新教材高中数学人教B版（2019） 选择性必修 第一册 第1章空间向量与立体几何学案（9份打包）

1.2.5　空间中的距离
(教师独具内容)
课程标准：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．
学法指导：空间距离是学习的难点，用向量求距离是一种有效的方法，回避了作图，再次显现向量的威力．
教学重点：几种距离的求法．
教学难点：用向量方法求空间距离.
某旅游景区在坡度为30°的山坡上建有一观景亭，小明和小亮沿着坡面与坡底水平线成30°角的直道走了400米，来到观景亭，果然居高临下，景区的景点一览无余，但对于升高的高度两人发表了不同的意见，小明说：“我们升高了100米，当然看得更远”．小亮说：“不，我们升高了200米，否则哪能看到这么大的范围？”他们俩到底谁说得对？
知识点一 空间中两点之间的距离
空间中两点之间的距离指的是这两个点连线的线段长.
知识点二 点到直线的距离
给定空间中一条直线l及l外一点A，因为l与A能确定一个平面，所以过A可以作直线l的一条垂线段，这条垂线段的长称为点A到直线l的距离．点到直线的距离也是这个点与直线上点的最短连线的长度．
知识点三 点到平面的距离
(1)给定空间中一个平面α及α外一点A，过A可以作平面α的一条垂线段，这条垂线段的长称为点A到平面α的距离．点到平面的距离也是这个点与平面内点的最短连线的长度．
(2)一般地，若A是平面α外一点，B是平面α内一点，n是平面α的一个法向量，则点A到平面α的距离d＝.
知识点四 相互平行的直线与平面之间的距离
(1)当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离称为这条直线与这个平面之间的距离．
(2)如图，如果直线l与平面α平行，n是平面α的一个法向量，A，B分别是l上和α内的点，则直线l与平面α之间的距离为d＝.
知识点五 相互平行的平面与平面之间的距离
(1)当平面与平面平行时，一个平面内任意一点到另一个平面的距离称为这两个平行平面之间的距离．
(2)一般地，与两个平行平面同时垂直的直线，称为这两个平面的公垂线，公垂线夹在平行平面间的部分，称为这两个平面的公垂线段.显然，两个平行平面之间的距离也等于它们的公垂线段的长．
(3)如图，如果平面α与平面β平行，n是平面β的一个法向量(当然也是平面α的一个法向量)，A和B分别是平面α与平面β内的点，则平面α与平面β之间的距离为d＝.
1．几种距离的关系
2．点到面距离的求法
如图，BO⊥α，垂足为O，则点B到平面α的距离就是线段BO的长度．
若AB是平面α的任一条斜线段，则在Rt△BOA中，||＝||cos∠ABO＝.如果令平面α的法向量为n，考虑到法向量的方向，可以得到B点到平面α的距离为||＝.
因此要求一个点到平面的距离，可以分以下几步完成：
(1)求出该平面的一个法向量．
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量．
(3)求出法向量与斜线段的方向向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．
由于＝n0.可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段的方向向量的数量积的绝对值，即d＝|·n0|.
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线与平面平行时，直线到平面的距离与直线上任意一点到平面的距离相等．(　　)
(2)两个图形之间的距离是指一个图形内的任一点与另一图形内的任一点的距离中的最小值．(　　)
(3)利用基向量或坐标表示向量后，两点间的距离就转化为向量的模，可以利用向量的数量积进行计算．(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)√
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________.
(2)设A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(－5，－4,8)，则点D到平面ABC的距离为________.
(3)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是________.
答案　(1)　(2)　(3)
题型一 两点间的距离
例1　如图，正方形ABCD和ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，点M在AC上，点N在BF上．若CM＝BN＝，求MN的长．
[解]　解法一：建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)，
∵CM＝BN＝，且四边形ABCD，ABEF为正方形，
∴M，N，
∴M＝，
∴|M|＝＝，即MN＝.
解法二：以，，为基向量，
∵CM＝BN＝，∴A＝A，F＝F.
∴M＝M＋A＝－(A＋A)＋A＋(A－A)＝－A＋A，
∴|M|2＝A2＋A2＝，
∴|M|＝，
即MN＝.
求两点间的距离的向量法主要是坐标法(易建系的)和基向量法(各基向量的模和夹角已知或可求)，利用向量模的定义求解．
[跟踪训练1]　如图所示，在120°的二面角α－AB－β中，AC α，BD β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B，已知AC＝AB＝BD＝6，试求线段CD的长．
解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴C·A＝0，B·A＝0，
又二面角α－AB－β的平面角为120°，
∴〈C，B〉＝60°，
∴CD2＝|C|2＝(C＋A＋B)2
＝C2＋A2＋B2＋2(C·A＋C·B＋B·A)＝3×62＋2×62×cos60°＝144，∴CD＝12.
题型二 点到直线的距离
例2　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是C1C，D1A1的中点，求点A到直线EF的距离．
[解]　以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，如图．
设DA＝2，则A(2,0,0)，E(0，2,1)，F(1,0,2)，＝(1，－2，1)，＝(1,0，－2)．
∴||＝＝，·＝1×1＋0×(－2)＋(－2)×1＝－1，
∴在上的投影长为＝.
∴点A到直线EF的距离
d＝ ＝＝.
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)求直线的方向向量．
(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影长度．
(4)利用勾股定理求点到直线的距离．
另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．
[跟踪训练2]　如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD－A′B′C′D′，AB＝1，BC＝2，AA′＝3，求点B到直线A′C的距离．
解　∵AB＝1，BC＝2，AA′＝3，
∴A′(0,0,3)，C(1,2,0)，B(1,0,0)，
∴＝(0,2,0)，＝(1,2，－3)．
∴在上的投影长为＝.
∴点B到直线A′C的距离
d＝＝＝.
题型三 点到平面的距离
例3　已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1的中点，求点D1到平面BDE的距离．
[解]　以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，如图，
∴D(0,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,2)，E(0,1,1)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,1)．设平面DBE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥，n⊥，
故有∴
取x＝1，则y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1,1)，
∵点D1到平面BDE的距离d＝，
又＝(0,0,2)，∴·n＝2，|n|＝，
∴d＝＝，
即点D1到平面BDE的距离为.
利用向量法求点到平面的距离的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)求出该平面的一个法向量．
(3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量．
(4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即为点到平面的距离．
[跟踪训练3]　在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：A1C∥平面AB1D；
(2)求点C1到平面AB1D的距离．
解　(1)证明：如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向，过点D且与AA1平行的直线为z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0,0)，C(1,0,0)，B1(－1,0,2)，A1(0，，2)，A(0，，0)，C1(1,0,2)，＝(1，－，－2)，＝(－1，－，2)，＝(0，－，0)．
设平面AB1D的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则y＝0，x＝2，∴n＝(2,0,1)．
∵·n＝1×2＋(－)×0＋(－2)×1＝0，
∴⊥n.
∵A1C 平面AB1D，∴A1C∥平面AB1D.
(2)由(1)知平面AB1D的一个法向量n＝(2,0,1)，
且＝(－1，，－2)，
∴点C1到平面AB1D的距离
d＝＝＝.
题型四 相互平行的直线与平面之间的距离
例4　在棱长为a的正方体AC1中，E，F分别是BB1，CC1的中点．
(1)求证：AD∥平面A1EFD1；
(2)求直线AD与平面A1EFD1的距离．
[解]　(1)证明：如图，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.
因为＝(a,0,0)，＝(a,0,0)，
所以DA∥D1A1，
而D1A1 平面A1EFD1，DA 平面A1EFD1，所以DA∥平面A1EFD1.
(2)由图得D1(0,0，a)，F，
所以＝，＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量，则
所以
取z＝1得n＝，所以在n上的射影长为
d＝＝＝a.
所以直线AD到平面A1EFD1的距离是a.
求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可．
[跟踪训练4]　如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E，F分别在A1B，B1D1上，且A1E＝A1B，B1F＝B1D1.
(1)求证：EF∥平面ABC1D1；
(2)求EF与平面ABC1D1的距离．
解　(1)证明：如图，建立空间直角坐标系Bxyz，易得E，F，
故＝，
＝(a,0,0)，＝(0，a，a)．
设n＝(x，y，z)是平面ABC1D1的一个法向量，
由n·＝0，n·＝0，
得
令z＝1，得n＝(0，－1,1)．
因为·n＝0－a＋a＝0，所以⊥n，
又EF 平面ABC1D1，故EF∥平面ABC1D1.
(2)由(1)得＝，
所以·n＝0＋0＋a＝a，
所以EF与平面ABC1D1的距离d＝＝a.
题型五 两平行平面间的距离
例5　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.
