最新普通高考数学科一轮复习精品学案第36讲空间向量及其应用汇总

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高三数学一轮复习8.6空间向量及其应用精品课件人教版

8.6空间向量及其应用
中国人民大学附属中学
1．空间向量的概念向量：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。如位移、速度、力等；相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量；表示方法：用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量.
2．向量运算和运算率 OB OA AB a b BA OA OB a b
D1中，M为A1C1与B1D1的交点。若 AB a ,
，则下列向量中与 BM 相 AD b ，AA 1 c
等的向量是（ A ） (A) (B) (C)
1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a bc 2 2
D1 A1 M B1 C1
D A B
C
(D)
例4．已知两个非零向量 a =(a1，a2，a3), b =(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是（ D ） A. a :| a | b :| b | B. a1· b1=a2· b2=a3· b3 C. a1b1+a2b2+a3b3=0 D. 存在非零实数k，使 a =k b
例7．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1, 1， 2), C(－3，0，4)。设（1）求 a 和 b =a ， =b AB , AC
10 的夹角的余弦； 10
（2）若向量k a + b 与k或k 2 2
记作 a b
例1．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组基底，那么 a, b 的关系是不共线；②O, A, B, C为空间四点，且向量 OA, OB, OC 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（ C ） (A) ①② (B) ①③ (C) ②③ (D) ①②③

[优选]空间向量的应用-高三数学(新高考)一轮复习优质PPT课件

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5．二面角的求法
的直线 (1)，如则图二①面，角AB的，大CD小是θ＝二〈面A→角B，α－C→Dl－〉β 两个半平面内与棱 l 垂直
范围
(0，π)
0，π2
求法
|a·b| cosβ＝|aa·||bb| cos θ＝|cosβ|＝ |a||b|
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答案：D 解析：以 D 为原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图．设 DA＝1，则 A(1,0,0)，C(0,1,0)， E0，12，1，则A→C＝(－1,1,0)，D→E＝0，12，1，设异面直线 DE 与 AC 所成的角为 θ，则 cos θ＝|cos〈A→C，D→E〉|＝ 1100.故选 D.
为 n，m
α⊥β n⊥m⇔ n·m＝0
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3.异面直线所成角的求法
设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2 的方向向量，则
a 与 b 的夹角 β
l1 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，两向量 e 与 n 的夹角为 θ，

2025届高中数学一轮复习课件《空间向量及其应用》ppt

高考一轮总复习•数学
第9页
四直线的方向向量和平面的法向量 1．直线的方向向量就是指所在的直线和这条直线平行或重合的向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个． 2．平面的法向量 (1)所谓平面的法向量，就是指所在的直线与平面垂直的向量，显然一个平面的法向量也有无数个，它们是共线向量． (2)在空间中，给定一个点 A 和一个向量 a，那么以向量 a 为法向量且经过点 A 的平面是唯一确定的．
坐标表示 a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
夹角余弦值
cos〈a，b〉＝|aa|·|bb| (a≠0，b≠0)
a12＋a22＋a32
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3
a21＋a22＋a23· b12＋b22＋b23
＝32a＋12b＋32c.
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第21页
用已知向量表示某一向量的方法 (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向量表示出来．向量线性运算一定要结合图形特点.
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第13页
1．判断下列结论是否正确． (1)若直线 a 的方向向量和平面 α 的法向量平行，则 a∥α.( ) (2)在空间直角坐标系中，在 Oyz 平面上的点的坐标一定是(0，b，c)．( √ ) (3)若 a·b<0，则〈a，b〉是钝角．( ) (4)在向量的数量积运算中，(a·b)·c＝a·(b·c)．( )
若 α1⊥α2，则 u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0

第36讲空间向量的应用(解析版)2021年新高考数学一轮专题复习(新高考专版)

