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第一章 空间向量与立体几何 学案
展开
1．1 空间向量及其运算
知识点一 空间向量的有关概念
(一)教材梳理填空
1．空间向量
(1)定义：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量．
(2)长度：空间向量的大小叫做空间向量的长度或模．
2．空间向量的表示
(1)字母表示法：用字母a，b，c，…，表示．
(2)几何表示法：用有向线段表示，其长度表示空间向量的模．即若向量a的起点是A，终点是B，则向量a也可以记作 ，其模记为|a|或||.
3．几类特殊向量
特殊向量 | 定义 |
零向量 | 长度为0的向量叫做零向量，记为0 |
单位向量 | 模为1的向量叫做单位向量 |
相反向量 | 与a长度相等而方向相反的向量叫做a的相反向量，记为－a |
共线向 量或平 行向量 | 若表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量 规定：零向量与任意向量平行．即对任意向量a，都有0∥a |
相等向量 | 方向相同且模相等的向量 |
[微思考] 在空间中，所有单位向量平移到同一起点后，终点轨迹是什么图形？
提示：因为单位向量的模均等于1，所以当所有单位向量移到同一起点后，终点轨迹是一个球面．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)若向量a是向量b的相反向量，则|a|＝|b|.( )
(2)空间向量就是空间中的一条有向线段．( )
(3)若空间向量m，n，p满足m＝n，n＝p，则m＝p.( )
答案：(1)√ (2)× (3)√
2．空间两个向量a，b互为相反向量，已知|b|＝3，则下列结论不正确的是( )
A．a＝－b B．a＋b＝0
C．a与b方向相反 D．|a|＝3
答案：B
知识点二 空间向量的线性运算及其运算律
(一)教材梳理填空
空间向量的线性运算
空间向量的线性运算 | 加法 | a＋b＝＋＝ | |
减法 | a－b＝－＝ | ||
数乘运算 | 当λ>0时，λa＝λ＝ | ||
当λ<0时，λa＝λ＝ | |||
当λ＝0时，λa＝0 | |||
运算律 | 交换律 | a＋b＝b＋a | |
结合律 | a＋(b＋c)＝(a＋b)＋c，λ(μ a)＝(λμ)a | ||
分配律 | (λ＋μ)a＝λa＋μb，λ(a＋b)＝λa＋λb | ||
(二)基本知能小试
1．已知λ∈R，则下列命题正确的是( )
A．|λa|＝λ|a| B．|λa|＝|λ|a
C．|λa|＝|λ||a| D．|λa|＞0
答案：C
2．已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，则＋＋=( )
A． B．
C． D．0
答案：A
3．化简：5(3a－2b)＋4(2b－3a)＝________.
答案：3a－2b
知识点三 空间向量共线、共面的充要条件
(一)教材梳理填空
1．空间向量共线的充要条件
对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
2．直线的方向向量
(1)如图，O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上的任意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得＝λa，把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量．
(2)直线可以由其上一点和它的方向向量确定．
3．空间向量共面的充要条件
(1)共面向量：平行于同一个平面的向量，叫做共面向量．
(2)空间向量共面的充要条件：向量p与不共线向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb.( )
(2)空间中任意三个向量一定是共面向量．( )
答案：(1)× (2)×
2．空间的任意三个向量a，b,3a－2b，它们一定是( )
A．共线向量 B．共面向量
C．不共面向量 D．既不共线也不共面向量
答案：B
题型一 空间向量有关概念的辨析
[学透用活]
[典例1] (1)[多选]下列命题正确的是( )
A．零向量没有确定的方向
B．在正方体ABCDA1B1C1D1中，＝－
C．若向量a与向量b的模相等，则a，b的方向相同或相反
D．在四边形ABCD中，必有＋＝
(2)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，AD＝2，AA1＝1，以该长方体的八个顶点中的两点为起点和终点的所有向量中，
①单位向量共有多少个？
②试写出模为的所有向量．
[解析] (1)选AB A正确；B正确，因为与的大小相等方向相反，即互为相反向量，所以＝－；C中，虽然|a|＝|b|，但是a与b的方向不能确定；D中，只有当四边形ABCD是平行四边形时，才有＋＝.
综上可知，正确命题为A、B.
(2)①由于AA1＝1，所以，，，，，，，这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．
②由于这个长方体的左、右两侧的对角线长均为，所以模为的向量为，，，，，，，.
[方法技巧]
空间向量有关概念问题的解题策略
(1)两个向量的模相等，则它们的长度相等，但方向不确定，即两个向量(非零向量)的模相等是两个向量相等的必要不充分条件；
(2)熟练掌握好空间向量的概念，零向量、单位向量、相等向量、相反向量的含义以及向量加减法的运算法则和运算律是解决问题的关键；
(3)判断有关向量的命题时，要抓住向量的两个主要元素：大小和方向，两者缺一不可，相互制约．
[对点练清]
1．下列命题是真命题的是________．
①分别表示空间向量的两条有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量；
②若向量，满足||>||且与同向，则>；
③若两个非零向量与满足＋＝0，则∥.
解析：由于向量具有平移的性质，故任意的两个向量都是共面向量，①错；向量不能比较大小，②错；因为两个非零向量与满足＋＝0，即＝－，所以③对．
答案：③
2．如图所示，以长方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，
(1)试写出与相等的所有向量；
(2)试写出的相反向量；
(3)若AB＝AD＝2，AA1＝1，求向量的模．
解：(1)与向量相等的向量有，，，共3个．
(2)向量的相反向量为，，，，共4个．
(3)因为||2＝22＋22＋12＝9，所以||＝3.
题型二 空间向量的线性运算
[学透用活]
[典例2] 如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，M是BB1的中点，化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量：
(1)＋；
(2)＋＋；
(3)－－.
[解] (1)＋＝.
(2)因为M是BB1的中点，
所以＝.
又＝，所以＋＋＝＋＝.
(3)－－＝－＝.
向量，，如图所示．
[方法技巧]
1．空间向量加法、减法运算的两个技巧
巧用相 反向量 | 向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接 |
巧用平移 | 利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果 |
2.利用数乘运算进行向量表示的技巧
数形结合 | 利用数乘运算解题时，要结合具体图形，利用三角形法则、平行四边形法则，将目标向量转化为已知向量 |
明确目标 | 在化简过程中要有目标意识，巧妙运用中点性质 |
[对点练清]
1．[多选]在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为向量的共有( )
A．(＋)＋ B．(＋)＋
C．(＋)＋ D．(＋)＋
解析：选ABCD 对A，(＋)＋＝＋＝；对B，(＋)＋＝＋＝；对C，(＋)＋＝＋＝；对D，(＋)＋＝＋＝.
2．已知正四棱锥PABCD，O是正方形ABCD的中心，Q是CD的中点，求下列各式中x，y，z的值．
(1)＝＋y＋z；
(2)＝x＋y＋.
解：(1)如图，∵＝－＝－(＋)
＝－－，
∴y＝z＝－.
(2)∵O为AC的中点，Q为CD的中点，
∴＋＝2，＋＝2，
∴＝2－，＝2－，
∴＝2－2＋，
∴x＝2，y＝－2.
题型三 空间向量的共面问题
[探究发现]
已知向量a，b，c不共面，且p＝3a＋2b＋c，m＝a－b＋c，n＝a＋b－c，试判断p，m，n是否共面．
提示：设p＝xm＋yn，即3a＋2b＋c＝x(a－b＋c)＋y(a＋b－c)＝(x＋y)a＋(－x＋y)b＋(x－y)c.因为a，b，c不共面，所以而此方程组无解，所以p不能用m，n表示，即p，m，n不共面．
[学透用活]
[典例3] 如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且BM＝BD，AN＝AE.求证：向量，，共面．
[证明] 因为M在BD上，且BM＝BD，
所以＝＝＋.
同理＝＋.
所以＝＋＋
＝＋＋
＝＋＝＋.
又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，，共面．
[方法技巧]
证明空间三向量共面或四点共面的方法
(1)向量表示：设法证明其中一个向量可以表示成另两个向量的线性组合，即若p＝xa＋yb，则向量p，a，b共面．
(2)若存在有序实数组(x，y，z)使得对于空间任一点O，有＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1成立，则P，A，B，C四点共面．
[对点练清]
1．已知非零向量e1，e2不共线，如果＝e1＋e2，＝2e1＋8e2，＝3e1－3e2，求证：A，B，C，D四点共面．
证明：令＝x＋y，则e1＋e2＝x(2e1＋8e2)＋y(3e1－3e2)＝(2x＋3y)e1＋(8x－3y)e2.
因为e1和e2不共线，所以解得
所以＝＋，
所以A，B，C，D四点共面．
2．已知A，B，C三点不共线，平面ABC外一点M满足＝＋＋.
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断M是否在平面ABC内．
解：(1)∵＋＋＝3，
∴－＝(－)＋(－)，
∴＝＋＝－－，
∴向量，，共面．
(2)由(1)知向量，，共面且它们有共同的起点M，又A，B，C三点不共线，
∴M，A，B，C共面，即M在平面ABC内.
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1．在平行六面体ABCDEFGH中，已知M，N，R分别是AB，AD，AE上的点，且＝，＝，＝2，求平面MNR分体对角线AG所得线段AP与PG的比．
解：如图，设＝m，
因为＝＋＋＝2＋3＋，
所以＝2m＋3m＋m.
由于P，M，R，N四点共面，所以2m＋3m＋m＝1，
从而得m＝，即＝，所以＝.
二、应用性——强调学以致用
2．利用空间向量的知识证明平行六面体的体对角线交于一点，并且在交点处互相平分．
[析题建模]
证明：如图所示，在平行六面体ABCDA′B′C′D′中，设点O是AC′的中点，则＝′＝(＋＋)．
设P，M，N分别是BD′，CA′，DB′的中点，
则＝＋′＝＋(＋＋)
＝＋(－＋＋)
＝(＋＋)，
同理可得＝(＋＋)，
＝(＋＋)，
由此可知O，P，M，N四点重合，故平行六面体的对角线相交于一点，且在交点处互相平分．
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3.如图，在平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCDA′B′C′D′中，分别标出＋＋，＋＋表示的向量．从中你能体会向量加法运算的交换律及结合律吗？一般地，三个不共面的向量的和与这三个向量有什么关系？
解：在平行四边形ABCD中，＋＝，在平行四边形ACC′A′中，＋＝；
在平行四边形ABB′A′中，＋＝，
在平行四边形AB′C′D中，＋＝.
故＋＋＝＋＋，从而得出向量的加法满足交换律和结合律．
从上面的运算中，我们可以得到下面的结论：三个不共面的向量的和等于以这三个向量为共顶点的三条棱的平行六面体的体对角线所表示的向量．
[课下过关检测]
1．在空间四边形OABC中，＋－等于( )
A． B．
C. D．
解析：选C ＋－＝＋＋＝，故选C.
2．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是( )
A．＝3－2－
B．＋＋＋＝0
C．＋＋＝0
D．＝－＋
解析：选C ∵＋＋＝0，
∴＝－－，∴M与A，B，C必共面．
3．[多选]判断下列各命题正确的是( )
A．向量a与b平行，则a与b的方向相同或相反
B．两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同
C．两个有公共终点的向量，不一定是共线向量
D．有向线段就是向量，向量就是有向线段
解析：选BC A．不正确，若a与b中有一个为零向量时，其方向是不确定的；B.正确；C.正确，终点相同并不能说明这两个向量的方向相同或相反；D.不正确，向量可用有向线段来表示，但并不是有向线段．
4．如果向量，， 满足||＝||＋||，则( )
A．＝＋ B．＝－－
C．与同向 D．与同向
解析：选D ∵||＝||＋||，
∴A，B，C共线且点C在AB之间，
即与同向．
5．已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E是A1C1的中点，点F是AE的三等分点，且AF＝EF，则 ＝( )
A．＋＋
B.＋＋
C.＋＋
D.＋＋
解析：选D 如图所示，＝，＝＋，＝，＝＋，＝，＝，所以＝＝＋＋，故选D.
6．已知空间中任意四个点A，B，C，D，则＋－＝________.
解析：法一：＋－＝(＋)－＝－＝.
法二：＋－＝＋(－)＝＋＝.
答案：
7．在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC与BD的交点.若＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝________.
解析：＝＋
＝＋(＋)
＝c＋(－＋)
＝a－b＋c.
答案：a－b＋c
8．已知空间向量c，d不共线，设向量a＝kc＋d，b＝c－k2d，且a与b共线，则实数k的值为________．
解析：因为c，d不共线，所以c≠0，且d≠0.
由a与b共线知，存在λ∈R使a＝λb成立，
即kc＋d＝λ(c－k2d)，
整理得(k－λ)c＋(1＋λk2)d＝0，
所以解得k＝λ＝－1.
答案：－1
9.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
(1)；(2)；(3).
解：(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)∵N是BC的中点，
∴＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝＋
＝－a＋＝a＋b＋c.
10．在长方体ABCDA1B1C1D1中，M为DD1的中点，点N在AC上，且AN∶NC＝2∶1，求证：与， 共面．
证明：∵＝－，
＝＋＝－，
＝＝(＋)，
∴＝－
＝(＋)－
＝(－)＋(－)
＝＋，
∴与，共面．
1．设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且＋＝＋，则四边形ABCD是( )
A．平行四边形 B．空间四边形
C．等腰梯形 D．矩形
解析：选A ∵＋＝＋，∴＝.
∴∥且||＝||.
∴四边形ABCD为平行四边形．
2．如图所示，已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC内一定点，O为平面ABC外任一点，则下列能表示向量的为( )
A．＋2＋2 B．－3－2
C．＋3－2 D．＋2－3
解析：选C 因为A，B，C，P四点共面，所以可设＝x＋y，即＝＋x＋y，由图可知x＝3，y＝－2，故选C.
3.如图，O为△ABC所在平面外一点，M为BC的中点，若＝λ与＝＋＋同时成立，则实数λ的值为__________．
解析：＝＋＝＋λ＝＋(＋)＝＋(－＋－)＝(1－λ)＋＋，所以1－λ＝，＝，解得λ＝.
答案：
4.如图所示，在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中．
(1)化简－－＋＋＋，并在图中标出化简结果的向量；
(2)化简＋＋＋＋，并在图中标出化简结果的向量．
解：(1)－－＋＋＋
＝＋＋＋＋＋
＝＋＋0
＝＋＝.
作出如图所示：
(2)＋＋＋＋
＝＋＋＋＋＝＋＋
＝0＝.
作出如图所示：
5．设A，B，C及A1，B1，C1分别是异面直线l1，l2上的三点，而M，N，P，Q分别是线段AA1，BA1，BB1，CC1的中点．求证：M，N，P，Q四点共面．
证明：如图，过B1作l3∥l1，取点C2∈l3且BC＝B1C2，取CC2的中点P1.
因为＝，＝，
所以＝2，＝2.