(1)求证：B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD；
(3)求平面EGF与平面ABD的距离．
[解]　(1)证明：建立空间直角坐标系如图所示，
设A1(a,0,0)，则B1(0,0,0)，C1(0，2,0)，F(0,1,0)，E(0,0,1)，A(a，0,4)，B(0,0,4)，D(0,2,2)，G.
所以＝(0,2,2)，＝(－a,0,0)，＝(0,2，－2)．
又·＝0＋0＋0＝0，
·＝0＋4－4＝0，
所以⊥，⊥，
所以B1D⊥AB，B1D⊥BD.
又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.
(2)证明：由(1)可得＝(－a,0,0)，＝(0,2，－2)，＝，＝(0,1，－1)，
所以∥，∥.
所以GF∥AB，EF∥BD.
又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B.
所以平面EGF∥平面ABD.
(3)由(1)(2)知，是两平面的法向量．
又因为两平面平行，则E到平面ABD的距离就是两平面的距离，设为d.
因为＝(0,0,3)，＝(0,2,2)，
所以d＝＝＝.
即两平面间的距离为.
求两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可．
[跟踪训练5]　如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，求平面A1BD与平面B1CD1间的距离．
解　∵B1D1∥BD，B1C∥A1D且B1D1∩B1C＝B1，BD∩A1D＝D，
B1D1 平面B1CD1，B1C 平面B1CD1，
BD 平面A1BD，A1D 平面A1BD，
∴平面A1BD∥平面B1CD1，
∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离．
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)，A1(1，0,1)，B(1，1,0)，D1(0，0,1)，
∴＝(0,1，－1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,0,0)．
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，得y＝1，x＝－1.
∴n＝(－1,1,1)，
∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝，
即平面A1BD与平面B1CD1间的距离为.
1．在平面直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把平面直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长为(　　)
A. B．2
C．3 D．4
答案　B
解析　过A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为A′，B′，则||＝3，||＝2，||＝5.又＝＋＋，所以||2＝32＋52＋22＋2×3×2×＝44，即||＝2.
2．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点B1到平面ACD1的距离是(　　)
A.a B．a
C．a D．a
答案　B
解析　解法一：如图，连接BD，交AC于点O，连接D1O，B1D，交点为点H，易知DB1⊥平面ACD1.所以B1H就是点B1到平面ACD1的距离．
所以B1H＝B1D＝a.
解法二：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(a，0,0)，C(0，a,0)，D1(0,0，a)，B1(a，a，a)，所以＝(－a，a,0)，＝(－a,0，a)．设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
取x＝1，得n＝(1,1,1)．又＝(0，a，a)，所以d＝＝＝a.
3．(多选)如图所示，在直平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝C1F＝AA1＝，DC1⊥BE.则(　　)
A．C1E的长为
B．点D到直线EC1的距离为
C．点B到平面EDC1的距离为
D．直线D1F与平面BDE之间的距离为
答案　ACD
解析　以D为原点，DB，DC，DD1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D(0,0,0)，A(1，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，D1(0,0,2)，E，F.对于A，∵＝，
∴C1E＝||＝＝，A正确；对于B，∵＝，＝(0,1,2)，
∴在上的投影长为＝，
∴点D到直线EC1的距离为＝，B错误；对于C，∵＝(0,1,2)，D＝.设平面EDC1的一个法向量为n＝(x，y,1)，则解得∴n＝，又D＝(1,0,0)，∴点B到平面EDC1的距离为＝＝，C正确；对于D，∵E＝，＝，即E＝，∴D1F∥BE，又D1F 平面BDE，∴D1F∥平面BDE.又D＝(1,0,0)，设平面BDE的一个法向量为m＝(a，b，c)，则令c＝2，则m＝(0,1,2)，∵＝(0,0,2)，∴点D1到平面BDE的距离为＝＝，即直线D1F与平面BDE之间的距离为，D正确．故选ACD.
4．已知直线l过定点A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)为其一个方向向量，则点P(4,3,2)到直线l的距离为________.
答案　
解析　∵＝(－2,0，－1)，∴||＝，＝，则点P到直线l的距离d＝＝＝.
5．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，E是PA的中点．求PC到平面BED的距离．
解　取CD的中点F，连接AF，易证AB，AF，AP两两垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，则B(4,0,0)，D(－2，2，0)，E(0,0,2)，P(0，0,4)，C(2,2，0)，∴＝(－4,0,2)，＝(2，－2，2)．设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 令z＝2，得平面BED的一个法向量为n＝(1，，2)．∵＝(2，2，－4)∴n·＝2＋6－8＝0，又PC 平面BED，∴PC∥平面BED，∴PC到平面BED的距离就是点P到平面BED的距离．∵＝(0,0,2)，n＝(1，，2)，
∴|n|＝2，·n＝4，∴点P到平面BED的距离d＝＝＝，∴PC到平面BED的距离为.
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．已知三棱锥O－ABC，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，且OA＝1，OB＝2，OC＝2，则点A到直线BC的距离为(　　)
A. B．
C． D．3
答案　B
解析　以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由题设可知A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，0,2)，∴＝(－1,2，0)，＝(0，－2,2)，||＝＝，＝.
∴点A到直线BC的距离d＝＝.
2．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3,0)在α内，则点P(－2,1,4)到α的距离为(　　)
A．10 B．3
C． D．
答案　D
解析　＝(1,2，－4)，又平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，所以点P到α的距离为
＝＝，故选D.
3．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，M，N分别为AB，B1C1的中点，则MN到截面AB1D1的距离为(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(2，0,0)，B1(2，2,4)，D1(0,0,4)，M(2，1,0)，N(1,2,4)，∴＝(2,2,0)，＝(2,0，－4)，＝(－1,1,4)，＝(0,1,0)，
设n＝(x，y，z)是平面AB1D1的一个法向量，则n⊥，n⊥，∴令x＝2，则y＝－2，z＝1.∴n＝(2，－2,1)，∵·n＝－2－2＋4＝0，∴⊥n，又MN 平面AB1D1，∴MN∥平面AB1D1，∴d＝＝.
4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1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
答案　D
解析　由正方体的性质，易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．以D为坐标原点，，，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，连接A1C，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，A1(a,0，a)，C(0，a,0)，＝(a，－a，a)，＝(0，－a，0)，易知A1C⊥平面AB1D1，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)，则两平面间的距离d＝＝＝a.
5．(多选)如图所示，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，若CF⊥平面B1DF，则AF的长度可以为(　　)
A．a B．a
C．2a D．2a
答案　AC
解析　取BC的中点O，易知AO⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系．设AF＝m(0≤m≤3a)，则F(a，0，m)，C(0，a,0)，B1(0，－a,3a)，∴＝(a，－a，m)，＝(a，a，m－3a)．∵CF⊥平面B1DF，∴CF⊥B1F，∴·＝3a2－a2＋m2－3am＝0，解得m＝a或m＝2a.∴AF的长度为a或2a，故选AC.
二、填空题
6．直角△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝，则点P到斜边AB的距离是________.
答案　3
解析　以C为坐标原点，，，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．
则A(4,0,0)，B(0,3,0)，P，所以A＝(－4,3,0)，A＝，
所以A在A上的投影长为＝，所以P到AB的距离为d＝＝＝3.
7．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN到平面ACD1的距离为________.
答案　
解析　如图，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．则平面ACD1的一个法向量为(1,1,1)，∵M，A(1,0,0)，
∴＝，
∴点M到平面ACD1的距离为d＝＝.
又綊，MN 平面ACD1，
∴MN∥平面ACD1，
故MN到平面ACD1的距离也为d＝.
8．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为________.
答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0，0,0)，B(，1,0)，C(0,2,0)，A1(0，0,1)，∴＝(，1，－1)，＝(0,2，－1)．
设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝3，则n＝(，3,6)，n0＝.
又＝(0,0,1)，
∴点A到平面A1BC的距离d＝|·n0|＝.
三、解答题
9．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.
(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)．
易知截面AEC1F为平行四边形，
∴由＝，
得(－2,0，z)＝(－2,0,2)，
∴z＝2.∴F(0,0,2)．
∴＝(－2，－4,2)．
于是||＝2，即BF的长为2.
(2)设n1为平面AEC1F的一个法向量，
显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y,1)．
由得
即∴∴n1＝.
又＝(0,0,3)，设与n1的夹角为α，
则cosα＝＝＝.
∴C到平面AEC1F的距离为
d＝||cosα＝3×＝.
10．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)以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
则P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，E＝，P＝，
设平面PEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·E＝0，且n·P＝0，所以
令x＝2，则y＝2，z＝3，所以n＝(2,2,3)，连接DE，
则点D到平面PEF的距离为
d＝＝＝，
因此，点D到平面PEF的距离为.
