【名师金典】2016版高考数学大一轮复习课时限时检测(四十三)空间向量及其运算

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高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题(含答案)

高考数学一轮复习《空间向量与立体几何》练习题（含答案）一、单选题1．已知空间向量()3,4,5AB =-，则AB =（） A ．5B ．6C ．7D ．522．设直线1l 、2l 的方向向量分别为a ，b ，能得到12l l ⊥的是（） A ．(1,2,2)a =-，(2,4,4)b =- B ．(2,2,1)a =-，(3,2,10)b =- C ．(1,0,0)a =，(3,0,0)b =-D ．(2,3,5)a =-，(2,3,5)b =3．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 ．2121D ．421214．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为平行四边形，M ，N 分别为棱BC ，PD 上的点，12CM BM =，N 是PD 的中点，向量MN AB x AD y AP =-++，则（）A ．13x =，12y =-B ．16x =-，12y =C ．13x，12y =D ．16x =，12y =-5．有以下命题：①一个平面的单位法向量是唯一的②一条直线的方向向量和一个平面的法向量平行，则这条直线和这个平面平行 ③若两个平面的法向量不平行，则这两个平面相交④若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量，则直线和平面垂直其中真命题的个数有（） A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．已知(2,2,3)a =--，(2,0,4)=b ，则cos ,a b 〈〉=（） A ．48585B ．48585-C ．0D ．17．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是棱1111,C D A D 上的动点．给出下面四个命题①直线EF 与直线AC 平行；②若直线AF 与直线CE 共面，则直线AF 与直线CE 相交； ③直线EF 到平面ABCD 的距离为定值； ④直线AF 与直线CE 所成角的最大值是3π．其中，真命题的个数是（） A ．1B ．2C ．3D ．48．在以下命题中：①三个非零向量a ，b ，c 不能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 共面；②若两个非零向量a ，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a ，b 共线； ③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若222OP OA OB OC =--，则P ，A ，B ，C 四点共面④若a ，b 是两个不共线的向量，且(,,,0)c a b R λμλμλμ=+∈≠，则{},,a b c 构成空间的一个基底⑤若{},,a b c 为空间的一个基底，则{},,a b b c c a +++构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（） A ．0B ．1C ．2D ．39．已知向量(4,2,4),(6,3,2)a b =--=-，则下列结论正确的是（） A ．(10,5,2)a b +=- B ．(2,1,6)a b -=-C ．(24,6,8)a b ⋅=-D ．||6a =10．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M ，N 分别为1BB ，CD 的中点．有下列结论：①三棱锥11A MND -在平面11D DCC 上的正投影图为等腰三角形； ②直线//MN 平面11A DC ；③在棱BC 上存在一点E ，使得平面1AEB ⊥平面MNB ；④若F 为棱AB 的中点，且三棱锥M NFB -的各顶点均在同一求面上，则该球的体积为6π．其中正确结论的个数是（） A ．0B ．1C ．2D ．311．如图，某圆锥SO 的轴截面SAC ，其中5SA AO =，点B 是底面圆周上的一点，且2cos 3BOC ∠=，点M 是线段SA 的中点，则异面直线SB 与CM 所成角的余弦值是( )A 235B 665C 13D 312．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，90BAD ∠=︒，112PA AB BC AD ====，//BC AD ，已知Q 是四边形ABCD 内部一点（包括边界），且二面角Q PD A --的平面角大小为30，则ADQ △面积的取值范围是（）A ．2150,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦B ．250,5⎛⎤⎥ ⎝⎦C ．2100,15⎛⎤ ⎥ ⎝⎦D ．3100,5⎛⎤ ⎥ ⎝⎦二、填空题13．已知a =(3，2，－1)，b = (2，1，2)，则()()2a b a b -⋅+=___________． 14．若空间中有三点()()()1,0,1,0,1,1,1,2,0A B C - ，则点()1,2,3P 到平面ABC 的距离为______.15．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，14AA =，3AB =，点N 为侧面11BCC B 上一动点（不含边界），且满足1D N CN ⊥.记直线1D N 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的取值范围为_________.16．如图所示，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111AC B D F =，若1AF xAB yAD zAA =++，则x y z ++=___________.三、解答题17．如图1，在ABC 中，90C ∠=︒，3BC =3AC =，E 是AB 的中点，D 在AC 上，DE AB ⊥.沿着DE 将ADE 折起，得到几何体A BCDE -，如图2(1)证明：平面ABE ⊥平面BCDE ；(2)若二面角A DE B --的大小为60︒，求直线AD 与平面ABC 所成角的正弦值.18．已知正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2a ，M 是棱1DD 的中点.求证：1DB ∥平面11A MC .19．四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，90PDA BAD ∠=∠=︒，12PD DA AB CD ===，S 为PC中点，BS CD ⊥．（1）证明：PD ⊥平面ABCD ；（2）平面SAD 交PB 于Q ，求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值．20．如图，在多面体ABCDEF 中，AD ⊥平面ABF ，AD ∥BC ∥4EF AD =，，3,2BC AB BF EF ====，120ABF ︒∠=．（1）证明：AC DE ⊥；（2）求直线AE 与平面CDE 所成角的大小．21．如图（1）,在直角梯形ABCD 中,AB CD ∥,AB BC ⊥,22CD AB BC ==,过A 点作AE CD ⊥,垂足为E ,现将ADE ∆沿AE 折叠,使得DE EC ⊥,如图（2）.（1）求证:平面DAB ⊥平面DAE ; （2）求二面角D AB E --的大小.22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24CD AB ==，2AD =，PAB 为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.(1)求证：//AE 平面PBC ； (2)求二面角A EB C --的余弦值.23．如图所示，边长为2的正方形ABFC 和高为2的直角梯形ADEF 所在的平面互相垂直且2DE =，//ED AF 且90DAF ∠=︒．(1)求BD 和面BEF 所成的角的正弦； (2)求点C 到直线BD 的距离；(3)线段EF 上是否存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直，若存在，求EP 与PF 的比值：若不存在，说明理由．24．如图，在三棱锥A BCD -中，ABD △是等边三角形，2AC =，2BC CD ==，BC CD ⊥，E 为空间内一点，且CDE 为以CD 为斜边的等腰直角三角形．（1）证明：平面ABD ⊥平面BCD ；（2）若2BE =，试求平面ABD 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值参考答案1．D2．B3．B4．B5．A6．B7．B8．D9．D10．D11．B12．A 13．21415．13,22⎫⎛⎫+∞⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭16．2 17．（1）证明：因为在图1中DE AB ⊥，沿着DE 将ADE 折起，所以在图2中有DE AE ⊥，DE BE ⊥，又AEBE E =，所以DE ⊥平面ABE ，又因为DE ⊂平面BCDE ，所以平面ABE ⊥平面BCDE ；（2）解：由（1）知，DE AE ⊥，DE BE ⊥，所以AEB ∠是二面角A DE B --的平面角，所以60AEB ∠=︒，又因为AE BE =，所以ABE 是等边三角形，连接CE ，在图1中，因为90C ∠=︒，BC =，3AC = 所以60EBC ∠=︒，AB =因为E 是AB 的中点，所以BE BC == 所以BCE 是等边三角形. 取BE 的中点O ，连接AO ，CO ，则AO BE ⊥，CO BE ⊥，因为平面ABE ⊥平面BCDE ，平面ABE ⋂平面BCDE BE =，所以AO ⊥平面BCDE ，所以OB ，OC ，OA 两两垂直，以O 为原点，OB ，OC ，OA 为x ，y ，z 轴建系，如图所示.30,0,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3B ⎫⎪⎪⎝⎭，30,,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 所以3322AB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，330,,22AC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，332AD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面ABC 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即330,2330.22z y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩取1z =，得平面ABC 的一个法向量为()3,1,1n =，所以33311125cos ,52n AD AD n n AD ⎛⎛⎫⨯+-⨯ ⎪⋅⎝⎭===⨯设直线AD 与平面ABC 所成角为θ，则5sin θ=. 18．以点D 为原点，分别以DA ､DC 与1DD 的方向为x ､y 与z 轴的正方向，建立空间直角坐标系.则()0,0,0D ､()2,0,0A a ､()0,2,0C a ､()2,2,0B a a ､()10,0,2D a ､()12,0,2A a a ､()10,2,2C a a ､()12,2,2B a a a ，M 是棱1DD 的中点得()0,0,M a ，()12,2,2DB a a a =.设面11A MC的一个法向量为(),,n x y z =，()12,0,MA a a =，()10,2,MC a a =，则1120,0,20,0,ax az n MA ay az n MC ⎧+=⋅=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎩⎩令1y =，则()1,1,2n =-.又110DB n DB n ⋅=⇒⊥，因为1DB ⊄平面11A MC ，所以1DB ∥平面11A MC .19．（1）取CD 中点为M ，则DM AB =且//DM AB ，所以四边形ABMD 为平行四边形，可得//BM AD ，所以BM CD ⊥，又由BS CD ⊥，BM BS B ⋂=，所以CD ⊥平面BSM ，又因为SM ⊂平面BSM ，所以CD SM ⊥, 又由//SM PD ，所以CD PD ⊥，AD PD ⊥，CDAD D =，所以PD ⊥平面ABCD ．（2）延长CB ，DA 交于N ，连SN 与PB 交点即为Q ，因为B 为CN 中点，S 为PC 中点，故Q 为PNC △的重心，故2PQ QB =，以D 为原点，,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1AB =，则()1,1,0B ，()0,0.1P ，设(),,Q x y z 且2PQ QB =，可得()()()212112x x y y z z ⎧=-⎪=-⎨⎪-=-⎩，所以221,,333x y z ===，可得241,,333CQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为AD PD ⊥，AD CD ⊥且PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ．平面PCD 的法向量为()1,0,0DA =，可得2cos ,211CQ DA CQ DA CQ DA⋅===⋅⋅．即CQ 与平面PCD20．（1）因为AD∥BC∥EF，AD⊥平面ABF，所以BC⊥平面ABF，EF⊥平面ABF，所以四边形ABCD与四边形BCEF都是直角梯形，以B为坐标原点,BA BC所在直线分别为x轴、y轴，过点B且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,0,0),(1,0,3),(1,2,3),(0,3,0),(2,4,0)A F E C D--，所以(2,3,0),(3,2,3)AC DE=-=--，所以6600AC DE⋅=-+=，所以AC DE⊥.（2）由（1）知，(3)AE=-，(2,1,0)CD=，(3,23)DE=--，，设平面CDE的法向量为(,,)n x y z=，则CD nDE n⎧⋅=⎨⋅=⎩，即203230x yx y z+=⎧⎪⎨--=⎪⎩，取=1x -，则32,3y z ==，所以31,2,3n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面CDE 的一个法向量，设直线AE 与平面CDE 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，则|||341|3sin |cos ,|2||||4343AE n AE n AE n θ⋅++=〈〉===⋅⨯，所以3πθ=，所以直线AE 与平面CDE 所成角的大小为3π. 21．证明：（1） AE CD ⊥,AB CD ∥,∴ AE AB ⊥DE EC ⊥,AB EC ∥, ∴DE AB ⊥又AE DE E =,故:AB ⊥平面DAE ,AB ⊂平面DAB ,故:平面DAB ⊥平面DAE .（2）以E 为原点,EA 为x 轴,EC 为y 轴,ED 为z 轴,建立空间直角坐标系,如图:设2DE EC ED ===,∴ ()2,0,0A ,()0,0,2D ,()0,0,0E ,()2,2,0B ,可得:()2,0,2AD =-,()0,2,0AB =,设平面DAB 的法向量(),,n x y z =,则22020n AD x z n AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩,取1x =,得()1,0,1n =, 平面ABE 的法向量()0,0,1m =,设二面角D AB E --的大小为θ,则12cos 22m n m n θ⋅===⋅, ∴ 45θ=︒,∴二面角D AB E --的大小为45︒.22．（1）如图，取PC 的中点F ，连接EF ，BF ，∵PE DE =，PF CF =，∴//EF CD ，2CD EF =，∵//AB CD ，2CD AB =，∴//AB EF ，且EF AB =.∴四边形ABFE 为平行四边形，∴//AE BF .∵BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ，故//AE 平面PBC .（2）取AB 中点O ，CD 中点M ，以O 为原点，OM 为x 轴，AB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系：则()0,1,0A -，()0,1,0B ，()1,2,0C ，()0,0,1P ，()1,2,0D -，11,1,22E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则11,2,22BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()0,2,0AB =，()1,1,0BC =，设平面ABE 的一个法向量为()111,,m x y z =，平面CBE 的一个法向量为()222,,n x y z =，则111120112022m AB y m BE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令11x =，则()1,0,1m =-， 222220112022n BC x y n BE x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，21x =，则()1,1,5n =--，设m 与n 的夹角为θ，则66cos 3233m n m n θ⋅===⋅，由二面角A EB C --为钝角，则余弦值为63-.23．（1）解：（1）因为AC 、AD 、AB 两两垂直，建立如图坐标系，则()2,0,0B ，()0,0,2D ，()1,1,2E ，()2,2,0F ，()0,2,0C ，则(2,0,2),(1,1,2),(0,2,0)DB BE BF =-=-=设平面BEF 的法向量(,,)n x y z =，则200n BE x y z n BF y ⎧⋅=-++=⎨⋅==⎩令1z =，则2x =，0y =，所以(2,0,1)n =， ∴向量DB 和()2,0,1n =所成角的余弦为2222220210212(2)DB nDB n ⋅+-=⋅++-．即BD 和面BEF 10 （2）解：因为()2,0,2DB =-，()2,2,0BC =-，所以()()2202024DB BC ⋅=⨯-+⨯+⨯-=-，22DB =，22BC =C 到直线BD 的距离()2222422622DB BC d BC DB ⎛⎫⋅-⎛⎫ ⎪=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（3）解：假设线段EF 上存在点P 使过P 、A 、C 三点的平面和直线DB 垂直，不妨设EP 与PF 的比值为m ，即EP mPF =，设(),,P x y z ，即()()1,1,22,2,x y z m x y z ---=---，所以()()12122x m x y m y z mz ⎧-=-⎪-=-⎨⎪-=-⎩，解得12112121m x m m y m z m +⎧=⎪+⎪+⎪=⎨+⎪⎪=⎪+⎩集P 点坐标为12122(,,)111m m m m m +++++，则向量12122(,,)111m m AP m m m++=+++，向量1212(,,)111m CP m m m +=-+++，因为()2,0,2DB =-所以()()12122202011112122020111m m m m m m m m m ++⎧⨯+⨯+-⨯=⎪⎪+++⎨+-⎪⨯+⨯+-⨯=⎪+++⎩，解得12m =．所以存在p ，求EP 与PF 的比值1224．解：（1）取BD 的中点O ，连接OC ，OA ，因为ABD △是等边三角形，2BD =，所以AO BD ⊥，且3AO =，又因为2BC CD ==，所以OC BD ⊥112CO BD ==，又2AC = 222AO OC AC AO OC ∴+=∴⊥又AO BD ⊥，因为CO BD O ⋂=，二面角A BD C --的平面角AOC ∠是直角，∴平面ABD ⊥平面BCD ；（2）由（1）以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OA 为z 轴建立空间直角坐标系，不妨令E 在平面BCD 上方取CD 的中点F ，连接OF ，EF ，则,OF CD EF CD ⊥⊥．OF EF F ⋂=，,OF EF ⊂平面EOF ，∴CD ⊥平面EOF ，CD ⊂平面OCD ，∴平面EOF ⊥平面OCD ，OF =，EF =，设EFO πθ∠=-，则(0,0,0)O ，(1,0,0)C ，(0,1,0)D，A ，(0,1,0)B -11111113cos ,cos ,cos ,cos 22222222E BE θθθθθθ⎛⎫⎛⎫++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，13322,cos ,sin ,244BE E θθ⎛==∴=∴=∴ ⎝⎭所以(1,1,0)CD =-，13,44CE ⎛=- ⎝⎭，设平面ECD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00CD n CE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，013044x y x y z -+=⎧⎪∴⎨-+=⎪⎩，令1x =，则1,1,n ⎛=- ⎝⎭因为平面ABD 的一个法向量为(1,0,0)OC =，所以1|cos ,|4OC n〈〉==，即平面ABD 与平面ECD。