因为A，B，C及A1，B1，C1分别共线，
所以＝λ＝2λ，＝μ＝2μ.
于是＝＋＝＋＝＋(－)＝(＋)＝(2λ＋2μ)＝λ＋μ.
因此，，共面．故M，N，P，Q四点共面．
6.如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是ABCD所在平面外的一点，连接PA，PB，PC，PD.设点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心．
(1)试用向量方法证明E，F，G，H四点共面；
(2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，并用向量方法证明你的判断．
证明：(1)分别连接PE，PF，PG，PH并延长，交对边于点M，N，Q，R，连接MN，NQ，QR，RM，
∵E，F，G，H分别是所在三角形的重心，∴M，N，Q，R是所在边的中点，且＝，＝，＝，＝.
由题意知四边形MNQR是平行四边形，
∴＝＋＝(－)＋(－)
＝(－)＋(－)
＝(＋)．
又＝－＝－＝.
∴＝＋，
由共面向量定理知，E，F，G，H四点共面．
(2)平行．证明如下：
由(1)得＝，∴∥，
∴∥平面ABCD.
又＝－＝－＝，
∴∥.即EF∥平面ABCD.
又∵EG∩EF＝E，
∴平面EFGH与平面ABCD平行．
(一)教材梳理填空
1．空间向量的夹角
图示 | |
定义 | 已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉 |
范围 | 通常规定：0≤〈a，b〉≤π， 当〈a，b〉＝时，a与b垂直，记作a⊥b |
2.空间向量的数量积
(1)定义：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b. 即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
[微提醒] 零向量与任意向量的数量积为0.
(2)由数量积的定义，可以得到：
a⊥b⇔a·b＝0；a·a＝|a||a|cos〈a，a〉＝|a|2.
3．投影向量
(1)在空间，向量a向向量b投影：
如图(1)，先将它们平移到同一平面α内，利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c＝|a|cos〈a，b〉·，称向量c为向量a在向量b上的投影向量．
(2)向量a在直线l上的投影如图(2)．
(3)向量a向平面β投影：
如图(3)，分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到向量，向量 称为向量a在平面β上的投影向量．
4．空间向量数量积的运算律
(1)(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R；
(2)a·b＝b·a(交换律)；
(3)a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．
[微提醒] (1)两个向量的数量积是数量，而不是向量，它可以是正数、负数或零；
(2)向量数量积的运算不满足消去律和乘法的结合律，即a·b＝a·c⇒b＝c，(a·b)·c＝a·(b·c)都不成立．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)向量与的夹角等于向量与的夹角．( )
(2)若a·b＝0，则a＝0或b＝0.( )
(3)对于非零向量a，b，〈a，b〉与〈a，－b〉相等．( )
(4)若a·b＝b·c，且b≠0，则a＝c.( )
(5)若a，b均为非零向量，则a·b＝|a||b|是a与b共线的充要条件．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
2.在如图所示的正方体中，下列各对向量的夹角为45°的是( )
A. 与 B．与
C. 与 D．与
答案：A
3．已知|a|＝3，|b|＝2，a·b＝－3，则〈a，b〉＝________.
答案：
题型一 空间向量数量积的运算
[学透用活]
[典例1] 如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于m，点E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，求下列向量的数量积．
(1)·；(2)·；
(3)·；(4)·.
[解] 设＝a，＝b，＝c，依题意得
a2＝b2＝c2＝m2，a·b＝b·c＝c·a＝m2.
(1)·＝a·b＝m2.
(2)·＝c·(c－a)＝c2－a·c＝m2－m2＝m2.
(3)·＝－b·b＝－m2.
(4)·＝·(b－a)＝(b·c－a·c－a·b＋a2)＝＝m2.
[方法技巧]
求空间向量数量积的步骤
(1)将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式；
(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积；
(3)代入a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．
[对点练清]
1．已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的单位向量，则a·b＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A ∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，
∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.
2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AA1B1B的中心，F为A1D1的中点，求下列向量的数量积：
(1)·；(2)·.
解：如图，设＝a，＝b，
＝c，
则|a|＝|c|＝2，|b|＝4，
a·b＝b·c＝c·a＝0.
(1)·＝·(＋)＝b·
＝|b|2＝42＝16.
(2)·＝(＋)·(＋)
＝·(a＋c)＝|c|2－|a|2＝22－22＝0.
题型二 利用数量积求夹角
[探究发现]
(1)若向量与的夹角为α，直线AB与CD所成的角为β，则α＝β一定成立吗？
(2)怎样利用数量积求直线的夹角或余弦值？
(3)如何利用数量积证明两个非零向量a和b互相垂直？
提示：(1)不一定．α＝β或α＋β＝π.
(2)cos α＝|cos〈a，b〉|＝.
(3)a·b＝0⇔a⊥b.
[学透用活]
[典例2] 如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．
[解] 因为＝－，
所以·＝·－·
＝||||·cos〈，〉－||·||cos〈，〉
＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝
＝＝.
即OA与BC所成角的余弦值为.
[方法技巧]
利用数量积求夹角或其余弦值的步骤
[提醒] 求两向量夹角，必须特别关注两向量的方向，应用向量夹角的定义确定夹角是锐角、直角还是钝角．
[对点练清]
如图，BB1⊥平面ABC，且△ABC是∠B＝90°的等腰直角三角形，▱ABB1A1，▱BB1C1C的对角线都分别相互垂直且相等，若AB＝a，求异面直线BA1与AC所成的角．
解：∵＝＋，
＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴·＝0，·＝0，·＝0，
·＝－a2.∴·＝－a2.
又·＝||·||·cos〈，〉．
∴cos〈，〉＝＝－，
又0°≤〈，〉≤180°，
∴〈，〉＝120°.
∴异面直线BA1与AC成60°角．
题型三 利用向量数量积判断或证明垂直问题
[学透用活]
[典例3] 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.
求证：PA⊥BD.
[证明] 由底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，知DA⊥BD，则·＝0.
由PD⊥底面ABCD，知PD⊥BD，则·＝0.
又＝＋，
所以·＝(＋)·＝·＋·＝0，即PA⊥BD.
[方法技巧]
利用向量数量积判断或证明线线、线面垂直的思路
(1)由数量积的性质a⊥b⇔a·b＝0(a，b≠0)可知，要证两直线垂直，可分别构造与两直线平行的向量，只要证明这两个向量的数量积为0即可．
(2)用向量法证明线面垂直，离不开线面垂直的判定定理，需将线面垂直转化为线线垂直，然后利用向量法证明线线垂直即可．
[对点练清]
如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是棱CC1，BC，CD的中点．求证：A1G⊥平面DEF.
证明：设正方体的棱长为a，
因为·＝(＋＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·＋·＋·＝·＋·
＝a2－a2＝0，
所以A1G⊥DF.同理可证A1G⊥DE.
又DF∩DE＝D，DE⊂平面DEF，DF⊂平面DEF，
所以A1G⊥平面DEF.
题型四 利用空间向量数量积求两点间距离
[学透用活]
[典例4] 在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且|MB|＝2|AM|，|CN|＝|ND|，求|MN|.
[解] ∵＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋，
∴·＝· ＝2－·－·＋·＋2＋2＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2.
故||＝ ＝a.
即|MN|＝a.
[方法技巧]
求两点间的距离或线段长度的方法
(1)将此线段用向量表示；
(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量；
(3)利用|a|＝，通过计算求出|a|，即得所求距离．
[对点练清]
如图所示，在▱ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，求线段PC的长．
解：∵＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋32＋2||||cos 120°
＝61－12＝49.∴||＝7，即PC＝7.
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面边长为.
(1)设侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1；
(2)设AB1与BC1的夹角为，求侧棱的长．
解：(1)证明：＝＋，＝＋.
∵BB1⊥平面ABC，
∴·＝0，·＝0.
又△ABC为正三角形，
∴〈，〉＝π－〈，〉＝π－＝.
∵·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋2＋·
＝||·||·cos〈，〉＋2
＝－1＋1＝0，∴AB1⊥BC1.
(2)由(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝ ＝ ＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
二、应用性——强调学以致用
2.在如图的天平中，左、右两个秤盘均被3根细绳均匀地固定在横梁上．在其中一个秤盘中放入质量为1 kg的物品，在另一个秤盘中放入质量为1 kg的砝码，天平平衡.3根细绳通过秤盘分担对物品的拉力(拉力分别为F1，F2，F3)，若3根细绳两两之间的夹角均为，不考虑秤盘和细绳本身的质量，则F1，F2，F3的大小分别是多少？
[析题建模] 本题是物理知识转化为数学知识求解，经受力分析，得到|F1|，|F2|，|F3|的关系，然后利用向量模的运算求其大小．
解：由题意可知，|F1|＝|F2|＝|F3|，且|F1＋F2＋F3|＝g，
∴F＋F＋F＋2F1F2＋2F1F3＋2F2F3＝6|F1|2＝g2，
∴|F1|＝|F2|＝|F3|＝ g.
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．[多选]如图所示，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1,2,3，…，16)是上、下底面上除A，B两点以外其余的十六个点，则·的不同的值是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选AB 由题图知，AB与上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1,2，…，8)，则·＝||·||cos∠BAPi＝||·||＝1；同理，由于AB与下底面垂直，因此AB⊥APi(i＝9,10，…，16)，所以·＝0.故·APi的不同的值为0或1.
[课下过关检测]
1．[多选]下列各命题中，正确的命题是( )
A.＝|a|
B．m(λa)·b＝(mλ)a·b(m，λ∈R)
C．a·(b＋c)＝(b＋c)·a
D．a2b＝b2a
解析：选ABC ∵a·a＝|a|2，∴＝|a|，故A正确．
m(λa)·b＝(mλa)·b＝mλa·b＝(mλ)a·b，故B正确．
a·(b＋c)＝a·b＋a·c，(b＋c)·a＝b·a＋c·a＝a·b＋a·c＝a·(b＋c)，故C正确．
a2·b＝|a|2·b，b2·a＝|b|2·a，故D不一定正确．
2．已知e1，e2为单位向量，且e1⊥e2，若a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，a⊥b，则实数k的值为( )
A．－6 B．6
C．3 D．－3
解析：选B 由题意可得a·b＝0，e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，∴(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，∴2k－12＝0，
∴k＝6.
3．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为( )
A．a2 B.a2
C.a2 D.a2
解析：选C ·＝(＋)·＝(·＋·)＝＝a2.
4．已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱的长度都为2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是( )
A．2 B.
C. D.
解析：选C 由于＝＋＋，所以||＝＝＝，即EF的长是.
5.如图，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于( )
A．6 B．6
C．12 D．144
解析：选C 因为＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144，所以PC＝12.
6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.
解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22.
答案：22
7.如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB＝4，AA1＝3，∠BAA1＝60°，E为棱C1D1的中点，则·＝________.
解析：＝＋＋，·＝·＋·＋2＝4×3×cos 60°＋0＋×42＝14.
答案：14
8．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是________．
解析：a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e－e1·e2－2e＝1－1×1×－2＝－，
|a|＝＝＝
＝＝，
|b|＝＝＝
＝＝.
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
∴〈a，b〉＝120°.
答案：120°
9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，D1D的中点，正方体的棱长为1.
(1)求〈，〉的余弦值；
(2)求证：BD1⊥EF.
解：(1)＝＋＝＋，
＝＋＝＋＝－.
因为·＝0，·＝0，·＝0，
所以·＝·＝.
又||＝||＝，所以cos〈，〉＝.
(2)证明：因为＝＋＝－＋，
＝＋＝－(＋)，
所以·＝0，所以⊥.即BD1⊥EF.
10.如图，正四棱锥PABCD的各棱长都为a.
(1)用向量法证明：BD⊥PC；
(2)求|＋|的值．
解：(1)证明：∵＝＋，
∴·＝(＋)·＝·＋·
＝||||·cos 60°＋||||cos 120°
＝a2－a2＝0.
∴BD⊥PC.
(2)∵＋＝＋＋，
∴|＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°＝5a2，∴|＋|＝a.
1．[多选]在正方体ABCDA1B1C1D1中，则下列命题正确的是( )
A．(＋＋)2＝32
B．·(－)＝0
C．与的夹角为60°
D．正方体的体积为|··|
解析：选AB 如图所示，
(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；
·(－)＝·＝0；与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；正方体的体积为||||||.综上可知，A、B正确．
2．设空间上有四个互异的点A，B，C，D，已知(＋－2)·(－)＝0，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
解析：选B 因为＋－2＝(－)＋(－)＝＋，所以(＋)·(－)＝||2－||2＝0，所以||＝||，即△ABC是等腰三角形．
3.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则与所成角的大小为________，·＝________.
解析：法一：
连接A1D，
则∠PA1D就是与所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即与所成角的大小为60°.因此·＝××cos 60°＝1.
法二：根据向量的线性运算可得·＝(＋)·＝2＝1.
由题意可得PA1＝B1C＝，则××cos〈，〉＝1，从而〈，〉＝60°.
答案：60° 1
4.在四面体OABC中，各棱长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求异面直线OE与BF所成角的余弦值．
解：取＝a，＝b，＝c，
且|a|＝|b|＝|c|＝1，则a·b＝b·c＝c·a＝.
又∵＝(a＋b)，＝c－b，
∴·＝(a＋b)·＝a·c＋b·c－a·b－|b|2＝－.
又||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝－，
∵异面直线夹角的范围为，
∴异面直线OE与BF所成角的余弦值为.
5．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，沿着它的对角线AC将△ACD折起，使AB与CD成60°角，求此时B，D间的距离．
解：∵∠ACD＝90°，∴·＝0，
同理可得·＝0.
∵AB与CD成60°角，
∴〈，〉＝60°或〈，〉＝120°.
又＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×1×1×cos〈，〉．
∴当〈，〉＝60°时，||2＝4，
此时B，D间的距离为2；
当〈，〉＝120°时，||2＝2，
此时B，D间的距离为.
(一)教材梳理填空
1．空间向量基本定理
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝x a＋y b＋z c.
其中，把{a, b, c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底．
2．单位正交基底与正交分解
(1)单位正交基底
如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为1，那么这个基底叫做单位正交基底，常用{i，j，k}表示.
(2)正交分解
把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行正交分解．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)只有两两垂直的三个向量才能作为空间向量的一组基底．( )
(2)若{a，b，c}为空间一个基底，则{－a，b,2c}也可构成空间一个基底．( )
(3)若三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面．( )
(4)对于三个不共面向量a1，a2，a3，不存在实数组{λ1，λ2，λ3}使0＝λ1a1＋λ2a2＋λ3a3.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，可以作为空间向量一个基底的是( )
A．，， B．，，
C．，， D．，，
解析：选C 由题意知，，，不共面，可以作为空间向量的一个基底．
题型一 基底的判断
[学透用活]
[典例1] 已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且＝e1＋2e2－e3，＝－3e1＋e2＋2e3，＝e1＋e2－e3，试判断{，，}能否作为空间的一个基底？
[解] 假设，，共面，由向量共面的充要条件知存在实数x，y，使＝x＋y成立．
∴e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)
＝(－3x＋y)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3.