第36讲空间向量的应用一、考情分析1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；5.能用向量方法解决点到平面、相互平行的平面的距离问题；6.并能描述解决夹角和距离的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.二、知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫做直线l 的参数方程.向量a 称为该直线的方向向量.(2)平面的法向量：直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量. 2.空间位置关系的向量表示3.异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则4.求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.5.求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB →，CD→〉.(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 6.点到平面的距离用向量方法求点B 到平面距离基本思路：确定平面法向量，在平面内取一点A ，求向量AB →到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n ，点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |. [微点提醒]1.平面的法向量是非零向量且不唯一.2.建立空间直角坐标系要建立右手直角坐标系.3.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.4.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.三、经典例题考点一利用空间向量证明平行问题【例1】如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .【解析】证明法一如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为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M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0. 又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0). ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0 又由法一知PQ→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0， ∴OF→＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 考点二利用空间向量证明垂直问题【例2】如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .【解析】证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD→，∴P A ⊥BD . (2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB→＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0， ∴DM→⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0， ∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示. ③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 考点三用空间向量解决有关位置关系的探索性问题角度1 与平行有关的探索性问题【例3－1】如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3). 由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3). 从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP→＝(－3，1＋λ，3λ).设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP . 角度2 与垂直有关的探索性问题【例3－2】如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面P AC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE 的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .∵AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3， ∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB ， ∵AB ∩AF ＝A ，∴AC ⊥平面F AB ， ∵BF ⊂平面F AB ，∴AC ⊥BF .(2)解存在.由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直.以A 为坐标原点，AB →，AC →，AF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 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)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2).假设在线段BE 上存在一点P 满足题意，则易知点P 不与点B ，E 重合，设BPPE ＝λ，则λ>0，P ⎝⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面P AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).由AP→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC →＝(0，23，0)，得⎩⎨⎧m ·AP →＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC →＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ，所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面P AC 的一个法向量. 同理，可求得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量.当m ·n ＝0，即λ＝23时，平面P AC ⊥平面BCEF ，故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23.规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y ，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0，0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算.考点四用空间向量求异面直线所成的角【例4】 (1)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32B.155C.105D.33(2)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为等边三角形，且二面角P －BC －A 的大小为120°，则异面直线PB 和AC 所成角的余弦值为( ) A.58B.34C.78D.14【答案】 (1)C (2)A【解析】 (1)法一以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1)则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0). 所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)，则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5·2＝25·2＝105，因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105.法二将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图(2))，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1.图(2)则∠B 1AD 1为异面直线AB 1与BC 1所成的角(或其补角)，易求得AB 1＝5，BC 1＝AD 1＝2，B 1D 1＝ 3.由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝105.(2)法一取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，过点B 作AC 的平行线交AO 的延长线于点D ，连接PD ，则∠PBD 或其补角就是异面直线PB 和AC 所成的角.设AB ＝a ，则PB ＝BD ＝a ，PO ＝PD ＝32a ，所以cos ∠PBD ＝a 2＋a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 22×a ×a＝58.法二如图，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以BC ⊥平面P AO ，即平面P AO ⊥平面ABC .且∠POA 就是其二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB ＝2，则A (3，0，0)，C (0，－1，0)，B (0，1，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，所以AC→＝(－3，－1，0)，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，－32， cos 〈AC→，PB →〉＝－58，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.法三如图所示，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 是全等的等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角的平面角，设AB ＝2，则AC→＝OC →－OA →，PB →＝OB →－OP →，故AC →·PB →＝(OC →－OA →)·(OB→－OP →)＝－52，所以cos 〈AC →，PB →〉＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝－58.即异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v 1，v 2；(3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解.2.两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角. 考点五用空间向量求线面角【例5】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. 【解析】(1)证明因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以AB 2＋BC 2＝AC 2，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PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解如图，以O 为坐标原点，OB→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 (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面P AC 的一个法向量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.由已知可得|cos 〈OB→，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝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. 规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.考点六用空间向量求二面角【例6】如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.(1)(一题多解)证明：OD⊥平面P AQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.【解析】(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD⊂平面ADO1O，∴PF⊥OD.由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，∴△AOF ≌△OO 1D ， ∴∠F AO ＝∠DOO 1，∴∠F AO ＋∠AOD ＝∠DOO 1＋∠AOD ＝90°，∴AF ⊥OD . ∵AF ∩PF ＝F ，且AF ⊂平面P AQ ，PF ⊂平面P AQ ， ∴OD ⊥平面P AQ .法二由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，∴以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长为m ，则O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0).∵点P 为BC 的中点，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，92，3，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3. ∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ→＝0，∴OD→⊥AQ →，OD →⊥PQ →，又AQ →与PQ →不共线， ∴OD ⊥平面P AQ .(2)解 ∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB→＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6).设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎨⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，n 1＝(1，2，1). 易得平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1).设二面角C －BQ －A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝66，即二面角C －BQ －A 的余弦值为66.规律方法利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. [方法技巧]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.4.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.5.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.6.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.7.利用法向量求距离问题的程序思想方法第一步，确定法向量；第二步，选择参考向量；第三步，确定参考向量到法向量的投影向量；第四步，求投影向量的长度.8.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角. 9.利用向量法求二面角大小的注意点(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.四、课时作业1．在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线AC 与1B D 所成的角为（） A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【答案】D【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，则A （1，0，0），C （0，1，0），D （0，0，0），B 1（1，1，1）， AC ＝（﹣1，1，0），1B D ＝（﹣1，﹣1，﹣1），设异面直线AC 与B 1D 所成的角为θ，则cos θ＝11||||||AC B D AC B D ⋅⋅＝0，∴θ＝2π. ∴异面直线AC 与B 1D 所成的角为2π. 故选：D .2．在长方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别为棱1AA ，11C D ，1DD 的中点，12AB AA AD ==，则异面直线EF 与BG 所成角的大小为（） A ．30 B ．60︒C ．90︒D ．120︒【答案】C【解析】以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系D xyz -，如图设1AD =，则()1,0,1E ，()0,1,2F ，()0,0,1G ，()1,2,0B ，所以()1,1,1EF =-，()1,2,1BG =--，0EF BG ⋅=，所以EF BG ⊥，所以异面直线EF 与BG 所成角的大小为90︒，故选：C.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，11AA =，则直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为（） A ．63B ．102C ．155D ．105【答案】D【解析】解：以D 点为坐标原点，以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则1(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),A B C C (0,2,1),1(2,0,1),(2,2,0),BC AC AC ∴=-=-为平面11BB D D 的一个法向量． 110cos ,558BC AC ∴<>==⋅． ∴直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为10. 4．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱C 1D 1的中点，则异面直线AM 与BD 所成角的余弦值为（） A ．2 B ．3 C ．2 D ．3 【答案】C【解析】解：正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，M 为A 1B 1的中点，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1棱长为1，以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，A （1，0，0），M （0，12，1），B （1，1，0），D （0，0，0）， AM =（-1，12，1），()110DB =，，， cos AM BD ＜，＞=112362-+=-，所以异面直线AM 与BD所成角的余弦值为6， 5．平面α的法向量(2,2,2)u =-，平面β的法向量(1,2,1)v =，则下列命题正确的是（） A ．α、β平行 B ．α、β垂直C ．α、β重合D ．α、β不垂直【答案】B【解析】解：平面α的法向量(2,2,2)u =-，平面β的法向量(1,2,1)v =，因为2420u v =-+=，所以两个平面垂直．6．若平面α的法向量为n ，直线l 的方向向量为a ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是（） A ．cos n a n aθ⋅=⋅B ．cos n a n aθ⋅=⋅C ．sin n a n aθ⋅=⋅D ．sin n a n aθ⋅=⋅【答案】D【解析】由于直线l 与平面α的夹角为θ，其中0θπ≤<，所以sin 0θ≥，所以sin cos n a n a n aθ⋅=⋅=⋅.7．直三棱柱ABC —A′B′C′中，AC ＝BC ＝AA′，∠ACB ＝90°，E 为BB′的中点，异面直线CE 与C A '所成角的余弦值是（）A ．5 B ．5-C ．-10 D ．10 【答案】D【解析】直三棱柱ABC A B C -'''中，AC BC AA =='，90ACB ∠=︒，E 为BB '的中点．以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，CC '为z 轴，建立空间直角坐标系，设2AC BC AA =='=，则(0C ，0，0)，(0E ，2，1)，(0C '，0，2)，(2A ，0，0)， (0CE =，2，1)，(2C A '=，0，2)-，设异面直线CE 与C A '所成角为θ，则||10cos ||||58CE C A CE C A θ'==='．∴异面直线CE 与C A '所成角的余弦值为1010．故选：D ．8．如图，长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2AD =，E 、F 、G 分别是1DD 、AB 、1CC 的中点，则异面直线1A E 与GF 所成角的余弦值是（）A ．0B ．10C ．22 D ．15【答案】A【解析】如图()()()()12,0,40,0,2,2,2,0,0,4,2A E F G ，所以()()12,0,2,2,2,2A E GF =--=--所以异面直线1A E 与GF 所成角的余弦值110⋅=A E GFA E GF故选：A9．在正三棱柱111ABC A B C -中，若12AB BB ，则1AB 与1C B 所成角的大小为（）A ．60B ．75C ．105D ．90【答案】D【解析】由题意可得60ABC ∠=，1BB ⊥平面ABC ；设11BB =，则2AB =，又11AB BB BA =-，11BC BC BB =+，所以11112111()()AB BC BB BA BC BB BB BC BB BA BC BA BB ⋅=-⋅+=⋅+-⋅-⋅ 0122cos6000=+-⨯⨯-=.故11AB BC ⊥.即11AB BC ⊥，即1AB 与1C B 所成角的大小为90.故选D10．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，2PA =，24BC AB ==，且四边形ABCD 是矩形，E 是PD 的中点，则异面直线BE 与PC 所成角的余弦值是（）A ．618-B ．618C ．26-D ．26【答案】B【解析】根据题意建立如图空间直角坐标系所以()()()()0,0,2,2,0,0,2,4,0,0,2,1P B C E ，所以()()2,2,1,2,4,2=-=-BE PC则异面直线BE 与PC 所成角的余弦值为618⋅=BE PC BE PC 11．如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA AB ⊥，PA AD ⊥，1AD =，2AB =，PAB△是等腰三角形，点E 是棱PB 的中点，则异面直线EC 与PD 所成角的余弦值是（）A 3B 6C 6D 2 【答案】B【解析】因为AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为原点，AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.又因为2PA AB ==，1AD =，所以()0,0,0A ，()2,0,0B ，()2,1,0C ，()0,1,0D ，()0,0,2P因为E 是棱PB 的中点，所以22,0,22E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以22,1,22EC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,2PD =-，所以6cos ,1111222EC PD 〈〉==++⨯+ 12．如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，12AA AB ==，60BAD ∠=︒，M 是1BB 的中点，则异面直线1A M 与1B C 所成角的余弦值为（）A ．10B ．15- C ．15 D 10 【答案】D【解析】由题意可得221111111111,5,2A M A B B M ABBB A M A B B M =+=-=+=221111,22B C BC BB B C BC BB =-=+=，()21111111111122cos ,210210AB BB BC BB AB BC BBA MBC A M B C A M B C ⎛⎫-⋅-⋅+ ⎪⋅⎝⎭〈〉===0122cos604102.210⨯⨯+⨯==13．若直线l 的方向向量为(1,2,3)a =-,平面α的法向量为(3,6,9)n =--,则( )A ．l α⊂B ．//l αC ．l α⊥D ．l 与α相交【答案】C【解析】解：∵直线l 的方向向量为()1,2,3a =-，平面α的法向量为()3,6,9n =--，∴13a n =-，∴a n ，∴l α⊥．14．若三棱锥P -ABC 的三条侧棱两两垂直，且满足PA =PB =PC =1，则点P 到平面ABC 的距离是（）A ．66B ．63 C ．3D ．33【答案】D【解析】解：分别以PA ，PB ，PC 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.则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1).()()1,1,0,1,0,1AB AC =-=-.设平面ABC 的一个法向量为(),,n x y z =，由00n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得：00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩.令1x =，则1y z ==.则平面ABC 的一个法向量为()1,1,1n =.所以点P 到平面ABC 的距离||33||n PA d n =⋅=. 15．长方体1111ABCD A B C D -中12,1AB AA AD ===，E 为1CC 的中点，则异面直线1BC 与AE 所成角的余弦值为（）A ．1010B ．3010C ．21510D ．310 【答案】B【解析】建立坐标系如图所示．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，1BC ＝(－1,0,2)，AE ＝(－1，2,1)．cos 〈1BC ，AE 〉＝＝3010. 所以异面直线BC 1与AE 3016．直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，11AB BC CC ===，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（）A 3B ．12C 3D ．34【答案】D【解析】在直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，取AC 中点O ，11AB BC CC ===，则OB A C ⊥，所以2sin 603AC BC =︒=，以AC 的中点O 坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，以过点O 垂直平面ABC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图：则30,A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，11,0,12B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以113,22AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，113,22BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭, 设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111131344cos 422AB BC AB BC θ-++⋅===⨯⋅. 17．在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为( )A ．16B ．14C ．16-D ．14- 【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则()()()()1100,012,121,002M N O D ，，，，，，，，， ∴()()11,1,2,1,2,1MN OD =-=--．则11111cos,666MN ODMNODMN OD⋅===⋅．∴异面直线MN与1OD所成角的余弦值为16,故选A．18．在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D-中，E为线段1AA中点，F为线段11C D上靠近1D的三等分点，则异面直线1A B与EF所成角的余弦值为( )A．114B．2C．3D．17【答案】B【解析】如图建立空间直角坐标系，则知1(3,0,0)A，(3,3,3)B，33,0,2E⎛⎫⎪⎝⎭，(0,1,0)F，所以1(0,3,3)A B=，33,1,2EF⎛⎫=--⎪⎝⎭，所以1119322|cos,|714||322A B EFA B EFA B EF-⋅〈〉===⋅⨯.故选：B.19．如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD 和AB 1所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为（）A ．16+8πB ．32+16πC ．32+8πD ．16+16π【答案】A 【解析】设D 在底面半圆上的射影为1D ，连接1AD 交BC 于O ，设1111A D B C O ⋂=.依题意半圆柱体底面直径4,,90BC AB AC BAC ==∠=︒，D 为半圆弧的中点，所以1111,AD BC A D B C ⊥⊥且1,O O 分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接1OO ，则1OO 与上下底面垂直，所以11,,OO OB OO OA OA OB ⊥⊥⊥，以1,,OB OA OO 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为()0h h >，则()()()()12,0,0,0,2,,0,2,0,2,0,B D h A B h -，所以()()12,2,,2,2,BD h AB h =--=-，由于异面直线BD 和1AB 所成的角的余弦值为23，所以212212388BD AB h BD AB h h ⋅==⋅+⋅+，即2222,16,483h h h h ===+. 所以几何体的体积为2112442416822ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+. 故选：A20．如图，三棱锥V ABC -的侧棱长都相等，底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 为线段AC 的中点，F 为直线AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则cos θ的最大值是（）A 3B ．23C 5D 6 【答案】D【解析】底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，则Rt ABC Rt VAC ≅ ，所以VA VC BA BC ===设2VA VC BA BC VB ===== ，由E 为线段AC 的中点，则2VE BV ==由222VE BE VB += ，所以VE EB ⊥，以E 为原点，EB 为x 轴，E C 为y 轴，EV 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则()2,0C ，2,0,0B ，(2V ，设,2,Fxx-，(0,2,2VC =- ，(2,0,2VB =- ，(2EV = ，(,2,2VF x x = ，设平面VBC 的一个法向量()111,,m x y z = ，则00m VC m VB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即1111220220z x ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ ，令11x =，则11y = ，11z =，所以()1,1,1m = .设平面VEF 的一个法向量()222,,n x y z = ，则00n EV n VF ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即(222220220z x x x y z ⎧=⎪⋅+⋅+=⎪⎩，解得20z =，令21y = ，则221x =-，所以21,1,0n x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则22cos 22232m n x m n x xθ⋅==-+ ，将分子、分母同除以1x，可得 2222322226626x xx x =-+-+令()2226626632f x x x x ⎛⎫=-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，当22x =时，()min 3f x = ，则cos θ的最大值为：263= . 21．（多选题）如图，棱长为的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（）A ．直线1D P 与AC 所成的角可能是6πB ．平面11D A P ⊥平面1A APC ．三棱锥1D CDP -的体积为定值D ．平面1APD 截正方体所得的截面可能是直角三角形【答案】BC【解析】对于A ，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，()()()10,0,1,1,0,0,0,1,0D A C ，设()()1,,01,01P a b a b <<<< ()()11,,1,1,1,0D P a b AC =-=- ()11221cos ,0112D P AC D P AC D P ACa b ⋅==<++-⨯1301,01,,24a b D P AC ππ<<<<∴<<∴直线D 1P 与AC 所成的角为,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭，故A 错误；对于B ，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，A 1D 1⊥AA 1，A 1D 1⊥AB ， ∵AA 1AB ＝A ，∴A 1D 1⊥平面A 1AP ，∵A 1D 1⊥平面D 1A 1P ，∴平面D 1A 1P ⊥平面A 1AP ，故B 正确；对于C ，1111122CDD S=⨯⨯=，P 到平面CDD 1的距离BC ＝1， ∴三棱锥D 1﹣CDP 的体积：111111326D CDP P CDD V V --==⨯⨯=为定值，故C 正确；对于D ，平面APD 1截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故D 错误；故选：BC ．22．（多选题）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,E F G 分别为11,,BC CC BB 的中点．则（）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C．平面AEF 截正方体所得的截面面积为98D．点C和点G到平面AEF的距离相等【答案】BC【解析】对选项A：（方法一）以D点为坐标原点，DA、DC、1DD所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)D、(1,0,0)A、1(1,0,1)A、1,1,02E⎛⎫⎪⎝⎭、10,1,2F⎛⎫⎪⎝⎭、11,1,2G⎛⎫⎪⎝⎭.从而1(0,0,1)DD=，11,1,2AF⎛⎫=-⎪⎝⎭，从而112DD AF⋅=≠，所以1DD与直线AF不垂直，选项A错误；（方法二）取1DD的中点N，连接AN，则AN为直线AF在平面11ADD A内的射影，AN与1DD不垂直，从而AF与1DD也不垂直，选项A错误；取BC的中点为M，连接1A M、GM，则1A M AE∥，GM EF∥，易证1A MG AEF平面∥平面，从而1A G AEF∥平面，选项B正确；对于选项C，连接1AD，1D F，易知四边形1AEFD为平面AEF截正方体所得的截面四边形（如图所示），且15D H AH==12A D=1221232(5)222AD HS∆⎛⎫=-=⎪⎪⎝⎭，而113948AD HAEFDS S==四边形△，从而选项C正确；对于选项D ：（方法一）由于111111112222224GEF EBG BEFG S S S ∆∆⎛⎫=-=+⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭梯形，而11112228ECF S ∆=⨯⨯=，而13A GEF EFG V S AB -∆=⋅，13A ECF ECF V S AB -∆=⋅，所以2A GEF A ECF V V --=，即2G AEF C AEF V V --=，点G 到平面AEF 的距离为点C 到平面AEF 的距离的二倍.从而D 错误.（方法二）假设点C 与点G 到平面AEF 的距离相等，即平面AEF 将CG 平分，则平面AEF 必过CG 的中点，连接CG 交EF 于点O ，易知O 不是CG 的中点，故假设不成立，从而选项D 错误.23．（多选题）若长方体1111ABCD A B C D -的底面是边长为2的正方形，高为4，E 是1DD 的中点，则（）A ．11B E A B ⊥B ．平面1//B CE 平面1A BDC ．三棱锥11C B CE -的体积为83D ．三棱锥111C B CD -的外接球的表面积为24π【答案】CD【解析】以1{,,}AB AD AA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则 (0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D ，1(0,0,4)A ，1(2,0,4)B ，(0,2,2)E ，所以1(2,2,2)B E =--，1(2,0,4)A B =-，因为1140840B E A B ⋅=-++=≠，所以1B E 与1A B 不垂直，故A 错误； 1(0,2,4)CB =-，(2,0,2)CE =-设平面1B CE 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则由100n CB n CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得1111240220y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，所以11112y z x z =⎧⎨=⎩，不妨取11z =，则11x =，12y = 所以(1,2,1)n =，同理可得设平面1A BD 的一个法向量为(2,2,1)m =，故不存在实数λ使得n λm =，故平面1B CE 与平面1A BD 不平行，故B 错误；在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11CDD C ，故11B C 是三棱锥11B CEC -的高，所以111111111184223323三棱锥三棱锥CEC C B CE CEC B V V S B C --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△，故C 正确；三棱锥111C B CD -的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，故外接球的半径22222462R ++==，所以三棱锥111C B CD -的外接球的表面积2424S R ππ==，故D 正确. 故选：CD.24．（多选题）如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=︒，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △位置，连结PC ，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A ．PC 与平面BCD 所成的最大角为45︒B ．存在某个位置，使得PB CD ⊥C ．当二面角P BD C --的大小为90︒时，6PC =D ．存在某个位置，使得B 到平面PDC 的距离为3 【答案】BC【解析】如图所示：对A ，取BD 的中点O ，连结OP ，OC ，则当60POC ∠=时，PC 与平面BCD 所成的最大角为60︒，故A 错误；对B ，当PD PC =时，取CD 的中点N ，可得,,CD PN CD BN ⊥⊥所以CD ⊥平面PBN ，所以PB CD ⊥，故B 正确；对C ，当二面角P BD C --的大小为90时，所以90∠=POC ，所以3PO OC ==，所以6PC =，故C 正确；对D ，因为3BN =，所以如果B 到平面PDC 的距离为3，则BN ⊥平面PCD ，则2,3,1,1PB BN PN DN ====，所以2PD =，显然不可能，故D 错误；故选：BC.25．（多选题）如图四棱锥P ABCD -，平面PAD ⊥平面ABCD ，侧面PAD 是边长为26的正三角形，底面ABCD 为矩形，23CD =，点Q 是PD 的中点，则下列结论正确的是（）A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 22C ．三棱锥B ACQ -的体积为2D ．四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD【解析】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥,因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ，因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(O D A，(P C B，因为点Q是PD的中点，所以Q，平面PAD的一个法向量为(0,1,0)m =，6(QC=，显然m与QC不共线，所以CQ与平面PAD不垂直，所以A不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,PC AQ AC=-==，设平面AQC的法向量为(,,)n x y z=，则3622260n AQ xzn AC⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z==，所以(1,2,n=-，设PC与平面AQC所成角为θ，则21sin36n PCn PCθ⋅===，所以cos3θ=，所以B正确；三棱锥BACQ-的体积为1132B ACQ Q ABC ABCV V S OP--==⋅1116322=⨯⨯⨯=，。