(2)因为E，F分别为AB，BC的中点，所以AC∥EF.又因为EF 平面PEF，AC 平面PEF，所以AC∥平面PEF.因为A＝，所以点A到平面PEF的距离为d＝＝＝，所以直线AC到平面PEF的距离为.
B级：“四能”提升训练
1．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，求平面AMN与平面EFBD间的距离．
解　如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(4,0,0)，M(2,0,4)，D(0,0,0)，B(4,4,0)，E(0，2,4)，F(2，4,4)，N(4，2,4)，
∴E＝(2,2,0)，M＝(2,2,0)，A＝(－2,0,4)，B＝(－2，0,4)，
∴E＝M，A＝B，
∴EF∥MN，AM∥BF，EF∩BF＝F，
MN∩AM＝M.
∴平面AMN∥平面EFBD.
设n＝(x，y，z)是平面AMN的一个法向量，
∴解得
取z＝1，得n＝(2，－2,1)，由于A＝(0,4,0)，
∴A在n上的投影长为＝＝.
∴平面AMN与平面EFBD间的距离
d＝＝.
2．如图所示，P是正方形ABCD所在平面外一点，且PD⊥AD，PD⊥DC，PD＝3，AD＝2，已知M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥DC；
(2)求点M到平面PAC的距离．
解　由题易知PD，DA，DC两两垂直，故可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)，C(0,2,0)，P(0,0,3)，则M(2,1,0)，N.
(1)证明：∵M＝，D＝(0,2,0)，∴M·D＝－2×0＋0×2＋×0＝0，
∴MN⊥DC.
(2)设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量．
P＝(2,0，－3)，P＝(0,2，－3)．
由得
∴x＝y＝，取z＝2，则x＝y＝3，∴n＝(3,3,2)，
又＝(0，－1,0)，∴＝＝，
即点M到平面PAC的距离为.
11.2.4　二面角
(教师独具内容)
课程标准：1.掌握二面角的概念，二面角的平面角的定义，会找一些简单图形中的二面角的平面角.2.掌握求二面角的基本方法、步骤．
学法指导：二面角可以通过作二面角的平面角来求，但有时作平面角比较困难，这时利用向量法求二面角的平面角只需求出两个平面的法向量，然后经过简单运算即可，体现了向量的工具性．
教学重点：求二面角的常用方法．
教学难点：用向量法求二面角；两个平面的法向量的夹角与二面角的关系.
在解决立体几何问题时，向量是一种很好的解题工具．
例如，空间两条直线l1，l2的方向向量分别为e1，e2，两个平面α1，α2的法向量分别为n1，n2，那么我们如何用向量法证明l1与l2，l1与α1，α1与α2的垂直关系呢？
知识点一 二面角及其度量
(1)二面角的定义
平面内的一条直线把一个平面分成两部分，其中的每一部分都称为一个半平面，从一条直线出发的两个半平面所组成的图形称为二面角，这条直线称为二面角的棱，这两个半平面称为二面角的面.棱为l，两个面分别为α，β的二面角，记作α－l－β.
(2)二面角的平面角
在二面角α－l－β的棱上任取一点O，以O为垂足，分别在半平面α和β内作垂直于棱的射线OA和OB，则射线OA和OB所成的角称为二面角的平面角.二面角的大小用它的平面角大小来度量，即二面角大小等于它的平面角大小．特别地，平面角是直角的二面角称为直二面角.
(3)二面角的大小
①二面角及其平面角的大小不小于0°，不大于180°.
②两个平面相交时，它们所成角的大小，指的是它们所形成的四个二面角中，不小于0°且不大于90°的角的大小．
知识点二 用空间向量求二面角的大小
如下图，n1，n2分别是平面α1，α2的一个法向量，设α1与α2所成角的大小为θ，则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉.
特别地，sinθ＝sin〈n1，n2〉.
1．二面角的平面角定义的理解
(1)二面角的平面角的顶点在二面角的棱上．
(2)二面角的平面角的两边分别在二面角的两个半平面内．
(3)二面角的平面角的两条边与棱垂直，且平面角的大小与平面角在棱上的位置无关．
2．二面角的求法
(1)定义法．
(2)三垂线定理法：A∈β，过A作AB⊥α交平面α于点B，在α内作BO⊥l于点O，连接AO，由三垂线定理知AO⊥l，故∠AOB是二面角α－l－β的平面角，如右图．
(3)用公式cosθ＝，其中S′为射影面积，S为原图形面积．
(4)向量法：包括两类：①在二面角的两个半平面内作垂直于棱的垂线，把问题转化为求两条垂线的方向向量的夹角．②建立空间直角坐标系，求出二面角两个半平面
的法向量n1，n2，则〈n1，n2〉或其补角的大小为二面角的大小．
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)二面角的大小范围是.(　　)
(2)二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(　　)
(3)如果一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小相等．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为________.
(2)平面α的一个法向量n1＝(1,0,1)，平面β的一个法向量n2＝(－3,1,3)，则α与β所成的角是________.
(3)若二面角内一点到两个面的距离分别为5和8，两垂足间的距离为7，则这个二面角的大小是________.
答案　(1)　(2)90°　(3)120°
题型一 利用定义法求二面角
例1　如图所示，ABCD是正方形，V是平面ABCD外一点，且VA＝VB＝VC＝AB.求二面角A－VB－C的大小．
[解]　如图，作AE⊥VB于点E，连接EC，由VA＝AB可知E是VB的中点，又知VC＝BC，故EC⊥VB.
∴∠AEC是二面角A－VB－C的平面角．
设AB＝a，连接AC，
在△AEC中，AE＝EC＝a，AC＝a，
由余弦定理可知，
cos∠AEC＝＝－，
∴所求二面角A－VB－C的大小为π－arccos.
二面角的求法
(1)先作出二面角的平面角，方法有：定义法、垂面法、垂线法．
(2)证明所作出的角为二面角的平面角．
(3)通过解三角形等方法求出这个平面角的大小．
[跟踪训练1]　如图，已知三棱锥P－ABC，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求二面角A－PB－C的大小．
解　如图，因为PA⊥平面ABC，
所以平面PAB⊥平面ABC.
作CD⊥AB于D，
则CD⊥平面PAB.
作DE⊥PB于E，连接CE，
则PB⊥CE，
所以∠CED就是二面角A－PB－C的平面角．
在Rt△ABC中，CD＝，
在Rt△PAB中，DE＝，
所以tan∠CED＝＝，
即二面角A－PB－C的大小为arctan.
题型二 利用三垂线定理或其逆定理求二面角
例2　如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1＝，D是CB延长线上一点，且BD＝BC，求二面角B－AD－B1的大小．
[解]　如图，过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接B1E.
∵B1B⊥平面ABC，BE为B1E在平面ABC内的射影，
∴B1E⊥AD.
∴∠BEB1为二面角
B－AD－B1的平面角．
∵BC＝BD，∴BD＝AB.
又∠ABC＝60°，∴∠ABD＝120°.∴∠ADB＝30°.
∴BE＝BDsin∠ADB＝3×＝.
∴tan∠BEB1＝＝＝.∴∠BEB1＝60°.
∴二面角B－AD－B1的大小为60°.
用三垂线定理或其逆定理作二面角的平面角是常用的一种方法．其作法是在其中一个面内找一个特殊点作另一个面的垂线，过垂足作棱的垂线(或过这个特殊点作棱的垂线，连接两个垂足)，连接这个点和垂足，根据三垂线定理或其逆定理得平面角．
[跟踪训练2]　如图，S是△ABC所在平面外一点，且SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB，SB＝BC，E是SC的中点，DE⊥SC交AC于D，求二面角E－BD－C的大小．
解　∵SB＝BC，E为SC的中点，
∴SC⊥BE.由题设知，SC⊥ED，且ED∩EB＝E，
∴SC⊥平面BDE.∴SC⊥BD.
∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥BD.
又SC∩SA＝S，∴BD⊥平面SAC.
∴∠EDC为二面角E－BD－C的平面角．
设SA＝a，则SB＝a＝BC.
又AB⊥BC，由三垂线定理，知SB⊥BC，
∴SC＝2a，在Rt△SAC中，又SA＝a，∴∠SCA＝30°.
故∠EDC＝60°，即二面角E－BD－C的大小为60°.
题型三 利用向量法求二面角
例3　在底面为平行四边形的四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，E是PD的中点，求二面角E－AC－D的大小．
[解]　解法一：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz.