数学高考一轮复习同步训练(北师大版) 第43讲《立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解》必修2

课时作业(四十三) [第43讲立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解][时间：45分钟分值：100分]基础热身1．如图K43－1所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33.若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(2,1,1)C.⎝⎛⎭⎫2，12，12D.⎝⎛⎭⎫1，1，12 2．若a ＝(1,2,1)，b ＝(－2,0,1)分别是直线l 1，l 2的方向向量，则l 1，l 2的位置关系是( )A ．平行B ．异面C ．相交D ．相交或异面3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22 C.3 D ．3 24．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( )A. 3B. 2C.62D.63 能力提升5．如图K43－2，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1DA.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－3)，则B 、D 间的距离为( )图K43A ．1 B ．2 C. 2 D ．2或 2 7．[2011·河南六市联考] 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则异面直线AD 1与CE 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π28．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22C.2λ3D.559．如图K43－4，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P －EC －D 的平面角为π4时，AE ＝( )A ．1 B.12C ．2－ 2D ．2－ 310．已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，则平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是________．11．如图K43－5，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且AA 1与A ，A 的夹角都是60°，则AC 1的长等于________．－5K43－612．如图K43－6，AO ⊥平面α，BC ⊥OB ，BC 与平面α的夹角为30°，AO ＝BO ＝BC ＝a ，则AC ＝________________________________________________________________________.13．如图K43－7，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值为________．14．(10分)如图K43－8，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B1C1与正三棱锥B－ACD组成，其中，AB⊥BC.它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．15．(13分)[2011·安徽师大附中三模] 如图K43－9，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE难点突破16．(12分)[2011·湖北卷] 如图K43－10，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K43－10课时作业(四十三)【基础热身】1．A [解析] 可知A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)，令P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，AE →＝(－1,1，m )，DP →＝(0,0,2m )，∴cos 〈DP →，AE →〉＝2m 21＋1＋m 2·2m ＝33，m ＝1.∴E 的坐标为(1,1,1)．2．D [解析] 根据共线向量定理，显然a ，b 不平行，所以l 1，l 2的位置关系是相交或异面．3．B [解析] 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d＝|OA →·n 0|＝22.4．D [解析] 直线l 的一个单位法向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33，向量OA →＝(1,0,0)，故点O 到直线l 的距离为d ＝ |OA →|2－|OA →·s 0|2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63.【能力提升】5．C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，AD →1＝(－2,0,1)，DC 1→＝(0,2,1)，故异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值为|cos〈AD →1，DC →1〉|＝|AD →1·DC →1||AD →1||DC →1|＝15.6．D [解析] ∵∠ACD ＝90°，∴AC ·CD ＝0.同理BA →·AC →＝0，∵AB 和CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →， ∴BD →2＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·CD →＋2BA →·AC →＋2AC →·CD → ＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·CD →＝3＋2×1×1×cos 〈BA →，CD →〉＝⎩⎪⎨⎪⎧4(〈BA →，CD →〉＝60°)，2(〈BA →，CD →〉＝120°)，∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或2，故选D.7．D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则有A (0,0,0)，D 1(1,0,1)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，所以AD 1→＝(1,0,1)，CE →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，1，∴AD 1→·CE →＝0，即异面直线AD 1与CE 所成角为π2.8．D [解析] 如图，如果过点G 1作垂线，垂足为H ，如果我们能求出向量GH →，那么|GH →|就是点G 到平面D 1EF 的距离．在正方体中，建立空间直角坐标如图，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，GE →＝⎝⎛⎭⎫0，－λ，－12，F ⎝⎛⎭⎫1，1，12，EF →＝(0,1,0)，D 1(0,0,1)，ED →1＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y 使GH →＝GE →＋xEF →＋yED →1＝⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，由于GH ⊥EF ，GH⊥ED 1，所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·(0，1，0)＝0，⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝⎛⎭⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故GH →＝⎝⎛⎭⎫－15，0，－25，所以|GH →|＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55.9．D [解析] 以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，则EC →＝(－1,2－y 0,0)，设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·PC →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝(2－y 0)∶1∶2，记n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面ECD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则二面角P －EC －D 的平面角θ满足cos θ＝|cos〈n 1，n 2〉|＝22，∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22·1＝22⇒y 0＝2－ 3. ∴当AE ＝2－3时，二面角P －EC －D 的平面角为π.10.7618 [解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥AB →知n 1·AB →＝2x －z ＝0，由n 1⊥AC →知n 1·AC →＝2y －z ＝0，取n 1＝(1,1,2)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AB →知n ·AB →＝2x －z ＝0，由n ⊥EB →知n ·EB →＝2x －y ＝0，取n ＝(1,2,2)．则cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n ||n 1|＝1＋2＋49×6＝7618，所以平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值为7618.11.2a 2＋b 2－2ab [解析] 由已知〈AA →1，AB →〉＝〈AA →1，AD →〉＝120°，〈AB →，AD →〉＝90°.|AC →1|2＝|AA →1＋AB →＋AD →|2＝|AA →1|2＋|AB →|2＋|AD →|2＋2AA →1·AB →＋2AB →·AD →＋2AA →1·AD →＝b 2＋a 2＋a 2－ab －ab ＝2a 2＋b 2－2ab ，故|AC →1|＝2a 2＋b 2－2ab .12.2a [解析] AC →＝AO →＋OB →＋BC →，其中〈AO →，OB →〉＝〈OB →，BC →〉＝90°，〈AO →，BC →〉＝120°，故|AC →|2＝|AO →＋OB →＋BC →|2＝|AO →|2＋|OB →|2＋|BC →|2＋2AO →·OB →＋2OB →·BC →＋2AO →·BC →＝3a 2＋2a 2cos120°＝2a 2，故|AC →|＝2a ，即AC ＝2a .13.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋(a －m )2－12(a －m )2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝⎛⎭⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a .14．[解答] 由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其主视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，左视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2，b ＝2.以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0C 1(2，2,0)，A 1(0,2，2)．(1)由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，该三棱锥的重心G ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，CA 1→＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66.(2)设AP →＝mAC 1→＝(2m,2m ，－2m )，则B 1P →＝B 1A →＋AP →＝(2m,2m －2，2－2m )，如果B 1P ⊥平面ACD ，则B 1P →∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P .15．[解答] 方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ， ∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB .又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ，∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角．设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋(3a )2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛32a (1)证明：AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∵AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →. ∴AF →⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BC →＝0可得 x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则 sin θ＝|BF →·n ||BF →|·|n |＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 【难点突破】16．[解答] 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF .(1)如图①，连接NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ，由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连接AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连接ME ，由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ，设∠FAC ＝α，则0°<α≤45°. 在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3，在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22，故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值，tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)，则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)，AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2，由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63，故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.。

高考数学一轮复习学案：空间向量及其运算(含答案)

高考数学一轮复习学案：空间向量及其运算（含答案）8.6空间向量及其运算空间向量及其运算最新考纲考情考向分析1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示3.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和垂直.本节是空间向量的基础内容，涉及空间直角坐标系.空间向量的有关概念.定理.公式及四种运算等内容一般不单独命题，常以简单几何体为载体；以解答题的形式出现，考查平行.垂直关系的判断和证明及空间角的计算，解题要求有较强的运算能力.1空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度模为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量ab相反向量方向相反且模相等的向量a的相反向量为a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量ab共面向量平行于同一个平面的向量2.空间向量中的有关定理1共线向量定理空间两个向量a与bb0共线的充要条件是存在实数，使得ab.2共面向量定理共面向量定理的向量表达式pxayb，其中x，yR，a，b为不共线向量3空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组x，y，z，使得pxaybzc，a，b，c叫做空间的一个基底3空间向量的数量积及运算律1数量积及相关概念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OAa，OBb，则AOB叫做向量a，b的夹角，记作a，b，其范围是0a，b，若a，b2，则称a与b互相垂直，记作ab.两向量的数量积已知空间两个非零向量a，b，则|a||b|cosa，b叫做向量a，b 的数量积，记作ab，即ab|a||b|cosa，b2空间向量数量积的运算律abab；交换律abba；分配律abcabac.4空间向量的坐标表示及其应用设aa1，a2，a3，bb1，b2，b3.向量表示坐标表示数量积aba1b1a2b2a3b3共线abb0，Ra1b1，a2b2，a3b3垂直ab0a0，b0a1b1a2b2a3b30模|a|a21a22a23夹角a，ba0，b0cosa，ba1b1a2b2a3b3a21a22a23b21b22b23知识拓展1向量三点共线定理在平面中A，B，C三点共线的充要条件是OAxOByOC其中xy1，O 为平面内任意一点2向量四点共面定理在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是OPxOAyOBzOC其中xyz1，O为空间中任意一点题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”1空间中任意两个非零向量a，b共面2在向量的数量积运算中abcabc3对于非零向量b，由abbc，则ac.4两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同5若A，B，C，D是空间任意四点，则有ABBCCDDA0.6若ab0，则a，b是钝角题组二教材改编2P97A组T2如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点若ABa，ADb，AA1c，则下列向量中与BM相等的向量是A12a12bcB.12a12bcC12a12bcD.12a12bc答案A解析BMBB1B1MAA112ADABc12ba12a12bc.3P98T3正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________答案2解析|EF|2EF2ECCDDF2EC2CD2DF22ECCDECDFCDDF122212212cos120021co s1202，|EF|2，EF的长为2.题组三易错自纠4在空间直角坐标系中，已知A1,2,3，B2，1,6，C3,2,1，D4,3,0，则直线AB与CD的位置关系是A垂直B平行C 异面D相交但不垂直答案B解析由题意得，AB3，3,3，CD1,1，1，AB3CD，AB与CD共线，又AB与CD没有公共点，ABCD.5与向量3，4,5共线的单位向量是__________________________________答案3210，225，22和3210，225，22解析因为与向量a共线的单位向量是a|a|，又因为向量3，4,5的模为32425252，所以与向量3，4,5共线的单位向量是1523，4，52103，4,56O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且OP34OA18OBtOC，若P，A，B，C四点共面，则实数t______.答案18解析P，A，B，C四点共面，3418t1，t18.题型一空间向量的线性运算1.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点用AB，AD，AA1表示OC1，则OC1________________.答案12AB12ADAA1解析OC12AC12ABAD，OC1OCCC112ABADAA112AB12ADAA1.2.xx上饶期中如图，在三棱锥OABC中，M，N分别是AB，OC 的中点，设OAa，OBb，OCc，用a，b，c表示NM，则NM等于A.12abcB.12abcC.12abcD.12abc答案B解析NMNAAMOAON12ABOA12OC12OBOA12OA12OB12OC12abc思维升华用已知向量表示某一向量的方法用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键要正确理解向量加法.减法与数乘运算的几何意义首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量在立体几何中三角形法则.平行四边形法则仍然成立题型二共线定理.共面定理的应用典例典例xx唐山质检如图所示，已知斜三棱柱ABCA1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AMkAC1，BNkBC0k11向量MN是否与向量AB，AA1共面2直线MN是否与平面ABB1A1平行解1AMkAC1，BNkBC，MNMAABBNkC1AABkBCkC1ABCABkC1AB1C1ABkB1AABABkAB1ABkAA1AB1k ABkAA1，由共面向量定理知向量MN与向量AB，AA1共面2当k0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内，当0k1时，MN不在平面ABB1A1内，又由1知MN与AB，AA1共面，MN平面ABB1A1.思维升华1证明空间三点P，A，B共线的方法PAPBR；对空间任一点O，OPOAtABtR；对空间任一点O，OPxOAyOBxy12证明空间四点P，M，A，B共面的方法MPxMAyMB；对空间任一点O，OPOMxMAyMB；对空间任一点O，OPxOMyOAzOBxyz1；PMAB或PAMB 或PBAM跟踪训练xx抚州模拟如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点1试用向量AB，AD，AA1表示AG；2用向量方法证明平面EFG 平面AB1C.1解设ABa，ADb，AA1c.由图得AGAA1A1D1D1Gcb12DC12abc12ABADAA1.2证明由题图，得ACABBCab，EGED1D1G12b12a12AC，EG与AC无公共点，EGAC，EG 平面AB1C，AC平面AB1C，EG平面AB1C.又AB1ABBB1ac，FGFD1D1G12c12a12AB1，FG与AB1无公共点，FGAB1，FG平面AB1C，AB1平面AB1C，FG平面AB1C，又FGEGG，FG，EG平面EFG，平面EFG平面AB1C.题型三空间向量数量积的应用典例xx济南月考如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA12，A1ABA1AD120.1求线段AC1的长；2求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；3求证AA1BD.1解设ABa，ADb，AA1c，则|a||b|1，|c|2，ab0，cacb21cos1201.AC1ACCC1ABADAA1abc，|AC1||abc|abc2|a|2|b|2|c|22abbcca121222xx2.线段AC1的长为2.2解设异面直线AC1与A1D所成的角为，则cos|cosAC1，A1D||AC1A1D||AC1||A1D|.AC1abc，A1Dbc，AC1A1Dabcbcabacb2cxx2222，|A1D|bc2|b|22bc|c|21221227.cos|AC1A1D||AC1||A1D||2|27147.故异面直线AC1与A1D 所成角的余弦值为147.3证明AA1c，BDba，AA1BDcbacbca110，AA1BD，即AA1BD.思维升华1利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置2利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角3可以通过|a|a2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解跟踪训练如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60.1求AC1的长；2求BD1与AC夹角的余弦值解1记ABa，ADb，AA1c，则|a||b||c|1，a，bb，cc，a60，abbcca12.|AC1|2abc2a2b2c22abbcca11121212126，|AC1|6，即AC1的长为6.2BD1bca，ACab，|BD1|2，|AC|3，BD1ACbcaabb2a2acbc1，cosBD1，ACBD1AC|BD1||AC|66.即BD1与AC夹角的余弦值为66.坐标法在立体几何中的应用典例12分如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1，在底面ABC中，CACB1，BCA90，棱AA12，M，N分别是A1B1，A1A的中点1求BN的模；2求cosBA1，CB1的值；3求证A1BC1M.思想方法指导利用向量解决立体几何问题时，首先要将几何问题转化成向量问题，通过建立坐标系利用向量的坐标进行求解规范解答1解如图，以点C作为坐标原点O，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系由题意得B0,1,0，N1,0,1，所以|BN|10xx1023.2分2解由题意得A11,0,2，B0,1,0，C0,0,0，B10，1,2，所以BA11，1,2，CB10,1,2，BA1CB13，|BA1|6，|CB1|5，所以cosBA1，CB1BA1CB1|BA1||CB1|3010.6分3证明由题意得C10,0,2，M12，12，2，A1B1,1，2，C1M12，12，0，9分所以A1BC1M121200，所以A1BC1M，即A1BC1M.12分。

