,,1,1,0A P x x AC =--=-， ∴动点P 到直线11A C 的距离为(22111111A P AC d A P AC ⋅=-=，当13x =时取等号，即线段1AD 上的动点P 到直线11A C 故选：D. 二、多选题11．若a ，b 表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．若a 与α不平行，且a α⊄，则平面α内不存在与a 平行的直线B ．若a α∥，a β⊂，b αβ=，则a b ∥C ．若a α⊥，b β⊂，a b ⊥，则αβ⊥D ．存在两条异面直线a ，b ，使得a α⊂，b β⊂，且a β∥，b α∥ 【答案】ABD 【详解】对于A ，若平面α内存在与a 平行的直线，则a α∥，与已知矛盾，故A 正确； 对于B ，由线面平行的性质定理易知B 正确；对于C ，α，β可能平行，也可能相交，所以C 错误； 对于D ，若αβ∥，易知D 正确.12．若(1,,2)a λ=--，(2,1,1)b =-，a 与b 的夹角为120°，则λ的值为（ ） A ．17- B ．17 C ．1 D ．1-【答案】BD 【详解】 由题意得cos120︒=解得1λ=-或17λ= 故选：BD13．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是11,BC CD 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．MN 与1CC 垂直B ．MN 与AC 垂直C ．MN 与BD 平行 D ．MN 与11A B 平行【答案】ABC 【详解】如图所示，易知N 是1C D 中点，又M 分别是1BC 的中点，根据向量的运算： 11111122MNMC C NBC C D BD ，显然,MN BD 不共线，故MN BD ∥，又1CC BD ⊥，故1CC MN ⊥，于是A ，C 正确；又AC BD ⊥，且MN BD ∥，故MN AC ⊥，故B 正确；若11MN A B ，结合MN BD ∥，根据平行的传递性，可知11A B BD ，又11∥A B AB ，则AB BD ，显然是错误的，故D 错误.故选：ABC.14．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点(1,1,1)P ，(1,0,1)A ，(0,1,0)B ，则下列说法正确的是（ ）A ．点P 关于yOz 平面对称的点的坐标为(1,1,1)-B ．若平面α的法向量(2,2,2)n =-，则直线//AB 平面αC ．若PA ，PB 分别为平面α，β的法向量，则平面α⊥平面βD ．点P 到直线AB【答案】ACD【详解】 解：对于A ：因为(1,1,1)P ，所以点P 关于yOz 平面对称的点的坐标为(1,1,1)-，故A 正确； 对于B ：因为(1,0,1)A ，(0,1,0)B ，所以()1,1,1AB =--，因为平面α的法向量(2,2,2)n =-，所以()()12121260AB n =-⨯+⨯-+-⨯=⋅-≠，所以直线AB 与平面α不平行，故B 错误； 对于C ：因为()0,1,0PA =-、()1,0,1PB =--，所以0PA PB ⋅=，因为PA ，PB 分别为平面α，β的法向量，所以平面α⊥平面β，故C 正确；对于D ：因为()0,1,0AP =，()1,1,1AB =--，所以1AP AB ⋅=，所以点P 到直线AB的距离22AP AB d AP AB ⎛⎫⋅ ⎪=-= ⎪⎝⎭，故D 正确； 故选：ACD三、解答题15．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,2,3AC BC AC BC CC ⊥===，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1,2AD CE ==．(1)设F 为11B C 中点，求证：1//A F 平面BDE ；(2)求直线11A B 与平面BDE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：取BE 中点G ，连接FG 、DG ，则11////FG CC AA ，且1113222C E BB FG ++===， 所以1//FG A D 且1FG A D =，所以四边形1A DGF 为平行四边形，所以1//A F DG ． 又1A F ⊂平面BDE ，DG ⊄平面BDE ，所以1//A F 平面BDE ．(2)解：因为直三棱柱111ABC A B C -中AC BC ⊥，所以CA 、CB 、1CC 两两垂直．分别以CA 、CB 、1CC 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,2,0B ，()()()0,0,2,2,0,1,2,0,0E D A ，所以()0,2,2BE =-，()2,2,1BD =-，()112,2,0A B AB ==-，设平面BDE 法向量为(),,n x y z =，则0n BE ⋅=，0n BD ⋅=，即220220y z x y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1y =，得到平面BDE 的一个法向量1,1,12n ⎛⎪=⎫ ⎝⎭． 设直线11A B 与平面BDE 所成的角为θ， 则(11111112sin cos ,11A B n A B n A B n θ⨯-⋅====⋅+ 所以直线11A B 与平面BDE 所成角的正弦值为26．16．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AB DC ，DA AB ⊥，2AB AP ==，1DA DC ==，E 为PC 上一点，且23PE PC =. (1)求证：AE ⊥平面PBC ；(2)求平面AEB 与平面AED 所成的锐二面角的大小.【解析】(1)证明：∴PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，故以A 为原点，AB AD AP ､､分别为x 轴､y 轴､z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A ､()002P ,,､()1,1,0C ､()2,0,0B ､222,,333E ⎛⎫ ⎪⎝⎭､()0,1,0D ， 所以222,,333AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()1,1,0BC =-，()2,0,2BP =-， 则0BC AE ⋅=，0BP AE ⋅=，即BC AE ⊥，BP AE ⊥，又BCBP B =，所以AE ⊥平面.PBC(2)由(1)知222,,333AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()2,0,0AB =，()0,1,0AD =， 设平面AEB 的一个法向量为(),,n x y z =，则0AB n ⋅=，0AE n ⋅=， 即202220333x x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，令1y =，可得()0,1,1n =-， 设平面AED 的一个法向量为(),,m a b c =，则0AD m ⋅=，0AE m ⋅=， 即02220333b a b c =⎧⎪⎨++=⎪⎩，令1a =，可得()1,0,1m =-，11cos ,22m n m n m n ⋅===⋅⋅， 所以平面AEB 与平面AED 锐二面角的大小为π3。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