2022年教学教材《2021江苏高中数学一轮学案空间向量的运算及应用》优秀教案

第五节空间向量的运算及应用[最新考纲]1了解空间向量的概念，了解空间向量的根本定理及其意义，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4理解直线的方向向量及平面的法向量5能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系6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．1．空间向量的有关概念21共线向量定理：对空间任意两个向量a，bb≠0，a∥b的充要条件是存在实数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1．对空间任一点O，假设错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!000由错误!即错误!令0＝1，得m＝1,0，错误!．又∵平面·n＝1×－错误!＋0×2＋错误!×1＝0，∴平面的求解是本例的难点，求解的方式有两种：一是在平面BC求解．如下图，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．1求证：B1E⊥AD1；2在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？假设存在，求AP的长；假设不存在，说明理由．[解]以A为原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系．设AB＝a1证明：A0,0,0，D0,1,0，D10,1,1，E错误!，B1a,0,1，故错误!＝0,1,1，错误!＝错误!因为错误!·错误!＝－错误!×0＋1×1＋－1×1＝0，因此错误!⊥错误!，所以B1E⊥AD12存在满足要求的点P，假设在棱AA1上存在一点P0,0，0，使得DP∥平面B1AE，此时错误!＝0，－1，0，再设平面B1AE的一个法向量为n＝，，．错误!＝a,0,1，错误!＝错误!因为n⊥平面B1AE，所以n⊥错误!，n⊥错误!，得错误!取＝1，那么＝－错误!，＝－a，那么平面B1AE的一个法向量n＝错误!要使DP∥平面B1AE，只要n⊥错误!，有错误!－a0＝0，解得0＝错误!所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝错误!。

2025高考数学一轮复习-第36讲-空间直角坐标系与空间向量【课件】

【解析】连接 ON.因为O→N＝12c＋12b，O→M＝23a，所以M→N＝O→N－O A，B，C 三点不共线，对平面 ABC 外的任一点 O，若点 M 满足O→M＝13
→→→ (OA＋OB＋OC).
→→→ (1) 判断MA，MB，MC三个向量是否共面；
___(_－_1_0_，__1_，_1_6_)____，a·b＝__2___．
【解析】因为 a＝( － 3，2，5) ， b＝(1，5，－1) ，所以3a－b＝( － 9，6，15) －(1， 5，－1)＝(－10，1，16)，a·b＝－3＋10－5＝2.
5．如图，在平行六面体 ABCD-A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′
→ →→ (2) 在利用MN＝xAB＋yAC证明 MN∥平面 ABC 时，必须说明点 M 或点 N 不在平面 ABC 内．
举题说法
空间向量的线性运算及共线、共面定理
→
→
→
1-1 如图，在空间四边形 OABC 中，OA＝a，OB＝b，OC＝c.若点 M 在 OA 上，
OM＝2MA，N 是 BC 的中点，则M→N＝____－__23_a_＋__12_b_＋__12_c____(用 a，b，c 表示).
－13O→B－23O→C＝13a－13b－23c.
3．已知直线l的一个方向向量为m＝(x，2，－5)，平面α的一个法向
量为n＝(3，－1，2)，若l∥α，则x＝
(D )
A．－6
B．6
C．－4
D．4
【解析】由题知m·n＝3x－2－10＝0，可得x＝4.
4 ．已知 a ＝ ( － 3 ， 2 ， 5) ， b ＝ (1 ， 5 ，－ 1) ，则 3a － b ＝
第七章立体几何

高考一轮复习理科数学课件空间向量的应用

• 例题2：已知向量$\mathbf{m}=(2,-1,3)$，$\mathbf{n}=(-4,2,x)$，且$\mathbf{m}\perp \mathbf{n}$，求$x$的值。
04
空间向量位置关系判断
平行关系判断方法
方向相同或相反
如果两个向量的方向相同或相反，则它们是平行的。这可以通过
典型例题分析与解答
01
02
例题1
例题2
力学问题中力的合成与分解。通过向量的加法和数乘运算，求解多个力的合成和分解问题，得出物体所受的合力和分力大小和方向。
电磁学问题中电荷在电场和磁场中的运动。通过场强和磁感应强度的向量表示，求解电荷在电场和磁场中的受力和运动轨迹等问题。
03
例题3
几何问题中点到平面的距离和两平面间的夹角。通过向量的模长、点积和外积运算，求解点到平面的距离、两平面间的夹角以及二面角的平面角等问题。
高考一轮复习理科数学课件空间向量的应用
汇报人：XX 2024-02-05
contents
目录
• 空间向量基本概念与性质 • 空间向量线性运算 • 空间向量数量积与夹角余弦值计算 • 空间向量位置关系判断 • 空间向量在解决实际问题中应用 • 总结回顾与拓展延伸
01
空间向量基本概念与性质
向量定义及表示方法
解决垂直、平行问题
利用向量的垂直、平行关系可以解决空间中的垂直、平行问题，如判断直线与平面是否垂直、两直线是否平行等。
03
空间向量数量积与夹角余弦值计算
数量积定义及性质
数量积定义
两向量的数量积是一个标量，等于两向量的模长与它们夹角的余弦值的乘积。
性质1
两向量垂直时，它们的数量积为0。

高考数学一轮总复习课件-空间向量及其在立体几何中的应用

.
拓展延伸 1.最角定理:平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这
条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角.
2.三余弦公式:cos θ=cos θ1·cos θ2(如图所示,其中θ1是斜线OA与平面α所成
的角,θ2是斜线OA的射影AB与平面内的直线AC的夹角,θ是斜线OA与平面
内的直线AC的夹角).
(4)cos<a,b>= |aa||bb=| ④
a1b1 a2b2 a3b3
a12 a22 a32 b12 b22 b32 .
3.与空间向量有关的问题 (1)空间直角坐标系 (i)一般建立右手直角坐标系;(ii)建立的空间直角坐标系必须满足三坐标轴两两垂直,让尽可能多的点落到坐标轴上或第一象限(第一象限内点的坐标都为正). (2)直线的方向向量和平面的法向量
(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= 5 ,A1B1=2
2 ,A1C1=
21得cos∠C1A1B1=
6
,
解析 (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(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,FA的方向为x轴正方向,| AB |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.