山东高考数学一轮总复习学案设计-第七章第六讲空间向量及其运算含答案解析

第六讲空间向量及其运算知识梳理·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 ＝λb ．(2)共面向量定理：若两个向量a ，b 不共线，则向量p 与向量a ，b 共面⇔存在唯一的有序实数对(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 }使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，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 ．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结合律：(λa )·b ＝λ(a ·b )；交换律：a ·b ＝b ·a ；分配律：a ·(b ＋c )＝ a ·b ＋a ·c ．知识点二空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积 a ·b __a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3__ 共线 a ＝λb (b ≠0) __a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3__ 垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)__a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0__模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23重要结论1．向量三点共线定理在平面中A ，B ，C 三点共线的充要条件是：OA →＝xOB →＋yOC →(其中x ＋y ＝1)，O 为平面内任意一点．2．向量四点共面定理在空间中P ，A ，B ，C 四点共面的充要条件是：OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ＋y ＋z ＝1)，O 为空间中任意一点．双基自测题组一走出误区1．(多选题)下列结论中正确的是( AC ) A ．空间中任意两个非零向量a ，b 共面 B ．对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝cC ．若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0 D ．若a ·b <0，则a ，b 是钝角题组二走进教材2．(必修2P 97A 组T2)如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( A )A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋cC ．－12a －12b ＋cD ．12a －12b ＋c[解析] BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c ．3．(必修2P 98T3)正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为2 ．[解析] |EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长的2．题组三考题再现4．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝( D ) A ．－1 B ．43C ．53D ．75[解析] 由题意，得k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)，所以(k a ＋b )·(2a －b )＝3(k －1)＋2k －2×2＝5k －7＝0，解得k ＝75．5．(2019·晋江模拟)设O －ABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z )为 (14，14，14) ．[解析] 如图所示，取BC 的中点E ，连接AE ．则OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→)＝34OA →＋12AE →＝34OA →＋14(AB →＋AC →)＝34OA →＋14(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝14(OA →＋OB →＋OC →)，∴x ＝y ＝z ＝14．6．(2020·吉林省吉林市调研)在空间直角坐标系O －xyz 中，A (2，0,0)，B (0,3,0)，C (0,0,5)，D (2，3,5)，则四面体ABCD 的外接球的体积为 36π ．[分析] 由四点坐标知此四点正好是一个长方体的四个顶点，则长方体的对角线就是四面体ABCD 外接球的直径．[解析] 取E (2，0,5)，F (2，3,0)，G (0,3,5)，O (0,0,0)，则OAFB －CEDG 是长方体，其对角线长为l ＝(2)2＋32＋52＝6，∴四面体ABCD 外接球半径为r ＝l 2＝3.V ＝43πr 3＝43π×33＝36π，故答案为：36π．KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点突破·互动探究考点一空间向量的线性运算——自主练透例1 (1)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．①化简A 1O →－12AB →－12AD →＝ A 1A →．②用AB →，AD →，AA 1→，表示OC 1→，则OC 1→＝ 12AB →＋12AD →＋AA 1→ ．(2)在三棱锥O －ABC 中，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，G 是△ABC 的重心，用基向量OA →，OB →，OC →表示MG →，OG →．[解析] (1)①A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →．②因为OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．所以OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→．(2)MG →＝MA →＋AG →＝12OA →＋23AN →＝12OA →＋23(ON →－OA →) ＝12OA →＋23[12(OB →＋OC →)－OA →] ＝－16OA →＋13OB →＋13OC →．OG →＝OM →＋MG →＝12OA →－16OA →＋13OB →＋13OC →＝13OA →＋13OB →＋13OC →．名师点拨 ☞(1)用基向量表示指定向量的方法用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后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．(2)向量加法的多边形法则首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则．提醒：空间向量的坐标运算类似于平面向量中的坐标运算．〔变式训练1〕如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝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)MP →＋NC 1→．[解析] (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P → ＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b ．(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋(a ＋c ＋12b )＝12a ＋12b ＋c ．又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＝(12a ＋12b ＋c )＋(a ＋12c )＝32a ＋12b ＋32c ．考点二空间向量共线、共面定理的应用——师生共研例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 →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？ (2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？ [解析] (1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →， ∴MN →＝MA →＋AB →＋BN → ＝kC 1A →＋AB →＋kBC → ＝k (C 1A →＋BC →)＋AB → ＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB → ＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→ ＝AB →－k (AA 1→＋AB →) ＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面． (2)当k ＝0时，点M 、A 重合，点N 、B 重合， MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时， MN 不在平面ABB 1A 1内，又由(1)知MN →与AB →、AA 1→共面，所以MN ∥平面ABB 1A 1．名师点拨 ☞1．证明空间三点P 、A 、B 共线的方法 (1)P A →＝λPB →(λ∈R )；(2)对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R )； (3)对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)． 2．证明空间四点共面的方法对空间四点P ，M ，A ，B 可通过证明下列结论成立来证明四点共面． (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 →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； (4)PM →∥AB →(或P A →∥MB →或PB →∥AM →)．〔变式训练2〕已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内． [解析] (1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，所以MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ，所以M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．考点三空间向量的坐标运算——师生共研例3 (2019·安庆模拟)已知空间三点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c ； (2)求a 和b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值；(4)若λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直，求λ，μ应满足的关系．[解析] (1)∵c ∥BC →，所以c ＝mBC →＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m,2m )．所以|c |＝－(2m )2＋(－m )2＋(2m )2＝3|m |＝3．即m ＝±1.所以c ＝(－2，－1,2)或c ＝(2,1，－2)． (2)因为a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，所以a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1．又|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5，所以cos a ，b ＝a ·b |a |·|b |＝－110＝－1010．所以a 和b 夹角的余弦值为－1010． (3)解法一：因为k a ＋b ＝(k －1，k,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，所以(k －1，k,2)(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0．所以k ＝2或k ＝－52．即当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，k ＝2或k ＝－52．解法二：由(2)知|a |＝2，|b |＝5，a ·b ＝－1，所以(k a ＋b )·(k a －2b )＝k 2a 2－k a ·b －2b 2＝2k 2＋k －10＝0，得k ＝2或k ＝－52．(4)因为a ＋b ＝(0,1,2)，a －b ＝(2,1，－2)，所以λ(a ＋b )＋μ(a －b )＝(2μ，λ＋μ，2λ－2μ)．因为[λ(a ＋b )＋μ(a －b )]·(0,0,1)＝2λ－2μ＝0，即当λ，μ满足关系λ－μ＝0时，可使λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直．名师点拨 ☞空间向量的坐标运算与平面向量坐标运算类似，可对比应用．〔变式训练3〕(1)与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是( A ) A ．(3210，225，－22)和(－3210，－225，22)B ．(3210，225，－22)C ．(－3210，－225，22)D ．(3210，225，22)或(－3210，－225，－22)(2)已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( D ) A ．5π6B ．2π3C ．π3D ．π6[解析] (1)与向量a ＝(－3，－4,5)共线的向量为±a|a |＝±152(－3，－4,5)＝(－3210，－225，22)或(3210，225，－22)． (2)∵a ·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1,1,2)， ∴cos a ，b ＝a ·b |a ||b |＝32×6＝32，又∵a ，b ∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D ．例4 (1)(多选题)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3AD ＝3AA 1＝3，点P 为线段A 1C 上的动点，则下列结论正确的是( ACD )A ．当A 1C →＝2A 1P →时，B 1，P ，D 三点共线 B ．当AP →⊥A 1C →时，AP →⊥D 1P →C ．当A 1C →＝3A 1P →时，D 1P ∥平面BDC 1 D ．当A 1C →＝5A 1P →时，A 1C ⊥平面D 1AP(2)(多选题)(2020·广东珠海期末改编)已知球O 的半径为2，A ，B 是球面上的两点，且AB ＝23，若点P 是球面上任意一点，则P A →·PB →的取值可能是( ABCD )A ．－2B ．0C ．2D ．4[解析] (1)如图建立空间直角坐标系，A 1(1,0,1)，C (0，3，0)，D 1(0,0,1)，A (1,0,0)，B 1(1，3，1)，D (0,0,0)，当A 1C →＝2A 1P →时，A 1P →＝(－12，32，－12)，DP →＝DA 1→＋A 1P →＝(12，32，12)，而DB 1→＝(1，3，1)，∴DP →＝12DB 1→，∴B 1、P 、D 三点共线，A 正确；AP →＝AA 1→＋A 1P →＝AA 1→＋λA 1C →＝(－λ，3λ，1－λ)．当AP →⊥A 1C →时，AP →·A 1C →＝5λ－1＝0，∴λ＝15，∴AP →·D 1P →＝(－15，35，45)·(45，35，－15)＝－15≠0，∴AP →⊥D 1P →错；当A 1C →＝3A 1P →时，A 1P →＝(－13，33，－13)，D 1P →＝A 1P →－A 1D 1→＝(23，33，－13)，又DB →＝(1，3，0)，DC 1→＝(0，3，1)， ∴D 1P →＝23DB →－13DC 1→，∴D 1P ∥平面BDC 1，C 正确；当A 1C →＝5A 1P →时，A 1P →＝(－15，35，－15)，从而AP →＝(－15，35，45)，又AD 1→·A 1C →＝(－1,0,1)·(－1，3，－1)＝0， ∴A 1C ⊥AD 1，AP →·A 1C →＝(－15，35，45)·(－1，3，－1)＝0，∴A 1C ⊥AP ，∴A 1C ⊥平面D 1AP ，D 正确，故选A 、C 、D ． (2)由球O 的半径为2，A ，B 是球面上的两点，且AB ＝23，可得∠AOB ＝2π3，OA →·OB →＝2×2×(－12)＝－2，|OA →＋OB →|＝2，P A →·PB →＝(OA →－OP →)·(OB →－OP →)＝OA →·OB →－(OA →＋OB →)·OP →＋OP →2＝－2－|OA →＋OB →|·|OP →|cos θ＋4＝2－4cos θ∈[－2,6]，故选A 、B 、C 、D ．MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG名师讲坛·素养提升向量在立体几何中的简单应用例5 如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．[解析] 解法一：由题意可知CA 、CB 、CC ′两两垂直，如图建立空间直角坐标系，且设AC ＝BC ＝AA ′＝2a ，则CE →＝(0,2a ，a )，A ′D →＝(－a ，a ，－2a )，AC ′→＝(－2a,0,2a ) (1)∵CE →·A ′D →＝0＋2a 2－2a 2＝0， ∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D ． (2)记异面直线CE 与AC ′所成角为θ，则cos θ＝|cos CE →，AC ′→|＝|CE →·AC ′→||CE →|·|AC ′→|＝0＋0＋2a 25a ·22a ＝1010．解法二：(1)证明：设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D ．(2)∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，CE →＝b ＋12a ，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos AC ′→，C E→＝AC ′→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010．名师点拨 ☞空间向量数量积的应用中的主要题型(1)求夹角：设向量a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝a ·b|a ||b |，进而可求两异面直线所成的角． (2)求长度(距离)：运用公式|a |2＝a ·a ，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．(3)解决垂直问题：利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．注：若几何体中存在两两垂直的三线，可建空间直角坐标系，“坐标化”求解．〔变式训练4〕(1)如图所示，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.则AC 1＝6 ；BD 1与AC 夹角的余弦值为66．(2)(2019·沈阳模拟)如图所示，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与直线AB 1夹角的余弦值为( A )A ．55B ．53C ．255D ．35[解析] (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，a ，b ＝b ，c ＝c ，a ＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12．∴|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a ) ＝1＋1＋1＋2×(12＋12＋12)＝6．∴|AC 1→|＝6，即A 1C 的长为6．又BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3． ∴BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1．∴cos BD 1→，AC →＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66．∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66． (2)设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则A (2,0,0)，B (0,0,1)，B 1(0,2,1)，C 1(0,2,0)，所以AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，从而cos AB 1→，BC 1→＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝(－2)×0＋2×2＋1×(－1)9×5＝55．所以直线BC 与直线AB 1夹角的余弦值为55．。