考点测试47 空间向量及其应用高考概览本考点是高考必考知识点，考查题型为选择、填空题、解答题，中等难度考纲研读1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置 2．会简单应用空间两点间的距离公式3．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4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直一、基础小题1．空间四边形ABCD 中，已知M ，G 分别为BC ，CD 的中点，则向量AB→＋12(BD→＋BC →)＝( ) A ．AG→ B ．CG → C ．BC → D ．12BC → 答案 A解析 如图所示，12(BD →＋BC →)＝BG→，AB →＋BG →＝AG →．故选A ．2．分别以棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则四边形AA 1B 1B 的对角线的交点的坐标为( )A ．0，12，12B ．12，0，12 C ．12，12，0 D ．12，12，12 答案 B解析 设所求交点为O ，在空间直角坐标系中，点A 1(0，0，1)，B (1，0，0)，则AB →＝(1，0，0)，AA 1→＝(0，0，1)，故AO →＝12，0，12，即对角线的交点坐标为12，0，12，故选B ．3．若向量a ＝(2，－2，－2)，b ＝(2，0，4)，则a 与b 的夹角的余弦值为( ) A ．48585 B ．6985 C ．－1515 D ．0 答案 C解析 cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2×2－823×25＝－1515．4．设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点O ，球面上的两个点A ，B 的坐标分别为A (1，2，2)，B (2，－2，1)，则|AB |等于( )A ．18B ．12C ．3 2D ．23 答案 C解析 |AB |＝(1－2)2＋(2＋2)2＋(2－1)2＝32．5．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC→＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．不确定 答案 B 解析如图，设a ＝DA →，b ＝DB →，c ＝DC →，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝(b －a )·(－c )＋(c －a )·b ＋(－a )·(c －b )＝－b ·c ＋a ·c ＋c ·b －a ·b －a ·c ＋a ·b ＝0．6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，给出以下向量表达式：①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →；②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→；③(AD →－AB →)－2DD 1→；④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→． 其中能够化简为向量BD 1→的是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④ 答案 A解析 ①(A 1D 1→－A 1A →)－AB →＝AD 1→－AB →＝BD 1→； ②(BC →＋BB 1→)－D 1C 1→＝BC 1→－D 1C 1→＝BD 1→； ③(AD →－AB →)－2DD 1→＝BD →－2DD 1→≠BD 1→； ④(B 1D 1→＋A 1A →)＋DD 1→＝B 1D →＋DD 1→＝B 1D 1→≠BD 1→．综上，①②符合题意．故选A ．7．在空间直角坐标系中，已知△ABC 的顶点坐标分别为A (1，－1，2)，B (5，－6，2)，C (1，3，－1)，则边AC 上的高BD ＝( )A ．5B ．41C ．4D ．25 答案 A解析 设AD→＝λAC →，AC →＝(0，4，－3)，则AD →＝(0，4λ，－3λ)，AB →＝(4，－5，0)，BD →＝(－4，4λ＋5，－3λ)．由AC →·BD→＝0，得λ＝－45，所以BD →＝－4，95，125，所以|BD→|＝5．故选A ．8．已知空间向量a ，b ，满足|a |＝|b |＝1，且a ，b 的夹角为π3，O 为空间直角坐标系的原点，点A ，B 满足OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，则△OAB 的面积为________．答案534解析 由已知OA →＝2a ＋b ，OB →＝3a －b ，得|OA→|＝ (2a ＋b )2＝ 7，|OB→|＝(3a －b )2＝7．∴cos ∠BOA ＝OA →·OB →|OA →||OB →|＝1114，∴sin ∠BOA ＝5314．∴S △OAB ＝12|OA →||OB →|sin ∠BOA ＝534． 二、高考小题9．(2014·广东高考)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 经检验，选项B 中向量(1，－1，0)与向量a ＝(1，0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°．故选B ．10．(2015·浙江高考)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 22解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°．不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1，0，0)，则e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b ·e 1＝2，b ·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b ＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝22．又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2．三、模拟小题11．(2018·山东临沂模拟)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 ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交 答案 B解析 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，0，－4)，即n ＝－2a ，故a ∥n ，∴l ⊥α． 12．(2018·河南安阳联考)设平面α的一个法向量为n 1＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n 2＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝( )A ．2B ．－4C ．－2D ．4 答案 D解析 ∵α∥β，∴n 1∥n 2，由题意可得－21＝－42＝k－2，∴k ＝4．13．