∵{e1，e2，e3}是空间的一个基底，
∴e1，e2，e3不共面，∴此方程组无解，
即不存在实数x，y，使＝x＋y成立．
∴，，不共面．
故{，，}能作为空间的一个基底．
[方法技巧]
判断给出的某一向量组能否作为基底，关键是要判断它们是否共面．如果从正面难以入手，可用反证法或利用一些常见的几何图形进行判断．
[对点练清]
若{a，b，c}是空间的一个基底，试判断{a＋b，b＋c，c＋a}能否作为空间的一个基底．
解：假设a＋b，b＋c，c＋a共面，则存在实数λ，μ，使得a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，
即a＋b＝μ a＋λb＋(λ＋μ)c.
∵{a，b，c}是空间的一个基底，∴a，b，c不共面．
∴此方程组无解．
即不存在实数λ，μ，使得a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，
∴a＋b，b＋c，c＋a不共面．
故{a＋b，b＋c，c＋a}能作为空间的一个基底．
题型二 用基底表示空间向量
[学透用活]
[典例2] 如图，四棱锥POABC的底面为一矩形，PO⊥平面OABC.设＝a，＝b，＝c，E，F分别是PC和PB的中点．
试用a，b，c表示：，，，.
[解] 连接BO(图略)，则＝＝(＋)
＝(c－b－a)＝－a－b＋c.
＝＋＝－a＋＝－a＋(＋)＝－a－b＋c.
＝＋＝＋＋(＋)
＝－a＋c＋(－c＋b)＝－a＋b＋c.
＝＝＝a.
[方法技巧]
用基底表示向量的步骤
(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．
(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．
(3)下结论：利用空间向量的一个基底{a，b，c}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有a，b，c，不能含有其他形式的向量．
[对点练清]
如图所示，正方体OABCO′A′B′C′，且＝a，＝b, ＝c.
(1)用a，b，c表示向量，；
(2)设G，H分别是侧面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示.
解：(1)＝＋＝＋＋
＝a＋b＋c.
＝＋＝＋＋＝＋－＝b＋c－a.
(2)法一：连接OG，OH(图略)，
则＝＋＝－＋
＝－(＋)＋(＋)
＝－(a＋b＋c＋b)＋(a＋b＋c＋c)＝(c－b)．
法二：连接O′C，则＝＝(－)
＝(c－b)．
题型三 空间向量基本定理的应用
[学透用活]
[典例3] 如图，已知直三棱柱ABCA′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
[解] (1)证明：设＝a，＝b，＝c，
根据题意知，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0.
这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底．
∴＝b＋c，＝－c＋b－a.
∴·＝－c2＋b2＝0，
∴⊥，即CE⊥A′D.
(2)∵＝－a＋c，∴||＝|a|，||＝|a|，
∵·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2，
∴cos〈，〉＝＝.
∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.
[方法技巧]
用基底表示向量时的注意事项
(1)若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及向量的数乘运算律进行；
(2)若没给定基底，首先要选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角已知或易求．
[对点练清]
已知空间四边形OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC，且OA＝OB＝OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点，求证：OG⊥BC.
证明：连接ON(图略)，设∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，
又设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|.
∵＝(＋)＝
＝(a＋b＋c)，＝c－b.
∴·＝(a＋b＋c)·(c－b)
＝(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－b·c)
＝(|a|2·cos θ－|a|2·cos θ－|a|2＋|a|2)＝0.
∴⊥，即OG⊥BC.
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，正四面体VABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.
(1)求证：AO，BO，CO两两垂直；
(2)求〈，〉．
解：设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1.
(1)证明：因为＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，
所以·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)
＝(18a·b－9|a|2)
＝＝0，
所以⊥，即AO⊥BO.
同理，AO⊥CO，BO⊥CO.
所以AO，BO，CO两两垂直．
(2)因为＝＋＝－(a＋b＋c)＋c
＝(－2a－2b＋c)，
所以||＝ ＝.
又||＝ ＝，
·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，
所以cos〈，〉＝＝.
又〈，〉∈[0，π]，所以〈，〉＝.
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2.如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.
(1)求证：CC1⊥BD.
(2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．
证明：(1)设＝a，＝b，＝c.
由题意得|a|＝|b|，＝－＝a－b.
，，两两夹角的大小相等，设为θ，
于是·＝c·(a－b)＝c·a－c·b
＝|c|·|a|cos θ－|c|·|b|cos θ＝0，∴CC1⊥BD.
(2)要使A1C⊥平面C1BD，只需A1C⊥BD，A1C⊥DC1.
由·＝(＋)·(－)＝(a＋b＋c)·(a－c)＝a2－a·c＋a·b－b·c＋c·a－c2＝|a|2－|c|2＋|a|·|b|cos θ－|b|·|c|cos θ＝(|a|－|c|)·(|a|＋|c|＋|b|cos θ)＝0，得当|c|＝|a|时，A1C⊥DC1.
而由(1)知CC1⊥BD，又显然BD⊥AC，
∴BD⊥平面ACC1A1，∴A1C⊥BD.
综上可得，当＝1时，A1C⊥平面C1BD.
[课下过关检测]
1．已知{a，b，c}是空间一组基底，p＝a＋b，q＝a－b，一定可以与向量p，q构成空间另一组基底的是( )
A．a B．b
C．c D.p－2q
解析：选C 因为a，b，c不共面，所以p，q，c不共面．若存在x，y∈R，使c＝xp＋yq＝(x＋y)a＋(x－y)b成立，则a，b，c共面，这与已知{a，b，c}是空间一组基底矛盾，故p，q，c不共面．
2．设p：a，b，c是三个非零向量；q：{a，b，c}为空间的一个基底，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当非零向量a，b，c不共面时，{a，b，c}可以当基底，否则不能当基底．当{a，b，c}为基底时，一定有a，b，c为非零向量．因此p q，q⇒p.
3．已知M，A，B，C四点互不重合且无三点共线，则能使向量，，成为空间的一个基底的关系是( )
A．＝＋＋
B．＝＋
C．＝＋＋
D．＝2－
解析：选C 对于选项A，由＝x ＋y ＋z (x＋y＋z＝1)⇒M，A，B，C四点共面，知，，共面；对于选项B、D，易知，，共面，故选C.
4．已知空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得·＝·＝0，所以·＝(＋＋)·＝·＋||2＋·＝||2＝1，所以cos〈，〉＝＝，所以AB与CD所成的角为60°.
5．在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝2，N为BC中点，则=( )
A.a－b＋c B．－a＋b＋c
C.a＋b－c D.a＋b－c
解析：选B ＝＋＋＝＋－＋(－)＝－＋＋＝－a＋b＋c.
6．设{i，j，k}是空间向量的单位正交基底，a＝3i＋2j－k，b＝－2i＋4j＋2k，则向量a，b的关系是__________.
解析：∵a·b＝－6i2＋8j2－2k2＝－6＋8－2＝0，
∴a⊥b.
答案：a⊥b
7．已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋2c，若m与n共线，则x＝________，y＝________.
解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋2λc，
于是有解得
答案：2 －2
8.如图，在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，若{，，}为基底，则＝________.
解析：＝＋＋＝－(＋)＋＋(－)＝－－＋.
答案：－－＋
9.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c.
(1)试用a，b，c表示向量；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
解：(1)＝＋＋
＝＋＋＝(c－a)＋a＋(b－a)
＝a＋b＋c.
(2)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c
＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5，
∴|a＋b＋c|＝，
∴||＝|a＋b＋c|＝，即MN＝.
10．在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．
(1)试用向量a，b，c表示，；
(2)若＝xa＋yb＋z c，求实数x，y，z的值．
解：(1)如图，＝＋＝－＋－＝a－b－c，
＝＋＝＋＝－(＋)＋(＋)＝(a－c)．
(2)＝(＋)＝(－＋)
＝(－c＋a－b－c)＝a－b－c，
∴x＝，y＝－，z＝－1.
1．平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝( )
A．－1 B．0
C. D. 1
解析：选C 因为＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋＋，所以x＝－1，y＝1，z＝，所以x＋y＋z＝.
2．设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底，给出下列向量组：①{a，b，x}，②{x，y，z}，③{b，c，z}，④{x，y，a＋b＋c}，其中可以作为空间一个基底的向量组有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选C 如图，令a＝，b＝，c＝，则x＝，y＝，z＝，a＋b＋c＝.
由A，B1，C，D1四点不共面，可知向量x，y，z也不共面，同理b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面，故选C.
3．已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，若λe1＋μ e2＋ve3＝0，则λ2＋μ2＋v2＝________.
解析：∵{e1，e2，e3}是空间的一个基底，
∴e1，e2，e3为不共面的向量．
又∵λe1＋μ e2＋ve3＝0，∴λ＝μ＝v＝0，
∴λ2＋μ2＋v2＝0.
答案：0
4.如图所示，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.
(1)证明：A，E，C1，F四点共面；
(2)若＝x＋y＋z，求x＋y＋z的值.
解：(1)证明：因为＝＋＋＝＋＋＋＝＋＝＋＝＋，
所以A，E，C1，F四点共面．
(2)因为＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋＋，
所以x＝－1，y＝1，z＝，
所以x＋y＋z＝.
5．已知{i，j，k}是空间的一个基底，设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k.试问是否存在实数λ，μ，υ，使a4＝λa1＋μa2＋υa3成立？如果存在，求出λ，μ，υ的值，如果不存在，请给出证明．
解：假设存在实数λ，μ，υ使a4＝λa1＋μa2＋υa3成立，则有3i＋2j＋5k
＝λ(2i－j＋k)＋μ(i＋3j－2k)＋υ(－2i＋j－3k)＝(2λ＋μ－2υ)i＋(－λ＋3μ＋υ)j＋(λ－2μ－3υ)k.
∵{i，k，j}是一组基底，
∴i，j，k不共面．
∴解得
故存在λ＝－2，μ＝1，υ＝－3使结论成立．
1．3 空间向量及其运算的坐标表示
(一)教材梳理填空
1．空间直角坐标系
在空间选定一点O和一个单位正交基底{i，j，k}．以点O为原点，分别以i，j，k的方向为正方向、以它们的长为单位长度建立三条数轴：x轴、y轴、z轴，它们都叫做坐标轴．这时就建立了一个空间直角坐标系Oxyz，O叫做原点，i，j，k都叫做坐标向量，通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为Oxy平面，Oyz平面，Ozx平面，它们把空间分成八个部分．
2．右手直角坐标系的定义
在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，中指指向z轴的正方向．则称这个坐标系为右手直角坐标系，如图所示．
3．空间直角坐标系中的坐标
(1)空间直角坐标系中点的坐标：在单位正交基底{i，j，k}下与向量对应的有序实数组(x，y，z)，叫做点A在空间直角坐标系中的坐标，记作A(x，y，z)，其中x叫做点A的横坐标，y叫做点A的纵坐标，z叫做点A的竖坐标．
(2)空间直角坐标系中向量的坐标
在空间直角坐标系Oxyz中，给定向量a，作＝a.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使a＝xi＋yj＋zk.有序实数组(x，y，z)叫做a在空间直角坐标系Oxyz中的坐标，上式可简记作a＝(x，y，z)．
4．落在坐标轴和坐标平面上的点的特点
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)空间直角坐标系中，在x轴上的点的坐标一定是(0，b，c)的形式．( )
(2)空间直角坐标系中，在xOz平面内的点的坐标一定是(a,0，c)的形式．( )
(3)空间直角坐标系中，点(1，，2)关于yOz平面的对称点为(－1，，2)．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．已知A(2,3－μ，－1＋v)关于x轴的对称点是A′(λ，7，－6)，则λ，μ，v的值为( )
A．λ＝－2，μ＝－4，v＝－5 B．λ＝2，μ＝－4，v＝－5
C．λ＝－2，μ＝10，v＝8 D．λ＝2，μ＝10，v＝7
答案：D
3．设{e1，e2，e3}是空间向量的一个单位正交基底，a＝4e1－8e2＋3e3，b＝－2e1－3e2＋7e3，则a，b的坐标分别为________．
解析：由于{e1，e2，e3}是空间向量的一个单位正交基底，
所以a＝(4，－8,3)，b＝(－2，－3,7)．
答案：a＝(4，－8,3)，b＝(－2，－3,7)
题型一 空间中点的坐标
[探究发现]
下图是一个房间的示意图，我们如何表示板凳和气球的位置？
提示：可借助于平面坐标系的思想建立空间直角坐标系，如图所示．
[学透用活]
[典例1] 在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H为C1G的中点，试建立适当的坐标系，写出E，F，G，H的坐标．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系．点E在z轴上，它的x坐标、y坐标均为0，而E为DD1的中点，故其坐标为.
由F作FM⊥AD，FN⊥DC，垂足分别为M，N，
由平面几何知识知FM＝，FN＝，
故F点坐标为.
点G在y轴上，其x，z坐标均为0，
又GD＝，故G点坐标为.
由H作HK⊥CG于K，由于H为C1G的中点．
故HK＝，CK＝，
∴DK＝，
故H点坐标为.
[方法技巧]
求某点P的坐标的方法
(1)找到点P在x，y，z轴上的射影；
(2)确定射影在相应坐标轴上的坐标；
(3)求出点P的坐标．
[对点练清]
已知正四棱锥PABCD的底面边长为5，侧棱长为13，建立的空间直角坐标系如图，写出各顶点的坐标．
解：因为|PO|＝＝＝12，
所以各顶点的坐标分别为P(0,0,12)，
A，B，
C，D.
题型二 空间向量的坐标表示
[学透用活]
[典例2] 如图所示，PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，并且PA＝AB＝1.试建立适当的空间直角坐标系，求向量的坐标．
[解] ∵PA＝AB＝AD＝1，PA⊥平面ABCD，
AB⊥AD，
∴，，是两两垂直的单位向量．
设＝i，＝j，＝k，以{i，j，k}为单位正交基底建立空间直角坐标系Axyz.
法一：如图所示，
∵＝＋＋
＝－＋＋
＝－＋＋(＋)
＝＋＝j＋k，
∴＝.
法二：如图所示，
连接AC，BD交于点O.则O为AC，BD的中点，
连接MO，ON，∴＝＝，＝，
∴＝＋＝＋＝j＋k.
∴＝.