高考数学一轮复习课时规范练43空间几何中的向量方法理北师大版

课时规范练43 空间几何中的向量方法基础巩固组1.在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1为正方体,给出下列结论:①直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);③平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).其中正确的个数为()A.1B.2C.3D.42.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是()A. B. C. D.33.(2018辽宁本溪二模,7)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是()A. B. C. D.4.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为()A.45°B.135°C.45°或135°D.90°5.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC 所成的角为.6.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:AP⊥BC;(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC⊥平面BMC.7.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)求点B1到平面A1BD的距离.综合提升组8.(2018安徽定远调研,10)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,中心为O,BF=BC,A1E=A1A,则四面体OEBF的体积为()A. B. C. D.9.设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,记=λ.当∠APC为锐角时,λ的取值范围是.10.(2019四川成都一模,19)在如图所示的几何体中,EA⊥平面ABCD,四边形ABCD为等腰梯形,AD BC,AD=AE=1,∠ABC=60°,EF AC.(1)证明:AB⊥CF;(2)求二面角B-EF-D的余弦值.11.(2018河北衡水模拟二,18)如图所示,CC1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面ABC,四边形ABB1A1为正方形,∠ABC=60°,BC=CC1=AB=2,点E在棱BB1上.(1)若F为A1B1的中点,E为BB1的中点,证明:平面EC1F∥平面A1CB;(2)设=λ,是否存在λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.12.(2018河北衡水中学适应性考试,18)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1C1CA为菱形,∠B1A1A=∠(1)若Q为线段AC的中点,H为BQ中点,延长AH交BC于D,求证:AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为,求点P到平面BQB1的距离.创新应用组13.(2018江西南昌七模,18)如图,四棱锥P-ABCD中,AB=AD=2BC=2,BC∥AD,AB⊥AD,△PBD为正三角形.若PA=2,且PA与底面ABCD所成角的正切值为.(1)证明:平面PAB⊥平面PBC;(2)E是线段CD上一点,记=λ(0<λ<1),是否存在实数λ,使二面角P-AE-C的余弦值为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.14.(2018河南信阳二模,19)在三棱锥A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=,AC=2.(1)求证:BD⊥AC;(2)点P为AC上一动点,设θ为直线BP与平面ACD所形成的角,求sin θ的最大值.参考答案课时规范练43 空间几何中的向量方法1.C∵DD1∥AA1,=(0,0,1),故①正确;BC1∥AD1,=(0,1,1),故②正确;直线AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),故③正确;点C1的坐标为(1,1,1),与平面B1CD不垂直,故④错.2.B两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|·n0|=.3.D以O为原点,以、和为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.由题可知O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),则=(0,0,2),=(-1,2,0),∵M是PC的中点,∴M-,1,1,=-,-1,1.设平面PCO的法向量n=(x,y,z),直线BM与平面PCO所成角为θ,则可取n=(2,1,0),sin θ=|cos<,n>|===.故选D.4.C∵两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角与<m,n>相等或互补,∵cos<m,n>===,故<m,n>=45°.故两平面所成的二面角为45°或135°,故选C.5.30°如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P.则=(2a,0,0),=,=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>===.∴<,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成角为90°-60°=30°.6.证明(1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是=(0,3,4),=(-8,0,0),∴·=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,∴⊥,即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且点M在线段AP上,∴==,又=(-4,-5,0),∴=+=,则·=(0,3,4)·=0,∴⊥,即AP⊥BM,又根据(1)的结论知AP⊥BC,∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.又AM⫋平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM.7.(1)证明连接AB1交A1B于点E,连接DE.可知E为AB1的中点,D是AC的中点,∴DE∥B1C.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,2,3),B(0,2,0),A1(-1,0,3),=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),∴即∴n=(3,0,1).故所求距离为d==.8.D如图所示,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O, , ,B(1,1,0),E1,0, ,F,1,0,则||==,||=,||=,所以cos∠BOE==-,所以sin∠BOE=,所以S△OEB=×××=,设平面OEB的一个法向量为n=(x,y,z),由取z=1,得n=,,1,又=-,0,0,所以F到平面OEB的距离h===,所以四面体OEBF的体积为V=S△OEB×h=××=.9.0, 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),由=λ得P(λ,λ,1-λ),则=(1-λ,-λ,λ-1),=(-λ,1-λ,λ-1),因为∠APC为锐角,所以·=(1-λ,-λ,λ-1)·(-λ,1-λ,λ-1)=(λ-1)(3λ-1)>0,解得λ<或λ>1,又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上,所以λ的取值范围为0≤λ<.10.(1)证明由题知EA⊥平面ABCD,BA⫋平面ABCD,∴BA⊥AE.过点A作AH⊥BC于H,在Rt△ABH中,∠ABH=60°,BH=,∴AB=1,在△ABC中,AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos 60°=3,∴AB2+AC2=BC2,∴AB⊥AC,且AC∩EA=A,∴AB⊥平面ACFE.又∵CF⫋平面ACFE,∴AB⊥CF.(2)以A为坐标原点,AB,AC,AE分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),E(0,0,1),F0,,1,D-,,0,∴=(-1,0,1),=-1,,1,=,-,1,=,0,1.设n=(x,y,z)为平面BEF的一个法向量,则令x=1,得n=(1,0,1),同理可求平面DEF的一个法向量m=(2,0,-1),∴cos<m,n>==,所以二面角B-EF-D的余弦值为.11.(1)证明∵平面ABB1A1⊥平面ABC,BB1⊥BA,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,∴BB1⊥平面ABC.又CC1⊥平面ABC,∴BB1∥CC1,又CC1=AB=BB1=BE,∴四边形CC1EB为平行四边形,∴C1E∥BC.又BC⫋平面A1BC,C1E⊈平面A1BC,∴C1E∥平面A1BC.∵BE=EB1,A1F=FB1,∴EF∥A1B,又A1B⫋平面A1BC,EF⊈平面A1BC,∴EF∥平面A1BC.又C1E∩EF=E,C1E⫋平面EFC1,FE⫋平面EFC1,∴平面EFC1∥平面A1BC.(2)在△ABC中,由余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos 60°=12,∴AB2=AC2+BC2,∴△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,∴AC⊥BC,由CC1⊥平面ABC可得CC1⊥AC,CC1⊥BC,∴CA,CB,CC1两两垂直.以C点为坐标原点,,,依次为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如下图所示,设平面A1EC1的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令z1=1,解得x1=-,y1=1-2λ,∴n1=-,1-2λ,1.设平面A1EC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令x2=2,得z2=-,y2=2λ,∴n2=(2,2λ,-).若平面A1EC1⊥平面A1EC,则n1·n2=-+2λ(1-2λ)-=0,化简得12λ2-6λ+5=0,由于Δ<0,故此方程无解,所以不存在实数λ,使得平面A1EC1⊥平面A1EC.12.解 (1)证明:如图,取BB1中点E,连接AE,EH.∵H为BQ中点,∴EH∥B1Q.在平行四边形AA1B1B中,P,E分别为AA1,BB1的中点,∴AE∥PB1.又EH∩AE=E,PB1∩B1Q=B1,∴平面EHA∥平面B1QP.∵AD⫋平面EHA,∴AD∥平面B1PQ.(2)连接PC1,AC1,∵四边形A1C1CA为菱形,∴AA1=AC=A1C1=4.又∠C1A1A=60°,∴△AC1A1为正三角形.∵P为AA1的中点,∴PC1⊥AA1.∵平面ACC1A1⊥平面ABB1A1,平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1,PC1⫋平面ACC1A1,∴PC1⊥平面ABB1A1,在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1交BB1于点R,建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz,则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C1(0,0,2),C(0,-4,2),设=λ=λ(0,-2,2),λ∈[0,1],∴Q(0,-2(λ+1),2λ),∴=(0,-2(λ+1),2λ).∵A1B1=AB=2,∠B1A1A=60°,∴B1(,1,0),∴=(,1,0).设平面PQB1的法向量为m=(x,y,z),则得令x=1,则y=-,z=-,∴平面PQB1的一个法向量为m=1,-,-,设平面AA1C1C的法向量为n=(1,0,0),二面角B1-PQ-C1的平面角为θ,则cos θ===,∴λ=或λ=-(舍), ∴=,∴Q(0,-3,).又B(,-3,0),∴=(,0,-),∴||==.又B1Q=,∴B1Q2=BQ2+B,即△BB1Q是直角三角形,∠B1BQ=90°.连接BP,设点P到平面BQB1的距离为h,则××4××=××4××h,∴h=,即点P到平面BQB1的距离为.13.解 (1)证法一:∵AB⊥AD,且AB=AD=2,∴BD=2,又△PBD为正三角形,所以PB=PD=BD=2,又∵AB=2,PA=2,所以AB⊥PB,又∵AB⊥AD,BC∥AD,∴AB⊥BC,PB∩BC=B,证法二:设P在平面ABCD内的射影为Q,连接AQ,则AQ即为AP在平面ABCD内的射影,故∠PAQ即为AP 与底面所成的角,因为tan∠PAQ=,所以sin∠PAQ=.而sin∠PAQ=,AP=2,所以PQ=2,AQ=2.又△PBD为正三角形,所以PB=PD=BD=2,所以DQ=2.由AD=DQ=2,AQ=2,得AD⊥DQ,所以AB DQ,从而四边形ABQD是正方形,由AB⊥BQ,AB⊥PQ得AB⊥平面PBC,于是平面PAB⊥平面PBC.(2)由(1)可知,QD,QB,QP两两垂直,以它们所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则Q(0,0,0),P(0,0,2),A(2,2,0),C(0,1,0),D(2,0,0),由=λ可得E(2-2λ,λ,0),所以=(-2λ,λ-2,0),=(-2,-2,2),设平面PAE的法向量为m=(x,y,z),则即令x=1,得y=,z=,所以m=1,,,显然,=(0,0,2)是平面ACE的法向量.设二面角P-AE-C为θ,则cos θ===,依题意有=,解得λ=,λ=1(舍去),故λ=.14.解 (1)证明:取BD中点E,连接AE,CE,∵AB=AD=BD=2,又E为BD中点,∴AE⊥BD,同理可得CE⊥BD,又AE∩CE=E,∴BD⊥平面ACE,又AC⫋平面ACE,∴BD⊥AC.(2)∵AB=AD=BD=2,BC=DC=,∴△BCD为直角三角形,且AE=,CE=1,∴AE2+EC2=AC2,∴∠AEC=,即AE⊥EC,又AE⊥BD,所以AE⊥平面BCD.以E为坐标原点,EC为x轴,ED为y轴,EA为z轴建立如图直角坐标系E-xyz.则B(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),A(0,0,),设P(x0,y0,z0),=λ(0≤λ≤1),=( 1,0,-),=(x0,y0,z0-), ∴(x0,y0,z0-)=λ(1,0,-)=(λ,0,-λ),∴即∴P(λ,0,-λ),=(λ,1,-λ),=(0,-1,),=(1,-1,0),设n=(x1,y1,z1)是平面ACD的法向量,由得令x1=1,得y1=1,z1=,∴n=1,1,,∴sin θ=|cos<n,>|===,∵0≤λ≤1,∴≤2λ2-3λ+2≤2,∴≤sin θ≤,∴sin θ的最大值为.。