高考数学一轮复习 9.7 空间向量的应用精品教学案(教师版) 新人教版

D BA C α 【考纲解读】1．理解直线的方向向量与平面的法向量．2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）．4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.立体几何是历年来高考重点内容之一,在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，难度不大，主要考查空间中线线、线面、面面的位置关系的判定与证明，考查表面积与体积的求解，考查三视图等知识，在考查立体几何基础知识的同时，又考查数形结合思想、转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查立体几何的基础知识，命题形式相对会较稳定. 【要点梳理】1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。

（1）异面直线所成的角的范围是]2,0(π。

求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。

具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角。

（2）直线与平面所成的角的范围是]2,0[π。

求直线和平面所成的角用的是射影转化法。

具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线； ②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算。

注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即若θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，则有αθ≤；（3）确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上；④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置：a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；（4）二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。

高考数学一轮总复习向量与空间几何应用

高考数学一轮总复习向量与空间几何应用高考数学一轮总复习：向量与空间几何应用向量与空间几何是高中数学中的重要内容，也是高考数学考试中的重要考点之一。

掌握好向量与空间几何的基本概念、性质和应用，对于解题和理解几何概念有着重要的作用。

本文将从几何基础、向量运算以及空间几何应用三个方面展开，帮助大家进行高考数学一轮总复习。

一、几何基础在学习向量与空间几何之前，我们需要先了解一些几何基础。

如何表示向量？如何判断向量共线或平行？在空间几何中，如何确定两个平面的关系？这些都是我们需要掌握的基础概念。

在二维平面中，向量通常由两个坐标表示，如向量AB可以表示为→AB=(x2-x1,y2-y1)。

判断向量共线或平行时，常用的方法是比较两个向量的比值是否相等。

例如，向量a=(2,3)和向量b=(4,6)的比值为2/4=3/6=1/2，因此向量a和向量b共线且平行。

在三维空间中，向量通常由三个坐标表示，如向量AB可以表示为→AB=(x2-x1,y2-y1,z2-z1)。

判断两个平面的关系时，可以比较两个平面法向量的方向是否相等。

如果两个平面的法向量方向相等，则两个平面平行；如果两个平面的法向量方向垂直，则两个平面垂直。

二、向量运算向量运算是向量与向量之间进行的数学操作，常用的向量运算包括加法、减法、数量积和向量积。

了解向量运算的性质和运算规律，可以帮助我们更好地理解向量的性质和应用。

向量的加法和减法满足交换律和结合律。

即对于任意向量a、b和c，有a+b=b+a，(a+b)+c=a+(b+c)。

数量积也称为点积，可以用向量的坐标表示为a·b=|a||b|cosθ，其中|a|和|b|表示向量的模，θ表示两个向量的夹角。

向量积也称为叉积，可以用向量的坐标表示为a×b=(a2b3-a3b2,a3b1-a1b3,a1b2-a2b1)。

通过向量的加法、减法、数量积和向量积，我们可以计算向量的模、夹角、投影和面积等，这对于解题和应用非常有帮助。

2023版高考数学一轮总复习：空间向量及其应用课件理

(5)a⊥b⇔a·b=0⇔ a1b1+a2b2+a3b3=0 ;
(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) ;

北师大版版高考数学一轮复习立体几何空间向量的运算及应用教学案理解析版

[考纲传真] 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.４．理解直线的方向向量及平面的法向量.５．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.6．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．１．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量方向向量A、B是空间直线l上任意两点，则称错误!为直线l的方向向量法向量如果直线l垂直于平面α，那么把直线l的方向向量n叫作平面α的法向量共线向量（或平行向量）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（１）共线向量定理：对空间任意两个向量a，b（b≠0），a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λＢ．（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＋yＢ．（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．３．两个向量的数量积（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.４．空间向量的坐标表示及其应用设a＝（a１，a２，a３），b＝（b１，b２，b３）．１．对空间任一点O，若错误!＝x错误!＋y错误!（x＋y＝１），则P，A，B三点共线．２．对空间任一点O，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（x＋y＋z＝１），则P，A，B，C四点共面．３．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为错误![基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）空间中任意两非零向量a，b共面．（）（２）若A，B，C，D是空间任意四点，则有错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0．（３）设{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．（４）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）×２．（教材改编）设u＝（—２,２，t），v＝（6，—４,４）分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝（）Ａ．３Ｂ．４Ｃ．５Ｄ．6C[∵α⊥β，则u·v＝—２×6＋２×（—４）＋４t＝0，∴t＝５．]３．（教材改编）在平行六面体ABCDA１B１C１D１中，M为A１C１与B１D１的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则下列向量中与错误!相等的向量是（）Ａ．—错误!a＋错误!b＋cＢ．错误!a＋错误!b＋cＣ．—错误!a—错误!b＋cＤ．错误!a—错误!b＋cA[错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!（错误!—错误!）＝c＋错误!（b—a）＝—错误!a＋错误! b＋c.]４．已知A（１,0,0），B（0,１,0），C（0,0,１），则下列向量是平面ABC法向量的是（）Ａ．（—１,１,１）Ｂ．（１，—１,１）Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[设n＝（x，y，z）为平面ABC的法向量，则错误!化简得错误!∴x＝y＝z.故选Ｃ．]５．（教材改编）已知a＝（２,３,１），b＝（—４,２，x），且a⊥b，则|b|＝________.２错误![∵a⊥b，∴a·b＝0，即—8＋6＋x＝0，∴x＝２．∴b＝（—４,２,２），∴|b|＝错误!＝２错误!.]空间向量的线性运算１．如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且错误!＝２错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z＝________.错误![连接ON，设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!＝错误!—错误!＝错误!（错误!＋错误!）—错误!错误!＝错误!b＋错误! c—错误!a，错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＝错误!a＋错误!错误!＝错误!a＋错误!b＋错误!c.又错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，所以x＝错误!，y＝错误!，z＝错误!，因此x＋y＋z＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!.]２．如图所示，在平行六面体ABCDA１B１C１D１中，设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，M，N，P分别是AA１，BC，C１D１的中点，设用a，b，c表示以下各向量：（１）错误!；（２）错误!；（３）错误!＋错误!.[解] （１）因为P是C１D１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝a＋错误!＋错误!错误!＝a＋c＋错误!错误!＝a＋c＋错误!Ｂ．（２）因为N是BC的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!错误!＝—a＋b＋错误!c.（３）因为M是AA１的中点，所以错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝—错误!a＋错误!＝错误!a＋错误!b＋c，又错误!＝错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!错误!＋错误!＝错误!c＋a，所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!a＋错误!b＋错误!c.[规律方法] 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．共线（共面）向量定理的应用【例１】已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．（１）求证：E，F，G，H四点共面；（２）求证：BD∥平面EFGH.[证明] （１）连接BG，EG，则错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!.所以E，F，G，H四点共面．（２）因为错误!＝错误!—错误!＝错误!错误!—错误!错误!＝错误!（错误!—错误!）＝错误!错误!.所以EH∥BD．又EH平面EFGH，BD平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.[规律方法] （１）证明点共线问题可转化为证明向量共线问题，如证A，B，C三点共线，即证错误!，错误!共线，只需证错误!＝λ错误!（λ≠0）即可．（２）证明点共面问题，可转化为证向量共面问题．如证P，A，B，C四点共面，只需证错误!＝x错误!＋y错误!或对空间任意一点O，有错误!＝错误!＋x错误!＋y错误!或错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!（其中x＋y＋z＝１）即可．（）Ａ．２，错误!Ｂ．—错误!，错误!Ｃ．—３,２Ｄ．２,２（２）已知a＝（２，—１,３），b＝（—１,４，—２），c＝（7,５，λ），若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________．（１）A（２）错误![（１）∵a∥b，∴设b＝x a，∴错误!解得错误!或错误!故选Ａ．（２）∵a与b不共线，故存在实数x，y使得c＝x a＋y b，∴错误!解得错误!故填错误!.]空间向量的数量积【例２】如图，在平行六面体ABCDA １B１C１D１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）设错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝１，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝错误!.|错误!|２＝（a＋b＋c）２＝a２＋b２＋c２＋２（a·b＋b·c＋c·a）＝１＋１＋１＋２×错误!＝6，∴|错误!|＝错误!，即AC１的长为错误!.（２）错误!＝b＋c—a，错误!＝a＋b，∴|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，错误!·错误!＝（b＋c—a）·（a＋b）＝b２—a２＋a·c＋b·c＝１．∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.∴AC与BD１夹角的余弦值为错误!.[规律方法] （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|＝错误!，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．１１１＝１，∠BCA＝90°，棱AA１＝２，M，N分别是A１B１，A１A的中点．（１）求错误!的模；（２）求cos〈错误!，错误!〉的值；（３）求证：A１B⊥C１M.[解] （１）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B（0,１,0），N（１,0,１），所以|错误!|＝错误!＝错误!.（２）由题意得A１（１,0,２），B（0,１,0），C（0,0,0），B１（0,１,２），所以错误!＝（１，—１,２），错误!＝（0,１,２），错误!·错误!＝３，|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.（３）证明：由题意得C１（0,0,２），M错误!，错误!＝（—１,１，—２），错误!＝错误!，所以错误!·错误!＝—错误!＋错误!＋0＝0，所以错误!⊥错误!，即A１B⊥C１M.利用向量证明平行与垂直问题【例３】如图所示，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝２，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝４，CD＝１，点M在PB上，PB＝４PM，PB与平面ABCD成３0°角，求证：（１）CM∥平面PAD；（２）平面PAB⊥平面PAD．[解] （１）证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD 所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝３0°.∵PC＝２，∴BC＝２错误!，PB＝４，∴D（0,１,0），B（２错误!，0,0），A（２错误!，４,0），P（0,0,２），M错误!，∴错误!＝（0，—１,２），错误!＝（２错误!，３,0），错误!＝错误!.（１）设n＝（x，y，z）为平面PAD的一个法向量，由错误!即错误!令y＝２，得n＝（—错误!，２,１）．∵n·错误!＝—错误!×错误!＋２×0＋１×错误!＝0，∴n⊥错误!.又CM平面PAD，∴CM∥平面PAD．（２）法一：由（１）知错误!＝（0,４,0），错误!＝（２错误!，0，—２），设平面PAB的一个法向量为m＝（x0，y0，z0），由错误!即错误!令x0＝１，得m＝（１,0，错误!）．又∵平面PAD的一个法向量n＝（—错误!，２,１），∴m·n＝１×（—错误!）＋0×２＋错误!×１＝0，∴平面PAB⊥平面PAD．法二：取AP的中点E，连接BE，则E（错误!，２,１），错误!＝（—错误!，２,１）．∵PB＝AB，∴BE⊥PＡ．又∵错误!·错误!＝（—错误!，２,１）·（２错误!，３,0）＝0，∴错误!⊥错误!.∴BE⊥DＡ．又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD．又∵BE平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．[规律方法] １．利用向量法证明平行问题的类型及方法（１）证明线线平行：两条直线的方向向量平行．（２）证明线面平行：１该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；２证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；３证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．（３）证明面面平行：两个平面的法向量平行．２．利用向量法证明垂直问题的类型及方法（１）证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0．（２）证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行．（３）证明面面垂直：１根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直；２两个平面的法向量垂直．如图所示，在长方体ABCDA１B１C１D１中，AA１＝AD＝１，E为CD中点．（１）求证：B１E⊥AD１；（２）在棱AA１上是否存在一点P，使得DP∥平面B１AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．[解] 以A为原点，错误!，错误!，错误!的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.（１）证明：A（0,0,0），D（0,１,0），D１（0,１,１），E错误!，B１（a,0,１），故错误!＝（0,１,１），错误!＝错误!.因为错误!·错误!＝—错误!×0＋１×１＋（—１）×１＝0，因此错误!⊥错误!，所以B１E⊥AD１.（２）存在满足要求的点P，假设在棱AA１上存在一点P（0,0，z0），使得DP∥平面B１AE，此时错误!＝（0，—１，z0），再设平面B１AE的一个法向量为n＝（x，y，z）．错误!＝（a,0,１），错误!＝错误!.因为n⊥平面B１AE，所以n⊥错误!，n⊥错误!，得错误!取x＝１，则y＝—错误!，z＝—a，则平面B１AE的一个法向量n＝错误!.要使DP∥平面B１AE，只要n⊥错误!，有错误!—az0＝0，解得z0＝错误!.所以存在点P，满足DP∥平面B１AE，此时AP＝错误!.。