设PA＝AB＝a，AC＝b，连接BD，与AC交于点O，
取AD中点F，连接AE，EF，EO，FO，
则C(b,0,0)，B(0，a,0)．
∵＝，∴D(b，－a,0)，P(0,0，a)，
∴E，O，＝，＝(b,0,0)．
∵·＝0，
∴⊥，又＝＝，
∴·＝0.∴⊥.
∴∠EOF为二面角E－AC－D的平面角．
cos〈，〉＝＝.
∴二面角E－AC－D的大小为45°.
解法二：建系如解法一，
∵PA⊥平面ABCD，
∴＝(0,0，a)为平面ABCD的一个法向量．
又＝，＝(b,0,0)，
设平面AEC的一个法向量为m＝(x，y，z)．
由得
∴x＝0，y＝z.∴可取m＝(0,1,1)，
cos〈m，〉＝＝＝.
∴二面角E－AC－D的大小为45°.
用向量法求二面角的步骤
(1)寻求平面α，β的法向量u，v；
(2)利用公式cos〈u，v〉＝，求出法向量u，v的夹角φ；
(3)根据u，v的方向，确定平面α，β所构成的二面角θ的大小：
①当u，v的方向如图①所示时，θ＝φ；
②当u，v的方向如图②所示时，θ＝π－φ.
[跟踪训练3]　如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)求二面角B－AD－E的大小．
解　(1)证明：由题意，得底面BCDE为直角梯形，因为DE＝BE＝1，CD＝2，所以BD＝BC＝.
由AC＝，AB＝2，得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，AC 平面ABC，
所以AC⊥平面BCDE，
所以AC⊥DE.又DE⊥DC，AC∩DC＝C，所以DE⊥平面ACD.
(2)解法一：作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由(1)知DE⊥AD，则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B－AD－E的平面角．
在直角梯形BCDE中，由CD2＝BC2＋BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，BD 平面BCDE，所以BD⊥平面ABC，所以BD⊥AB.
由于AC⊥平面BCDE，得
AC⊥CD.
在Rt△ACD中，由DC＝2，AC＝，
得AD＝.
在Rt△AED中，由ED＝1，AD＝，得AE＝.
在Rt△ABD中，由BD＝，AB＝2，AD＝，
得BF＝，AF＝AD.所以GF＝ED＝.
在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得
cos∠BAE＝，BG＝.
在△BFG中，cos∠BFG＝＝.
所以∠BFG＝，即二面角B－AD－E的大小是.
解法二：以D为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示．
由题意知各点坐标如下：D(0,0,0)，E(1，0,0)，C(0,2,0)，A(0,2，)，B(1,1,0)，则＝(0，－2，－)，＝(1，－2，－)，＝(1,1,0)，
设平面ADE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由得
可取m＝(0,1，－)．
由得
可取n＝(1，－1，)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝＝.由图可知，所求二面角是锐角，故二面角B－AD－E的大小是.
题型四 空间角中的探索性问题
例4　如右图，矩形ABCD和梯形BEFC所在的平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝，EF＝2.
(1)求证：AE∥平面DCF；
(2)当AB的长为何值时，二面角A－EF－C的大小为60°？
[解]　如右图，以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz.
设AB＝a，BE＝b，CF＝c，
则C(0,0,0)，A(，0，a)，
B(，0,0)，E(，b,0)，F(0，c,0)．
(1)证明：∵＝(0，b，－a)，＝(，0,0)，＝(0，b,0)，
∴·＝0，·＝0，
从而CB⊥AE，CB⊥BE.又AE∩BE＝E，
∴CB⊥平面ABE.
∵CB⊥平面DCF，∴平面ABE∥平面DCF.
又AE 平面ABE，故AE∥平面DCF.
(2)∵＝(－，c－b,0)，＝(，b,0)，
且·＝0，||＝2，
∴得b＝3，c＝4.
∴E(，3,0)，F(0,4,0)．
设n＝(1，y，z)与平面AEF垂直，
则n·＝0，n·＝0，
即
解得n＝(1，，)．
又BA⊥平面BEFC，＝(0,0，a)，
∴|cos〈n，〉|＝＝＝，
解得a＝或a＝－(舍去)．
∴当AB＝时，二面角A－EF－C的大小为60°.
求解探索性问题的基本策略：首先，用参数设出题中的数学对象；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把探索性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述解题策略，可使此类探索性难题变为常规问题．
[跟踪训练4]　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证：AB⊥PD；
(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问：AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值．
解　(1)证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.
(2)过点P作PO⊥AD于点O.
则PO⊥平面ABCD，过点O作OM⊥BC于点M，
连接PM，则PM⊥BC.
因为∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，
所以BC＝，PM＝，
设AB＝t，则在Rt△POM中，PO＝，
所以VP－ABCD＝·t··
＝ ，
所以当t2＝，即t＝时，VP－ABCD最大为.
如图，此时PO＝AB＝，且PO，OA，OM两两垂直，
以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.
则P，D，
C，B.
所以＝，
＝，
＝.
设平面PCD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则m＝(1,0，－2)，|m|＝；
同理设平面PBC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
即
令y2＝1，则n＝(0,1,1)，|n|＝，
设平面PBC与平面DPC的夹角为θ，
所以cosθ＝＝＝.
即平面PBC与平面DPC夹角的余弦值为.
1．已知二面角α－l－β的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，则b与c所成角的大小为(　　)
A．120° B．90°
C．60° D．30°
答案　C
解析　二面角α－l－β的大小为60°，b和c是两条异面直线，且b⊥α，c⊥β，∴b与c所成的角的大小为60°.故选C.
2．如图，已知E，F分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成的锐二面角的正弦值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　C
解析　以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A(1，0,0)，E，D1(0，0,1)，
∴＝(－1，0,1)，＝.设平面AEFD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴x＝2y＝z.取y＝1，则n＝(2,1,2)．又平面ABCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，∴cos〈n，u〉＝，∴sin〈n，u〉＝.
3．(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列四个结论正确的为(　　)
A．AC⊥BD
B．AB，CD所成的角为60°
C．△ADC为等边三角形
D．AB与平面BCD所成的角为60°
答案　ABC
解析　对于A，如图，取BD的中点O，连接AO，CO，易知BD垂直于平面AOC，故BD⊥AC，A正确；对于B，如图，建立空间直角坐标系，
设正方形的边长为a，则A，B，故＝，又C，D，故＝，由两向量夹角公式，得cos〈，〉＝－，故两异面直线所成的角为60°，B正确；对于C，在Rt△AOC中，由AO＝CO＝a，AO⊥CO，得AC＝AO＝a，故△ADC为等边三角形，C正确；对于D，易知∠ABO即为直线AB与平面BCD所成的角，可求得∠ABO＝45°，D错误．故选ABC.
4．平面α的法向量n1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________.
答案　或
解析　由题意得
cos〈n1，n2〉＝＝－，设平
面α与β所成二面角的大小为θ，则cosθ＝或－.所以θ＝或.
5．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，AQ＝AB＝PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q－BP－C的余弦值．
解　如图，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.
(1)证明：设PD＝2，依题意有D(0,0,0)，Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则D＝(1,1,0)，D＝(0,0,1)，P＝(1，－1，0)．
所以P·D＝0，P·D＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1,0,1)，C＝(1,0,0)，B＝(－1,2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的一个法向量，则
即
因此可取n＝(0，－1，－2)．
同理，设m是平面PBQ的一个法向量，则
可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－.
故二面角Q－BP－C的余弦值为－.
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别垂直，则这两个二面角的大小关系是(　　)
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不能确定
答案　D
解析　当一个二面角的棱垂直于另一个二面角的一个半平面时，这两个二面角的大小关系是不能确定的．
2．已知二面角α－AB－β的平面角是锐角θ，α内一点C到β的距离为3，点C到棱AB的距离为4，那么tanθ的值等于(　　)
A. B．
C． D．
答案　C
解析　如图，作CH⊥β于点H，HM⊥AB于点M，连接CM，由三垂线定理，可得AB⊥CM，所以∠CMH就是二面角α－AB－β的平面角．又CH＝3，CM＝4，所以HM＝，即tanθ＝.
3．将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B′AC＝60°，那么这个二面角的大小是(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案　C
解析　如图，设等腰直角△ABC中AB＝AC＝a，则BC＝a，∴B′D＝CD＝a，∵等腰直角△ABC斜边BC上的高是AD，∴B′D⊥AD，CD⊥AD，∴∠B′DC是二面角B′－AD－C的平面角，连接B′C，∵∠B′AC＝60°，∴B′C＝a，∵B′D2＋CD2＝B′C2，∴∠B′DC＝90°，∴二面角B′－AD－C的大小是90°.故选C.