高考数学(理科)一轮复习空间向量及其运算学案附答案

高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案45 空间向量及其运算导学目标：1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.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．自主梳理．空间向量的有关概念空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．相等向量：方向______且模______的向量．共线向量定理对空间任意两个向量a，b，a∥b的充要条件是______________________________．推论如图所示，点P在l上的充要条件是：oP→＝oA →＋ta①其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取AB→＝a，则①可化为oP→＝___________________或oP→＝oA→＋toB→.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惟一的有序实数对，使p＝xa＋yb，推论的表达式为mP→＝xmA→＋ymB→或对空间任意一点o有，oP→＝__________________或oP→＝xoA→＋yoB→＋zom→，其中x＋y＋z＝____.2．空间向量基本定理如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝____________________________，把{a，b，c}叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律数量积及相关概念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________叫做向量a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝π2，则称a与b______________，记作a⊥b.②两向量的数量积已知两个非零向量a，b，则______________________叫做向量a，b的数量积，记作________，即______________________________．空间向量数量积的运算律①结合律：•b＝____________________；②交换律：a•b＝________；③分配律：a•＝________________.4．空间向量的坐标表示及应用数量积的坐标运算若a＝，b＝，则a•b＝____________________.共线与垂直的坐标表示设a＝，b＝，则a∥b⇔____________⇔________，__________，________________，a⊥b⇔________⇔____________________________ _____．模、夹角和距离公式设a＝，b＝，则|a|＝a•a＝___________________________________________________ __________，cos〈a，b〉＝a•b|a||b|＝___________________________________________________ ______.若A，B，则|AB→|＝___________________________________________________ _______________.自我检测．若a＝，b＝，且a∥b，则A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12c．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝322．如图所示，在平行六面体ABcD—A1B1c1D1中，m为Ac 与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1m→相等的向量是A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋cc.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c3．在平行六面体ABcD—A′B′c′D′中，已知∠BAD ＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|Ac′→|＝________.4．有下列4个命题：①若p＝xa＋yb，则p与a、b共面；②若p与a、b共面，则p＝xa＋yb；③若mP→＝xmA→＋ymB→，则P、m、A、B共面；④若P、m、A、B共面，则mP→＝xmA→＋ymB→.其中真命题的个数是A．1B．2c．3D．45．A，B，c，D这四个点________．探究点一空间基向量的应用例1 已知空间四边形oABc中，m为Bc的中点，N为Ac的中点，P为oA的中点，Q为oB的中点，若AB＝oc，求证：Pm⊥QN.变式迁移1如图，在正四面体ABcD中，E、F分别为棱AD、Bc的中点，则异面直线AF和cE所成角的余弦值为________．探究点二利用向量法判断平行或垂直例2 两个边长为1的正方形ABcD与正方形ABEF相交于AB，∠EBc＝90°，点m、N分别在BD、AE上，且AN＝Dm.求证：mN∥平面EBc；求mN长度的最小值．变式迁移2如图所示，已知正方形ABcD和矩形AcEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，m是线段EF的中点．求证：Am∥平面BDE；Am⊥面BDF.探究点三利用向量法解探索性问题例3 如图，平面PAc⊥平面ABc，△ABc是以Ac为斜边的等腰直角三角形，E，F，o分别为PA，PB，Ac的中点，Ac＝16，PA＝Pc＝10.设G是oc的中点，证明FG∥平面BoE；在△AoB内是否存在一点m，使Fm⊥平面BoE？若存在，求出点m到oA，oB的距离；若不存在，说明理由．变式迁移3 已知在直三棱柱ABc—A1B1c1中，底面是以∠ABc为直角的等腰直角三角形，Ac＝2a，BB1＝3a，D为A1c1的中点，E为B1c的中点．求直线BE与A1c所成的角的余弦值；在线段AA1上是否存在点F，使cF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．根据运算结果解释相关几何问题．一、选择题．下列命题：①若A、B、c、D是空间任意四点，则有AB→＋Bc→＋cD→＋DA→＝0；②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；③若a、b共线，则a与b所在直线平行；④对空间任意一点o与不共线的三点A、B、c，若oP→＝xoA→＋yoB→＋zoc→则P、A、B、c四点共面．其中假命题的个数是A．1B．2c．3D．42.如图所示，在正方体ABcD—A1B1c1D1中，o是底面ABcD的中心，m、N分别是棱DD1、D1c1的中点，则直线om A．既垂直于Ac，又垂直于mNB．垂直于Ac，但不垂直于mNc．垂直于mN，但不垂直于AcD．与Ac、mN都不垂直3．如图所示，在三棱柱ABc—A1B1c1中，AA1⊥底面ABc，AB＝Bc＝AA1，∠ABc＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和Bc1所成的角是A．45°B．60°c．90°D．120°4．设点c在点P、A、B确定的平面上，则a等于A．16B．4c．2D．85．在直角坐标系中，A，B，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为A.2B．211c．32D．42二、填空题6.如图所示，已知空间四边形ABcD，F为Bc的中点，E为AD的中点，若EF→＝λ，则λ＝________.7．在正方体ABcD—A1B1c1D1中，给出以下向量表达式：①－AB→；②－D1c1→；③－2DD1→；④＋DD1→.其中能够化简为向量BD1→的是________．8．如图所示，PD垂直于正方形ABcD所在平面，AB＝2，E 为PB的中点，cos〈DP→，AE→〉＝33，若以DA，Dc，DP 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．三、解答题9．如图所示，已知ABcD—A1B1c1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在cc1上，且AE＝Fc1＝1.求证：E、B、F、D1四点共面；若点G在Bc上，BG＝23，点m在BB1上，Gm⊥BF，垂足为H，求证：Em⊥平面Bcc1B1.10．如图，四边形ABcD是边长为1的正方形，mD⊥平面ABcD，NB ⊥平面ABcD，且mD＝NB＝1，E为Bc的中点．求异面直线NE与Am所成角的余弦值；在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AmN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．1．如图所示，已知空间四边形ABcD的各边和对角线的长都等于a，点m、N分别是AB、cD的中点．求证：mN⊥AB，mN⊥cD；求mN的长；求异面直线AN与cm所成角的余弦值．学案45 空间向量及其运算自主梳理．大小方向相同相等存在实数λ，使得a＝λb oA→＋tAB→om→＋xmA→＋ymB→ 1 2.xa＋yb＋zc 3.①∠AoB 〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②|a||b|cos 〈a，b〉a•b a•b＝|a||b|cos〈a，b〉①λ②b•a③a•b＋a•c4.a1b1＋a2b2＋a3b3 a＝λ b a1＝λb1 a2＝λb2 a3＝λb3 a•b＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 a21＋a22＋a23a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23•b21＋b22＋b23a2－a12＋b2－b12＋c2－c12自我检测．c [∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，∴x＝16，y＝－32.]2．A [B1m→＝B1A1→＋A1A→＋Am→＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→＝－a＋c＋12＝－12a＋12b＋c.]3.97解析∵Ac′→＝AB→＋Bc→＋cc′→＝AB→＋AD→＋AA′→，∴|Ac′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→•AD→＋2AD→•AA′→＋2AA′→•AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，∴|Ac′→|＝97.4．B [①正确．②中若a、b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立．③正确．④中若m、A、B共线，点P 不在此直线上，则mP→＝xmA→＋ymB→不正确．]5．共面解析AB→＝，Ac→＝，AD→＝，设AD→＝xAB→＋yAc →，即＝．∴x＝2y＝3，从而A、B、c、D四点共面．课堂活动区例1 解题导引欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明a•b＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．证明如图所示.设oA→＝a，oB→＝b，oc→＝c.∵om→＝12＝12，oN→＝12＝12，∴Pm→＝Po→＋om→＝－12a＋12＝12，QN→＝Qo→＋oN→＝－12b＋12＝12．∴Pm→•QN→＝14[c－][c＋]＝14[c2－2]＝14∵|AB→|＝|oc→|，∴Pm→•QN→＝0.即Pm→⊥QN→，故Pm⊥QN.变式迁移1 23解析设{AB→，Ac→，AD→}为空间一组基底，则AF→＝12AB→＋12Ac→，cE→＝12cA→＋12cD→＝12cA→＋12＝－Ac→＋12AD→.∴AF→•cE→＝12AB→＋12Ac→•－Ac→＋12AD→＝－12AB→•Ac→－12Ac→2＋14AB→•AD →＋14Ac→•AD→＝－14AB→2－12Ac→2＋18AB→2＋18Ac→2＝－12Ac→2.又|AF→|＝|cE→|＝32|Ac→|，∴|AF→|•|cE→|＝34|Ac→|2.∴cos〈AF→，cE→〉＝AF→•cE→|AF→||cE→|＝－12Ac→234|Ac→|2＝－23.∴异面直线AF与cE所成角的余弦值为23.例2 解题导引如图所示，建立坐标系后，要证mN平行于平面EBc，只要证mN→的横坐标为0即可．证明如图所示，以BA→、Bc→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A，D，E，B，设ANAE＝DmDB＝λ，则mN→＝mD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→＝λ＋＋λ＝．∵0<λ<1，∴λ－1≠0，λ≠0，且mN→的横坐标为0.∴mN→平行于平面yBz，即mN∥平面EBc.解由知|mN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1＝2λ－122＋12，∴当λ＝12时，mN取得长度的最小值为22.变式迁移2 证明建立如图所示的空间直角坐标系，设Ac∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为22，22，0、．∴NE→＝－22，－22，1.又点A、m的坐标分别为、22，22，1，∴Am→＝－22，－22，1.∴NE→＝Am→且NE与Am不共线．∴NE∥Am.又∵NE⊂平面BDE，Am⊄平面BDE，∴Am∥平面BDE.由得，Am→＝－22，－22，1，∵D，F，B，∴DF→＝，BF→＝．∴Am→•DF→＝0，Am→•BF→＝0.∴Am→⊥DF→，Am→⊥BF→，即Am⊥DF，Am⊥BF.又DF∩BF＝F，∴Am⊥平面BDF.例3 解题导引建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第题证明FG→与平面BoE的法向量n垂直，即FG→•n＝0即可．第题设出点m的坐标，利用mF→∥n即可解出，然后检验解的合理性．证明如图，连接oP，以点o为坐标原点，分别以oB，oc，oP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系o—xyz.则o，A，B，c，P，E，F．由题意，得G．因为oB→＝，oE→＝，所以平面BoE的法向量n＝．由FG→＝，得n•FG→＝0.又直线FG不在平面BoE内，所以FG∥平面BoE.解设点m的坐标为，则Fm→＝．因为Fm⊥平面BoE，所以Fm→∥n，因此x0＝4，y0＝－94，即点m的坐标是4，－94，0.在平面直角坐标系xoy中，△AoB的内部区域可表示为不等式组x>0，y<0，x－y<8.经检验，点m的坐标满足上述不等式组．所以，在△AoB内存在一点m，使Pm⊥平面BoE.由点m的坐标，得点m到oA，oB的距离分别为4，94.变式迁移3 解以点B为原点，以BA、Bc、BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B，B1，∵△ABc为等腰直角三角形，∴AB＝Bc＝22Ac＝2a，∴A，c，c1，E0，22a，32a，A1，∴BE→＝0，22a，32a，A1c→＝，cos〈BE→，A1c→〉＝BE→•A1c→|BE→||A1c→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.∴直线BE与A1c所成的角的余弦值为7143143.假设存在点F，使cF⊥平面B1DF，并设AF→＝λAA1→＝λ＝，∵D为A1c1的中点，∴D22a，22a，3a，B1D→＝22a，22a，3a－＝22a，22a，0，B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝＋＋＝)，cF→＝cA→＋AF→＝＋＝．∵cF⊥平面B1DF，∴cF→⊥B1D→，cF→⊥B1F→，cF→•B1D→＝0cF→•B1F→＝0，即3λa ×0＝09λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝23或λ＝13∴存在点F使cF⊥面B1DF，且当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，当λ＝23时，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.课后练习区．c [②③④均不正确．]2．A [以D为坐标原点，以DA为x轴，Dc为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则m，N，o，A，c，∴Ac→＝，mN→＝，om→＝，∴om→•Ac→＝0，om→•mN→＝0，∴om⊥Ac，om⊥mN.]3．B [如图建立坐标系，设AB＝Bc＝AA1＝2，则E，F，c1，∴EF→＝，Bc1→＝，∴cos〈EF→，Bc1→〉＝22•8＝12.∵〈EF→，Bc1→〉∈[0°，180°]∴EF与Bc1所成的角是60°.]4．A [由Pc→＝λ1PA→＋λ2PB→得：＝λ1＋λ2，∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2 解得a＝16.]5．B [过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，则AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→•B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]6.12解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，又EF→＝ED→＋Dc→＋cF→，∴2EF→＝AB→＋Dc→，∴EF→＝12，∴λ＝12.7．①②解析①－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；②－D1c1→＝Bc1→－D1c1→＝BD1→；③－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；④＋DD1→＝B1D1→＋＝B1D1→≠BD1→.8．解析设DP＝y>0，则A，B，P，E1，1，y2，DP→＝，AE→＝－1，1，y2.∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→•AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y8＋y2＝33.解得y＝2，∴E．9．证明建立如图所示的空间直角坐标系，则BE→＝，BF→＝，BD1→＝．所以BD1→＝BE→＋BF→.故BD1→、BE→、BF→共面．又它们有公共点B，∴E、B、F、D1四点共面．设m，则Gm→＝0，－23，z.而BF→＝，由题设，得Gm→•BF→＝－23×3＋z•2＝0，得z＝1.∴m，E，∴mE→＝．又BB1→＝，Bc→＝，∴mE→•BB1→＝0，∴mE→•Bc→＝0，从而mE⊥BB1，mE⊥Bc.又∵BB1∩Bc＝B，∴mE⊥平面Bcc1B1.0.解如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.依题意，得D，A，m，c，B，N，E12，1，0.∴NE→＝－12，0，－1，Am→＝．∵cos〈NE→，Am→〉＝NE→•Am→|NE→|•|Am→|＝－1252×2＝－1010，∴异面直线NE与Am所成角的余弦值为1010.假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AmN.∵AN→＝，可设AS→＝λAN→＝，又EA→＝12，－1，0，∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.由ES⊥平面AmN，得ES→•Am→＝0，ES→•AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.故λ＝12，此时AS→＝0，12，12，|AS→|＝22.经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AmN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AmN，此时AS＝22.1．证明设AB→＝p，Ac→＝q，AD→＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.mN→＝AN→－Am→＝12－12AB→＝12，∴mN→•AB→＝12•p＝12＝12＝0.∴mN⊥AB又∵cD→＝AD→－Ac→＝r－q，∴mN→•cD→＝12•＝12＝12＝0，∴mN⊥cD.解由可知mN→＝12，∴|mN→|2＝mN→2＝142＝14[q2＋r2＋p2＋2]＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22＝14×2a2＝a22.∴|mN→|＝22a，∴mN的长为22a.解设向量AN→与mc→的夹角为θ.∵AN→＝12＝12，mc→＝Ac→－Am→＝q－12p，∴AN→•mc→＝12•q－12p＝12q2－12q•p＋r•q－12r•p＝12a2－12a2•cos60°＋a2•cos60°－12a2•cos60°＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.又∵|AN→|＝|mc→|＝32a，∴AN→•mc→＝|AN→|•|mc→|•cosθ即32a•32a•cosθ＝a22.∴cosθ＝23，∴向量AN→与mc→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与cm所成角的余弦值为23.。

高考数学一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测理湘教版

高考数学一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测理湘教版(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值，若不存在，说明理由．2．(2014·浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？3．(2014·福州质检)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.(1)求证：EF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝35，AD＝6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为O，交CD于E，以AE为折痕将△ADE向上折起，使点D到点P的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角EAPB的余弦值．2．(2014·武汉模拟)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M是棱SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．3．(2014·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，请说明理由．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)证明：连接AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1，因为AM ＝MB ，所以MN ∥BC 1. 又BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ，因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ，所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1，0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，设点P (x ，y ，z )，11A C ＝λ1A P . 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶PA 1＝2.2．解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF . (2)由(1)知AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H . 已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°.∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，t ，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°. ∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝23，在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE . 由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ， ∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE .(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C xyz .设AB ＝a (a >0)，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，3,0)，F (0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a )．设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由EF ·n ＝0，AE ·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a )，由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA |n ||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92. 所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6， ∴BD ＝9.在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝AD BD，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5， ∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ， ∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)．PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E AP B 的余弦值为46161.2．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧SD ·n ＝0， CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝n 1·n |n 1|·|n|＝1，0，0·2，－1，11·6＝21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1 ＝x5x 2－12x ＋10＝15－12·1x ＋10·1x2＝1101x 2－121x＋5＝1101x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 3.解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED . (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)．设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .。

2016届(新课标)高考数学(理)一轮复习课时跟踪检测49空间向量的应用

课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用(分A 、B 卷，共2页) A 卷：夯基保分1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D -AE -C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E -ACD 的体积．2．(2015·贵州模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．3．(2015·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<2)．(1)当a为何值时，MN的长度最小；(2)当MN长度最小时，求AB与平面AMN所成角α的正弦值．B卷：增分提能1．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面P AD⊥底面ABCD，侧棱P A＝PD＝2，P A⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．2．(2014·湖北高考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．答案A 卷：夯基保分1．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为平面ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴的正方向，|AP |为单位长，建立空间直角坐标系A -xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，AE ＝⎝⎛⎭⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC ＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AC ＝0，n 1·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E -ACD 的高为12.三棱锥E -ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38. 2．解：(1)证明：四边形ADD1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，D 1D ⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，EC ＝(－1,2－y 0,0)，1D C ＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎨⎧n 1·EC ＝0，n 1·1D C ＝0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋(2－y 0)y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1-EC -D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]，所以当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的大小为π6.3．解：(1)以B 为原点，BA ，BE ，BC 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系B -xyz (如图所示)，则N ⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，M ⎝⎛⎭⎫22a ，0，1－22a .∴MN ＝⎝⎛⎭⎫1－22a 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2＝ ⎝⎛⎭⎫a －222＋12，∴当a ＝22时，MN 的长度最小． (2)当a ＝22时，M ⎝⎛⎭⎫12，0，12，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0，又A (1,0,0)，∴AM ＝⎝⎛⎭⎫－12，0，12，AN ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设平面AMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AM ·n ＝0，AN ·n ＝0，即⎩⎨⎧－12x ＋12z ＝0，－12x ＋12y ＝0，取x ＝1，得y ＝1，z ＝1，∴平面AMN 的法向量n ＝(1,1,1)．∵AB ＝(－1,0,0)，∴AB 与平面AMN 所成角α的正弦值为 sin α＝|n ·AB ||n |·|AB |＝33.B 卷：增分提能1．解：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ，又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连结OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量， cos 〈PB ，OA 〉＝PB ·OA |PB ||OA |＝33.∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2)PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)，设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离d ＝|BP ·u ||u |＝33.(3)存在．设PQ ＝λPD (0<λ<1)，∵PD ＝(0,1，－1)，∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ， ∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，因为二面角Q -AC -D 的余弦值为63，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，所以存在点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12. 2．解：法一(向量方法)：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)．1BC ＝(－2,0,2)，FP ＝(－1,0，λ)，FE ＝(1,1,0)．(1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1,0,1)，因为1BC ＝(－2,0,2)，所以1BC ＝2FP ，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧FE ·n ＝0，FP ·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．法二(几何法)：(1)证明：如图，连接AD 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1. 当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点，所以FP ∥AD 1. 所以BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形，故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中，因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1，于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 是等腰梯形．同理可证四边形PQMN 是等腰梯形．分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ，则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN ，知四边形EFNM 是平行四边形．连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点，所以GH ＝ME ＝2. 在△GOH 中，GH 2＝4， OH 2＝1＋λ2－⎝⎛⎭⎫222＝λ2＋12，OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭⎫222＝(2－λ)2＋12，由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．。