[方法技巧]
用坐标表示空间向量的方法步骤
[对点练清]
在直三棱柱ABOA1B1O1中，∠AOB＝，AO＝4，BO＝2，AA1＝4，D为A1B1的中点．在如图所示的空间直角坐标系中，求，的坐标．
解：∵＝－＝－(＋)
＝－
＝－－－＝－4e3－×4e1－×2e2
＝－2e1－e2－4e3，
∴＝(－2，－1，－4)．
∵＝－＝－(＋)
＝－＋－＝－4e1＋2e2－4e3，
∴＝(－4,2，－4)．
题型三 空间中点的对称问题
[学透用活]
[典例2] 在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)．
(1)求点P关于x轴的对称点的坐标；
(2)求点P关于xOy平面的对称点的坐标；
(3)求点P关于点M(2，－1，－4)的对称点的坐标．
[解] (1)由于点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P1(－2，－1，－4)．
(2)由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点为P2(－2,1，－4)．
(3)设对称点为P3(x，y，z)，则点M为线段PP3的中点，由中点坐标公式，可得x＝2×2－(－2)＝6，
y＝2×(－1)－1＝－3，z＝2×(－4)－4＝－12，
所以P3(6，－3，－12)．
[方法技巧]
在空间直角坐标系中，点P(x，y，z)关于坐标轴和坐标平面的对称点的坐标特点如下：
(1)关于坐标原点的对称点为P1(－x，－y，－z)；
(2)关于横轴(x轴)的对称点为P2(x，－y，－z)；
(3)关于纵轴(y轴)的对称点为P3(－x，y，－z)；
(4)关于竖轴(z轴)的对称点为P4(－x，－y，z)；
(5)关于xOy坐标平面的对称点为P5(x，y，－z)；
(6)关于yOz坐标平面的对称点为P6(－x，y，z)；
(7)关于zOx坐标平面的对称点为P7(x，－y，z)．
其中的记忆方法为“关于谁谁不变，其余的相反”．如关于横轴(x轴)的对称点，横坐标不变，纵坐标、竖坐标变为原来的相反数；关于xOy坐标平面的对称点，横坐标、纵坐标不变，竖坐标变为原来的相反数．
[对点练清]
保持典例中的点P不变，
(1)求点P关于y轴的对称点的坐标；
(2)求点P关于yOz平面的对称点的坐标；
(3)求点P关于点N(－5,4,3)的对称点的坐标．
解：(1)由于点P关于y轴对称后，它在y轴的分量不变，在x轴、z轴的分量变为原来的相反数，
故对称点的坐标为P1(2,1，－4)．
(2)由于点P关于yOz平面对称后，它在y轴、z轴的分量不变，在x轴的分量变为原来的相反数，
故对称点的坐标为P2(2,1,4)．
(3)设所求对称点为P3(x，y，z)，
则点N为线段PP3的中点，
由中点坐标公式，可得－5＝，4＝，3＝，
即x＝2×(－5)－(－2)＝－8，y＝2×4－1＝7，
z＝2×3－4＝2，
故P3(－8,7,2)．
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1．在长方体ABCDA1B1C1D1中，|AB|＝5，|AD|＝4，|AA1|＝4，A1C1与B1D1相交于点P，建立适当的空间直角坐标系，求出点C，B1，P的坐标(写出符合题意的一种情况即可)．
以下是两名同学的解法．
甲同学：如图①，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
∵|AB|＝5，|AD|＝4，|AA1|＝4，
∴B(5,0,0)，D(0,4,0)，
A1(0，0,4)，
从而C(5,4,0)，B1(5,0,4)，
又D1(0,4,4)，P为B1D1的中点，
∴P.
乙同学：如图②，以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
∵|AB|＝5，|AD|＝4，|AA1|＝4，
∴B(0,5,0)，D(4,0,0)，
A1(0,0,4)，
从而C(4,5,0)，B1(0,5,4)，
又D1(4,0,4)，P为B1D1的中点，
∴P.
试分析两位同学在求解过程中谁错？错在何处？
提示：上述甲同学解法错误，乙同学解法正确．甲同学解法错误的原因是坐标系的建立不符合右手法则，因此解答是错误的．事实上，在建立空间直角坐标系时，要求x轴、y轴、z轴的正方向排列次序要遵循右手法则．
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．如图所示，一只蚂蚁在水泥构件O点处，在A，B，C，D，E处放有食物，请你根据本节所学知识，建立适当的空间直角坐标系，告诉小蚂蚁食物的准确位置．
解：以点O为坐标原点，以正南方向为x轴正方向，以OA所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设1个方格的边长为1个单位长度，则依据各点的位置可得各点的坐标如下：A(0,0,8)，B(－2,5,3)，C(0,14,1)，D(－6，13,3)，E(－6,17，－3)．
注：答案不唯一，建立的空间直角坐标系符合要求即可．
[课下过关检测]
1．点(2,0,3)在空间直角坐标系中的( )
A．y轴上 B．xOy平面上
C．xOz平面上 D．第一象限内
解析：选C 因为点(2,0,3)的纵坐标为0，所以该点在xOz平面上．
2．点P(a，b，c)到坐标平面xOy的距离是( )
A. B．|a|
C．|b| D．|c|
解析：选D 点P在xOy平面的射影的坐标是P′(a，b,0)，所以|PP′|＝|c|.
3．若点P(－4，－2,3)关于xOy平面及y轴对称的点的坐标分别是(a，b，c)，(e，f，d)，则c与e的和为( )
A．7 B．－7
C．－1 D．1
解析：选D 由题意知，点P关于xOy平面对称的点的坐标为(－4，－2，－3)，点P关于y轴对称的点的坐标为(4，－2，－3)，所以c＝－3，e＝4，故c＋e＝－3＋4＝1.
4．在空间直角坐标系中，点P(1，，)，过点P作平面xOy的垂线PQ，则点Q的坐标为( )
A．(0，，0) B．(0，，)
C．(1,0，) D．(1，，0)
解析：选D 由于点Q在xOy平面内，故其竖坐标为0，又PQ⊥xOy平面，故点Q的横坐标、纵坐标分别与点P相同，从而点Q的坐标为(1，，0)．
5.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝4，BC＝1，AA1＝3，已知向量a在基底{，，}下的坐标为(2,1，－3)．若分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则a的空间直角坐标为( )
A．(2,1，－3) B．(－1,2，－3)
C．(1，－8,9) D．(－1,8，－9)
解析：选D a＝2＋－3＝2－－3＝8j－i－9k＝(－1,8，－9)．
6.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中建立空间直角坐标系．已知AB＝AD＝2，BB1＝1，则的坐标为______，的坐标为______．
解析：因为A(0,0,0)，D1(0,2,1)，C1(2,2,1)，
所以＝(0,2,1)，＝(2,2,1)．
答案：(0,2,1) (2,2,1)
7．点P(2,3,4)在三条坐标轴上的射影的坐标分别是________，________，________.
解析：P(2,3,4)在x轴上的射影为(2,0,0)，在y轴上的射影为(0,3,0)，在z轴上的射影为(0,0,4)．
答案：(2,0,0) (0,3,0) (0,0,4)
8.如图所示，在长方体OABCO1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，M是OB1与BO1的交点，则M点的坐标是________．
解析：因为OA＝2，AB＝3，AA1＝2，所以A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,3,0)，故B1(2,3,2)．
所以M点的坐标为，即M.
答案：
9.如图所示，VABCD是正棱锥，O为底面中心，E，F分别为BC，CD的中点．已知|AB|＝2，|VO|＝3，建立如图所示空间直角坐标系，试分别写出各个顶点的坐标．
解：∵底面是边长为2的正方形，
∴|CE|＝|CF|＝1.
∵O点是坐标原点，∴C(1,1,0)，同样的方法可以确定B(1，－1,0)，A(－1，－1,0)，D(－1,1,0)．
∵V在z轴上，∴V(0,0,3)．
10.如图所示，在三棱锥OABC中，OA，OB，OC两两垂直，OA＝1，OB＝2，OC＝3，E，F分别为AC，BC的中点，建立以，，方向上的单位向量为正交基底的空间直线坐标系Oxyz，求EF的中点P的坐标．
解：令Ox，Oy，Oz轴方向上的单位向量分别为i，j，k.
因为＝＋EP―→＝(＋)＋
＝(＋)＋(－)
＝＋＋
＝i＋×2j＋×3k
＝i＋j＋k，
所以P点的坐标为.
1．(1)求点A(1,2，－1)关于坐标平面xOy及x轴的对称点的坐标．
(2)已知点P(2,3，－1)关于坐标平面xOy的对称点为P1，点P1关于坐标平面yOz的对称点为P2，点P2关于z轴的对称点为P3，求点P3的坐标．
解：(1)如图所示，过A作AM⊥xOy交平面于M，并延长到C，使AM＝CM，则A与C关于坐标平面xOy对称且C的坐标为(1,2,1)．过A作AN⊥x轴于N并延长到点B，使AN＝NB，则A与B关于x轴对称且B的坐标为(1，－2,1)．
∴A(1,2，－1)关于坐标平面xOy对称的点C的坐标为(1,2,1)；A(1,2，－1)关于x轴的对称点B的坐标为(1，－2,1)．
(2)点P(2,3，－1)关于坐标平面xOy的对称点P1的坐标为(2,3,1)，点P1关于坐标平面yOz的对称点P2的坐标为(－2,3,1)，点P2关于z轴的对称点P3的坐标是(2，－3,1)．
2.如图所示，AF，DE分别是⊙O，⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD，试建立适当的空间直角坐标系，求出点A，B，C，D，E，F的坐标．
解：(答案不唯一)因为AD与两圆所在的平面均垂直，
OE∥AD，所以OE与两圆所在的平面也都垂直．
又因为AB＝AC＝6，BC是圆O的直径，所以△BAC为等腰直角三角形且AF⊥BC，BC＝6.
以O为原点，OB，OF，OE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，
则原点O及A，B，C，D，E，F各个点的坐标分别为O(0,0,0)，A(0，－3，0)，B(3，0,0)，C(－3，0,0)，D(0，－3，8)，E(0,0,8)，F(0，3，0)．
(一)教材梳理填空
1．空间向量的坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)；
λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.
2．空间向量的平行、垂直及模、夹角
设a=(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；
a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；
|a|＝＝；
cos〈a，b〉＝＝ .
3．空间两点间的距离公式
在空间直角坐标系中，设P1(a1，b1，c1)，P2(a2，b2，c2)，则P1，P2两点间的距离
P1P2＝||＝.
(二)基本知能小试
1．已知向量a＝(4，－2，－4)，b＝(6，－3,2)，则下列结论正确的是( )
A．a＋b＝(10，－5，－6) B．a－b＝(2，－1，－6)
C．a·b＝10 D．|a|＝6
答案：D
2．与向量m＝(0,1，－2)共线的向量是( )
A．(2,0，－4) B．(3,6，－12)
C．(1,1，－2) D.
答案：D
3．已知a＝(2,1,3)，b＝(－4,5，x)，若a⊥b，则x＝_________________________.
答案：1
4．已知A点的坐标是(－1，－2,6)，B点的坐标是(1,2，－6)，O为坐标原点，则向量与的夹角是________．
答案：π
题型一 空间向量的坐标运算
[学透用活]
对空间向量坐标运算的两点说明
(1)类比平面向量坐标运算：空间向量的加法、减法、数乘和数量积与平面向量的类似，学习中可以类比推广．推广时注意利用向量的坐标表示，即向量在平面上是用唯一确定的有序实数对表示，即a＝(x，y)．而在空间中则表示为a＝(x，y，z)．
(2)运算结果：空间向量的加法、减法、数乘坐标运算结果依然是一个向量；空间向量的数量积坐标运算的结果是一个实数．
[典例1] 已知O为坐标原点，A，B，C三点的坐标分别是(2，－1,2)，(4,5，－1)，(－2,2,3)．求点P的坐标，使：
(1)＝(－)；(2)＝(－)．
[解] ∵＝(2,6，－3)，＝(－4,3,1)，
∴－＝(6,3，－4)．
(1)＝(6,3，－4)＝，
则点P的坐标为.
(2)设点P的坐标为(x，y，z)，
则＝(x－2，y＋1，z－2)，
∵(－)＝＝，
∴x＝5，y＝，z＝0，
则点P的坐标为.
[方法技巧]
关于空间向量坐标运算的两类问题
(1)直接计算问题
首先将空间向量用坐标表示出来，然后准确运用空间向量坐标运算公式计算．
(2)由条件求向量或点的坐标
首先把向量用坐标形式设出来，然后通过建立方程(组)，解方程(组)求出其坐标．
[对点练清]
已知空间四点A，B，C，D的坐标分别是(－1,2,1)，(1,3,4)，(0，－1,4)，(2，－1，－2)，设p＝，q＝.
求：(1)p＋2q；(2)3p－q；(3)(p－q)·(p＋q)．
解：因为A(－1,2,1)，B(1,3,4)，C(0，－1,4)，D(2，－1，－2)，所以p＝＝(2,1,3)，q＝＝(2,0，－6)．
(1)p＋2q＝(2,1,3)＋2(2,0，－6)＝(2,1,3)＋(4,0，－12)＝(6,1，－9)．
(2)3p－q＝3(2,1,3)－(2,0，－6)＝(6,3,9)－(2,0，－6)＝(4,3,15)．
(3)(p－q)·(p＋q)＝p2－q2＝|p|2－|q|2＝(22＋12＋32)－(22＋02＋62)＝－26.
题型二 空间向量的平行与垂直
[学透用活]
[典例2] 已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)．设a＝，b＝.
(1)设|c|＝3，c∥，求c；
(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k.
[解] (1)因为＝(－2，－1,2)且c∥，
所以设c＝λ＝(－2λ，－λ，2λ)(λ∈R)，
所以|c|＝ ＝3|λ|＝3.
解得λ＝±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ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)．
因为(ka＋b)⊥(ka－2b)，
所以(ka＋b)·(ka－2b)＝0，
即(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0.
解得k＝2或k＝－.
[方法技巧]
判断空间向量垂直或平行的步骤
(1)向量化：将空间中的垂直与平行转化为向量的垂直与平行．
(2)对于a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，根据两向量坐标间的关系判断两向量是否垂直；根据x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2(λ∈R)或＝＝(x2，y2，z2都不为0)判断两向量是否平行．
[对点练清]
1．[变条件]将本例(2)中“若ka＋b与ka－2b互相垂直”改为“若ka＋b与a＋kb互相平行”，其他条件不变，求k的值．
解：a＝(－1＋2,1－0,2－2)＝(1,1,0)，
b＝(－3＋2,0－0,4－2)＝(－1,0,2)，
所以ka＋b＝(k，k,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)．
a＋kb＝(1,1,0)＋(－k,0,2k)＝(1－k,1,2k)，
因为ka＋b与a＋kb平行，所以ka＋b＝λ(a＋kb)，
即(k－1，k,2)＝λ(1－k,1,2k)，
所以则或
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，证明：CE⊥BD.
证明：建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1.
则B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，
∴＝，
＝(－1，－1,0)，
∵·＝(－1)×＋(－1)×＋0×1＝0，
∴CE⊥BD.