4．如图，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD－A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，则二面角B1－A1B－E的余弦值为(　　)
A．－ B．－
C． D．
答案　C
解析　设AD＝1，则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，因为E，F分别为C1D1，A1B的中点，所以E(0,1,2)，F(1,1,1)，所以＝(－1,1,0)，＝(0,2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则所以所以取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1,1,1)，又DA⊥平面A1B1B，所以＝(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，〉＝＝＝，又二面角B1－A1B－E为锐二面角，所以二面角B1－A1B－E的余弦值为，故选C.
5．(多选)如图，已知平面α内有一个以AB为直径的圆，PA⊥α，点C在圆周上(异于点A，B)，点D，E分别是点A在PC，PB上的射影，则(　　)
A．∠ADE为二面角A－PC－B的平面角
B．∠BAC为二面角B－PA－C的平面角
C．∠AED为二面角A－PB－C的平面角
D．∠ACB为二面角A－PC－B的平面角
答案　BC
解析　因为PA⊥α，AC α，AB α，BC α，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，所以∠BAC为二面角B－PA－C的平面角，故B正确；又AC⊥BC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，所以AD⊥BC，又AD⊥PC，所以AD⊥平面PBC.又PB⊥AE，所以PB⊥DE，即∠AED为二面角A－PB－C的平面角，故C正确．
二、填空题
6．若分别与一个二面角的两个面平行的向量m＝(－1，2,0)，n＝(1,0，－2)，且m，n都与二面角的棱垂直，则二面角的正弦值为________.
答案　
解析　设二面角的平面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，sinθ＝＝.
7．△ABC是正三角形，P是△ABC所在平面外一点，PA＝PB＝PC，若S△PAB∶S△ABC＝，则二面角P－AB－C的大小为________.
答案　60°
解析　设二面角P－AB－C的平面角为θ，由于PA＝PB＝PC，则P在面ABC内的射影O为△ABC的中心．∴S△OAB＝S△ABC，又S△PAB＝S△ABC.∴cosθ＝＝.∴θ＝60°.
8．在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将菱形沿对角线AC折起，使折起后BD＝1，则二面角B－AC－D的余弦值为________.
答案　
解析　如图，取AC的中点O，连接BO，DO，则DO⊥AC，BO⊥AC，∴∠BOD便是二面角B－AC－D的平面角．在Rt△CDO中，∠ODC＝30°，CD＝1，∠DOC＝90°，∴DO＝，同理BO＝，又BD＝1，由余弦定理，得cos∠BOD＝＝＝.
三、解答题
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD，E为棱AD的中点，PA⊥CD.
(1)证明：CD⊥平面PAD；
(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．
解　(1)证明：∵∠ADC＝90°，∴CD⊥AD，
又PA⊥CD，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD.
(2)∵CD⊥平面PAD，
∴∠PDA为二面角P－CD－A的平面角，
∴∠PDA＝45°.
如图，以A为坐标原点，，的方向分别为x轴和z轴的正方向，垂直于AD的直线为y轴，建立空间直角坐标系Axyz，
设BC＝1，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,0)，C(2,1,0)，
∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)．
设平面PCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝2，则n＝(2，－2,1)为平面PCE的一个法向量．
设直线PA与平面PCE所成的角为α，
则sinα＝|cos〈n，〉|＝
＝＝，
∴直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
10.如图，四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．
(1)求证：AA1⊥BD；
(2)求二面角E－A1C1－C的余弦值．
解　(1)证明：因为CC1⊥底面ABCD，所以CC1⊥BD.
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
由四棱台ABCD－A1B1C1D1知，A1，A，C，C1四点共面．
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.
所以AA1⊥BD.
(2)如图，设AC与BD交于点O，连接OA1，依题意得，A1C1∥OC且A1C1＝OC，所以四边形A1OCC1是平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.
所以A1O⊥底面ABCD.
以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．则A(2，0,0)，A1(0,0,4)，C1(－2，0,4)，B(0,2,0)，
由＝得，B1(－，1,4)．
因为E是棱BB1的中点，所以E.
所以＝，＝(－2，0,0)．
设平面EA1C1的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
取z＝3，则n1＝(0,4,3)为平面EA1C1的一个法向量．
又n2＝(0,1,0)为平面AA1C1C的一个法向量，
所以cos〈n1，n2〉＝＝，
由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，
所以二面角E－A1C1－C的余弦值为.
B级：“四能”提升训练
1．如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，且AB⊥AC，点M是CC1的中点，点N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足＝λ.
(1)证明：PN⊥AM；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？求此时二面角A－BC－P的余弦值．
解　(1)证明：以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，
则P(λ，0,1)，N，M，从而＝，＝，·＝×0＋×1－1×＝0，所以PN⊥AM.
(2)过点P作PE⊥AB于点E，连接EN.
则PE⊥平面ABC，
则∠PNE为所求角θ，所以tanθ＝＝，
因为当点E是AB的中点时，ENmin＝.
所以(tanθ)max＝2，则θ有最大值，此时，λ＝.
则P，B(1,0,0)，C(0,1,0)，
所以＝，＝(－1,1,0)．
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝2，得n＝(2,2,1)，
又＝(0,0,1)为平面ABC的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝，
由图知，二面角A－BC－P为锐角，
所以二面角A－BC－P的余弦值为.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
解　解法一：依题意，以点A为坐标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)证明：向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.所以BE⊥DC.
(2)向量＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量．
则即
不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量．
于是有cos〈n，〉＝＝＝.
所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)向量＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由BF⊥AC，得·＝0，
因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝.
即＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面FAB的一个法向量，
则即
不妨令z1＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的一个法向量n2＝(0,1,0)，则
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.
解法二：(1)证明：如图，取PD的中点M，连接EM，AM.
由于E，M分别为PC，PD的中点，
故EM∥DC，且EM＝DC，
又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.
因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，
又CD⊥DA，PA∩DA＝A，
所以CD⊥平面PAD，因为AM 平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥DC.
(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，又EM∥CD，所以PD⊥EM.又因为AD＝AP，M为PD的中点，所以PD⊥AM，可得PD⊥BE，又EM∩BE＝E，所以PD⊥平面BEM，又PD 平面PBD，所以平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，又BE⊥EM，所以∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．
依题意，有PD＝2，PA⊥AD，因为M为PD的中点，所以AM＝，所以BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，所以sin∠EBM＝.
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)如图，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H，连接BH.因为PA⊥底面ABCD，所以FH⊥底面ABCD，所以FH⊥AC.又BF⊥AC，FH∩BF＝F，所以AC⊥平面FHB，所以AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，所以CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，连接AG，于是DG＝3GP.
因为DC∥AB，所以GF∥AB，
所以A，B，F，G四点共面．
因为AB⊥PA，AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，
所以AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F－AB－P的平面角．
在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°，
由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝.
所以，二面角F－AB－P的余弦值为.
11．2　空间向量在立体几何中的应用
1.2.1　空间中的点、直线与空间向量
(教师独具内容)
课程标准：1.理解点的位置向量和直线的方向向量.2.会用向量方法证明空间的线线平行或不平行.3.会用向量运算证线线垂直，会求空间中两条直线所成的角.4.会用空间向量来研究异面直线，了解异面直线间的距离．
学法指导：用向量解决几何问题，建立点、直线与向量的关系，利用向量来确定空间直线的平行、垂直、异面、夹角等问题，体现向量解决问题的灵活性．
教学重点：利用向量方法解决空间两直线的平行、垂直、异面等位置关系；求空间两直线所成的角．
教学难点：利用直线的方向向量研究两直线的位置关系.
确定平面内点的位置，通常采用两种方法——“平面直角坐标系内的坐标(x，y)”或“该点相对于某一已知点的方向和距离”．那么空间呢？在空间，我们也可以用“该点在空间直角坐标系内的坐标(x，y，z)”或“在空间中该点相对于某一已知点的方向和距离”来描述．
两个词——“方向”“距离”，给我们什么启示？
知识点一 空间中的点与空间向量
一般地，如果在空间中指定一点O，那么空间中任意一点P的位置，都可以由向量唯一确定，此时，通常称为点P的位置向量．
知识点二 空间中的直线与空间向量
(1)一般地，如果l是空间中的一条直线，v是空间中的一个非零向量，且表示v的有向线段所在的直线与l平行或重合，则称v为直线l的一个方向向量．此时，也称向量v与直线l平行，记作v∥l.
(2)如果A，B是直线l上两个不同的点，则v＝就是直线l的一个方向向量．
(3)如果v是直线l的一个方向向量，则对任意的实数λ≠0，空间向量λv也是直线l的一个方向向量，而且直线l的任意两个方向向量都平行.