(2018·河北衡水月考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为上底面A 1C 1的中心．若向量A E →＝AA 1→＋xAB →＋yAD →，则实数x ，y 的值分别为( ) A ．x ＝1，y ＝1 B ．x ＝1，y ＝12 C ．x ＝12，y ＝12 D ．x ＝12，y ＝1 答案 C14．(2018·合肥质检)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，AA 1＝3，点M 是BC 的中点，点P ∈AC 1，Q ∈MD ，则PQ 长度的最小值为( )A ．1B ．43C ．233 D ．2 答案 C解析 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系， 设P (x 0，2x 0，3－3x 0)， Q (x 1，2－x 1，3)，x 0， x 1∈[0，1]，所以 PQ ＝(x 0－x 1)2＋(2x 0＋x 1－2)2＋(3－3x 0－3)2 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 0－222＋272⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－292＋43， 当且仅当x 0＝29，x 1＝89时，PQ 取得最小值， 即PQ min ＝43＝233．15．(2018·贵阳模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2．若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A ． 2B ．3C ．2D ．22 答案 A解析 如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，0，0)，B 1(0，2，2)，C 1(0，0，2)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1，0，a )，CD →＝(1，0，a )，CB 1→＝(0，2，2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0，m ·CD →＝0⇒⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0.令z ＝－1，得m ＝(a ，1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，则由cos60°＝m ·n|m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝2． 16．(2018·北京海淀区一模)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →的取值范围是________．答案 [0，1] 解析以DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ．则D (0，0，0)，C (0，1，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，D 1(0，0，1)． ∴DC →＝(0，1，0)，BD 1→＝(－1，－1，1)． ∵点P 在线段BD 1上运动，∴设BP →＝λBD 1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1．∴AP→＝AB →＋BP →＝DC →＋BP →＝(－λ，1－λ，λ)． ∴DC →·AP →＝1－λ∈[0，1]．一、高考大题1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM ．又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ．当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM→＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0. 可取n ＝(1，0，2)．DA→是平面MCD 的法向量，因此， cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA→〉＝255，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255．2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －P A －C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．解 (1)证明：因为P A ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝23．连接OB ．因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2．由OP 2＋OB 2＝PB 2，知OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，AC ∩OB ＝O ，知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，则AP →＝(0，2，23)，取平面P AC 的法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2．由已知得|cos 〈OB→，n 〉|＝32．所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32． 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43． 所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－833，433，－43． 又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34． 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34．3．(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P AB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝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 ∩DP ＝P ，所以AB ⊥平面P AD ．因为AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD ． (2)在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F ．由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD ．以F 为坐标原点，F A →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Fxyz ．