题型三 利用空间向量解决夹角、距离问题
[探究发现]
(1)已知A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则线段AB的中点P的坐标是多少？
提示：P.
(2)设异面直线AB，CD所成的角为θ，则cos θ＝cos〈，〉一定成立吗？
提示：当cos〈，〉≥0时，cos θ＝cos〈，〉；当cos〈，〉<0时，cos θ＝－cos〈，〉．
[学透用活]
[典例3] 如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABCA1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N为A1A的中点．
(1)求BN的长；
(2)求A1B与B1C所成角的余弦值．
[解] 如图，以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系Cxyz.
(1)依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，
∴||＝ ＝，
∴线段BN的长为.
(2)依题意得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，
∴＝(1，－1,2), ＝(0,1,2)，
∴·＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3.
又||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝.
故A1B与B1C所成角的余弦值为.
[方法技巧]
1．利用向量坐标求异面直线所成角的步骤
(1)根据几何图形的特点建立适当的空间直角坐标系；
(2)利用已知条件写出有关点的坐标，进而获得相关向量的坐标；
(3)利用向量数量积的坐标公式求得异面直线上有关向量的夹角，并将它转化为异面直线所成的角．
2．利用向量坐标求空间中线段的长度的步骤
(1)建立适当的空间直角坐标系；
(2)求出线段端点的坐标；
(3)利用两点间的距离公式求出线段的长．
[对点练清]
已知空间三点A(1,2,3)，B(2，－1,5)，C(3,2，－5)．
求：(1)向量，的模；
(2)向量，夹角的余弦值．
解：(1)因为＝(2，－1,5)－(1,2,3)＝(1，－3,2)，
＝(3,2，－5)－(1,2,3)＝(2,0，－8)，
所以||＝ ＝，
||＝ ＝2.
(2)因为·＝(1，－3,2)·(2,0，－8)
＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，
所以cos〈，〉＝
＝＝－.
因此，向量，夹角的余弦值为－.
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1．已知四边形ABCD的顶点坐标分别是A(3，－1,2)，B(1,2，－1)，C(－1,1，－3)，D(3，－5,3)，求证：四边形ABCD是一个梯形．
证明：因为＝(1,2，－1)－(3，－1,2)＝(－2,3，－3)，
＝(3，－5,3)－(－1,1，－3)＝(4，－6,6)，
且＝＝，所以与共线．
又因为AB与CD不共线，所以AB∥CD.
又因为＝(3，－5,3)－(3，－1,2)＝(0，－4,1)，
＝(－1,1，－3)－(1,2，－1)＝(－2，－1，－2)，
且≠≠，所以与不平行．
所以四边形ABCD为梯形．
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．已知：a2＋b2＋c2＝1，x2＋y2＋z2＝1，其中a，b，c，x，y，z均为实数，求证：－1≤ax＋by＋cz≤1.
(提示：借助单位向量求解)
证明：构造向量α＝(a，b，c)，β＝(x，y，z)，
则由题设知：|α|2＝1，|β|2＝1，
令α，β的夹角为θ，则θ∈[0，π]，
∴cos θ＝＝α·β＝ax＋by＋cz，
∵－1≤cos θ≤1，∴－1≤ax＋by＋cz≤1.
[课下过关检测]
1．已知a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则a－b＋2c＝( )
A．(－9，－3,0) B．(0,2，－1)
C．(9,3,0) D．(9,0,0)
解析：选C a－b＋2c＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋(6,2,0)＝(3,1,0)＋(6,2,0)＝(9,3,0)．
2．[多选]若向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，则( )
A．cos〈a，b〉＝－ B．a⊥b
C．a∥b D．|a|＝|b|
解析：选AD ∵向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，∴|a|＝，|b|＝，a·b＝1×(－2)＋2×0＋0×1＝－2，cos〈a，b〉＝＝＝－. 由上知B不正确，A、D正确．C显然也不正确．
3．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量与的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C ∵＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，
∴||＝3，||＝，·＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3，∴cos〈，〉＝＝.
∵0°≤〈，〉≤180°，∴〈，〉＝60°.
4．若△ABC中，∠C＝90°，A(1,2，－3k)，B(－2,1,0)，C(4,0，－2k)，则k的值为( )
A. B．－
C．2 D．±
解析：选D 因为＝(－6,1,2k)，＝(－3,2，－k)，
则·＝(－6)×(－3)＋2＋2k×(－k)＝－2k2＋20＝0，所以k＝±.
5．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：选C a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，故(a＋b)·c＝－a·c＝7，得a·c＝－7，而|a|＝＝，所以cos〈a，c〉＝＝－，〈a，c〉＝120°.
6．若m＝(2，－1,1)，n＝(λ，5,1)，且m⊥(m－n)，则λ＝________.
解析：由已知得m－n＝(2－λ，－6,0)．
由m·(m－n)＝0得，2(2－λ)＋6＋0＝0，所以λ＝5.
答案：5
7．若a＝(x,2,2)，b＝(2，－3,5)的夹角为钝角，则实数x的取值范围是________．
解析：a·b＝2x－2×3＋2×5＝2x＋4，设a，b的夹角为θ，因为θ为钝角，所以cos θ＝<0，又|a|>0，|b|>0，所以a·b<0，即2x＋4<0，所以x<－2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(－∞，－2)．
答案：(－∞，－2)
8．已知点A(λ＋1，μ－1,3)，B(2λ，μ，λ－2μ)，C(λ＋3，μ－3,9)三点共线，则实数λ＝________，μ＝________.
解析：因为＝(λ－1,1，λ－2μ－3)，＝(2，－2,6)，由A，B，C三点共线，得∥，即＝－＝，解得λ＝0，μ＝0.
答案：0 0
9.已知正三棱柱ABCA1B1C1，底面边长AB＝2，AB1⊥BC1，点O，O1分别是边AC，A1C1的中点，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)求三棱柱的侧棱长；
(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值．
解：(1)设正三棱柱的侧棱长为h，
由题意得A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，B1(，0，h)，C1(0,1，h)，
则＝(，1，h)，＝(－，1，h)，
因为AB1⊥BC1，所以·＝－3＋1＋h2＝0，
所以h＝.
(2)由(1)可知＝(，1，)，＝(－，1,0)，
所以·＝－3＋1＝－2.
因为||＝，||＝2，
所以cos〈，〉＝＝－.
所以异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.
10.如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．若P是DD1的中点．证明：AB1⊥PQ.
证明：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.
因为P是DD1的中点，
所以P，＝.
又＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，
所以⊥，即AB1⊥PQ.
1．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A. B.
C. D.
解析：选D ∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，
所以解得∴λ＝3x－2y＝.
2．若△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0，)，B，C(－1,0，)，则角A的大小为________．
解析：由题意，知＝，＝(－1,0,0)，所以||＝1，||＝1.则cos A＝＝＝，故角A的大小为30°.
答案：30°
3．已知点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，O(0,0,0)，点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，点Q的坐标为________．
解析：设＝λ＝(λ，λ，2λ)，故Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．
则·＝6λ2－16λ＋10＝62－，
当·取最小值时，λ＝，此时点Q的坐标为.
答案：
4．在正方体ABCDA1B1C1D1中，O1是A1B1C1D1的中心，E1在B1C1上，并且B1E1＝B1C1，求BE1与CO1所成的角的余弦值．
解：不妨设AB＝1，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0，0)，E1，
C(1,1,0)，O1，
＝，＝，
∴·＝·＝，
||＝ ，||＝ .
∴cos〈，〉＝＝.
即BE1与CO1所成角的余弦值为.
5.如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.求PA的长．
解：如图，连接BD交AC于O，
因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，
又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.
以O为坐标原点，分别以，，为正交基底建立空间直角坐标系Oxyz.
因为OC＝CDcos ＝1，AC＝4，
所以AO＝AC－OC＝3，
又OB＝OD＝CDsin ＝，
故A(0，－3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)．
由PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，其中z>0.
由F为PC的中点，得F，
所以＝，＝(，3，－z)．
又AF⊥PB，所以·＝0，即6－＝0，
解得z＝2或z＝－2(舍去)．
所以＝(0,0，－2)，则||＝2.
所以PA的长为2.
1．4 空间向量的应用
知识点一 空间中点、直线和平面的向量表示
(一)教材梳理填空
1．点的位置向量
在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量来表示，向量称为点P的位置向量．
2．空间直线的向量表示式
取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使
＝＋ta， ①
取＝a，代入①式，得
＝＋t ， ②
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
3．平面的向量表示式
取定空间任意一点O，可以得到，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使
＝＋x＋y.
把上式称为空间平面ABC的向量表示式．
4．平面的法向量
如图，直线l⊥α，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．
给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合{P|a·＝0}．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)直线l的方向向量是唯一的．( )
(2)若点A，B是平面α上的任意两点，n是平面α的法向量，则·n＝0.( )
(3)若向量n1，n2为平面α的法向量，则以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．若n＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )
A．(0，－3,1) B．(2,0,1)
C．(－2，－3,1) D．(－2,3，－1)
解析：选D 问题即求与n共线的一个向量．即n＝(2，－3，1)＝－(－2,3，－1)．
知识点二 空间中直线、平面的平行
(一)教材梳理填空
1．直线与直线平行
设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则
l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2.
2．直线与平面平行
设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，则
l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0.
3．平面与平面平行
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则
α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2.
(二)基本知能小试
1．已知a＝，b＝分别是直线l1，l2的一个方向向量．若l1∥l2，则( )
A．x＝3，y＝ B．x＝，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝3，y＝
解析：选D 因为l1∥l2，所以＝＝，所以x＝3，y＝，故选D.
2．若平面α，β的一个法向量分别为m＝，n＝，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α与β相交但不垂直 D．α∥β或α与β重合
解析：选D ∵n＝－3m，∴m∥n，∴α∥β或α与β重合．
3．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于( )
A．2 B．－4
C．4 D．－2
答案：C
4．若直线l的方向向量a＝(2,2，－1)，平面α的法向量u＝(－6,8,4)，则直线l与平面α的位置关系是________．
解析：∵u·a＝－12＋16－4＝0，
∴u⊥a，∴l⊂α或l∥α.
答案：l⊂α或l∥α
知识点三 空间中直线、平面的垂直
(一)教材梳理填空
1．直线与直线垂直
设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则
l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔ u1·u2＝0.
2．直线与平面垂直
设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，则
l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.
3．平面与平面垂直
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则
α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.
(二)基本知能小试
1．若平面α⊥β，且平面α的一个法向量为n＝，则平面β的法向量可以是( )
A. B．(2，－1,0)
C．(1,2,0) D.
答案：C
2．已知两平面α，β的法向量分别为u1＝(1,0,1)，u2＝(0,2,0)，则平面α，β的位置关系为________．
答案：垂直
3．若直线的方向向量为u1＝，平面的法向量为u2＝(3,2，z)，则当直线与平面垂直时，z＝________.
答案：
题型一 求平面的法向量
[学透用活]
求平面法向量的三个注意点
(1)选向量：在选取平面内的向量时，要选取不共线的两个向量．
(2)取特值：在求n的坐标时，可令x，y，z中一个为一特殊值得另两个值，就得平面的一个法向量．
(3)注意0：提前假定法向量n＝(x，y，z)的某个坐标为某特定值时一定要注意这个坐标不为0.
[典例1] 已知平面α经过三点A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，求平面α的一个法向量．
[解] 因为A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，所以＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则有即得z＝0，x＝2y，令y＝1，则x＝2，所以平面α的一个法向量为n＝(2,1,0)．
[方法技巧]
利用待定系数法求法向量的步骤
[对点练清]
已知四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.在如图所示的坐标系Axyz中，分别求平面SCD和平面SAB的一个法向量．
解：A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2)．∵AD⊥平面SAB，∴＝(1,0,0)是平面SAB的一个法向量．设平面SCD的法向量为n＝(1，y，z)，则n·＝(1，y，z)·(1,2,0)＝1＋2y＝0，
∴y＝－.又n·＝(1，y，z)·(－1,0,2)＝－1＋2z＝0，∴z＝.∴n＝即为平面SCD的一个法向量．
题型二 利用空间向量证明平行问题
[学透用活]
[典例2] 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：FC1∥平面ADE.
[证明] 建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，
则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(0,0,1)，B1(2，2,2)，所以＝(0,2,1)，
＝(2,0,0)，＝(0,2,1)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，
则n1⊥，n1⊥，即
得令z1＝2，则y1＝－1，
所以n1＝(0，－1,2)．
因为·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.
又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
[方法技巧]
利用向量法证明平行问题的两种途径
(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系；
(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．
[对点练清]
1．[变结论]在本例条件下，求证：平面ADE∥平面B1C1F.
证明：由本例证明知＝(2,0,0)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量．
由n2⊥，n2⊥，得
得
令z2＝2得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，
因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.
2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点．
求证：PQ∥RS.
证明：法一：以点D为原点，DA，DC，DD1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P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，＝(－3,2,1), ＝(－3,2,1)，
∴＝，∴∥，即PQ∥RS.
法二：＝＋＝－＋，
＝＋＝＋－，
∴＝，∴∥，即RS∥PQ.
题型三 利用空间向量证明垂直问题
[探究发现]
如何利用向量证明空间中的直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直？
提示：(1)两直线垂直的充要条件是两直线的方向向量垂直；(2)直线与平面垂直的充要条件是直线的方向向量与平面的法向量平行；(3)两平面垂直的充要条件是两平面的法向量垂直．
[学透用活]
[典例3] 在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD.
[证明] 设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，1,0)，A(0,0,0)，C(1,1,0)，
S(0,0,1)，E.
法一：连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为.易知＝(0,0,1)，
＝，∴＝，∴OE∥AS.
又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.
又OE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD.
法二：设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)．
易知＝(－1,1,0)，＝，
∴即
令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1,1,0)．
∵AS⊥平面ABCD，
∴平面ABCD的一个法向量为n2＝＝(0,0,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD.
[方法技巧]
利用向量法证明线、面垂直的策略
(1)用向量法判定线面垂直，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．
(2)用向量法判定两个平面垂直，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0即可．
[对点练清]
如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点，求证：直线PB1⊥平面PAC.
证明：依题设，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则C(1,0,0)，P(0,0,1)，A(0,1,0)，B1(1,1,2)，
于是＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，＝(1,1,1)，
∴·＝(－1,1,0)·(1,1,1)＝0，
·＝(－1,0,1)·(1,1,1)＝0，
故⊥，⊥，即PB1⊥CP，PB1⊥CA，
又CP∩CA＝C，且CP⊂平面PAC，CA⊂平面PAC.
故直线PB1⊥平面PAC.
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别为A1C1和BC的中点．求证：
(1)平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)C1F∥平面ABE.
证明：如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝a，AB＝b，BB1＝c，则B(0,0,0)，A(0，b,0)，C1(a,0，c)，F，E.
(1)＝(0，－b,0)，
＝.