(4)如果v为直线l的一个方向向量，A为直线l上一个已知的点，则空间中直线l的位置可由v和点A唯一确定．
(5)如果v1是直线l1的一个方向向量，v2是直线l2的一个方向向量，则v1∥v2 l1∥l2，或l1与l2重合.
知识点三 空间中两条直线所成的角
设v1，v2分别是空间中直线l1，l2的方向向量，且l1与l2所成角的大小为θ，则
①θ＝〈v1，v2〉或θ＝π－〈v1，v2〉.
②sinθ＝sin〈v1，v2〉或cosθ＝|cos〈v1，v2〉|.
③l1⊥l2 〈v1，v2〉＝ v1⊥v2.
知识点四 异面直线与空间向量
(1)设v1，v2分别是空间中直线l1，l2的方向向量
①如果l1与l2异面，则v1与v2是不可能平行的．
②如果v1与v2不平行，则l1与l2可能异面，也可能相交.
③“v1与v2不平行”是“l1与l2异面”的必要不充分条件．
④如下图，A∈l1，B∈l2，“v1，v2，不共面”是“l1与l2异面”的充要条件．
(2)一般地，如果l1与l2是空间中两条异面直线，M∈l1，N∈l2，MN⊥l1，MN⊥l2，则称MN为l1与l2的公垂线段．空间中任意两条异面直线的公垂线段都存在并且唯一.两条异面直线的公垂线段的长，称为这两条异面直线之间的距离．
1．直线的方向向量
(1)在直线上给定一个定点A和它的一个方向向量v，对于直线上的任意一点B，有＝λv，这样可以求直线上任一满足要求的点的坐标．
(2)空间中P，A，B三点共线的充要条件是
＝λ＋μ(λ＋μ＝1)．
2．空间中两条直线所成的角
设空间中两条直线所成的角为θ，当两直线垂直时θ＝90°，当两直线平行时θ＝0°，即不平行也不垂直的两条直线所成的角θ∈(0°，90°)，所以空间中两条直线所成角的范围为[0°，90°]．
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线l的方向向量是唯一的．(　　)
(2)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(　　)
(3)若向量a是直线l的一个方向向量，则向量ka也是直线l的一个方向向量．(　　)
(4)直线上任意两个不同的点A，B表示的向量都可作为该直线的方向向量．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)已知直线l1，l2的方向向量分别是v1＝(1,2，－2)，v2＝(－3，－6,6)，则直线l1与l2的位置关系为________.
(2)两向量v1＝(2,0,3)，v2＝(－3,0,2)，则以向量v1，v2为方向向量的直线l1，l2的夹角为________.
(3)已知直线l1的一个方向向量为(－7,3,4)，直线l2的一个方向向量为(x，y,8)，且l1∥l2，则x＝________，y＝________.
答案　(1)平行　(2)　(3)－14　6
题型一 空间中点的位置的确定
例1　已知点A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C为线段AB上一点，且AC＝AB，则C点坐标为(　　)
A. B．
C. D．
[解析]　设C(x，y，z)，则＝(x－4，y－1，z－3)，又＝(－2，－6，－2)，＝，∴(x－4，y－1，z－3)＝(－2，－6，－2)，解得x＝，y＝－1，z＝，
∴C，故选C.
[答案]　C
解决此类问题的关键是把已知的长度关系转化为向量关系，从而得到要求点的坐标．
[跟踪训练1]　已知点A(2,4,0)，B(1,3,3)，如图，以的方向为正方向，在直线AB上建立一条数轴，P，Q为轴上的两点，且分别满足条件：
①AP∶PB＝1∶2；
②AQ∶QB＝2∶1.
求点P和点Q的坐标．
解　由AP∶PB＝1∶2，得＝2，
即－＝2(－)，＝＋.
设点P的坐标为(x，y，z)，则上式换用坐标表示，得(x，y，z)＝(2，4,0)＋(1,3,3)，
即x＝＋＝，y＝＋1＝，z＝0＋1＝1.
因此，P点的坐标是.
因为AQ∶QB＝2∶1，
所以＝－2，－＝－2(－)，＝－＋2.
设点Q的坐标为(x′，y′，z′)，则上式换用坐标表示，得(x′，y′，z′)＝－(2,4,0)＋2(1,3,3)＝(0,2,6)，
即x′＝0，y′＝2，z′＝6.
因此，Q点的坐标是(0,2,6).
题型二 向量法证明直线与直线平行
例2　如图，在长方体OAEB－O1A1E1B1中，OA＝3，OB＝4，OO1＝2，点P在棱AA1上，且AP＝2PA1，点S在棱BB1上，且SB1＝2BS，点Q，R分别是O1B1，AE的中点．求证：PQ∥RS.
[证明]　证法一：如图，建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0)，B(0,4,0)，O1(0，0,2)，A1(3，0,2)，B1(0,4,2)，E(3,4,0)．
∵AP＝2PA1，
∴P.
∵SB1＝2BS，∴S.
又Q，R分别为O1B1和AE的中点，
∴R(3,2,0)，Q(0,2,2)，
∴＝＝，∴∥，
又R PQ，∴PQ∥RS.
证法二：设＝a，＝b，＝c，
则＝＋＋＝－＋＝c－a＋b，＝＋＋＋
＝－－＋＋＝－a＋b＋c.
∴＝，∴∥，又R PQ，∴PQ∥RS.
(1)通过建系，把证明平行问题转化为代数运算，思路清晰，在以后证线面关系时，只要能建系的尽量用此法，也就是坐标法．
(2)通过向量运算证明平行问题，此种方法往往在不建系的情况下选用，但要注意根据条件合理选取基底．
[跟踪训练2]　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为DD1和BB1的中点．求证：四边形AEC1F是平行四边形．
证明　以点D为坐标原点，{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，E，C1(0,1,1)，F，∴＝，＝，＝，＝，∴＝，＝，∴∥，∥，
又F AE，F EC1，∴AE∥FC1，EC1∥AF，
∴四边形AEC1F是平行四边形.
题型三 利用向量证明两直线垂直或求两直线所成的角
例3　如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD.应用空间向量方法解决下列问题：
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
[解]　如图，建立空间直角坐标系．由已知得E，F，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，G.
(1)证明：E＝－＝，＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1，0，－1)，
·＝×(－1)＋×0＋×(－1)＝0.
得E⊥，∴EF⊥B1C.
(2)＝－(0,1,1)＝，
||＝＝，
由(1)得|E|＝＝，且E·＝×0＋×＋×(－1)＝，
∴cos〈E，〉＝＝，
∴EF与C1G所成角的余弦值是.
(1)将线线垂直问题转化为向量垂直问题后，可以选择基向量法也可用坐标法，熟练掌握证明线线垂直的向量方法是关键．
(2)向量所成角与异面直线所成角的差异：向量所成角的范围是[0，π]，而异面直线所成角的范围是，故异面直线所成角的余弦值一定大于或等于0.
(3)利用向量求异面直线夹角的方法
[跟踪训练3]　(1)直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠ACB＝90°，D1，E1分别为A1B1，A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AE1所成角的余弦值为(　　)
A. B．
C． D．
(2)已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是BB1与CA1的中点．求证：MN⊥BB1，MN⊥A1C.
答案　(1)C　(2)见解析
解析　(1)如图所示，以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设||＝a，
则A(a,0,0)，B(0，a,0)，E1，D1，
＝，＝，
所以cos〈，〉＝＝＝.故选C.
(2)证明：设正方体的棱长为1，如图，
以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则M，
B(1，0,0)，C(1，1,0)，A1(0,0,1)，N，B1(1，0,1)，所以＝，＝(1,1，－1)，＝(0,0,1)．
所以·＝×1＋×1＋0×(－1)＝0，·＝×0＋×0＋0×1＝0.
即MN⊥BB1，MN⊥A1C.
1．若点A(－1,0,1)，B(1,4,7)在直线l上，则直线l的一个方向向量为(　　)
A．(1,2,3) B．(1,3,2)
C．(2,1,3) D．(3,2,1)
答案　A
解析　由题意，可得直线l的一个方向向量＝(2,4,6)，又＝(2,4,6)＝(1,2,3)，∴向量(1,2,3)是直线l的一个方向向量．故选A.
2．设l1的方向向量a＝(1,2，－2)，l2的方向向量b＝(－2，3，m)，若l1⊥l2，则m＝(　　)
A．1 B．2
C． D．3
答案　B
解析　∵l1⊥l2，∴a⊥b，即a·b＝(1,2，－2)·(－2,3，m)＝－2＋6－2m＝0，∴m＝2，故选B.