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)，P A →＝22，0，－22，AB →＝(0，1，0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，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P AB 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·P A →＝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．由图可知，二面角A －PB －C 为钝角， 所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33．二、模拟大题4．(2018·齐鲁名校调研)如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上．(1)当AB＝2时，证明：平面SAB⊥平面SCD；(2)若AB＝1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值．解(1)证明：过点S作SO⊥AD，垂足为O，依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD，又AB⊥AD，SO∩AD＝O，∴AB⊥平面SAD，AB⊥SA，AB⊥SD．在△SAB中，利用勾股定理得SA＝SB2－AB2＝4－2＝2，同理可得SD＝2．在△SAD中，AD＝2，SA＝SD＝2，∴SA2＋SD2＝AD2，即SA⊥SD．∵AB∩SA＝A，∴SD⊥平面SAB，又SD⊂平面SCD，∴平面SAB⊥平面SCD．(2)连接BO，CO，∵SB＝SC，SO⊥平面ABCD，∴Rt△SOB≌Rt△SOC，∴BO＝CO，又四边形ABCD为长方形，∴Rt△AOB≌Rt△DOC，∴OA＝OD．取BC的中点为E，连接OE，得OE∥AB，连接SE，易得SE＝3，其中OE＝1，OA＝OD＝1，OS＝3－12＝2．易知OS ，OE ，AD 互相垂直，不妨以OA →，OE →，OS →所在方向分别为x ，y ，z轴的正方向建立空间直角坐标系．则B (1，1，0)，C (－1，1，0)，D (－1，0，0)，S (0，0，2)， ∴DC→＝(0，1，0)，SC →＝(－1，1，－2)，BC →＝(－2，0，0)， 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面SCD 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝0，m ·SC →＝0，即⎩⎨⎧y 1＝0，－x 1＋y 1－2z 1＝0，令z 1＝1，得m ＝(－2，0，1)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面SBC 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·SC →＝0，即⎩⎨⎧－2x 2＝0，－x 2＋y 2－2z 2＝0，令z 2＝1，得n ＝(0，2，1)， 则|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝13×3＝13． ∴平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13．5．(2018·太原五中阶段测验)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，对角线AC 与BD 的交点为O ，PD ＝PB ＝AB ＝2，P A ＝6，∠BCD ＝60°．(1)证明：PO ⊥平面ABCD ；(2)在棱CD 上是否存在点M ，使平面ABP 与平面MBP 所成锐二面角的余弦值为55？若存在，请指出M 点的位置；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：∵PD ＝PB ，且O 为BD 的中点， ∴PO ⊥BD ．在菱形ABCD 中，∵∠BCD ＝60°，AB ＝2， ∴OA ＝3，OB ＝1． 又PB ＝2，∴PO ＝3．∵P A ＝6，∴P A 2＝PO 2＋OA 2，∴PO ⊥OA ． ∵BD ∩AO ＝O ，∴PO ⊥平面ABCD ．(2)以O 为原点，OA ，OB ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，3)． ∴AB →＝(－3，1，0)，BP →＝(0，－1，3)，BC →＝(－3，－1，0)，CD →＝(3，－1，0)，设平面ABP 的法向量为n 1， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BP →＝0，得平面ABP 的一个法向量为n 1＝(1，3，1)， 设CM→＝λCD →， 则BM→＝BC →＋CM →＝BC →＋λCD → ＝(3(λ－1)，－(λ＋1)，0)． 设平面BPM 的法向量为n 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BP →＝0，n 2·BM →＝0，得平面BPM 的一个法向量为 n 2＝(λ＋1，3(λ－1)，λ－1)． 由|cos 〈n 1，n 2〉|＝|5λ－3|5·(λ＋1)2＋4(λ－1)2＝55，得5λ2－6λ＋1＝0，∴λ＝1或λ＝15．即当点M 与点D 重合或|CM→|＝15|CD →|时，平面ABP 与平面MBP 所成锐二面角的余弦值为55．6．(2018·江西重点盟校联考)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为2，D 为棱BB 1(不包括端点)上一动点，E 是AB 的中点．(1)若AD ⊥A 1C ，求BD 的长；(2)当D 在棱BB 1(不包括端点)上运动时，求平面ADC 1与平面ABC 的夹角的余弦值的取值范围．解 (1)由AC ＝BC ，AE ＝BE ，知CE ⊥AB ，又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，CE ⊂平面ABC ，所以CE ⊥平面ABB 1A 1． 而AD ⊂平面ABB 1A 1，所以AD ⊥CE ，又AD ⊥A 1C ，A 1C ∩CE ＝C ，所以AD ⊥平面A 1CE ， 因为A 1E ⊂平面A 1CE ，所以AD ⊥A 1E ． 易知此时D 为BB 1的中点，故BD ＝1．(2)以点E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EC 所在直线为y 轴，过E 作垂直于平面ABC 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BD ＝t ，0<t <2，则A (－1，0，0)，D (1，0，t )，C 1(0，3，2)，AD →＝(2，0，t )，AC 1→＝(1，3，2)， 设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD→＝2x ＋tz ＝0，n ·AC 1→＝x ＋3y ＋2z ＝0，取x ＝1，得n ＝1，43t －13，－2t ， 而平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 设平面ADC 1与平面ABC 的夹角为θ，θ为锐角， 所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝2t1＋43t －132＋4t 2＝3t 2－2t ＋7＝3(t －1)2＋6．由于t ∈(0，2)，故cos θ∈217，22，21 7，2 2．即平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围为。