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，则y＝0，z＝－，即n＝.
又平面B1BCC1的一个法向量为n1＝(0,1,0)．
∵n1·n＝2×0＋0×1＋×0＝0，
∴平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)∵＝，且n·＝0，
∴∥平面ABE.
又∵C1F⊄平面ABE，∴C1F∥平面ABE.
二、应用性——强调学以致用
2．在一个正方体ABCDA1B1C1D1木块上，已知M，N分别是CC1，B1C1的中点，试判断直线MN与平面A1BD有无交点？
[析题建模]
解：直线MN与平面A1BD无交点，MN∥平面A1BD.
法一：如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，M，N，于是＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，
＝.
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝－1，z＝－1，
∴平面A1BD的一个法向量为n＝(1，－1，－1)．
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，∴⊥n.又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
法二：∵＝－＝－＝(－)＝，∴∥，
又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
法三：＝－＝－＝－＝(＋)－(＋)＝－，
即可用与线性表示，
∴与，是共面向量，
又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
[课下过关检测]
1．若直线l的方向向量a＝(8，－12,0)，平面α的法向量μ＝(2，－3,0)，则直线l与平面α的位置关系是( )
A．l∥α
B．l⊥α
C．直线l与平面α相交但不垂直
D．无法确定
解析：选B ∵μ＝a，∴μ∥a，∴l⊥α.
2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于( )
A．3 B．6
C．－9 D．9
解析：选C ∵l⊥α，v与平面α平行，
∴u⊥v，即u·v＝0，
∴1×3＋(－3)×(－2)＋z×1＝0，∴z＝－9.
3．[多选]在如图所示的空间直角坐标系中，ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，给出下列结论正确的是( )
A．平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)
B．平面B1CD的一个法向量为(1,1，1)
C．平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)
D．平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)
解析：选AC ∵＝(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴A正确；
∵＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，∴B不正确；
∵＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，(1,1,1)·＝0，(1,1,1)·＝0，B1C∩CD1＝C，∴(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量，∴C正确；
∵＝(0,1,1)，而·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，即D不正确．故选A、C.
4.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC之一垂直
B．EF⊥A1D，EF⊥AC
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
解析：选B 建立分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系(图略)，不妨设正方体的棱长为1，则＝(1,0,1)，＝(0,1,0)－(1,0,0)＝(－1,1,0)，E，F，＝，＝(－1，－1,1)＝－3.
∴·＝0，·＝0，
∴EF⊥A1D，EF⊥AC，EF∥BD1.
5.在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：选B 建系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,2,2)，A1(2,2,0)，
C(0，0,2)，B(2,0,2)，
∴M(2,1,1)，N(1,1,2)，
∴＝(－1,0,1)．
又平面BB1C1C的一个法向量为
n＝(0,1,0)，
∵－1×0＋0×1＋1×0＝0，
∴⊥n，∴MN∥平面BB1C1C.
6．已知a＝(0,1,1)，b＝(1,1,0)，c＝(1,0,1)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有________对．
解析：∵a·b＝(0,1,1)·(1,1,0)＝1≠0，a·c＝(0,1,1)·(1,0,1)＝1≠0，b·c＝(1,1,0)·(1,0,1)＝1≠0，∴a，b，c中任意两个都不垂直，即α，β，γ中任意两个都不垂直．
答案：0
7．已知直线l∥平面ABC，且l的一个方向向量为a＝(2，m,1)，A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，则实数m的值是________．
解析：∵l∥平面ABC，∴存在实数x，y，使a＝x＋y.∵＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)，
∴(2，m,1)＝x(1,0，－1)＋y(0,1，－1)
＝(x，y，－x－y)，∴∴m＝－3.
答案：－3
8．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且DP∥平面B1AE，则AP的长为________．
解析：建立以AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系(图略)，设AB＝a，点P坐标为(0,0，b)，则B1(a,0,1)，D(0,1,0)，E，＝(a,0,1)，＝，＝(0，－1，b)，
∵DP∥平面B1AE，
∴存在实数λ，μ，使＝λ＋μ，
即(0，－1，b)＝λ(a,0,1)＋μ
＝.
∴∴b＝λ＝，即AP＝.
答案：
9．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：AM⊥平面BDF.
证明：以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，，0)，B(0，，0)，D(，0,0)，F(，，1)，M.
所以＝，
＝(0，，1)，＝(，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面BDF的法向量，
则n⊥，n⊥，
所以⇒
取y＝1，得x＝1，z＝－.
则n＝(1,1，－)．
因为＝.
所以n＝－ ，得n与共线．
所以AM⊥平面BDF.
10．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E，F，E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．求证：CE∥平面C1E1F.
证明：以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝1，则C(0,1,0)，E(1,0,1)，
C1(0,1,2)，F(1,1,1)，E1.
设平面C1E1F的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝，
＝(－1,0,1)，
所以即取n＝(1,2,1)．
因为＝(1，－1,1)，n·＝1－2＋1＝0，
所以⊥n，且CE⊄平面C1E1F.
所以CE∥平面C1E1F.
1．[多选]如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论正确的有( )
A．A1M∥D1P
B．A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1
D．A1M∥平面D1PQB1
解析：选ACD ∵＝＋＝＋，
＝＋＝＋，
∴∥，从而A1M∥D1P，可得A、C、D正确．
又B1Q与D1P不平行，故B不正确．
2．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝________.
解析：∵⊥，∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，
∴z＝4.∵＝(x－1，y，－3)，
且⊥平面ABC，
∴即
解得故＝.
答案：
3.如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1(0,0,3a)，C(0，a,0)，D.设E(a,0，z)(0≤z≤3a)，则＝，＝(a,0，z－3a)，＝. 又·＝a2－a2＋0＝0，故由题意得2a2＋z2－3az＝0，
解得z＝a或2a.故AE＝a或2a.
答案：a或2a
4.如图，在三棱锥PABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
(1)求证：平面GEF⊥平面PBC；
(2)求证：EG与直线PG和BC都垂直．
证明：(1)如图，以三棱锥的顶点P为原点，以PA，PB，PC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Pxyz.
则A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,3)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0)．
于是＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)．
设平面GEF的法向量是n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(0,1，－1)．
显然＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量．
又n·＝0，
∴n⊥，
即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量垂直，
∴平面GEF⊥平面PBC.
(2)由(1)知，＝(1，－1，－1)，
＝(1,1,0)，＝(0，－3,3)，
∴·＝0，·＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC，
∴EG与直线PG和BC都垂直．
5.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC＝∠PAD＝90°，侧面PAD⊥底面ABCD.若PA＝AB＝BC＝AD.
(1)求证：CD⊥平面PAC；
(2)侧棱PA上是否存在点E，使得BE∥平面PCD？若存在，指出点E的位置并证明，若不存在，请说明理由．
解：因为∠PAD＝90°，所以PA⊥AD.又因为侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD＝AD，所以PA⊥底面ABCD.又因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AP两两垂直．分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设AD＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．
(1)证明：＝(0,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)，可得·＝0，·＝0，
所以AP⊥CD，AC⊥CD.
又因为AP∩AC＝A，AP⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC.
(2)设侧棱PA的中点是E，则E，
＝.
设平面PCD的法向量是n＝(x，y，z)，则
因为＝(－1,1,0)，＝(0,2，－1)，
所以取x＝1，则y＝1，z＝2，
所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,2)．
所以n·＝(1,1,2)·＝0，所以n⊥.
因为BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD.
综上所述，当E为PA的中点时，BE∥平面PCD.
1．4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
1．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题．
2．能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
3．在运用空间向量研究距离、夹角问题的过程中达成直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
第一课时 用空间向量研究距离问题
(一)教材梳理填空
空间距离的向量求法
分类 | 图示 | 向量求法 |
点线距 | u为直线l的单位方向向量，P∉l，A∈l，Q∈l，＝a，在直线l上的投影向量为＝(a·u)u，则PQ＝＝ | |
点面距 | 设平面α的法向量为n，P∉α，A∈α， PQ⊥α，在直线l上的投影向量为，则P点到平面α的距离PQ＝＝＝ |
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)平面α外一点A到平面α的距离，就是点A与平面内一点B所成向量的长度．( )
(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )
(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．空间内有三点A(2,1,3)，B(0,2,5)，C(3,7,0)，则点B到AC的中点P的距离为( )
A. B．5
C. D．3
答案：C
3．已知直线l与平面α相交于点O，A∈l，B为线段OA的中点，若点A到平面α的距离为10，则点B到平面α的距离为________．
答案：5
题型一 点到直线的距离
[学透用活]
[典例1] 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，求点B到直线A1C1的距离．
[解] 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，所以直线A1C1的方向向量为＝(－4,3,0)，而＝(0,3,1)，所以点B到直线A1C1的距离
d＝＝＝.
[方法技巧]
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)求直线的单位方向向量；
(3)求所求点与直线上某一点所构成的向量；
(4)代入点线距公式求距离．
[对点练清]
在长方体OABCO1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，求O1到直线AC的距离．
解：法一：建立如图所示的空间直角坐标系．则A(2,0,0)，O1(0,0,2)，C(0,3,0)，∴＝(－2,0,2)，＝(－2,3,0)，∴对应的单位向量为，
∴O1到直线AC的距离d＝＝ ＝.
法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，O1(0,0,2)，C(0,3,0)，过O1作O1D⊥AC于点D，设D(x，y,0)，则＝(x，y，－2)，＝(x－2，y,0)．
∵＝(－2,3,0)，⊥，∥，
∴解得∴D，
∴||＝ ＝.
即O1到直线AC的距离为.
题型二 点到平面的距离或直线到平面的距离
[探究发现]
怎样推导利用向量求点到平面的距离公式？
提示：如图所示，已知点B(x0，y0，z0)，平面α内一点A(x1，y1，z1)，平面α的一个法向量n，直线AB与平面α所成的角为φ，θ＝〈n，〉，则sin φ＝|cos〈n，〉|＝|cos θ|.
由数量积的定义知，n·＝|n|||cos θ，
∴点B到平面α的距离d＝||·sin φ＝||·|cos θ|＝.
[学透用活]
[典例2] 如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
[解] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，则＝，＝.
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以即
令y＝2，则n＝(2,2,3)，又＝(0,0,1)，
所以点D到平面PEF的距离
d＝＝＝.
(2)由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，
所以AC∥平面PEF，所以A点到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离．
由于＝，又由(1)知平面PEF的法向量为n＝(2,2,3)，
所以点A到平面PEF的距离为＝＝，即直线AC到平面PEF的距离为.
[方法技巧]
用向量法求点面距的步骤
(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系；
(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标；
(3)求向量：求出相关向量的坐标(，α内两不共线向量，平面α的法向量n)；
(4)求距离d＝.
[对点练清]
如图所示，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱．若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高．
解：设正四棱柱的高为h(h>0)，建立如图所示的空间直角坐标系，有A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，则＝(1,0，－h)，＝(0,1，－h)，
＝(1,1,0)，
设平面AB1D1的法向量为
n＝(x，y，z)，
则即
取z＝1，得n＝(h，h,1)，
所以点C到平面AB1D1的距离为
d＝＝＝，解得h＝2.
故正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为2.
[课堂思维激活]
创新性——强调创新意识和创新思维
如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为的AD中点.问：线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解：∵在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.
又侧面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，易得A(0，－1,0)，B(1，－1，0)，C(1,0，0)，D(0,1,0)，P(0，0,1)，＝(－1,0,1)，＝(－1,1,0)．
假设存在点Q，使它到平面PCD的距离为，
设Q(0，y,0)(－1≤y≤1)，则＝(－1，y,0)．
设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则∴
取x0＝1，则平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,1)．
∴点Q到平面PCD的距离为d＝＝＝，∴y＝－或y＝(舍去)．
此时|AQ|＝，|QD|＝.
∴存在点Q满足题意，此时＝.
[课下过关检测]
1．已知直线l的方向向量n＝(1,0,2)，点A(0,1,1)在直线l上，则点P(1,2,2)到直线l的距离为( )
A. B.
C. D．2
解析：选A 由已知得＝(－1，－1，－1)，所以点P到直线l的距离为d＝＝＝.
2．若三棱锥PABC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. B.
C. D.
解析：选D 分别以PA，PB，PC所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)．可以求得平面ABC的一个法向量为n＝(1,1,1)，则d＝＝.
3．已知△ABC的顶点A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD的长等于( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选C 因为＝(4，－5,0)，＝(0,4，－3)，则对应的单位向量为，
所以AC边上的高BD的长为B到AC的距离d＝＝ ＝5.
4.如图所示，在空间直角坐标系中有长方体ABCDA1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为( )
A. B.
C. D．1
解析：选B 过点B作BE⊥A1C，垂足为E，设点E的坐标为(x，y，z)，
由题意知A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，
故＝(1,2，－3)，＝(0,2,0)，
对应的单位向量为，
所以点B到A1C的距离为
＝ ＝.
5．若正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.a B.a
C.a D.a
解析：选D 建立空间直角坐标系如图．
则A(a,0,0)，D(0,0,0)，C1(0，a，a)，D1(0,0，a)，B1(a，a，a)，
∴＝(0，a，a)，＝(－a,0，a)．
设n＝(x，y，z)为平面AB1D1的法向量，
则
得取z＝1，则n＝(1，－1,1)．
又∵AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，
DC1∩BC1＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1.
∴平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d.
∵＝(a,0,0)，平面AB1D1的法向量为n＝(1，－1,1)，
∴d＝＝＝a.
6．已知向量n＝(1,0，－1)与直线l垂直，且直线l经过点A(2，3,1)，则点P(4,3,2)到直线l的距离为________.
解析：＝(－2,0，－1)，因为n与l垂直，所以P到l的距离为＝＝.
答案：
7．在底面是直角梯形的四棱锥PABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为________．
解析：AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离．由已知可知AB，AD，AP两两垂直．
以A为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(图略)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，则＝(2,0，－2)，
＝(0,2,0)．设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
则即取a＝1，得n＝(1,0,1)，
又＝(2,0,0)，所以d＝＝.
答案：
8.如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．
解析：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，
于是有＝(1，－1，－1)，
＝(0，－2,1)，
所以＝＝，||＝，
所以点D1到直线GF的距离为＝.
答案：
9．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是BB1，CD的中点，求点F到平面A1D1E的距离．
解：建立空间直角坐标系，如图所示，
则A1(a,0，a)，D1(0,0，a)，E，F.
设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，
即
∴－ax＝0，ay－z＝0.
即令z＝2，得n＝(0,1,2)．
又＝，
∴所求距离d＝＝＝a.
10.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，四边形AEC1F为平行四边形．
(1)求BF的长；
(2)求点C到平面AEC1F的距离．
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4，3)，设F(0,0，z)．
因为四边形AEC1F为平行四边形，所以由＝得，(－2,0，z)＝(－2,0,2)，
所以z＝2.所以F(0,0,2). 所以＝(－2，－4,2)．
于是||＝2，即BF的长为2.