《高考导航》2016届新课标数学(理)一轮复习讲义第七章第6讲空间向量及其运算

第6讲空间向量及其运算1．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a ＝λb ．(2)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 ＝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 ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ．其中{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同)(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a ，b ，在空间中任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作〈a ，b 〉．通常规定0≤〈a ，b 〉≤π．若〈a ，b 〉＝π2，则称向量a ，b 互相垂直，记作a ⊥b .(2)两向量的数量积：两个非零向量a ，b 的数量积a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． (3)向量的数量积的性质： ①a ·e ＝|a |cos 〈a ，e 〉； ②a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③|a |2＝a ·a ＝a 2； ④|a ·b |≤|a ||b |.(4)向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)； ③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量的坐标运算(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)． a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3)， a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)，λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)，a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3， a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0，a ∥b ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R )，cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a |·|b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23 . (2)设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则AB →＝OB →－OA →＝(x 2－x 1，y 2－y 1，z 2－z 1)． [做一做]1．已知a ＝(－2，－3，1)，b ＝(2，0，4)，c ＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是( ) A ．a ∥c ，b ∥c B ．a ∥b ，a ⊥c C ．a ∥c ，a ⊥b D ．以上都不对解析：选C.∵c ＝(－4，－6，2)＝2a ，∴a ∥c .又a ·b ＝0，故a ⊥b .2．若向量{a ，b ，c }是空间的一个基底，向量m ＝a ＋b ，n ＝a －b ，那么可以与m ，n 构成空间另一个基底的向量是( )A ．aB ．bC ．cD ．2a解析：选C.∵a ＋b ，a －b 分别与a ，b ，2a 共面， ∴它们分别与a ＋b ，a －b 均不能构成一组基底．1．辨明四个易误点(1)注意向量夹角与两直线夹角的区别．(2)共线向量定理中a ∥b ⇔存在唯一的实数λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0. (3)共面向量定理中，注意有序实数对(x ，y)是唯一存在的． (4)向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律，即(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )不一定成立． 2．建立空间直角坐标系的原则(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直． (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上． 3．利用空间向量坐标运算求解问题的方法用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．[做一做]3．在直三棱柱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°解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，∴BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)，∴cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12， ∴〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，∴异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.4．已知A (3，2，1)，B (1，0，4)，则线段AB 的中点坐标和|AB →|分别是________．解析：设P (x ，y ，z )是AB 的中点，则OP →＝12(OA →＋OB →)＝12[(3，2，1)＋(1，0，4)]＝(2，1，52)，d AB ＝|AB →|＝（3－1）2＋（2－0）2＋（1－4）2＝17.答案：(2，1，52)，17考点一__空间向量的线性运算__________________如图所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝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 1→.[解] (1)∵P 是C 1D 1的中点， ∴AP →＝AA 1→ ＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝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 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a . ∴MP →＋NC 1→ ＝(12a ＋12b ＋c )＋(a ＋12c )＝32a ＋12b ＋32c . [规律方法] 用已知向量表示某一向量的方法：用已知不共面的向量表示某一向量时，应结合图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知向量表示出来．1. 如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．(1)化简A 1O →－12AB →－12AD →＝________．(2)用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________．解析：(1)A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.(2)OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)．∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 答案：(1)A 1A →(2)12AB →＋12AD →＋AA 1→考点二__共线、共面向量定理的应用____________已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，求证：(1)E ，F ，G ，H 四点共面； (2)BD ∥平面EFGH .[证明] (1)连接BG (图略)，则EG →＝EB →＋BG → ＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知，E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ， BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .[规律方法] 在求一个向量由其他向量来表示的时候，通常是利用向量的三角形法则、平行四边形法则和共线向量的特点，把要求的向量逐步分解，向已知向量靠近．常见的向量处2.已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM ＝13(OA →＋OB →＋OC →)． (1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内．解：(1)由题知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， ∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， ∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知，MA →，MB →，MC →共面且基线过同一点M ， ∴M ，A ，B ，C 四点共面，从而点M 在平面ABC 内．考点三__空间向量的数量积与坐标运算(高频考点)通过近几年高考试题可以看出，试题以空间向量的运算为主，特别是数量积的运算及其应用，更是考查的热点．高考中对空间向量的数量积的考查主要有以下三个命题角度：(1)空间向量的数量积的运算； (2)线与线垂直问题； (3)线段长度问题．已知空间三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)．设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 和b 的夹角θ的余弦值；(2)若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，求k 的值．[解] ∵A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，a ＝AB →，b ＝AC →， ∴a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)．(1)cos θ＝a·b |a ||b |＝－1＋0＋02×5＝－1010，∴a 和b 的夹角θ的余弦值为－1010.(2)∵k a ＋b ＝k (1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k －1，k ，2)， k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)且(k a ＋b )⊥(k a －2b )， ∴(k －1，k ，2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝2k 2＋k －10＝0.解得k ＝－52或k ＝2.[规律方法] (1)空间向量数量积的计算方法： ①定义法：设向量a ，b 的夹角为θ，则a ·b ＝|a ||b |·cos θ. ②坐标法：设a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2. (2)数量积的应用：①求夹角：设向量a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝a ·b|a ||b |，进而可求两异面直线所成的角．②求长度(距离)：运用公式|a |2＝a ·a ，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．③解决垂直问题：利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．3. (1)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 →＝( )A ．a 2B.12a 2 C.14a 2 D.34a 2 (2)已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________．(3)已知点A (1，2，1)，B (－1，3，4)，D (1，1，1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是________．解析：(1)设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°. 又AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，故AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. (2)∵(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝|a |2－|b |2＝(cos 2θ＋1＋sin 2θ)－(sin 2θ＋1＋cos 2θ)＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b )，即向量a ＋b 与a －b 的夹角为90°.(3)设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1)． PB →＝(－1－x ，3－y ，4－z )，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为(－13，83，3)，又D (1，1，1)．∴|PD →|＝773.答案：(1)C (2)90° (3)7731．已知点A (－3，0，－4)，点A 关于原点的对称点为B ，则|AB |等于( ) A ．12 B ．9 C ．25 D ．10解析：选 D.点A 关于原点对称的点B 的坐标为(3，0，4)，故|AB |＝|AB →|＝（－3－3）2＋（0－0）2＋（－4－4）2＝10. 2．(2014·高考广东卷)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)解析：选B.对于选项B ，设b ＝(1，－1，0)，则cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝1×12×2＝12.因为0°≤〈a ，b 〉≤180°，所以〈a ，b 〉＝60°，正确．3．已知在正方体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解析：选C. 如图，AE →＝AA 1→＋A 1E →＝AA 1→＋12A 1C 1→＝AA 1→＋12(AB →＋AD →)，所以x ＝12，y ＝12.4．在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．不确定解析：选B.如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b·(a －c )＋c·(b －a )＝a·c －a·b ＋b·a －b·c ＋c·b －c·a ＝0.5．已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A.337，－157，4B.407，－157，4C.407，－2，4 D ．4，407，－15 解析：选B.∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3，1，4)，则⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧x ＝407，y ＝－157.6．在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，点Q 在平面yOz 上，则垂足Q 的坐标为________．解析：由题意知点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影，所以垂足Q 的坐标为(0，2，3)．答案：(0，2，3)7．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________． ①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →；③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0.解析：∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面．答案：③8．已知空间四边形OABC ，点M 、N 分别是OA 、BC 的中点，且OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a 、b 、c 表示向量MN →＝________．解析：如图所示，MN →＝12(MB →＋MC →)＝12[(OB →－OM →)＋(OC →－OM →)]＝12(OB →＋OC →－2OM →)＝12(OB →＋OC →－OA →)＝12(b ＋c －a )．答案：12(b ＋c －a )9．(2015·郑州模拟)已知a ＝(x ，4，1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c . 求(1)a ，b ，c .(2)a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值．解：(1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2，4，1)，b ＝(－2，－4，－1)，又因为b ⊥c ，所以b·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2，2)．(2)a ＋c ＝(5，2，3)，b ＋c ＝(1，－6，1)，因此a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为（a ＋c ）·（b ＋c ）|a ＋c ||b ＋c |＝5－12＋338×38＝－219.故a ＋c 与b ＋c 所成角的余弦值为－219.10. 如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EG 的长．解：设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c . (1)EF →·BA →＝(12c －12a )·(－a )＝－12a ·c ＋12a 2＝－14＋12＝14.(2)EG →＝EB →＋BC →＋CG → ＝12AB →＋(AC →－AB →)＋12(AD →－AC →) ＝－12AB →＋12AC →＋12AD →＝－12a ＋12b ＋12c ，∴EG→2＝14(－a ＋b ＋c )2 ＝14(a 2＋b 2＋c 2－2a·b －2a·c ＋2b·c )＝12， ∴|EG →|＝22，即EG 的长为22.。

(全国统考)2022高考数学一轮复习课时规范练43 空间向量及其运算(理,含解析)北师大版-全

课时规范练43 空间向量及其运算基础巩固组1.已知空间四边形OABC 中,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,点M 在OA 上,且OM=2MA ,N 为BC 中点,则MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A .12a-23b+12c B.-23a+12b+12c C .12a+12b-12cD .23a+23b-12c2.(2020江西南昌八一中学质检)已知向量a =(-2,x ,2),b =(2,1,2),c =(4,-2,1).若a ⊥(b -c ),则x 的值为( ) A.-2 B.2 C.3 D.-33.已知空间四边形ABCD 的每条棱和对角线的长都等于a ,E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.a 2 B .12a 2 C .14a 2D .√34a 24.(2020安徽蚌埠一中模拟)在空间四边形ABCD 中,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.-1 B.0 C.1D.不确定5.平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,向量AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 两两的夹角均为60°,且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1,|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3,则|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |等于( ) A.5 B.6 C.4 D.8 6.(2020四川三台中学实验学校高三月考)如图,设OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,若AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A .12a +16b -23c B.-12a -16b +23c C .12a -16b -13c D.-12a +16b +13c 7.若a =(2,-3,5),b =(-3,1,2),则|a -2b |=( )A.7√2B.5√2C.3√10D.6√38.若平面α的一个法向量为12,12,0,直线l 的方向向量为(1,0,1),则l 与α所成角的大小为 .9.在空间直角坐标系中,以点A (4,1,9),B (10,-1,6),C (x ,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形,则实数x 的值为 .10.如图,在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,G 为△BC 1D 的重心,求证:(1)A 1,G ,C 三点共线; (2)A 1C ⊥平面BC 1D.综合提升组11.(2020山东安丘一中模拟)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.既不充分又不必要条件12.(2020河南南阳五中模拟)如图,正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直,AB=√2,AF=1,M 在EF 上,且AM ∥平面BDE ,则M 点的坐标为( ) A.(1,1,1) B.√23,√23,1C .(√22,√22,1) D .(√24,√24,1) 13.(2020湖北葛洲坝中学模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2,AB=BC=1,动点P ,Q 分别在线段C 1D ,AC 上,则线段PQ 长度的最小值是( )A .√23B .√33C .23D .√5314.(2020重庆合川中学模拟)在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧棱长为2,底面边长为1,M 为BC 的中点,C 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λNC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且AB 1⊥MN ,则λ的值为 .创新应用组15.(2020四川射洪中学模拟)如图,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,E ,F 分别是PC ,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2.求证:(1)EF ∥平面PAB ; (2)平面PAD ⊥平面PDC.16.(2020陕西西安三中模拟)在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥底面ABCD ,底面ABCD 为正方形,PD=DC ,E ,F 分别是AB ,PB 的中点. (1)求证:EF ⊥CD ;(2)在平面PAD 内是否存在一点G ,使GF ⊥平面PCB ?若存在,求出点G 坐标;若不存在,试说明理由.参考答案课时规范练43 空间向量及其运算1.B 显然MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-23OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =12b+12c-23a .故选B . 2.A ∵b -c =(-2,3,1),∴a ·(b -c )=4+3x+2=0,解得x=-2.故选A .3.C AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =14(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=14(a 2cos60°+a 2cos60°)=14a 2.故选C . 4.B 如图,令AB⃗⃗⃗⃗⃗ =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 =0.5.A 设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=a+b+c ,|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=a 2+b 2+c 2+2a ·b+2b ·c+2c ·a =25,因此|AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=5.6.A 由题可知,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-12(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +16OB⃗⃗⃗⃗⃗ −23OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a +16b -23c ,故选A .7.C ∵a =(2,-3,5),b =(-3,1,2),∴a -2b =(8,-5,1),∴|a -2b |=√82+(-5)2+12=3√10.故选C . 8.π6 设平面α的一个法向量为m =12,12,0,直线l 的方向向量为n =(1,0,1),则cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=12√22×√2=12,令l 与α所成角的大小为θ,则sin θ=12,即直线l 与平面α所成角为π6.9.2 由题意知AB⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |. 又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,-2,-3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-4,3,-6),∴{6(x -4)-6+18=0,(x -4)2=4,解得x=2.10.证明(1)CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +23×12(C 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ −CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ −CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13(CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=13CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即A 1,G ,C 三点共线.(2)设CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c , 则|a |=|b |=|c |=a , 且a ·b=b ·c=c ·a=0. ∵CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a+b+c ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c-a ,∴CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b+c )·(c-a )=c 2-a 2=0. 因此CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即CA 1⊥BC 1. 同理CA 1⊥BD.又BD 与BC 1是平面BC 1D 内的两条相交直线,故A 1C ⊥平面BC 1D. 11.B 当x=2,y=-3,z=2时,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ -3OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2OC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 则AP⃗⃗⃗⃗⃗ −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. 12.C 设M 点的坐标为(x ,y ,1),因为AC ∩BD=O ,所以O (√22,√22,0), 又E (0,0,1),A (√2,√2,0),所以OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√22,-√22,1),AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-√2,y-√2,1),因为AM ∥平面BDE ,所以OE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以{x -√2=-√22,y -√2=-√22,解得{x =√22,y =√22,所以M 点的坐标为√22,√22,1.13.C 以D 为原点,DA ,DC ,DD 1为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈[0,1]). DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0), 所以DP⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,1,2)=(0,λ,2λ), DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μ(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(1,0,0)+μ(-1,1,0)=(1-μ,μ,0).所以|PQ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −DP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|(1-μ,μ-λ,-2λ)|=√(1-μ)2+(μ-λ)2+4λ2=√5(λ-μ5)2+95(μ-59)2+49≥√49=23,当且仅当λ=μ5,μ=59,即λ=19,μ=59时取等号.所以线段PQ 长度的最小值为23.故选C.14.15 如图所示,取B 1C 1的中点P ,连接MP ,分别以MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系,因为底面边长为1,侧棱长为2,则A 0,√32,0,B 1(-12,0,2),C (12,0,0),C 1(12,0,2),M (0,0,0),因为C 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λNC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以N12,0,21+λ,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,-√32,2,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,0,21+λ. 又因为AB 1⊥MN ,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以-14+41+λ=0,所以λ=15.15.证明以A 为原点,AB 所在直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴,AP 所在直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,2,0),D (0,2,0),P (0,0,1),所以E12,1,12,F 0,1,12,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,0,0,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0). (1)因为EF⃗⃗⃗⃗⃗ =-12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即EF ∥AB. 又AB ⫋平面PAB ,EF ⊈平面PAB ,所以EF ∥平面PAB. (2)因为AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)·(1,0,0)=0,所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 即AP ⊥DC ,AD ⊥DC. 又AP ∩AD=A , 所以DC ⊥平面PAD. 又DC ⫋平面PDC , 所以平面PAD ⊥平面PDC.16.(1)证明由题意知,DA ,DC ,DP 两两垂直.如图,分别以DA ,DC ,DP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设AD=a ,则D (0,0,0),A (a ,0,0),B (a ,a ,0),C (0,a ,0),E a ,a2,0,P (0,0,a ),Fa 2,a 2,a 2.EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-a 2,0,a 2,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a ,0).因为EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DC⃗⃗⃗⃗⃗ ,从而得EF ⊥CD. (2)解存在.理由如下:假设存在满足条件的点G ,设G (x ,0,z ),则FG⃗⃗⃗⃗⃗ =x-a 2,-a 2,z-a 2, 若使GF ⊥平面PCB ,则由FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x-a 2,-a 2,z-a 2·(a ,0,0)=a x-a 2=0,得x=a2;由FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =x-a 2,-a 2,z-a 2·(0,-a ,a )=a 22+a z-a2=0,得z=0.所以G 点坐标为a 2,0,0,故存在满足条件的点G ,且点G 为AD 的中点.。