3．(多选)如图所示的几何体ABCDE中，DA⊥平面EAB，CB∥DA ，EA＝AB＝DA＝2CB，EA⊥AB，M是EC的中点．则下述结论正确的是(　　)
A．DM⊥EB B．BD⊥EC
C．DE⊥BM D．EA⊥CD
答案　AD
解析　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，并设EA＝DA＝AB＝2CB＝2，则
E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,1)，
D(0,0,2)，M，＝，＝(－2,2,0)，＝(－2,2,1)，＝(0，－2,2)，＝(2,0，－2)，＝，＝(－2,0，0)，＝(0，－2,1)，仅有·＝0，·＝0，从而得DM⊥EB，EA⊥CD.故选AD.
4．已知直线l的方向向量v＝(2,1,3)，且l过A(0，y,3)和B(－1，－2，z)两点，则y＝________，z＝________.
答案　－　
解析　∵＝(－1，－2－y，z－3)＝λ(2,1,3)，
∴λ＝－，－2－y＝－，z－3＝－，即y＝－，z＝.
5．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1，求异面直线A1B与C1A所成角的大小．
解　解法一：设AB＝AC＝AA1＝a，所以A1B＝a＝C1A，则cos〈，〉＝
＝
＝
＝＝，故向量，所成角为，
即异面直线A1B与C1A所成角的大小为.
解法二：以A为坐标原点，，，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＝AC＝AA1＝1，则A(0，0,0)，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(0,1,1)，
所以＝(1,0，－1)，
＝(0，－1，－1)，则
cos〈，〉＝
＝＝，从而〈，〉＝，即异面直线A1B与C1A所成角的大小为.
解法三：由题意可知直三棱柱ABC－A1B1C1可补成正方体ABCD－A1B1C1D1，如图，显然AC1∥BD1，则直线A1B和BD1所成角的大小等于直线A1B与C1A所成角的大小．设AB＝AC＝AA1＝1，易知A1B＝BD1＝A1D1＝，即△A1BD1是等边三角形，从而∠A1BD1＝，因此，直线A1B与C1A所成角的大小为.
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．已知A，B，C三点的坐标分别为A(4,1,3)，B(2，－5，1)，C(3,7，λ)，若AB⊥AC，则λ等于(　　)
A．28 B．－28
C．14 D．－14
答案　D
解析　＝(－2，－6，－2)，＝(－1,6，λ－3)，∵AB⊥AC，∴·＝0，即2－36－2(λ－3)＝0，∴λ＝－14，故选D.
2．从点A(2，－1,7)沿向量a＝(8,9，－12)的方向取线段长AB＝34，则B点的坐标为(　　)
A．(－9，－7,7) B．(18,17，－17)
C．(9,7，－7) D．(－14，－19,31)
答案　B
解析　设B(x，y，z)，＝(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8,9，－12)，λ>0，故x－2＝8λ，y＋1＝9λ，z－7＝－12λ，由(x－2)2＋(y＋1)2＋(z－7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2.∴x＝18，y＝17，z＝－17，即B(18,17，－17)．
3．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于(　　)
A．45° B．60°
C．90° D．30°
答案　B
解析　以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则E，F，G，H.∴＝，＝，cos〈，〉＝＝－，故选B.
4．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝2，CC1＝，则异面直线AB1与BC1所成角的正弦值为(　　)
A．1 B．
C． D．
答案　A
解析　设线段A1B1，AB的中点分别为O，D，连接OC1，OD，则OC1⊥平面ABB1A1，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(－1,0，)，B1(1,0,0)，B(1，0，)，C1(0，，0)，所以＝(2,0，－)，＝(－1，，－)，因为·＝(2,0，－)·(－1, ，－)＝0，所以⊥，即异面直线AB1和BC1所成的角为直角，则其正弦值为1.
5. (多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P，Q分别为棱A1B1，DD1的中点，则下列说法正确的是(　　)
A．PQ⊥AC1
B．BQ⊥AC1
C．PQ⊥CD1
D．PC⊥AD1
答案　ACD
解析　设正方体的棱长为1，以点A1为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则P，Q，A(0，0,1)，C1(1，1,0)，B(1,0,1)，C(1，1,1)，D1(0,1,0)，∴＝，＝(1,1，－1)，＝，＝(－1,0，－1)，＝，＝(0,1，－1)．∵·＝－×1＋1×1＋×(－1)＝0，∴⊥，故A正确；∵·＝－1×1＋1×1＋×(－1)＝，故B错误；∵·＝－×(－1)＋1×0＋×(－1)＝0，∴PQ⊥CD1，故C正确；∵·＝×0＋1×1＋1×(－1)＝0，∴PC⊥AD1，故D正确．故选ACD.
二、填空题
6．在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(－1,0,5)，C(3，0,4)，D(4,1,3)，则直线AB与CD的位置关系是________.
答案　平行
解析　∵A＝(－2，－2,2)，C＝(1,1，－1)，∴A＝－2，即直线AB与CD平行．
7．已知直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1,2，－1)，b＝(x,2y,2)，若l1∥l2，则x＝________，y＝________.
答案　－2　－2
解析　由l1∥l2，可知a∥b，所以(x,2y,2)＝λ(1,2，－1)，解得x＝－2，y＝－2.
8．已知点A，B，C的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若⊥，⊥，则P点坐标为________.
答案　
解析　＝(－1，－1,1)，＝(2,0,1)，＝(－x,1，－z)，∴·＝0，·＝0，
即x－1－z＝0，①
－2x－z＝0，②
由①②得x＝，z＝－，∴P.
三、解答题
9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，G，H分别是CC1，CD和A1C1的中点．
证明：AB1∥GE，AB1⊥EH.
证明　如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系Axyz，设正方体的棱长为1，则A(0，0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，由中点的性质得E，
G，H.＝(1,0,1)，＝，＝，
∵＝2，·＝1×＋0＋1×＝0，
∴∥，⊥.即AB1∥GE，AB1⊥EH.
10.如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．
(1)求cos〈，〉的值；
(2)求证：BN⊥C1M，BN⊥C1N.
解　(1)以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz.
依题意，得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，B(0,1,0)，
则＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，
∴·＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3，
||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝.
(2)证明：依题意，得C1(0,0,2)，N(1,0,1)，M，
∴＝，＝(1,0，－1)，＝(1，－1，1)，
∴·＝×1＋×(－1)＋0×1＝0，
·＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0，
∴⊥，⊥，即BN⊥C1M，BN⊥C1N.
B级：“四能”提升训练
1．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB上的动点．若异面直线AD1与EC所成角为60°，试确定此时动点E的位置．
解　以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
设E(1，t,0)(0≤t≤2)，则A(1，0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)，＝(1,0，－1)，＝(1，t－2,0)，
根据数量积的定义及已知得，
cos60°＝＝＝，
解得t＝1，所以点E的位置是AB的中点．
2．如右图，正四棱锥S－ABCD的侧棱长为，底面边长为，E是SA的中点，O为底面ABCD的中心．
(1)求CE的长；
(2)求异面直线BE与SC所成角的余弦值；
(3)若OG⊥SC，垂足为G，求证：OG⊥BE.
解　如图，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．
因为侧棱长为，底面边长为，E为SA的中点，
所以A，S，C，B，E.
(1)＝，
所以CE＝||＝＝.
(2)因为＝，＝，
所以cos〈，〉＝＝＝－，
故异面直线BE和SC所成角的余弦值为.
(3)证明：因为G在SC上，所以与共线，
可设＝λ＝，
则＝＋＝＋
＝.
又⊥，所以·＝0，
即λ－(1－λ)＝0，所以λ＝，
所以＝.又＝，
所以·＝－＋0＋＝0，
所以⊥，即OG⊥BE.
1第1章 空间向量与立体几何
知识系统整合
规律方法收藏
一、空间向量及其运算
1．空间向量的概念
(1)在空间中，既有大小又有方向的量称为向量(也称为矢量)，向量的大小也称为向量的模(或长度)，始点和终点相同的向量称为零向量，零向量的方向是不确定的，两个向量相等的充要条件是大小相等、方向相同．
(2)空间向量与平面向量一样，也可以用有向线段表示．向量的有向线段表示，使向量与几何图形产生了必然的联系，为运用向量解决几何问题奠定了基础．
2．空间向量的运算
(1)空间向量可以进行加、减、数乘和数量积等运算，各种运算的性质与平面向量的运算性质基本相同．在向量的数量积运算中，不满足结合律．
(2)空间向量可以进行代数运算、几何运算．代数运算与实数运算基本相同；几何运算赋予向量运算以明确的几何意义和物理意义．
3．空间向量中的一些重要结论
(1)空间向量共线、垂直的充要条件：a∥b a＝λb(λ∈R，b≠0)；a⊥b a·b＝0.