(2)设n1为平面AEC1F的法向量，
显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y,1)，
所以所以
即所以得n1＝.
又＝(0,0,3)，
所以C到平面AEC1F的距离
d＝＝＝.
1.如图，ABCDEFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足＝＋＋，则P到AB的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 如图，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
，，可作为x，y，z轴方向上的单位向量，
＝＋＋，＝，＝(1,0,0)，·＝，所以P点到AB的距离d＝＝＝.
2．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，点E为CC1的中点，则直线AC1到平面BED的距离为( )
A．2 B. C. D．1
解析：选D 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，E(0,2，)，易知AC1∥平面BDE.
设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．
则
取y＝1，则n＝(－1,1，－)为平面BDE的一个法向量．
又因为＝(2,0,0)．
所以直线AC1到平面BDE的距离
d＝＝＝1.
3．在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AA1＝9，BC＝6，N为BC的中点，则直线D1C1与平面A1B1N的距离是________.
解析：如图，建立空间直角坐标系，设CD＝a，则D1(0,0,9)，A1(6，0,9)，B1(6，a,9)，N(3，a,0)，
所以＝(6，0,0)，＝(0，a,0)，＝(－3，0，－9)．
设平面A1B1N的法向量n＝(x，y，z)，
则
即取x＝3，则y＝0，z＝－，
所以平面A1B1N的一个法向量为n＝(3,0，－)．
所以点D1到平面A1B1N的距离为d＝＝＝9.
又因为D1C1∥平面A1B1N，
所以直线D1C1与平面A1B1N的距离是9.
答案：9
4．四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AA1＝3，底面是边长为4且∠DAB＝60°的菱形，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点，求点E到平面O1BC的距离．
解： 因为OO1⊥平面ABCD，所以OO1⊥OA，OO1⊥OB，又OA⊥OB，所以建立如图所示的空间直角坐标系．
因为底面ABCD是边长为4，∠DAB＝60°的菱形，
所以OA＝2，OB＝2，则A(2，0,0)，B(0,2,0)，C(－2，0,0)，O1(0,0,3)，＝(0,2，－3)，＝(－2，0，－3)．
设平面O1BC的法向量为n1＝(x，y，z)，
则n1⊥，n1⊥，所以
取z＝2，则x＝－，y＝3，所以n1＝(－，3,2)．
设点E到平面O1BC的距离为d，
因为E是O1A的中点，所以＝，
则d＝＝＝，
所以点E到平面O1BC的距离等于.
5．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图①把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD(如图②)．
(1)求证：CD⊥AB；
(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离．
解：(1)证明：由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，又因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB.
(2)以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，
由已知可得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0)，
所以＝(0，－2,0)，＝(－1,0，－1)，
＝(－1,1,0)．
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则⊥n，⊥n，所以
令x＝1，得平面ACD的一个法向量为n＝(1,0，－1)，
所以点M到平面ACD的距离d＝＝.
第二课时 用空间向量研究空间角问题
(一)教材梳理填空
1．异面直线所成的角
若异面直线l1, l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝.
2．直线与平面所成的角
图示 | |
公式 | sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝ |
3.平面与平面所成的角
定义 | 平面与平面相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角 |
图示 | |
公式 | cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝ |
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )
(2)直线l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角．( )
(3)二面角αlβ的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ＝〈n1，n2〉．( )
答案：(1)× (2)× (3)×
2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则直线l与平面α所成的角为( )
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案：A
3．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°
答案：C
题型一 求异面直线所成角的问题
[学透用活]
[典例1] (2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
[解析] 以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
由已知条件知B1(0,0,0)，
B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)，
则＝(1,0，－1)，＝(1，－，－1)．
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AB1与BC1所成的角的余弦值为.
[答案] C
[方法技巧]
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；
(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角．
[对点练清]
如图，在三棱锥VABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．
解：因为AC＝BC＝2，D是AB的中点，所以
C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．
在Rt△VCD中，CD＝，∠VDC＝，故V(0,0，)．
所以＝(－2,0,0)，＝(1,1，－)．
所以cos〈，〉＝＝＝－.
所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为.
题型二 求线面角的问题
[学透用活]
[典例2] 如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
又PF∩EF＝F，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又因为DP＝2，DE＝1，
所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的一个法向量，
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.[方法技巧]
利用法向量求直线与平面的夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)求直线的方向向量；
(3)求平面的法向量n；
(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝.
[对点练清]
如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形．
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．
解：(1)交线围成的正方形EHGF如图：
(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝＝6，所以AH＝10.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，
＝(10,0,0)，＝(0，－6,8)．
设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，
则即
所以可取n＝(0,4,3)．又＝(－10,4,8)，
故|cos〈n，〉|＝＝.
所以AF与平面α所成角的正弦值为.
题型三 求平面与平面的夹角问题
[学透用活]
[典例3] (2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B EC C1的正弦值．
[解] (1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，
所以∠AEB＝45°，
故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(1，－1,1)，＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
所以可取m＝(1,1,0)．
于是cos〈n，m〉＝
＝＝－.
所以二面角B ECC1的正弦值为.
[方法技巧]
利用向量法求两个平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；
(3)求两个法向量的夹角；
(4)确定两平面夹角的大小．
如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求平面AEG与平面ACG的夹角的大小．
解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.
又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.
(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)，
设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．
由可得
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．
由可得
取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
故平面AEG与平面ACG的夹角为60°.
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝a，AD＝2a，在求平面BPC与平面DPC夹角的余弦值过程中，有甲、乙两位同学解析如下：
甲同学：建立如图所示的空间直角坐标系，则B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0,0，a)，D(0,2a,0)，＝(0,2a,0)，＝(－a,0，a)，＝(－a,0,0)，＝(0,2a，－a)．
设平面BPC，平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
则有和
取n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)，
则cos〈n1，n2〉＝＝，
故平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为.
乙同学：建立如图所示的空间直角坐标系可得：B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0,0，a)，D(0,2a,0)，
＝(0,2a,0)，＝(－a,0，a)，＝(－a,0,0)，＝(0,2a，－a)．
设平面BPC，平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则有和
取n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)．
则cos〈n1，n2〉＝＝，
观察图形知二面角BPCD为钝角，
故平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为－，
试分析两位同学的求解过程中谁错？错在何处？
提示：甲同学解析正确，乙同学是错误的，原因在于乙同学混淆了二面角与两个相交平面所成角的大小，事实上，二面角的取值范围是[0，π]，两个相交平面所成角的取值范围是，不要将两者混淆了．
求二面角θ的大小时，通过求二面角两个半平面的法向量的夹角φ，把问题转化为向量的运算，需注意两法向量的夹角与二面角相等或互补，在解题中，可根据法向量的方向来进行判断，以便准确求出二面角的大小．一般地，如果二面角为锐角，cos θ＝|cos φ|＝；如果二面角为钝角，cos θ＝－|cos φ|＝－(u，v为二面角两个半平面的法向量)．
二、应用性——强调学以致用
2.如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到库底与水坝的交线AB的距离分别为DA＝10 m，CB＝10 m．又测得AB的长为10 m，CD的长为10 m．求水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小．
[析题建模]
―→
解：由题意知DA⊥AB，CB⊥AB，
∵＝＋＋，
∴＝＋＋＋2·＋2·＋2·，
∵||＝10，||＝10，||＝10，||＝10，
∴(10)2＝(10)2＋102＋102＋2×10×10×cos〈，〉，解得cos〈·〉＝.
∴〈，〉＝45°，
∴库底与水坝所成的二面角为180°－45°＝135°.
3．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为________．
解析：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BDC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝BC＝CD＝1，则A(0,1,1)，B(0，1,0)，C(0,0,0)，D(1,0,0)，M，
则＝，＝(1,0,0)．
设异面直线BM与CD的夹角为θ，
则cos θ＝＝.
∴异面直线BM与CD夹角的余弦值为.
答案：
[课下过关检测]
1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为( )
A．30° B．150°
C．30°或150° D．以上均不对
解析：选A l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角θ的范围为0°<θ≤90°．故选A.
2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是D1C1，AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角的正切值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设棱长为2，建立以A1为原点，A1B1，A1D1，A1A为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则A1(0,0,0)，E(1,2,0)，F(1,0，2)，＝(1,2,0)，＝(1,0,2)，设平面A1ECF的一个法向量n＝(x，y，z)，则即
令x＝－2，得y＝1，z＝1，
所以平面A1ECF的一个法向量为n＝(－2,1,1)，又A1B1的方向向量为(2,0,0)，设A1B1与截面A1ECF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，cos θ＝，∴tan θ＝.
3.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建系(图略)，设棱长为1，A1(1,0,1)，M，D(0,0,0)，N，则＝，＝，cos〈，〉＝＝0.
∴〈，〉＝.
4．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD夹角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选B 建系如图，
设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．易知平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0)．设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，
则得
令x＝1，则z＝1，
∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝＝.
∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为.
∴此角的大小为45°.
5.如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角DABE为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cos θ＝，则＝( )
A．1 B.
C. D.
解析：选C 不妨设BC＝1，AB＝λ，则＝λ.记＝a，＝b，＝c，则＝b－a，＝c－b，根据题意，|a|＝|c|＝1，|b|＝λ，a·b＝b·c＝c·a＝0，∴·＝－b2＝－λ2，而||＝，||＝，∴|cos〈，〉|＝＝＝，得λ＝.故选C.
6．若直线l的方向向量a＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量n＝(4,0,1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为________．
解析：由题意，得直线l与平面α所成角的正弦值为＝＝.
答案：
7．在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉＝________.
解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2.
则C(0,2,0)，M(2,0,1)，
D1(0,0,2)，N(2,2,1)．
∴＝(2，－2,1)，
＝(2,2，－1)．
cos〈，〉＝＝－.
∴sin〈，〉＝.
答案：
8．已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为________．
解析：由题意得＝(－1,2,0)，＝(－1,0,3)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)．
由知令x＝2，得y＝1，z＝，则平面ABC的一个法向量为n＝.平面xOy的一个法向量为＝(0,0,3)．
所以平面ABC与平面xOy的夹角的余弦值为＝.
答案：
9.如图所示，已知在四面体ABCD中，O为BD的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为BO＝DO，AB＝AD，所以AO⊥BD.
因为BO＝DO，BC＝CD，所以CO⊥BD.
在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝，而AC＝2，
所以AO2＋CO2＝AC2，
所以∠AOC＝90°，即AO⊥OC.
因为BD∩OC＝O，所以AO⊥平面BCD.
(2)以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝(－1，－，0)，所以cos〈，〉＝＝，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角AMA1N的正弦值．
解：(1)证明：连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.
由题设知A1B1綊DC，
可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，
则所以
可取m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，
则所以
可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角AMA1N的正弦值为.
1.如图所示，已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则平面PBC与平面BFD夹角的正切值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，设AC与BD交于O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，
所以O(0,0,0)，B，F，C，＝，易知为平面BFD的一个法向量，由＝，＝，可得平面PBC的一个法向量为n＝(1，，)．所以cos〈n，＝，sin〈n，＝，所以tan〈n，＝.
2．在三棱锥PABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 不妨设AB＝BC＝PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝.根据题意，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Bxyz，如图所示．
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，P(1,1，)．
∵点O，D分别是AC，PC的中点，
∴＝＝.
又＝(0,2,0)，＝(1,1，)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取n＝(－，0,1)，
∴cos〈n，〉＝＝，
∴sin θ＝(θ为OD与平面PBC所成的角)，故选D.
3.如图，已知四边形ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝. 求平面SAB与平面SCD夹角的余弦值．
解：如图，以A为坐标原点，分别
以AD，AB，AS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，S(0,0,1)，C(1,1,0)，D，
＝，＝(1,1，－1)．
设平面SCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，
所以所以
令z＝1，得n＝(2，－1,1)．
因为＝是平面SAB的一个法向量，
所以cos〈，n〉＝.
所以平面SAB与平面SCD夹角的余弦值为.
4.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角BA1DA的正弦值．
解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.
因为AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°，则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)．
(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)．
则cos〈，〉＝＝＝－.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.
(2)可知平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，
又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，
则即
不妨取x＝3，则y＝，z＝2，
所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，
从而cos〈，m〉＝＝＝.
设二面角BA1DA的大小为θ，则|cos θ|＝.
因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝.
因此二面角BA1DA的正弦值为.
5.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明：PC⊥AD；
(2)求平面PAC与平面PCD夹角的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
解：如图，以点A为坐标原点，AD，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，
则A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0，2)．
(1)证明：易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，则·＝0，所以PC⊥AD.
(2)易得＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
令z＝1，可得n＝(1,2,1)．
又＝(2,0,0)是平面PAC的一个法向量，
所以cos〈，n〉＝＝，
从而sin〈，n〉＝.
所以平面PAC与平面PCD夹角的正弦值为.
(3)易得＝(2，－1,0)．
设AE＝h，h∈[0,2]，
则E(0,0，h)，所以＝.
所以cos〈，〉＝＝
＝，
解得h＝，即AE＝.
高频考点一
[例1] 在四棱锥PABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
[解] 以A为坐标原点，以AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B(1,0,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1,1,1)，
(1)证明：∵＝(0,1,1)，
平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，
∴·n＝0，即⊥n，
又BM⊄平面PAD，
∴BM∥平面PAD.
(2)＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)，
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
设N(0，y，z)，则＝(－1，y－1，z－1)，
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴即
∴∴N，
∴在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
[方法技巧]
利用空间向量证明空间中的位置关系
(1)线线平行：
证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．
(2)线线垂直：
证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直．
(3)线面平行：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；
③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．
(4)线面垂直：
①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；
②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．
(5)面面平行：
①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题．
(6)面面垂直：
①证明两个平面的法向量互相垂直；
②转化为线面垂直、线线垂直问题．
[集训冲关]
如图所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点．求证：
(1)MN∥平面PAD；
(2)平面PMC⊥平面PDC.
证明：如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.
设PA＝AD＝a，AB＝b.则，
(1)P(0,0，a)，A(0,0,0)，D(0，a,0，)，
C(b，a,0)，B(b,0,0)．
∵M，N分别为AB，PC的中点，
∴M，N.
∴＝，＝(0,0，a)，＝(0，a,0)，
∴＝＋.
又∵MN⊄平面PAD，∴MN∥平面PAD.
(2)由(1)可知，P(0,0，a)，C(b，a,0)，M，D(0，a,0)．
∴＝(b，a，－a)，＝，＝(0，a，－a)．
设平面PMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则∴
令z1＝b，则n1＝(2a，－b，b)．
设平面PDC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则∴
令z2＝1，则n2＝(0,1,1)，
∵n1·n2＝0－b＋b＝0，
∴n1⊥n2，∴平面PMC⊥平面PDC.