2025年高考数学一轮复习讲义含答案解析第6节空间向量在立体几何中的应用

第六节空间向量在立体几何中的应用1．空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l01平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量．(3)空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔02n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔03n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄αl∥αn⊥m⇔04n·m＝0 l⊥αn∥m⇔05n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔06n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m⇔07n·m＝02．设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则3.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝10|cos 〈a ，n 〉|＝11|a ·n ||a ||n |．4．(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝12〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝13|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角的大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．5．用向量法求空间距离(1)点到直线的距离已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点．则点P 到直线l 的距离为14__AP →2－（AP →·u ）2．(2)点到平面的距离已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．则点P 到平面α的距离为15|AP →·n ||n |．(3)线面距和面面距可以转化为点面距求解．1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两个平面的法向量所成的角就是这两个平面所成的角．()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(3)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．()(4)直线l的一个方向向量为a＝(－1，2，1)，平面α的一个法向量为n＝(－1，－1，1)，l⊄α，则l∥α.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册1.4.1练习T1改编)已知直线l的一个方向向量为a＝(－3，2，5)，平面α的一个法向量为b＝(1，x，－1)，若l∥α，则x＝()A．4B．3C．2D．1答案A解析因为l∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故选A.(2)已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足()A．sinθ＝－147B．sinθ＝147C．cosθ＝147D．cosθ＝－147答案C解析因为θ，π2，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝63×14＝147，sinθ＝1－cos2θ＝357.故选C.(3)若平面α的法向量为a＝(3，－1，2)，平面β的法向量为n＝(－6，2，－4)，则() A．α∥βB．α⊥βC．α与β相交但不垂直D．无法确定答案A解析由题意，得n＝－2a，则n∥a，α∥β.故选A.(4)已知A(1，2，0)，B(3，1，2)，C(2，0，4)，则点C到直线AB的距离为() A．2B．5C．23D．25答案B解析因为AB →＝(2，－1，2)，AC →＝(1，－2，4)，所以AC →在AB →方向上的投影数量为AB →·AC →|AB →|＝2＋2＋84＋1＋4 4.设点C 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|AC →|2－42＝1＋4＋16－16＝ 5.故选B.考点探究——提素养考点一利用空间向量证明平行、垂直例1如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP＝2，AB ＝1，E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面PCD ⊥平面PAD .证明依题意，以A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1)．(1)因为BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .(2)因为AB →＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ，又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的一个法向量为AB →＝(1，0，0)，PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·DC →＝0，y －2z ＝0，x ＝0，取y ＝1，得n ＝(0，1，1)．因为n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →.所以平面PCD ⊥平面PAD .【通性通法】利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤【巩固迁移】1．(2023·山东青岛二中模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形B 1C 1CB 的中心．求证：(1)AC 1⊥平面A 1BD ；(2)EF ∥平面A 1BD ；(3)平面B 1EF ∥平面A 1BD .证明(1)设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C 1(2，2，2)，A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，D (0，2，0)，AC 1→＝(2，2，2)，A 1B →＝(2，0，－2)，A 1D →＝(0，2，－2)，因为AC 1→·A 1B →＝0，AC 1→·A 1D →＝0，所以AC 1⊥A 1B ，AC 1⊥A 1D ，由于A 1B ∩A 1D ＝A 1，所以AC 1⊥平面A 1BD .(2)由(1)知，AC 1→＝(2，2，2)是平面A 1BD 的一个法向量．E (1，1，2)，F (2，1，1)，EF →＝(1，0，－1)，AC 1→·EF →＝0，EF ⊄平面A 1BD ，所以EF ∥平面A 1BD .(3)由(1)，得B 1(2，0，2)，B 1F →＝(0，1，－1)，设平面B 1EF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·EF →＝x －z ＝0，·B 1F →＝y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，1，1)．AC 1→＝2n ，显然，平面B 1EF 与平面A 1BD 不重合，所以平面B 1EF ∥平面A 1BD .考点二利用空间向量求空间角(多考向探究)考向1求异面直线所成的角例2(2024·河南洛阳模拟预测)如图四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，且各棱长均相等，E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为()A ．36B ．63C ．13D ．12答案A解析连接AC 与BD 交于点O ，连接PO ，由题意，得AC ⊥BD ，且PO ⊥平面ABCD ，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设四棱锥P －ABCD 各棱长均为2，则AO ＝BO ＝CO ＝DO ＝2，PO ＝2，可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，C (－2，0，0)，P (0，0，2)，则，22，则AE →－2，22，PC →＝(－2，0，－2)，设异面直线AE 与PC所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AE →，PC →〉|＝|AE →·PC →||AE →||PC →|＝|（－2）×（－2）＋22×（－2）|2＋12＋12×2＋0＋2＝36.故选A.【通性通法】向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【巩固迁移】2.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，∠BAF ＝90°，AD ＝2，AB ＝AF ＝2EF ＝1，P 是DF 的中点，则异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为________．答案4515解析因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，交线为AB ，AD ⊥AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF .又AF ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AF，因为∠BAF ＝90°，所以AF ⊥AB ，又AD ⊥AB ，所以以A 为原点，AB →，AD →，AF →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，则B (1，0，0)0，，1C (1，2，0)，所以BE →－12，0，CP →1，－1所以cos 〈BE →，CP →〉＝BE →·CP →|BE →||CP →|＝4515，即异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为4515.考向2求直线与平面所成的角例3在如图所示的几何体ABCED 中，EC ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，CE ＝CA ＝CB ＝2DB ，∠ACB ＝90°，M 为AD 的中点．(1)证明：EM ⊥AB ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．解(1)证明：由EC ⊥平面ABC ，AC ，BC ⊂平面ABC ，得EC ⊥AC ，EC ⊥BC ，又∠ACB ＝90°，则AC ⊥BC ，故以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设DB ＝1，则CE ＝CA ＝CB ＝2.∴A (2，0，0)，B (0，2，0)，E (0，0，2)，D (0，2，1)，M 1，1，12，∴EM →1，1，－32AB →＝(－2，2，0)，则EM →·AB →＝－2＋2＋0＝0，∴EM →⊥AB →，即EM ⊥AB .(2)由(1)，知BM →＝1，－1，12AE →＝(－2，0，2)，DE →＝(0，－2，1)，设平面ADE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE →＝－2x ＋2z ＝0，·DE →＝－2y ＋z ＝0，取x ＝2，得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(2，1，2)，设直线BM 与平面ADE 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BM →，n 〉|＝|BM →·n ||BM →||n |＝49.因此直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值为49.【通性通法】向量法求线面角的两种方法(1)分别求出斜线和它在平面内的投影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线与平面所成的角．【巩固迁移】3．(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，A 1C ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，A 1到平面BCC 1B 1的距离为1.(1)求证：AC ＝A 1C ；(2)若直线AA 1与BB 1的距离为2，求AB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．解(1)证明：如图，∵A 1C ⊥底面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴A 1C ⊥BC ，又BC ⊥AC ，A 1C ∩AC ＝C ，A 1C ，AC ⊂平面ACC 1A 1，∴BC ⊥平面ACC 1A 1，又BC ⊂平面BCC 1B 1，∴平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1.过A 1作A 1O ⊥CC 1于点O ，又平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1＝CC 1，A 1O ⊂平面ACC 1A 1，∴A 1O ⊥平面BCC 1B 1.∵A 1到平面BCC 1B 1的距离为1，∴A 1O ＝1.在Rt △A 1CC 1中，A 1C ⊥A 1C 1，CC 1＝AA 1＝2，A 1O ＝1，∴O 为CC 1的中点，∴CO ＝C 1O ＝1，又A 1O ⊥CC 1，∴AC ＝A 1C ＝A 1C 1＝2，∴AC ＝A 1C .(2)连接A 1B ，AC 1，∵AC ＝A 1C ，BC ⊥A 1C ，BC ⊥AC ，∴Rt △ACB ≌Rt △A 1CB ，∴BA ＝BA 1.过B 作BD ⊥AA 1于点D ，则D 为AA 1的中点，又AA 1＝2，∴A 1D ＝AD ＝1，∵直线AA 1与BB 1的距离为2，∴BD ＝2，∴A 1B ＝AB ＝5，在Rt △ABC 中，BC ＝AB 2－AC 2＝ 3.解法一：以C 为原点，CA ，CB ，CA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz ，如图所示，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，3，0)，B 1(－2，3，2)，C 1(－2，0，2)，∴CB →＝(0，3，0)，CC 1→＝(－2，0，2)，AB 1→＝(－22，3，2)，设平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·CB →＝0，·CC 1→＝0，0，＋2z ＝0，取x ＝1，则y ＝0，z ＝1，∴平面BCC 1B 1的一个法向量为n ＝(1，0，1)．设AB 1与平面BCC 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB 1→〉|＝|n ·AB 1→||n ||AB 1→|＝1313.∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为13 13 .解法二：延长AC，使AC＝CM，连接C1M，由CM∥A1C1，CM＝A1C1，知四边形A1CMC1为平行四边形，∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM，在Rt△AC1M中，AM＝2AC＝22，C1M＝A1C＝2，∴AC1＝（22）2＋（2）2＝10.在Rt△AB1C1中，AC1＝10，B1C1＝BC＝3，∴AB1＝（10）2＋（3）2＝13.又A到平面BCC1B1的距离为1，∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113＝1313.考向3求二面角例4(2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)证明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．解(1)证明：连接BC1，DC1.因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，又因为∠C 1CB ＝∠C 1CD ，CC 1＝CC 1，所以△C 1CB ≌△C 1CD ，所以BC 1＝DC 1，又点O 为线段BD 的中点，所以C 1O ⊥BD .在△C 1CO 中，CC 1＝2，OC ＝12AC ＝2，∠C 1CO ＝45°，所以cos ∠C 1CO ＝22＝C 1C 2＋OC 2－C 1O 22×C 1C ×OC，解得C 1O ＝2，则C 1C 2＝OC 2＋C 1O 2，所以C 1O ⊥OC .又OC ∩BD ＝O ，OC ⊂平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以C 1O ⊥平面ABCD .(2)由题知正方形ABCD 中AC ⊥BD ，又C 1O ⊥平面ABCD ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，2，0)，D (0，－2，0)，A (2，0，0)，C (－2，0，0)，C 1(0，0，2)，则AA 1→＝CC 1→＝(2，0，2)，AB →＝(－2，2，0)，AD →＝(－2，－2，0)，设平面BAA 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，1·m ＝0，·m ＝0，＋2z 1＝0，1＋2y 1＝0，令x 1＝1，则m ＝(1，1，－1)，设平面DAA 1的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，1·n ＝0，·n ＝0，＋2z 2＝0，2－2y 2＝0，令x 2＝1，则n ＝(1，－1，－1)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13×3＝13，设二面角B －AA 1－D 的大小为θ，则sin θ＝223，所以二面角B －AA 1－D 的正弦值为223.【通性通法】向量法求二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意有时需要结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【巩固迁移】4.(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4.点A 2，B 2，C 2，D 2分别在棱AA 1，BB 1，CC 1，DD 1上，AA 2＝1，BB 2＝DD 2＝2，CC 2＝3.(1)证明：B 2C 2∥A 2D 2；(2)点P 在棱BB 1上，当二面角P －A 2C 2－D 2为150°时，求B 2P .