高考数学一轮复习课时规范练42 空间向量及其运算理北师大版-北师大版高三全册数学试题

课时规X练42 空间向量及其运算基础巩固组1.空间任意四个点A、B、C、D,则等于()A. B. C. D.2.(2018某某某某一中二模,理4)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为1的正方形,若∠A1AB=∠A1AD=60°,且A1A=3,则A1C的长为()A. B.2 C. D.3.(2018某某某某期末,4)在四面体O-ABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,若,则使G与M,N共线的x的值为()A.1B.2C.D.4.(2018某某某某期中,5)若向量a=(,1,0),b=(1,0,z),<a,b>=,则实数z的值为()A. B.2 C.± D.±25.A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC中点,则△AMD是()A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定6.已知空间向量a,b,满足|a|=|b|=1,且a,b的夹角为,O为空间直角坐标系的原点,点A,B满足=2a+b,=3a-b,则△OAB的面积为.7.已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,1,-1),则p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,在基底{2a,b,-c}下的坐标为.8.(2018某某金山中学期中,14)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,α为过直线BD1的平面,则α截该正方体的截面面积的取值X围是.9.(2018某某实验中学一模,11)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=BC=2,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是()A. B. C. D.10.如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:(1)A1,G,C三点共线;(2)A1C⊥平面BC1D.综合提升组11.(2018某某某某期中,9)已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),||=2|a|,且与a方向相反,则点B坐标为()A.(-7,6,12)B.(7,-10,-12)C.(7,-6,12)D.(-7,10,12)12.(2018某某三台期中,9)点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1上一点,则的取值X围是()A.-1,-B.-,-C.[-1,0]D.-,013.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,有下列命题:①()2=3;②·()=0;③的夹角为60°;④正方体的体积为||.其中正确命题的序号是.14.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点.(1)求证:EF⊥CD.(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GF⊥平面PCB.若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.创新应用组15.(2018某某某某一模,14)已知球O是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球,MN为球O的一条直径,点P为正八面体表面上的一个动点,则的取值X围是.16.(2018某某某某调研,18)设全体空间向量组成的集合为V,a=(a1,a2,a3)为V中的一个单位向量,建立一个“自变量”为向量,“因变量”也是向量的“向量函数”f(x):f(x)=-x+2(x·a)a(x∈V).(1)设u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a;(2)对于V中的任意两个向量x,y,证明:f(x)·f(y)=x·y;(3)对于V中的任意单位向量x,求|f(x)-x|的最大值.参考答案课时规X练42 空间向量及其运算1.C+-=+=.故选C.2.A因为=++,所以||2=(++)2=||2+||2+||2+2(·+·+·)=1+2+ 9+2(1××cos 45°+1×3×cos 120°+×3×cos 135°)=5.故A1C的长为.故选A.3.A=(+),=.假设G与M,N共线,则存在实数λ使得=λ+(1-λ)=(+)+,与=++比较可得=,=,解得x=1.故选A.4.C|a|==2,|b|=,a·b=.∴cos===,化为z2=2,解得z=±.故选C.5.C∵M为BC中点,∴=(+).∴·=(+)·=·+·=0.∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.6.由=2a+b,=3a-b,得||==,||==,·=(2a+b)·(3a-b)=.∴cos∠BOA==,∴sin∠BOA=.∴S△OAB=||||sin∠BOA=.7.,,-1(1,1,1)由条件p=2a+b-c.设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z),则p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x-y)b+zc,因为a,b,c不共面,所以所以即p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为,,-1,同理可求p在基底{2a,b,-c}下的坐标为(1,1,1).故答案为,,-1,(1,1,1).8.[2,4]建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,2,2),D1(0,0,0),设α与棱CC1的交点为P,与棱AA1的交点为G,则四边形BGD1P为平行四边形.在面α内过P作BD1的垂线,垂足为Q,则截面的面积为S=||||=2||.设Q(x,x,x),P(0,2,y),则=(2,2,2),=(x,x-2,x-y).因为·=0,故2x+2(x-2)+2(x-y)=0,即3x-y-2=0,故y=3x-2.因0≤3x-2≤2,故≤x≤.又||====,其中≤x≤,所以≤||≤,故2≤S≤4,填[2,4].9.C建立如图所示空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,4),P(0,t,2t),t∈[0,2],Q(2-m,m,0),m∈[0,2],∴PQ=,当且仅当5t=m=时,PQ取最小值,选C.10.证明 (1)=++=++,=+=+×(+)=+(-+-)=(++)=,∴∥,即A1,G,C三点共线.(2)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a·b=b·c=c·a=0.∵=a+b+c,=c-a,∴·=(a+b+c)·(c-a)=c2-a2=0.因此⊥,即CA1⊥BC1.同理CA1⊥BD.又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.11.B设B(x,y,z),∵A(1,-2,0),∴=(x-1,y+2,z).∵||=2|a|,且与a方向相反,a=(-3,4,6),∴=-2a=(6,-8,-12),∴解得∴B(7,-10,-12),故选B.12.D以点D为原点,以DA所在的直线为x轴,以DC所在的直线为y轴,以DD1所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示;则点A(1,0,0),C1(0,1,1),设点P的坐标为(x,y,z),由题意可得0≤x≤1,0≤y≤1,z=1,∴=(1-x,-y,-1),=(-x,1-y,0),∴·=-x(1-x)-y(1-y)+0=x2-x+y2-y=x-2+y-2-,由二次函数的性质可得,当x=y=时·取得最小值为-;当x=0或1,且y=0或1时,·取得最大值为0,则·的取值X围是-,0.故选D.13.①②(++)2=+++2·+2·+2·=3,故①正确.·(-)=·=0,故②正确.因为∥,AD1、AC、D1C均为面对角线,所以三角形AD1C为等边三角形,而与的夹角为与的夹角的补角.所以与的夹角为120°,故③错误.正方体的体积为||||||,而|··|=0,故④错误.14.(1)证明如图,以DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,P(0,0,a),F.=,=(0,a,0).∵·=0,∴⊥,即EF⊥CD.(2)解假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则=,若使GF⊥平面PCB,则由·=x-,-,z-·(a,0,0)=a=0,得x=.由·=x-,-,z-·(0,-a,a)=+a=0,得z=0.∴点G坐标为,即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.15.0,设球O的半径为R,则××1=××R,解得R=.||∈,.可得·=(-)·(-)=-R2=-∈0,.16.解 (1)依题意得f(u)=-u+2(u·a)a=v,设a=(x,y,z),代入运算得⇒a=,0,或a=-,0,-;(2)证明设x=(a,b,c),y=(m,n,t),a=(a1,a2,a3),则f(x)·f(y)=[-x+2(x·a)a]·[-y+2(y·a)a]=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)(a)2=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)=x·y.从而得证;(3)设x与a的夹角为α,则x·a=|x|·|a|cos α=cos α,则|f(x)-x|=|2x-2(x·a)a|==≤2,故最大值为2.。

2016版《名师金典》高考数学(理科)大一轮复习课时检测44立体几何中的向量方法

课时限时检测(四十四)立体几何中的向量方法(时间：60分钟满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，有可能使l∥α的是() A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)【答案】 D2．平面α的一个法向量为n＝(1，－3，0)则y轴与平面α所成的角的大小为()A.π6 B.π3C.π4 D.5π6【答案】 B3.已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1，4)则()A．α∥βB．α⊥βC．α、β相交但不垂直D．以上都不正确【答案】 C4．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，则直线AM与CN所成角α的余弦值为()图7－7－11A.25 B.15C.215 D.265【答案】 A5．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120° 【答案】 C6．如图7－7－12，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )图7－7－12A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1【答案】 C二、填空题(每小题5分，共15分)7．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为．【答案】 238．在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为．【答案】 139．正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是．【答案】 30°三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)(2013·浙江高考改编)如图，在四面体A —BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .图7－7－13证明：PQ ∥平面BCD .【证明】如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O —xyz .由题意知A (0，2，2)，B (0，－2，0)， D (0，2，0)．设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)，因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为点M 为AD 的中点，故M (0，2，1)．又点P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD . 11．(12分)(2013·江苏高考)如图7－7－14，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．图7－7－14(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．【解】 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4) ，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D→|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.12．(13分)如图7－7－15，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AD ＝12PD .图7－7－15(1)求证：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)若二面角Q —BP —C 的余弦值为－35.求ABAD 的值．【解】 (1)证明法一设AD ＝1，则DQ ＝2，DP ＝2，又∵PD ∥QA ，∴∠PDQ ＝∠AQD ＝45°，在△DPQ 中，由余弦定理可得PQ ＝ 2. ∴DQ 2＋PQ 2＝DP 2，∴PQ ⊥DQ . 又∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥DC . ∵CD ⊥DA ，DA ∩PD ＝D ，∴CD ⊥平面ADPQ .∵PQ ⊂平面ADPQ ，∴CD ⊥PQ ，又∵CD ∩DQ ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .法二如图，以D 为坐标原点，DA ，DP ，DC 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D —xyz .设AD ＝1，AB ＝m (m ＞0)．依题意有D (0,0,0)，C (0,0，m )， P (0,2,0)，Q (1,1,0)．则DC →＝(0,0，m )，DQ →＝(1,1,0).PQ →＝(1，－1,0)，所以PQ →·DC →＝0，PQ →·DQ →＝0，即PQ ⊥DC ，PQ ⊥DQ . 又DQ ∩DC ＝D . 所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0，m )，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－m )．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面PBC的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CB →＝0，n 1·BP →＝0，即⎩⎨⎧x 1＝0，－x 1＋2y 1－mz 1＝0，因此可取n 1＝(0，m,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面PBQ 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BP →＝0，n 2·PQ →＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋2y 2－mz 2＝0，x 2－y 2＝0，可取n 2＝(m ，m,1)．又∵二面角Q —BP —C 的余弦值为－35，∴|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－35. ∴m 2＋2m 2＋4·2m 2＋1＝35整理得m 4＋7m 2－8＝0. 又∵m ＞0，解得m ＝1. 因此，所求ABAD的值为1.。

苏教版高中数学选修高考一轮理空间向量及其运算一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析Word含答案

空间向量及其运算分层训练A 级基础达标演练 (时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分) 1．给出下列四个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b . ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A 、B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的序号是________．解析其中①③为正确命题．答案 ①③2. 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则BM →用a ，b ，c 表示为________．解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a＋12b ＋c . 答案－12a ＋12b ＋c3．(2011·苏州期末)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值是________．解析由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.答案 2，12或－3，124．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________．解析 b －a ＝(1＋t,2t －1,0)， ∴|b －a |＝1＋t2＋2t －12＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫t －152＋95，∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值为355.答案3555. 如图，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________．解析设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案 06．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则〈a ，b 〉＝________.解析由条件知(a ＋3b )·(7a －5b ) ＝7|a |2＋16a ·b －15|b |2＝0，及(a －4b )·(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a ·b ＝0. 两式相减，得46a ·b ＝23|b |2，∴a ·b ＝12|b |2.代入上面两个式子中任意一个，即可得到|a |＝|b |. ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12|b |2|b |2＝12.∵〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝60°. 答案 60°二、解答题(每小题15分，共30分) 7．若a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)． (1)若(k a ＋b )∥(a －3b )，求k ； (2)若(k a ＋b )⊥(a －3b )，求k . 解 k a ＋b ＝(k －2,5k ＋3，－k ＋5)，a －3b ＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)． (1)∵(k a ＋b )∥(a －3b )，∴k －27＝5k ＋3－4＝－k ＋5－16，解得k ＝－13. (2)∵(k a ＋b )⊥(a －3b )，∴(k －2)×7＋(5k ＋3)×(－4)＋(－k ＋5)×(－16)＝0. 解得k ＝1063.8. 如图，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点． (1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长．解 (1)设A B →＝p ，A C →＝q ，A D →＝r .由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.M N →＝A N →－A M →＝12(A C →＋A D →)－12A B →＝12(q ＋r －p )， ∴M N →·A B →＝12(q ＋r －p )·p＝12(q ·p ＋r ·p －p 2) ＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)由(1)可知，MN ＝12(q ＋r －p )．∴|M N →2|＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22＝14×2a 2＝a 22. ∴|M N →|＝22a ，∴MN 的长为22a . 分层训练B 级创新能力提升1．(2011·常州月考)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________．解析以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 答案216a 2．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________． ①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →；③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0；解析 ∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面．答案 ③3．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________．解析 |a |＝22＋－12＋22＝3，|b |＝22＋22＋12＝3，a·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝49，sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a||b|sin 〈a ，b 〉＝65.答案654．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列四个命题：①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 12；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|A B →·AA 1→·A D →|.其中正确命题的序号是________．解析设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．答案 ①②5．已知非零向量e 1，e 2不共线，如果AB →＝e 1＋e 2，AC →＝2e 1＋8e 2，AD →＝3e 1－3e 2，求证：A 、B 、C 、D 共面．证明令λ(e 1＋e 2)＋μ(2e 1＋8e 2)＋v (3e 1－3e 2)＝0. 则(λ＋2μ＋3v )e 1＋(λ＋8μ－3v )e 2＝0.∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ＋3v ＝0λ＋8μ－3v ＝0.易知⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－5μ＝1v ＝1是其中一组解，则－5AB →＋AC →＋AD →＝0.∴A 、B 、C 、D 共面．6. 如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB 、AD 、CD 的中点，计算： (1)EF →·BA →； (2)EF →·DC →； (3)EG 的长；(4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值．解设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，(1)EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a＝12，则|EG →|＝22.(4)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