高频考点二
题点一 线线角
[例2] 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
[解] (1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，
可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.
在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.
在Rt△FDG中，可得FG＝.
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，
可得EF＝.
从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，
所以平面AEC⊥平面AFC.
(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz.
由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，
所以＝(1，，)，＝.
故cos〈，〉＝＝－.
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.
题点二 线面角
[例3] 如图，在三棱锥PABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°，AB＝BC＝CA，平面PAB⊥平面ABC.
(1)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值；
(2)求二面角BAPC的余弦值．
[解] 设AB的中点为D，连接CD，作PO⊥AB于点O.
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.
由AB＝BC＝CA，知CD⊥AB.设E为AC中点，连接OE，
则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB.
如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．不妨设PA＝2，由已知可得AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝，CD＝2.
所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1,2，0)，P(0,0，)．
(1)易得＝(－1，－2，)，且＝(0,0，)为平面ABC的一个法向量．
设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sin α＝＝＝.
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
(2)易得＝(1,0，)，＝(2,2，0)．设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即取z1＝1，可得n＝(－，1,1)．
设二面角BAPC的平面角为β，易知β为锐角．因为平面PAB的一个法向量为m＝(0,1,0)，
所以cos β＝＝＝.
所以二面角BAPC的余弦值为.
题点三 面面角
[例4] 在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC.
(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角FBCA的余弦值.
[解] (1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI.
在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，
所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.
(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)．过点F作FM⊥OB于点M，
所以FM＝＝3，可得F(0，，3)．故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．
由可得可得平面BCF的一个法向量m＝.因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝＝，
所以二面角FBCA的余弦值为.
[方法技巧]
用向量法求空间角的注意点
(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．
(2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉．
(3)
二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．
[集训冲关]
如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)求二面角CEMN的正弦值；
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．
(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．
又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，
所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．
设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，
又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，
则即
不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，
于是sin〈n1，n2〉＝.
所以二面角CEMN的正弦值为.
(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以线段AH的长为或.
高频考点三
[例5] (2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B CG A的大小．
[解] (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，＝(1,0，)，＝(2，－1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角BCGA的大小为30°.
[方法技巧]
对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．
[集训冲关]
如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图②所示的几何体．
(1)求证：AB⊥平面ADC；
(2)若AD＝1，二面角CABD的平面角的正切值为，求二面角BADE的余弦值．
解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，
所以DC⊥平面ABD.
因为AB⊂平面ABD，
所以DC⊥AB.
又因为折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，
所以AB⊥平面ADC.
(2)由(1)知AB⊥平面ADC，
所以二面角CABD的平面角为∠CAD.
又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，
所以DC⊥AD.
依题意tan∠CAD＝＝.
因为AD＝1，所以CD＝.
设AB＝x(x>0)，则BD＝.
依题意△ABD∽△DCB，
所以＝，即＝.
解得x＝，故AB＝，BD＝，BC＝＝3.
如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，
则D(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，，0)，E，A.
所以＝，＝.
由(1)知平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)．
设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝－，z＝－，
所以m＝(，－，－)为平面ADE的一个法向量．
所以cos〈n，m〉＝＝－.
由图可知二面角BADE的平面角为锐角，
所以二面角BADE的余弦值为.
一、选择题
1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是( )
A．a＝(1,0,1)，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)
解析：选D 若l∥α，则a·n＝0，只有选项D中a·n＝0.
2．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )
A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)
C. D.
解析：选C 由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则＝(－λ，λ－1，－1)．
又BH⊥OA，∴·＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，
∴H.
3．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为( )
A．± B.
C．－ D．±
解析：选C ＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－.
4．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 法一：如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，
∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，||＝2，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
法二：如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBAE1F1B1A1.连接B1F，由长方体性质可知，B1F∥AD1，所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DF，由题意，得DF＝＝，FB1＝＝2，DB1＝＝.
在△DFB1中，由余弦定理，得
DF2＝FB＋DB－2FB1·DB1·cos∠DB1F，
即5＝4＋5－2×2××cos ∠DB1F，
∴cos ∠DB1F＝.
5.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.则A1B与平面ABD所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 以C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，CC1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设CA＝CB＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，
D(0,0,1)，∴E，G，
＝，＝(0，－a,1)．
∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，
∴⊥平面ABD，∴·＝0，解得a＝2.
∴＝，＝(2，－2,2)，
∵⊥平面ABD，∴为平面ABD的一个法向量．
又cos〈，〉＝＝＝，
∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为.
6.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )
解析：选A 如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD的边长为a，M(x，y,0)，则0≤x≤a,0≤y≤a，P，C(0，a,0)，
则||＝，
||＝.由||＝||，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y＝x(0≤x≤a)，故选A.
二、填空题
7．若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)满足条件(c－a)·2b＝－2，则x＝________.
解析：∵a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，
∴c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)．
∴(c－a)·2b＝2(1－x)＝－2，∴x＝2.
答案：2
8．正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值等于_______．
解析：如图，连接BD交AC于O，连接D1O，由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则
DD1＝1，DO＝，D1O＝，
∴cos∠DD1O＝＝＝.
∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.
答案：
9．在三棱柱ABCA1B1C1中，底面是棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值等于________．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1,0,0)，
所以cos〈n，〉＝＝，即sin α＝.
答案：
三、解答题
10．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AA1，点D是A1B1的中点．求直线AD和平面ABC1夹角的正弦值．
解：如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA1＝，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，
B(，0,0)，C1(0,1，)，
D.
易知＝(，1,0)，＝(0,2，)，
＝.
设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有
解得x＝－y，z＝－y.
故可取n＝(1，－，)．
所以cos〈n，〉＝＝＝.
即直线AD和平面ABC1夹角的正弦值为.
11.如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角DPCA的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．
解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC，
∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，C，
D，B(0,2,0)，
＝，＝(0,1,0)，
设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝h，∴n1＝.
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝，
∴|cos〈n1，〉|＝＝，
解得h＝，
同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，，2)，
所以，点A到平面PBC的距离为
d＝＝＝.
12．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(1)证明：A1D⊥平面A1BC；
(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．
解：(1)证明：设E为BC的中点，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.
因为AB＝AC，所以AE⊥BC.
故AE⊥平面A1BC.
由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，
从而DE∥A1A且DE＝A1A，
所以A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.
又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.
(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．
由题意知各点坐标如下：A1(0,0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，)．
因此＝(0，，－)，＝(－，－，)，＝(0，，0)．
设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由即
可取m＝(0，，1)．
由即
可取n＝(，0,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝.
由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为－.
章末综合检测
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知平面α和平面β的法向量分别为m＝(3,1，－5)，n＝(－6，－2,10)，则( )
A．α⊥β B．α∥β
C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对
解析：选B ∵n＝(－6，－2,10)，m＝(3,1，－5)，∴n＝－2m.∴m∥n.∴α与β平行．
2．已知a＝(－3,2,5)，b＝(1,5，－1)，则a·(a＋3b)＝( )
A．(0,34,10) B．(－3,19,7)
C．44 D．23
解析：选C a＋3b＝(－3,2,5)＋3(1,5，－1)＝(0,17,2)，则a·(a＋3b)＝(－3,2,5)·(0,17,2)＝0＋34＋10＝44.
3．在直三棱柱ABCA1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则等于( )
A．a＋b－c B．a－b＋c
C．－a＋b＋c D．－a＋b－c
解析：选D 如图，＝－＝－－＝－－＝b－a－c.
4．三棱锥ABCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，∠BAC＝60°，则·等于( )
A．－2 B．2
C．－2 D．2
解析：选A ·＝·(－)＝·－·＝2×2×cos 90°－2×2×cos 60°＝－2.
5．已知a＝3m－2n－4p≠0，b＝(x＋1)m＋8n＋2yp，且m，n，p不共面，若a∥b，则x，y的值为( )
A．x＝－13，y＝8 B．x＝－13，y＝5
C．x＝7，y＝5 D．x＝7，y＝8
解析：选A 因为a∥b且a≠0，所以b＝λa，即(x＋1)m＋8n＋2yp＝3λm－2λn－4λp.又因为m，n，p不共面，所以＝＝，所以x＝－13，y＝8.
6．已知在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
7.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是( )
A．5 B．8
C. D.
解析：选C 以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,12,0)，D1(0,0,5)．
设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)．设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥，n⊥，得n·＝(a，b，c)·(－x,0,0)＝－ax＝0，n·＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0，所以a＝0，b＝c，所以可取n＝(0,5,12)．又＝(0,0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为＝. 因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为.
8.如图，AB＝AC＝BD＝1，AB⊂平面α，AC⊥平面α，BD⊥AB，BD与平面α成30°角，则C，D间的距离为( )
A．1 B．2
C. D.
解析：选C ∵||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，
∴||＝.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，下列结论正确的有( )
A．⊥
B．⊥
C．是平面ABCD的一个法向量
D．∥
解析：选ABC 因为·＝0，·＝0，所以A、B正确；
因为所以是平面ABCD的一个法向量，所以C正确；
＝＋＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)不满足＝λ，则D不正确．故选A、B、C.
10．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝5，AD＝4，AA1＝3，以直线DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则( )
A．点B1的坐标为(4,5,3)
B．点C1关于点B对称的点为(5,8，－3)
C．点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)
D．点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)
解析：选ACD 根据题意知：点B1的坐标为(4,5,3)，A正确；
B的坐标为(4,5,0)，C1坐标为(0,5,3)，故点C1关于点B对称的点为(8,5，－3)，B错误；
点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3)，C正确；
点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)，D正确．故选A、C、D.
11．若a＝(－1，λ，－2)，b＝(2，－1,1)，a与b的夹角为120°，则λ的值为( )
A．17 B．－17
C．－1 D．1
解析：选AC 由已知a·b＝－2－λ－2＝－λ－4，
|a|＝＝，|b|＝＝，
∴cos 120°＝＝＝－，
解得λ＝17或λ＝－1，故选A、C.
12．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A．A1C1∥平面CEF
B．B1D⊥平面CEF
C．＝＋－
D．点D与点B1到平面CEF的距离相等
解析：选AC 对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立．
对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，则＝(－2，－2，－2)，＝(0,1，－2)．
所以·＝0－2＋4＝2≠0，
故，不互相垂直．又CF⊂平面CEF，
故B1D⊥平面CEF不成立．
对C，由图可知＝(1，－2,2)，＋－＝(2,0,0)＋(0,0,2)－(0,2,0)＝(1，－2,2)．
故＝＋－成立．
对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上．故D不成立．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．化简：(a＋2b－3c)＋5－3(a－2b＋c)＝________.
解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c＝a＋b＋c＝a＋b－c.
答案：a＋b－c
14．已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是__________.
解析：设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得所以n＝，故平面ABC的单位法向量为±＝±.
答案：±
15．点P是底边长为2，高为2的正三棱柱表面上的动点，MN是该棱柱内切球的一条直径，则·的取值范围是________．
解析：由题意知内切球的半径为1，设球心为O，则·＝(＋)·(＋)＝2＋·(＋)＋·＝||2－1.∵1≤||≤，∴·∈[0,4]．
答案：[0,4]
16．已知正三棱柱ABCDEF的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点，若直线CF上有一点N，使MN⊥AE，则＝________.
解析：如图，设＝m，则＝＋，＝＋＝＋m＝＋m.
因为MN⊥AE，所以·＝0，因此×1×1×＋4m＝0，解得m＝，所以＝.
答案：
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简＋－，并在图中标出化简结果的向量．
解：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，
∴＝.
又＝(－)＝－＝－＝，
∴＋－＝＋－＝ (如图所示)．
18．(12分)已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，
故|2a＋b|＝＝5.
(2)＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，
若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝，因此存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为.
19.(12分)如图，在三棱锥PABC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.
(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；
(2)求点P到平面DEF的距离．
解：(1)如图所示，以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.
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.
设平面DEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
解得
取z＝1，则平面DEF的一个法向量n＝(2,0,1)．
设PA与平面DEF所成的角为θ，
则sin θ＝＝，
故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.
(2)∵＝，n＝(2,0,1)，
∴点P到平面DEF的距离d＝＝.
20.(12分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D在棱A1B1上，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，AA1＝AB＝AC＝2.
(1)证明：DF⊥AE；
(2)当D为A1B1的中点时，求平面DEF与平面ABC夹角的余弦值．
解：(1)证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，
有AA1⊥A1B1，
又因为AE⊥A1B1，所以A1B1⊥平面AA1C1C，
因为A1C1⊂平面AA1C1C，所以A1B1⊥A1C1.
所以AB⊥AC，AB⊥AA1，AC⊥AA1，
如图，分别以AC，AA1，AB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，
则C(2,0,0)，B(0,0,2)，A(0,0,0)，A1(0,2,0)，F(1,0,1)，E(2,1,0)．
设D(0,2，t)，则＝(－1,2，t－1)，＝(2,1,0)，
·＝(－1,2，t－1)·(2,1,0)＝0，
所以DF⊥AE.
(2)当D为A1B1的中点时，D(0,2,1)，＝(－1，－1,1)，＝(－1,2,0)，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令y＝1，得n＝(2,1,3)，
易知平面ABC的法向量为n0＝(0,1,0)，
所以cos〈n，n0〉＝＝＝，
即平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为.
21．(12分)(2019·天津高考)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长．
解：依题意，以A为坐标原点，分别以，，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，可得A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．
设CF＝h(h>0)，则F(1,2，h)．
(1)证明：依题意知，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，
又＝(0,2，h)，可得·＝0，
因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，
＝(－1，－2,2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)．
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则即
不妨令y1＝1，可得m＝.
由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得h＝.经检验，符合题意．
所以线段CF的长为.
22.(12分)在四棱锥PABCD中，侧面PCD⊥平面ABCD，PD⊥CD，平面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ADC＝90°，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.
(1)求证：BC⊥平面PBD；
(2)设E为侧棱PC上异于端点的一点，＝λ，试确定λ的值，使得二面角EBDP的余弦值为.
解：(1)证明：因为侧面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PCD，PD⊥CD，
所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.
又因为∠ADC＝90°，即AD⊥CD，
因此以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)，
所以·＝0，所以DB⊥BC.
由PD⊥平面ABCD，可得PD⊥BC，
又因为PD∩DB＝D，所以BC⊥平面PBD.
(2)因为＝(0,2，－1)，又＝λ，
设E(x0，y0，z0)，则(x0，y0，z0－1)＝(0,2λ，－λ)，
所以E(0,2λ，1－λ)，＝(0,2λ，1－λ)．
设平面EBD的法向量为n＝(a，b，c)，
由得
令a＝－1，可得平面EBD的一个法向量为
n＝.
又＝(－1,1,0)是平面PBD的一个法向量，
n·＝1＋1＝2，n＝＝ ，
代入＝，化简得3λ2＋2λ－1＝0，
解得λ＝或λ＝－1，又λ∈(0,1)，故λ＝.