解(1)证明：以C 为原点，CD ，CB ，CC 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C (0，0，0)，C 2(0，0，3)，B 2(0，2，2)，D 2(2，0，2)，A 2(2，2，1)，∴B 2C 2→＝(0，－2，1)，A 2D 2→＝(0，－2，1)，∴B 2C 2→∥A 2D 2→，又B 2C 2，A 2D 2不在同一条直线上，∴B 2C 2∥A 2D 2.(2)设P (0，2，λ)(0≤λ≤4)，则A 2C 2→＝(－2，－2，2)，PC 2→＝(0，－2，3－λ)，D 2C 2→＝(－2，0，1)，设平面PA 2C 2的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·A 2C 2→＝－2x 1－2y 1＋2z 1＝0，·PC 2→＝－2y 1＋（3－λ）z 1＝0，取z 1＝2，得y 1＝3－λ，x 1＝λ－1，∴n ＝(λ－1，3－λ，2)．设平面A 2C 2D 2的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，·A 2C 2→＝－2x 2－2y 2＋2z 2＝0，·D 2C 2→＝－2x 2＋z 2＝0，取x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝2，∴m ＝(1，1，2)．又二面角P －A 2C 2－D 2为150°，∴|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝6（λ－1）2＋（3－λ）2＋22×6＝|cos150°|＝32，化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P (0，2，1)或P (0，2，3)，∴B 2P ＝1.考点三利用空间向量求空间距离例5如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱DA ，DC 和DD 1的长分别为1，2，1.求：(1)顶点B 到平面DA 1C 1的距离；(2)直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离．解(1)以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)．设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为DA 1→＝(1，0，1)，DC 1→＝(0，2，1)，·DA 1→＝0，·DC 1→＝0，＋z ＝0，y ＋z ＝0，取y ＝1，得x ＝2，z ＝－2，则n ＝(2，1，－2)．而向量C 1B →＝(1，0，－1)，所以顶点B 到平面DA 1C 1的距离d ＝|n ·C 1B →||n |＝|2＋0＋2|4＋1＋4＝43.(2)直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离等于点B 1到平面DA 1C 1的距离．因为C 1B 1→＝(1，0，0)，所以点B 1到平面DA 1C 1的距离d 1＝|n ·C 1B 1→||n |＝|2＋0＋0|4＋1＋4＝23.故直线B 1C 到平面DA 1C 1的距离为23.【通性通法】1．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l上的投影向量QP →的长度．PQ ＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n ||n |.2．点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－（PA →·n ）2.(2)若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(3)线面距和面面距直线到平面的距离和平面到平面的距离可以转化为点到平面的距离进行求解．【巩固迁移】5．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为()A ．2B ．3C ．23D ．33答案D 解析由正方体的性质，得AB 1∥DC 1，D 1B 1∥DB ，AB 1∩D 1B 1＝B 1，DC 1∩DB ＝D ，且AB 1⊂平面AB 1D 1，D 1B 1⊂平面AB 1D 1，DC 1⊂平面BDC 1，DB ⊂平面BDC 1，所以平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，由正方体的棱长为1，得A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，C (0，1，0)，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1)，所以CA 1→＝(1，－1，1)，BA →＝(0，－1，0)，AB 1→＝(0，1，1)，B 1D 1→＝(－1，－1，0)．连接A 1C ，由CA 1→·AB 1→＝(1，－1，1)·(0，1，1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，CA 1→·B 1D 1→＝(1，－1，1)·(－1，－1，0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以CA 1→⊥AB 1→，即CA 1⊥AB 1，CA 1→⊥B 1D 1→，即CA 1⊥B 1D 1，又AB 1∩B 1D 1＝B 1，可知CA 1⊥平面AB 1D 1，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝CA 1→＝(1，－1，1)，则两平面间的距离d ＝|BA →·n ||n |＝|0×1＋（－1）×（－1）＋0×1|12＋（－1）2＋12＝13＝33.故选D.6.(2024·云南大理期中)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ＝2AB ＝2BC ＝2，E 为线段DD 1的中点，F 为线段BB 1的中点．(1)求直线FC 1到直线AE 的距离；(2)求点A 1到平面AB 1E 的距离．解(1)根据题意，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，如图所示，则A (1，0，0)，A 1(1，0，2)，E (0，0，1)，C 1(0，1，2)，B 1(1，1，2)，F (1，1，1)，B 1E →＝(－1，－1，－1)，A 1B 1→＝(0，1，0)，FC 1→＝(－1，0，1)，AE →＝(－1，0，1)，故FC 1→∥AE →，又EF→＝(1，1，0)，设直线FC 1到直线AE 的距离为d 1，则d 1即为点F 到直线AE 的距离，因此d 1＝|EF →|2－AE →·EF →|AE →|2＝62，则直线FC 1到直线AE 的距离为62.(2)设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·AE →＝－x ＋z ＝0，n ·B 1E →＝－x －y －z ＝0，取x ＝1，则y ＝－2，z ＝1，所以n ＝(1，－2，1)．设点A 1到平面AB 1E 的距离为d 2，可得d 2＝|A 1B 1→·n ||n |＝|（0，1，0）·（1，－2，1）|1＋4＋1＝63，则点A 1到平面AB 1E 的距离为63.课时作业一、单项选择题1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 与直线A 1D 和AC 都垂直，则直线PQ 与BD 1的关系是()A ．异面直线B ．平行直线C ．垂直不相交D ．垂直且相交答案B 解析设正方体的棱长为1，以D 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(1，0，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，B (1，1，0)，DA 1→＝(1，0，1)，AC →＝(－1，1，0)，BD 1→＝(－1，－1，1)，∵BD 1→·DA 1→＝0，BD 1→·AC →＝0，∴BD 1⊥A 1D ，BD 1⊥AC ，∴BD 1与直线A 1D和AC 都垂直，又PQ 与直线A 1D 和AC 都垂直，∴PQ ∥BD 1.故选B.2．若直线l 的一个方向向量为m ，平面α的一个法向量为n ，则可能使l ∥α的是()A ．m ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0)B ．m ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1)，C ．m ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1)D ．m ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1)答案D 解析要使l ∥α成立，需使m ·n ＝0，将选项一一代入验证，只有D 满足m ·n ＝1×0－1×3＋3×1＝0.故选D.3．已知v 为直线l 的方向向量，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，给出下列说法：①n 1∥n 2⇔α∥β；②n 1⊥n 2⇔α⊥β；③v ∥n 1⇔l ∥α；④v ⊥n 1⇔l ⊥α.其中说法正确的有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案B 解析n 1∥n 2⇔α∥β，故①正确；n 1⊥n 2⇔α⊥β，故②正确；v ∥n 1⇔l ⊥α，故③错误；v ⊥n 1⇔l ∥α或l ⊂α，故④错误．故选B.4.(2023·山东临沂模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是A 1D 的中点，则下列说法正确的是()A ．直线PB 与直线A 1D 垂直，直线PB ∥平面B 1D 1CB ．直线PB 与直线D 1C 平行，直线PB ⊥平面A 1C 1DC ．直线PB 与直线AC 异面，直线PB ⊥平面ADC 1B 1D ．直线PB 与直线B 1D 1相交，直线PB ⊂平面ABC 1答案A 解析连接DB ，A 1B ，D 1B 1，D 1C ，B 1C .由正方体的性质可知BA 1＝BD ，P 是A 1D 的中点，所以直线PB 与直线A 1D 垂直．由正方体的性质可知DB ∥D 1B 1，A 1B ∥D 1C ，所以平面BDA 1∥平面B 1D 1C ，又PB ⊂平面BDA 1，所以直线PB ∥平面B 1D 1C ，故A 正确；以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，0PB →1，D 1C →＝(0，1，－1)，显然直线PB 与直线D 1C 不平行，故B 不正确；直线PB 与直线AC 异面，正确，因为DA →＝(1，0，0)，PB →·DA →＝12≠0，所以直线PB 与平面ADC 1B 1不垂直，故C 不正确；直线PB 与直线B 1D 1异面，不相交，故D 不正确．故选A.5.(2023·四川眉山高三校考模拟预测)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ⊥平面ACC 1A 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为()A ．225B ．53C ．55D ．35答案C 解析在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ，AB ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥AC ，CC 1⊥AB ，又BC ⊥平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，所以BC ⊥AC ，所以CA ，CC 1，CB 互相垂直，以C 为原点，CA ，CC 1，CB 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA ＝CC 1＝2CB ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，可得AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－13×5＝55，所以直线BC 1与AB 1所成角的余弦值为55.故选C.6.如图所示，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 ．23D ．55答案D 解析以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则G(1，λ，1)，D1(0，0，1)，，0，1所以D1E→，0，D1F→，1，GE→，－λ，设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则·D1E→＝x－12z＝0，·D1F→＝x＋y－12z＝0，令x＝1，则y＝0，z＝2，所以平面D1EF的一个法向量为n＝(1，0，2)．点G到平面D1EF的距离为|GE→·n||n|＝|－12×2|5＝55.故选D.7．(2024·湖北武汉模拟)已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA＝AB，M为SA的中点．设直线MC与平面SAB所成的角为α，则sinα的最大值为()A．3－1B．2－1C．3＋1D．2＋1答案A解析以AB的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA＝AB＝4，则M(0，－1，3)，设C(x，y，0)，且x2＋y2＝4，由对称性不妨设0<x<2，则MC→＝(x，y＋1，－3)，易知平面SAB的一个法向量为m＝(1，0，0)，据此有sinα＝MC→·m|MC→||m|＝xx2＋（y＋1）2＋3＝12×－（y＋4）－12y＋4＋8≤4－23＝3－1，当且仅当y＝23－4时等号成立．综上可得，sinα的最大值为3－1.8.(2024·山西长治期末)如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC 的中点，O 是AC 的中点，∠ABC ＝2π3，则折后平面OEF 与平面ABC 夹角的余弦值为()A ．217B ．1111C ．31313D ．31111答案A解析连接OB ，OD .因为菱形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，所以平面ADC ⊥平面ABC ，因为四边形ABCD 是菱形，O 是AC 的中点，所以OD ⊥AC ，OB ⊥AC ，而平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，OD ⊂平面ADC ，所以OD ⊥平面ABC ，而OB ⊂平面ABC ，所以OD ⊥OB .以O 为原点，OB ，OC ，OD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则D (0，0，1)，，－32，，32，OE →，－32，OF →＝，32，设平面OEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·OE →＝0，·OF →＝0，－32y ＋12z ＝0，＋32y ＝0，取y ＝1，则x ＝－3，z ＝3，则n ＝(－3，1，3)，易得平面ABC 的一个法向量为OD →＝(0，0，1)，所以平面OEF 与平面ABC 夹角的余弦值为|n ·OD →||n ||OD →|＝217.故选A.二、多项选择题9．(2023·贵州名校联考)下列命题正确的是()A ．已知a ＝(－1，1，2)，b ＝(0，2，3)，直线l 1的方向向量为k a ＋b ，直线l 2的方向向量为2a －b 且l 1⊥l 2，则k ＝－34B ．若直线l 的方向向量为e ＝(1，0，3)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－6)，则直线l ∥αC ．已知直线l 过P 0(x 0，y 0，z 0)，且以u ＝(a ，b ，c )(abc ≠0)为方向向量，P (x ，y ，z )是直线l 上的任意一点，则有x －x 0a ＝y －y 0b ＝z －z 0cD ．已知平面α的法向量为n ＝(1，1，1)，A (－1，1，1)为平面α上一点，P (x ，y ，z )为平面α上任意一点，则有x ＋y ＋z ＋1＝0答案AC解析对于A ，a ＝(－1，1，2)，b ＝(0，2，3)，k a ＋b ＝(－k ，k ＋2，2k ＋3)，2a －b ＝(－2，0，1)，因为l 1⊥l 2，所以(k a ＋b )·(2a －b )＝4k ＋3＝0，所以k ＝－34，故A 正确；对于B ，直线l 的方向向量为e ＝(1，0，3)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－6)，则有n ＝－2e ，所以n ∥e ，所以l ⊥α，故B 错误；对于C ，直线l 过P 0(x 0，y 0，z 0)，且以u ＝(a ，b ，c )(abc ≠0)为方向向量，P (x ，y ，z )是直线l 上的任意一点，则有P 0P →＝(x －x 0，y －y 0，z －z 0)，P 0P →∥u ，即P 0P →＝λu ，－x 0＝λa ，－y 0＝λb ，－z 0＝λc ，则x －x 0a ＝y －y 0b ＝z －z 0c，故C 正确；对于D ，平面α的法向量为n＝(1，1，1)，A (－1，1，1)为平面α上一点，P (x ，y ，z )为平面α上任意一点，则有AP →＝(x ＋1，y －1，z －1)，则n ·AP →＝x ＋y ＋z －1＝0，故D 错误．故选AC.10.(2024·四川成都调研)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝π3，AB＝2AD ＝2PD ，PD ⊥底面ABCD ，则()A ．PA ⊥BDB ．PB 与平面ABCD 所成的角为π6C ．异面直线AB 与PC 所成角的余弦值为255D ．平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为77答案ABC解析对于A ，因为∠DAB ＝π3，AB ＝2AD ，由余弦定理可得BD ＝AD 2＋4AD 2－2AD ×2AD ×12＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，即BD ⊥AD ，由PD ⊥底面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，可得BD ⊥PD ，又AD ∩PD ＝D ，AD ，PD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD ，所以PA ⊥BD ，故A 正确；对于B ，因为PD ⊥底面ABCD ，所以∠PBD 就是PB 与平面ABCD 所成的角，又tan ∠PBD ＝PD BD ＝33，所以∠PBD ＝π6，故B 正确；对于C ，显然∠PCD (或其补角)为异面直线AB 与PC 所成的角，易得cos ∠PCD ＝CD PC ＝255，故C 正确；对于D ，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD ＝1，则D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0，0，1)，AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1，0，0)，设平面PAB的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝0，·PB →＝0，1＋3y 1＝0，1－z 1＝0，取y 1＝1，则x 1＝z 1＝3，即n＝(3，1，3)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，·PB →＝0，·BC →＝0，2－z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，则x 2＝0，z 2＝3，即m ＝(0，1，3)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277，即平面PAB 与平面PBC 夹角的余弦值为277，故D 不正确．