高考数学一轮复习 7.6空间向量及其运算课时作业理湘教版-湘教版高三全册数学试题

2016届高考数学一轮复习 7.6空间向量及其运算课时作业理湘教版一、选择题1.以下四个命题中正确的是（）A.空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B.若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间向量的另一组基底C.△ABC为直角三角形的充要条件是AB·AC＝0D.任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底【解析】若a＋b、b＋c、c＋a为共面向量，则a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，(1－μ)a＝(λ－1)b＋(λ＋μ)c，λ，μ不可能同时为1，设μ≠1，则a＝λ－11－μb＋λ＋μ1－μc，则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量基底矛盾.【答案】B2.空间四点A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置关系是（）A.共线B.共面C.不共面D.无法确定【解析】∵AB＝(2,0，－4)，AC＝(－2，－3，－5)，AD＝(0，－3，－4).假设四点共面，由共面向量定理得，存在实数x，y，使AD＝xAB＋yAC，即2x－2y＝0，①－3y＝－3，②－4x－5y＝－4，③由①②得x＝y＝1，代入③式不成立，矛盾.∴假设不成立，故四点不共面.【答案】C3.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA，BC〉的值为（）A.0B.12C.32D.22【解析】设OA＝a，OB＝b，OC＝c，则|b|＝|c|，〈a，b〉＝〈a，c〉＝π3，BC＝c－b，∴OA·BC＝a·(c－b)＝a·c－a·b ＝|a||c|cos π3－|a||b|cos π3＝0， ∴OA⊥BC，∴cos〈OA ，BC 〉＝0. 【答案】A4.如图，点P 是单位正方体ABCD -1111A B C D 中异于A 的一个顶点，则AB AP ⋅的值为（） A ．0 B ．1 C ．0或1D ．任意实数【解析】AP 可为下列7个向量：1111,,,,,,AB AC AD AA AB AC AD ,其中一个与AB 重合，12==⋅AB AB AP ,11,,AD AD AA 与AB 垂直，这时0=⋅AB AP ,1,AC AB 与AB 的夹角为45°，这时4πcos 12⨯⨯=⋅AB AP ，最后1313cos 1311=⨯=∠⨯⨯=⋅BAC AB AC ，故选C. 【答案】 C5．有以下命题：①如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系是不共线； ②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量O A →，O B →，O C →不构成空间的一个基底，那么点O ，A ，B ，C 一定共面；③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，则向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底．其中正确的命题是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①②③【解析】对于①，“如果向量a ，b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a ，b 的关系一定是共线”，所以①错误．②③正确．【答案】 C6.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P 为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D1Q 与OP 互相平分，则满足MQ ＝λMN 的实数λ的个数是（）A.1B.2C.3D.4【解析】建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x ，y,2)，O(1,1,0)， ∴OP 的中点坐标为x ＋12，y ＋12，1，又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上，∴xQ＋yQ ＝3， ∴x＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1. ∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ. 【答案】B二、填空题7．若A ⎪⎭⎫ ⎝⎛8192,0，，B ⎪⎭⎫ ⎝⎛-851,1，，C ⎪⎭⎫ ⎝⎛-851,2，是平面α内三点，设平面α的法向量a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.【解析】A B →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--473,1，，A C →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛---471,2，，由a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23y ，z ＝－43y .∴x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎪⎭⎫⎝⎛-y 34＝2∶3∶(－4)．【答案】 2∶3∶(－4)8.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a ，AM ＝12MC1，点N 为B1B 的中点，则|MN|＝．【解析】aAD AA AB MN AD AA AB AA AD AB BN AB AC AN AM AN MN 6219136194316132)(31312212111=++=∴-+=++-+=-=-=【答案】a 6219.(2013·寿光模拟)如图，在30°的二面角 α-l-β的棱上有两点A ，B ，点C ，D 分别在α，β内，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ＝BD ＝AB ＝1，则CD 的长度为.【解析】由BD AB CA CD ++=及，〈AB CA ,222BD AB CA CD ++=()()22150cos 1100332==⨯⨯+++=⋅+⋅+⋅CD BD CA BD AB AB CA【答案】210.已知A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QB QA ⋅取最小值时，点Q 的坐标是 .【解析】设OQ ＝λOP ＝(λ，λ，2λ)，则QA ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ＝(2－λ，1－λ，2－2λ).∴QB QA ⋅＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝323462-⎪⎭⎫ ⎝⎛-λ.∴当λ＝34时，QB QA ⋅取最小值为－23. 此时，OQ ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛38,34,34，即Q 点的坐标是⎪⎭⎫ ⎝⎛38,34,34.【答案】 ⎪⎭⎫ ⎝⎛38,34,34 三、解答题11.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 ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值；(3)若k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，某某数k 的值；(4)若λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直，求λ，μ应满足的关系.【解析】(1)∵c ∥BC ，BC ＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)， ∴c ＝m BC ＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m ,2m )，所以|c |＝()()()3322222==+-+-m m m m ，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或(2,1，－2). (2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又|a |＝2011222=++，|b |＝()5201222=++-，∴cos〈a ，b 〉＝1010101-=-=⋅⋅b a b a ，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为1010-. (3)∵k a ＋b ＝(k －1，k ,2)，k a －2b ＝(k ＋2，k ，－4)，且k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，∴(k －1，k ,2)·(k ＋2，k ，－4)＝(k －1)(k ＋2)＋k 2－8＝0， ∴k ＝2或k ＝－25， ∴当k a ＋b 与k a －2b 互相垂直时，实数k 的值为2或－25. (4)∵a ＋b ＝(0,1,2)，a －b ＝(2,1，－2)，∴λ(a ＋b )＋μ(a －b )＝(2μ，λ＋μ，2λ－2μ)， ∵λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直，∴(2μ，λ＋μ，2λ－2μ)·(0,0,1)＝2λ－2μ＝0，即当λ，μ满足关系λ－μ＝0时，可使λ(a ＋b )＋μ(a －b )与z 轴垂直.12.（某某黄冈中学2013届高三6月适应性考试）如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，∠A 1AC =60°.(1）求侧棱AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值的大小；(2）已知点D 满足BD =BA +BC ，在直线AA 1上是否存在点P ，使DP ∥平面AB 1C ？若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由.【解析】(1)∵侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ,作A 1O ⊥AC 于点O ， ∴A 1O ⊥平面ABC .又∠ABC =∠A 1AC =60°，且各棱长都相等， ∴AO =1，OA 1=OB =3，BO ⊥AC .故以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz ，则A （0，-1，0），B （3，0，0），A 1（0，0，3），C （0，1，0），∴1AA =(0,1,3),1AB =(3,2,3),AC =（0，2，0）设平面AB 1C 的法向量为n =(x ,y ,1),则⎪⎩⎪⎨⎧==⋅++=⋅023231y AC n y x AB n 解得n =(-1,0,1).由cos 〈1AA ,n 〉=4622311==⋅⋅nAA n AA 而侧棱AA 1与平面AB 1C 所成角，即是向量AA 1与平面AB 1C 的法向量所成锐角的余角， ∴侧棱AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值的大小为46，（2）∵BD =BA +BC ，而BA =(-3,-1,0),BC =(-3,1,0).∴BD =(-23,0,0),又∵B （3，0，0），∴点D 的坐标为D （-3，0，0）假设存在点P 符合题意，则点P 的坐标可设为P （0，y ,z ), ∴DP =(3,y ,z ).∵DP ∥平面AB 1C ,n =(-1,0,1)为平面AB 1C 的法向量，得-3+z=0，∴z=3，又由AP =γ1AA ，得.1331⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==+γγγy y ，又DP ⊄平面AB 1C ，故存在点P ，使DP ∥平面AB 1C ,其坐标为(0,0,3),即恰好为A 1点.13.如图所示，四棱锥SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面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.【解析】(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于O ，则AC⊥BD. 由题意知SO⊥平面ABCD.以O 为坐标原点，OB ，OC ，OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系如图. 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S0，0，62a ，D －22a ，0，0，B22a ，0，0， C0，22a ，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＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝－22a，22a（1－t），62at，而BE·DS＝0t＝13.所以当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.。

【精编】高考数学一轮复习课时规范练43空间几何中的向量方法

课时规范练43 空间几何中的向量方法一、基础巩固组1.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则()A.α∥βB.α⊥βC.α,β相交但不垂直D.以上均不正确2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A. B. C. D.3.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是()A. B. C. D.34.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>=-,则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30°B.45°C.60°D.90°6.(2017广东珠海质检)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,则点D1到平面A1BD的距离是()A. B. C. D.7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为.〚导学号21500564〛8.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:AP⊥BC;(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC⊥平面BMC.9.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)求点B1到平面A1BD的距离.〚导学号21500565〛二、综合提升组10.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A. B.C. D.11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=1,CB=,侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线交于点D,则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为()A.-B.-C. D.12.(2017广东广州模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1.则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.13.(2017山东青岛模拟,理17)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,二面角A1-AB-C是直二面角.求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;(2)AB1∥平面A1C1C.14.如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC,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.三、创新应用组15.(2017宁夏中卫二模,理18)如图,已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,其中BE∥AF,AB⊥AF,AB=BE=AF=2,∠CBA=.(1)求证:AF⊥BC;(2)线段AB上是否存在一点G,使得直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为,若存在,求AG的长;若不存在,说明理由.〚导学号21500566〛16.(2017山西吕梁二模,理18)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,AB=AD=BC,BE=BC.(1)求证:DE⊥平面PAC;(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.〚导学号21500567〛课时规范练43空间几何中的向量方法1.C因为cos<n1,n2>=0且cos<n1,n2>≠±1,所以α,β相交但不垂直.2.B可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|.∵cos<m,n>==-,∴sin θ=,∴θ=3.B两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|n0|=4.A因为cos<m,n>=-,所以l与α所成角θ满足sin θ=|cos<m,n>|=,又,所以θ=30°.5.B(方法一)建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.(方法二)将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.D建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,则n=(1,-1,-1),∴点D1到平面A1BD的距离是d=7.30°如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>=∴<,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成角为90°-60°=30°.8.证明 (1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是=(0,3,4),=(-8,0,0),=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,,即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且点M在线段AP上,,又=(-4,-5,0),,则=(0,3,4)=0,,即AP⊥BM,又根据(1)的结论知AP⊥BC,∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.又AM⊂平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM.9.(1)证明连接AB1交A1B于点E,连接DE.可知E为AB1的中点,D是AC的中点,∴DE∥B1C.又DE⊂平面A1BD,B1C⊄平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,2,3),B(0,2,0),A1(-1,0,3),=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),∴n=(3,0,1).故所求距离为d=10.C以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D,E,F,=(0,0,-2),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则由得取z=1,则n=(2,0,1),设PA与平面DEF所成的角为θ,则sin θ=,∴PA与平面DEF所成角的正弦值为11.A建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(,0,0),A(0,1,0),B1(,0,1),D=(,0,0),=(-,1,0),=(0,0,1).设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1,n2,可得n1=(0,1,-1),n2=(1,,0),所以cos<n1,n2>=,又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与<n1,n2>互补,故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为-12建立如图所示的空间直角坐标系,由于AB=2,BC=AA1=1,所以A1(1,0,1),B(1,2,0),C1(0,2,1),D1(0,0,1).所以=(-1,2,0),=(-1,0,1),=(0,2,0),设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则有令x=2,则y=1,z=2,则n=(2,1,2).又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ,则sin θ=|cos< ,n>|=13.证明∵二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,∴AA1⊥平面BAC.又AB=AC,BC=AB,∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,∴AB,AC,AA1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),则取y=1,则n=(0,1,0)=2n,即n.∴A1B1⊥平面AA1C.(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的法向量m=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).m=0×1+2×(-1)+2×1=0,m.又AB1⊄平面A1C1C,∴AB1∥平面A1C1C.14.(1)证明连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,则AC⊥BD,由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系如图.设底面边长为a,则高SO=a,于是S,D,C, 则=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)解棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.理由如下:由已知条件知是平面PAC的一个法向量,且0,-a,设=t,则+t,由=0,解得t=∴当SE∶EC=2∶1时,又BE⊄平面PAC,故BE∥平面PAC.15.(1)证明∵菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,AB⊥AF,∴AF⊥平面ABCD,∵BC⊂平面ABCD,∴AF⊥BC.(2)解取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,∵平面ABCD⊥平面ABEF,∴CO⊥平面ABEF.建立如图所示的空间直角坐标系,则D(-2,0,),F(-1,4,0),E(1,2,0),=(1,4,-),=(-2,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即取n=,设G(λ,0,0),λ∈[-1,1],则=(-λ-1,4,0).∵直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为,,∴λ=-1∈[-1,1],∴AG=0,直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为16.(1)证明以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设AB=AD=BC=2,则D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0),=(2,-1,0),=(2,4,0),=4-4+0=0,∴DE⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴DE⊥PA.∵PA∩AC=A,∴DE⊥平面PAC.(2)解设P(0,0,t)(t>0),=(0,0,t),=(2,4,0),=(2,1,-t),设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则取x=2,得n=(2,-1,0), ∵直线PE与平面PAC所成角的正弦值为,,解得t=1或t=-1(舍),∴P(0,0,1),=(2,4,-1),=(0,2,-1),设平面PCD的法向量m=(a,b,c),则取b=1,得m=(-1,1,2),设二面角A-PC-D的平面角为θ,则cos θ=二面角A-PC-D的平面角的余弦值为。