故选ABC.三、填空题11．已知点A (1，0，2)，B (－1，1，2)，C (1，1，－2)，则点A 到直线BC 的距离是________．答案1055解析BA →＝(2，－1，0)，BC →＝(2，0，－4)，BA →·BC →＝4，|BA →|＝5，|BC →|＝25，cos 〈BA →，BC →〉＝BA →·BC →|BA →||BC →|＝45×25＝25，又0°≤〈BA →，BC →〉≤180°，所以sin 〈BA →，BC →〉＝＝215，所以点A 到直线BC 的距离为d ＝|BA →|sin 〈BA →，BC →〉＝5×215＝1055.12.(2024·湖南新化县第一中学期末)如图，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，E ，F 分别为PD ，PB 的中点，点G 在线段AP 上，AC 与BD 交于点O ，PA ＝AB ＝2，若OG ∥平面EFC ，则AG ＝________．答案23解析如图所示，以A 为原点，AB →，AD →，AP →的方向分别为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意可得C (2，2，0)，O (1，1，0)，F (1，0，1)，E (0，1，1)，所以FC →＝(1，2，－1)，FE →＝(－1，1，0)，设平面EFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·FC →＝0，n ·FE →＝0，x ＋2y －z ＝0，－x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝3，所以n ＝(1，1，3)．设G (0，0，a )，0≤a ≤2，则OG →＝(－1，－1，a )，因为OG ∥平面EFC ，则n ·OG →＝0，所以－1－1＋3a ＝0，解得a ＝23所以G 0，0，23即AG ＝23.13．(2024·山东泰安期末)设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC 为钝角时，λ的取值范围是________．答案13，1解析以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，则D 1B →＝(1，1，－1)，所以D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1，0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0，1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于PA →·PC →<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得13<λ<1，因此λ的取值范围是13，114.(2023·湖北武汉华中师大附中二模)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为2的等边三角形，CC 1＝2，D ，E 分别是线段AC ，CC 1的中点，C 1在平面ABC 内的射影为D .若点F 为线段B 1C 1上的动点(不包括端点)，则锐二面角F －BD －E 的余弦值的取值范围为________．答案12，32解析连接C 1D ，因为C 1在平面ABC 内的射影为D ，所以C 1D 垂直于平面ABC 内DB ，AD 这两条线段，又因为底面是边长为2的等边三角形，D 是线段AC 的中点，所以DB ⊥AD ，因此建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，B (3，0，0)，C (0，－1，0)，C 1(0，0，3)，B 1(3，1，3)，0，－12，32C 1B 1→＝(3，1，0)，DE →0，－12，32DB →＝(3，0，0)，设F (x ，y ，z )，C 1F →＝λC 1B 1→(0<λ<1)，则(x ，y ，z －3)＝(3λ，λ，0)，故F (3λ，λ，3)，所以DF →＝(3λ，λ，3)，设平面BDE 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，m ·DE →＝0，m ·DB →＝0，即－12b ＋32c ＝0，3a 0，取b ＝3，得a ＝0，c ＝3，所以m ＝(0，3，3)．设平面BDF 的法向量为n ＝(d ，e ，f )，n ·DF →＝0，n ·DB →＝0，3＋λe ＋3f ＝0，3＝0，取e ＝3，得d ＝0，f ＝－λ，所以n＝(0，3，－λ)，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|33－3λ|32＋（3）2×（3）2＋（－λ）2＝|3－λ|23＋λ2＝12（3－λ）23＋λ2，令3－λ＝t (t ∈(2，3))，所以|cos 〈m ，n 〉|＝12t 212－6t ＋t 2＝设s则|cos〈m，n〉|＝12112s2－6s＋1，二次函数y ＝12s2－6s＋1＝＋14的图象开口向上，对称轴为直线s＝14，所以当s，该二次函数单调递增，又－6×13＋1＝13，－6×12＋1＝1，所以12s2－6s＋1所以112s2－6s＋1∈(1，3)，即|cos〈m，n〉|即锐二面角F－BD－E的余弦四、解答题15.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC ＝60°，E为BC的中点．(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF→＝DA→，求二面角D－AB－F的正弦值．解(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，①因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，所以AE⊥BC，②由①②，且AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为BD⊥CD，所以BC＝22，DE＝2，因为△ACD 与△ABD 均为等边三角形，所以AC ＝AB ＝2，所以AE ⊥BC ，AE ＝2，所以AE 2＋DE 2＝4＝DA 2，所以AE ⊥DE ，又DE ∩BC ＝E ，DE ，BC ⊂平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD .以E 为原点，ED ，EB ，EA 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E (0，0，0)，D (2，0，0)，A (0，0，2)，B (0，2，0)，设平面DAB 与平面ABF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)，二面角D －AB －F 的平面角为θ，而AB →＝(0，2，－2)，因为EF →＝DA →＝(－2，0，2)，所以F (－2，0，2)，即有AF →＝(－2，0，0)，1·DA →＝0，1·AB →＝0，1＋2z 1＝0，－2z 1＝0，取x 1＝1，所以n 1＝(1，1，1)．2·AB →＝0，2·AF →＝0，－2z 2＝0，2＝0，取y 2＝1，所以n 2＝(0，1，1)，所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×2＝63，所以sin θ＝1－69＝33，所以二面角D －AB －F 的正弦值为33.16.(2024·浙江台州模拟)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为6，截面ACC 1A 1的面积为6.(1)求点B 到平面ACC 1A 1的距离；(2)若AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，AA 1＝6，求直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成角的正弦值．解(1)在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，ABC －A 1B 1C 1是三棱柱，V B －ACC 1A 1＝23V ABC －A 1B 1C 1＝13V ABCD －A 1B 1C 1D 1＝2，设点B 到平面ACC 1A 1的距离为d ，则V B －ACC 1A 1＝13S 四边形ACC 1A 1·d ＝13×6d ＝2，所以d ＝1，即点B 到平面ACC 1A 1的距离为1.(2)在▱ABCD 中，AB ＝AD ＝2，∠BAD ＝60°，所以四边形ABCD 是菱形，连接BD 交AC 于点O ，则BO ＝1，由(1)知点B 到平面ACC 1A 1的距离为1，所以BO ⊥平面ACC 1A 1.设点A 1在直线AC 上的射影为点H ，则S ▱ACC 1A 1＝AC ·A 1H ＝23A 1H ＝6，则A 1H ＝3，且BO ⊥A 1H ，AH ＝AA 21－A 1H 2＝（6）2－（3）2＝3，所以点O 与点H 重合，即A 1O ⊥AO .以O 为原点，OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，1，0)，A (3，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，3)，根据AA 1→＝DD 1→＝(－3，0，3)，AB →＝DC →＝(－3，1，0)，则D 1(－3，－1，3)，BD 1→＝(－3，－2，3)，设平面CC 1D 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，1→·n ＝－3x ＋3z ＝0，·n ＝－3x ＋y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，1)，设直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈BD 1→，n 〉|＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝|－3－23＋3|10×5＝65，所以直线BD 1与平面CC 1D 1D 所成角的正弦值为6517.(2024·海南华侨中学模拟)如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝1，AA 1>AB ，E ，F 分别是侧棱BB 1，DD 1上的动点，且平面AEF 与平面ABC 所成角的大小为30°，则线段BE 的长度的最大值为()A ．13B ．33C ．12D ．22答案B解析依题意，AB ，AD ，AA 1两两互相垂直，以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设BE ＝m ，DF ＝n (m ≥0，n ≥0，且m ，n 不同时为0)，则A (0，0，0)，E (1，0，m )，F (0，1，n )，所以AE →＝(1，0，m )，AF →＝(0，1，n )．设平面AEF 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，·AE →＝（x ，y ，z ）·（1，0，m ）＝x ＋mz ＝0，·AF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，n ）＝y ＋nz ＝0，取z ＝1，得x ＝－m ，y ＝－n ，则u ＝(－m ，－n ，1)，显然v ＝(0，0，1)为平面ABC 的一个法向量．因为平面AEF 与平面ABC 所成角的大小为30°，所以cos30°＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u ·v ||u ||v |＝|（－m ，－n ，1）·（0，0，1）|m 2＋n 2＋1＝1m 2＋n 2＋1，即32＝1m 2＋n 2＋1，得m 2＋n 2＝13，所以m＝13－n2，所以当n＝0时，m取得最大值，为33.故选B.18.(2024·云南昆明一中高三开学考试)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB⊥AC，AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，过A1A的平面交线段B1C1于点E(不与端点重合)，交线段BC于点F.(1)证明：AA1∥EF；(2)若BF＝2FC，求直线A1C1与平面AFC1所成角的正弦值．解(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥CC1，AA1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1，又过A1A的平面AA1EF∩平面BCC1B1＝EF，所以AA1∥EF.(2)在平面AA1C1C内过A作AP⊥AC，因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，所以AP⊥平面ABC，又AB⊥AC，则可构建以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，又AA1＝AB＝AC＝2，∠A1AC＝60°，且BF＝2FC，所以A (0，0，0)，A 1(0，1，3)，C 1(0，3，3)，，43，则A 1C 1→＝(0，2，0)，AC 1→＝(0，3，3)，AF →，43，设m ＝(x ，y ，z )为平面AFC 1的法向量，·AC 1→＝3y ＋3z ＝0，·AF →＝23x ＋43y ＝0，取y ＝1，则x ＝－2，z ＝－3，则m ＝(－2，1，－3)，所以cos 〈m ，A 1C 1→〉＝22×22＝24，所以直线A 1C 1与平面AFC 1所成角的正弦值为24.19.(2023·河北石家庄二模)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是矩形，P 为棱A 1B 1上一点，且PA ＝PB ，F 为CD 的中点．(1)证明：AB ⊥PF ；(2)若AB ＝AD ＝PD ＝2.当直线PB 与平面PCD 所成的角为45°，且二面角P －CD －A 的平面角为锐角时，求三棱锥B －APD 的体积．解(1)证明：取AB 的中点E ，连接PE ，EF ，∵PA ＝PB ，∴PE ⊥AB ，∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ⊥AB ，∵E ，F 分别为AB ，CD 的中点，∴EF ∥BC ，∴EF ⊥AB ，又PE ∩EF ＝E ，∴AB ⊥平面PEF ，∵PF ⊂平面PEF ，∴AB ⊥PF .(2)如图，以F 为原点，FC →，EF →的方向分别为x ，y 轴正方向，过F 与平面ABCD 垂直的直线向上的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，－2，0)，B (1，－2，0)，C (1，0，0)，D (－1，0，0)，设P (0，a ，h )，h 为P 到平面ABCD 的距离，则PB →＝(1，－2－a ，－h )，PD →＝(－1，－a ，－h )，CD →＝(－2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·PD →＝0，·CD →＝0，x －ay －hz ＝0，2x ＝0，取y ＝－h ，则z ＝a ，∴n ＝(0，－h ，a )，又PD ＝2，∴a 2＋h 2＝3，(*)设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，sin θ＝|PB →·n ||PB →||n |＝|2h |1＋（2＋a ）2＋h 2×3＝22，解得a ＝0或a ＝－32，当a ＝0时，平面PCD 的法向量为n ＝(0，－h ，0)，则平面PCD 与平面ABCD 垂直，此时二面角P －CD －A 的平面角为直角，∴a ＝0舍去，∴a ＝－32，代入(*)可得h ＝32，∴V B －APD ＝V P －ABD ＝13×12×2×2×32＝33.20.(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22，PB ＝PC ＝6，BP ，AP ，BC 的中点分别为D ，E ，O ，AD ＝5DO ，点F 在AC 上，BF ⊥AO .(1)证明：EF ∥平面ADO ；(2)证明：平面ADO ⊥平面BEF ；(3)求二面角D －AO －C 的正弦值．解(1)证明：设AF ＝tAC ，则BF →＝BA →＋AF →＝(1－t )BA →＋tBC →，AO →＝－BA →＋12BC →，因为BF ⊥AO ，则BF →·AO →＝[(1－t )BA →＋tBC →－BA →＋12BC (t －1)BA →2＋12tBC →2＝4(t －1)＋4t ＝0，解得t ＝12，则F 为AC 的中点，因为D ，E ，O ，F 分别为BP ，AP ，BC ，AC 的中点，于是EF ∥PC ，DO ∥PC ，即EF ∥DO ，又EF ⊄平面ADO ，DO ⊂平面ADO ，所以EF ∥平面ADO .(2)证明：因为D ，O 分别为BP ，BC 的中点，所以DO ＝12PC ＝62，则AD ＝5DO ＝302，因为AO ＝AB 2＋BO 2＝6，所以DO 2＋AO 2＝AD 2＝152，则DO ⊥AO ，由(1)可知EF ∥DO ，所以EF ⊥AO ，又AO ⊥BF ，BF ∩EF ＝F ，BF ，EF ⊂平面BEF ，则AO ⊥平面BEF ，又AO ⊂平面ADO ，所以平面ADO ⊥平面BEF .(3)如图，以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴，建立空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，O (0，2，0)，AO →＝(－2，2，0)．因为PB ＝PC ，BC ＝22，所以设P (x ，2，z )，z ＞0，则BE →＝BA →＋AE →＝BA →＋12AP →＝(2，0，0)＋12(x －2，2，z )x ＋22，22，z 2由(2)知AO ⊥BE ，所以AO →·BE →＝(－2，2，0)·x ＋22，22，z 20，所以x ＝－1.又PB ＝6，BP →＝(x ，2，z )，所以x 2＋2＋z 2＝6，所以z ＝3，则P (－1，2，3)．由D 为BP 的中点，得－12，22，则AD →－52，22，设平面DAO 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，1·AD →＝0，1·AO →＝0，－52a ＋22b ＋32c ＝0，2a ＋2b ＝0，取a ＝1，则n 1＝(1，2，3)．易知平面CAO 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角D －AO －C 的大小为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝36＝22，所以sin θ＝1－12＝22，故二面角D －AO －C 的正弦值为22.。

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2013年普通高考数学科一轮复习精品学案第36讲空间向量及其应用2013年普通高考数学科一轮复习精品学案第36讲空间向量及其应用一．课标要求：（1）空间向量及其运算①经历向量及其运算由平面向空间推广的过程；②了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；③掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；④掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。

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

二．命题走向本讲内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。

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

预测2013年高考对本讲内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。

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

如位移、速度、力等。

相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量。

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

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

2．向量运算和运算率«Skip Record If...»«Skip Record If...»«Skip Record If...»加法交换率：«Skip Record If...»加法结合率：«Skip Record If...»数乘分配率：«Skip Record If...»说明：①引导学生利用右图验证加法交换率，然后推广到首尾相接的若干向量之和；②向量加法的平行四边形法则在空间仍成立。

3．平行向量(共线向量)：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。

«Skip Record If...»平行于«Skip Record If...»记作«Skip Record If...»∥«Skip Record If...»。

注意：当我们说«Skip Record If...»、«Skip Record If...»共线时，对应的有向线段所在直线可能是同一直线，也可能是平行直线；当我们说«Skip Record If...»、«Skip Record If...»平行时，也具有同样的意义。

共线向量定理：对空间任意两个向量«Skip Record If...»（«Skip Record If...»≠«Skip Record If...»）、«Skip Record If...»，«Skip Record If...»∥«Skip Record If...»的充要条件是存在实数«Skip Record If...»使«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»«Skip Record If...»注：⑴上述定理包含两个方面：①性质定理：若«Skip Record If...»∥«Skip Record If...»（«Skip Record If...»≠0），则有«Skip Record If...»＝«Skip RecordIf...»«Skip Record If...»，其中«Skip Record If...»是唯一确定的实数。

②判断定理：若存在唯一实数«Skip Record If...»，使«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»«Skip Record If...»（«Skip Record If...»≠0），则有«Skip Record If...»∥«Skip Record If...»（若用此结论判断«Skip Record If...»、«Skip Record If...»所在直线平行，还需«Skip Record If...»（或«Skip Record If...»）上有一点不在«Skip Record If...»（或«Skip Record If...»）上）。

⑵对于确定的«Skip Record If...»和«Skip Record If...»，«Skip Record If...»＝«Skip Record If...»«Skip Record If...»表示空间与«Skip Record If...»平行或共线，长度为 |«Skip Record If...»«Skip Record If...»|，当«Skip Record If...»>0时与«Skip Record If...»同向，当«Skip Record If...»<0时与«Skip Record If...»反向的所有向量。

⑶若直线l∥«Skip Record If...»，«Skip Record If...»，P为l上任一点，O为空间任一点，下面根据上述定理来推导«Skip Record If...»的表达式。

推论：如果l为经过已知点A且平行于已知非零向量«Skip Record If...»的直线，那么对任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等式«Skip Record If...»«Skip Record If...»①其中向量«Skip Record If...»叫做直线l的方向向量。

在l上取«Skip Record If...»，则①式可化为 «Skip Record If...»②当«Skip Record If...»时，点P是线段AB的中点，则 «Skip Record If...»③①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB的中点公式。

注意：⑴表示式(﹡)、(﹡﹡)既是表示式①,②的基础，也是常用的直线参数方程的表示形式；⑵推论的用途：解决三点共线问题。

⑶结合三角形法则记忆方程。

4．向量与平面平行：如果表示向量«Skip Record If...»的有向线段所在直线与平面«Skip Record If...»平行或«Skip Record If...»在«Skip Record If...»平面内，我们就说向量«Skip Record If...»平行于平面«Skip Record If...»，记作«Skip Record If...»∥«Skip Record If...»。

注意：向量«Skip Record If...»∥«Skip Record If...»与直线a∥«Skip Record If...»的联系与区别。

共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量。

共面向量定理如果两个向量«Skip Record If...»、«Skip Record If...»不共线，则向量«Skip Record If...»与向量«Skip Record If...»、«Skip Record If...»共面的充要条件是存在实数对x、y，使«Skip Record If...»①注：与共线向量定理一样，此定理包含性质和判定两个方面。

推论：空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x、y，使«Skip Record If...»④或对空间任一定点O，有«Skip Record If...»⑤在平面MAB内，点P对应的实数对（x, y）是唯一的。

①式叫做平面MAB 的向量表示式。

又∵«Skip Record If...»«Skip Record If...»代入⑤，整理得«Skip Record If...»⑥由于对于空间任意一点P，只要满足等式④、⑤、⑥之一（它们只是形式不同的同一等式），点P就在平面MAB内；对于平面MAB内的任意一点P，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量«Skip Record If...»、«Skip Record If...»（或不共线三点M、A、B）确定的空间平面的向量参数方程，也是M、A、B、P四点共面的充要条件。