(2)空间向量共面的充要条件：p，a，b共面 p＝xa＋yb(a，b不共线，x，y∈R)．
(3)空间向量基本定理：给定空间一个基底{a，b，c}，对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zc.
(4)空间向量的数量积及夹角公式：
a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；cos〈a，b〉＝.
二、空间向量的坐标表示
1．空间坐标系
在空间任意选定一点O作为坐标原点，选择合适的平面先建立平面直角坐标系xOy，然后过O作一条与xOy平面垂直的数轴为z轴，建立空间直角坐标系，记作Oxyz.在z轴的正半轴看xOy平面，x轴的正半轴绕O点沿逆时针方向旋转90°能与y轴的正半轴重合．
2．空间向量的直角坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)；a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3；λa＝(λa1，λa2，λa3)；＝－＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)；a⊥b a·b＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；a∥b(b≠0) a＝λb ＝＝(b1，b2，b3≠0)．
3．有关公式
(1)模：|a|＝＝；
(2)夹角：cos〈a，b〉＝
＝；
(3)两点间距离：
|AB|＝.
三、运用向量方法研究平行与垂直
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，只需证明两条直线的方向向量垂直．
3．线面平行
用向量证明线面平行的方法主要有：
(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
(2)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，即证明可在平面内找到两不共线向量来线性表示直线的方向向量．
4．线面垂直
用向量证明线面垂直的方法主要有：
(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．
四、用向量方法求空间角和距离
1．求两异面直线所成的角
利用公式cos〈a，b〉＝，但务必注意两异面直线所成角θ的范围是，故实质上应有cosθ＝|cos〈a，b〉|.
2．求线面角
求直线与平面所成的角时，一种方法是先求出直线及射影直线的方向向量，通过数量积求出直线与平面所成的角；另一种方法是借助平面的法向量，先求出直线的方向向量与平面法向量的夹角φ，即可求出直线与平面所成的角θ，其关系是sinθ＝|cosφ|.
3．求二面角
用向量法求二面角也有两种方法：一种方法是利用平面角的定义，在两个半平面内先求出与棱垂直的两条直线对应的方向向量，然后求出这两个方向向量的夹角，由此可求出二面角的大小；另一种方法是转化为求二面角的两个半平面的法向量的夹角，它与二面角的大小相等或互补．
4．空间中两点之间的距离
若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB＝||＝.
5．点到直线的距离
点A是直线l外一点，若AB是直线l的垂线段，则AB的长度就是点A到直线l的距离，这一距离也等于||.
6．点到平面的距离的求法
点P到它在一个平面α内射影的距离，称为点P到这个平面α的距离．若A为平面α内任一点，n为平面α的法向量，则点P到平面α的距离d＝.
学科思想培优
一、空间向量及其运算
本部分内容包括空间向量及其线性运算，共线向量与共面向量，空间向量基本定理，两个向量的数量积，这是学习立体几何的基础，也是立体几何的重点内容，通过本部分的学习我们就可以很方便地使用向量工具，证明线与线、线与面、面与面的位置关系，求空间角和空间距离，把几何推导转化为向量代数运算．
1 向量的线性运算
选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求．解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需向量，再对照目标，将不符合目标要求的向量作新的调整，如此反复，直到所有向量都符合目标要求．
[典例1]　如图所示，在空间四边形OABC中，点E为BC的中点，点F在OA上，且＝2，则等于(　　)
A.－＋
B．－＋＋
C.＋－
D.－－
[解析]　∵在空间四边形OABC中，点E为线段BC的中点，＝2，
∴＝＋＋＝＋－
＝(－)＋(－)－
＝－－.故选D.
[答案]　D
用已知向量表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
2 空间向量的数量积
正确运用数量积公式及性质求角及距离．
(1)向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；
(2)向量的数量积的性质
①a·e＝|a||e|cos〈a，e〉；
②a⊥b a·b＝0；
③|a|2＝a·a；
④|a·b|≤|a||b|.
[典例2]　如图所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折起，使D在平面ABC上的射影E恰好落在AB上，求这时二面角B－AC－D的余弦值．
[解]　作DG⊥AC于点G，BH⊥AC于点H.
在Rt△ADC中，AC＝＝5，
cos∠DAC＝＝.
在Rt△AGD中，AG＝AD·cos∠DAC＝3×＝，
DG＝＝＝.
同理，cos∠BCA＝，CH＝，BH＝.
·＝(＋)·＝·＋·＝0，
·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝－×＋×3×＋3××＋0＝.
又||||＝，∴cos〈，〉＝.
因此所求二面角的余弦值为.
求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量，然后转化为求这两个向量的夹角，通常取这两个向量的始点在二面角的棱上．
3 共线向量、共面向量
运用共线向量定理和共面向量定理可以解决立体几何中的平行问题和共面问题．
[典例3]　如右图，已知 ABCD，从平面AC外一点O引向量＝k，＝k，＝k，＝k，求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)平面AC∥平面EG.
[证明]　(1)因为四边形ABCD是平行四边形，
所以＝＋，
又因为＝－＝k－k＝k＝k(＋)
＝k(－＋－)
＝－＋－＝＋.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝k(－)＝k，且由(1)可得＝k，于是EF∥AB，EG∥AC，又EF∩EG＝E，AB∩AC＝A，所以平面EG∥平面AC.
共面向量定理的应用之一是证明四点共面．本题考查利用共面向量定理证四点共面及利用共线向量定理证线线平行，从而证明面面平行，使问题变得更简单．
二、立体几何中的向量方法
空间向量要解决的问题主要是用空间向量的方法解决立体几何中的基本问题，根据问题的特点，以适当的方式(如构建向量，建立空间直角坐标系)利用空间向量表示空间图形中的点、线、面等元素，建立起空间图形与空间向量的联系，然后通过空间向量的运算，研究相应元素之间的关系(平行、垂直、角和距离)，最后对运算结果的几何意义作出解释，从而解决立体几何问题．
1 利用向量证明平行问题
(1)若直线a 平面α，其方向向量为a，平面α的法向量是n，且a⊥n，则a∥α.
(2)若u，v分别是平面α，β的法向量，且u∥v，则α∥β.
[典例4]　已知正方体ABCD－A1B1C1D1，求证：AD1∥平面BDC1.
[证明]　以D为坐标原点，，，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Dxyz.
设正方体的棱长为1，则有D(0,0，0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，＝(－1,0,1)，D＝(1,1,0)，＝(0,1,1)．设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则n⊥，n⊥，所以
即令x＝1，则n＝(1，－1,1)．
由n·＝(1，－1,1)·(－1,0,1)＝0，知n⊥.
又AD1 平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1.
(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量．
(2)证明线面平行的方法
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
②能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线．
③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．
(3)证明面面平行的方法
①转化为线线平行、线面平行处理．
②证明这两个平面的法向量是共线向量．
2 利用向量证明垂直问题
(1)若直线a的方向向量为a，直线b的方向向量为b，且a⊥b，则a⊥b.
(2)若直线m的方向向量为m，平面α的法向量是n，且m∥n，则m⊥α.
(3)若u，v分别是平面α，β的法向量，且u⊥v，则α⊥β.
[典例5]　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．用向量法证明：MN⊥平面A1BD.
[证明]　＝＋＋
＝＋＋(＋)
＝＋＋(－＋)
＝＋＋.
设＝a，＝b，＝c，则＝(a＋b＋c)．
又＝－＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝(b2－a2＋c·b－c·a)．
又A1A⊥AD，A1A⊥AB，∴c·b＝0，c·a＝0.
又|b|＝|a|，∴b2＝a2，
∴b2－a2＝0.∴·＝0，∴MN⊥BD.
同理可证，MN⊥A1B，又A1B∩BD＝B，
∴MN⊥平面A1BD.
(1)证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直．
(2)证明线面垂直的方法
①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量．
②证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直．
(3)证明面面垂直的方法
①转化为证明线面垂直．
②证明两个平面的法向量互相垂直．
[典例6]　如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
[证明]　设AD＝DE＝2AB＝2a，
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a，0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)．
∵F为CD的中点，
∴F.
(1)＝，
＝(a，a，a)，
＝(2a,0，－a)，
∵＝(＋)，AF 平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵＝，
＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥.
又CD∩DE＝D，
∴⊥平面CDE，即AF⊥平面CDE.
又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.
向量法证明空间平行或垂直的关键点
利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上．
3 利用空间向量求角
(1)用方向向量所成的角表示异面直线所成角的大小时，若向量夹角为锐角(或直角)，则等于异面直线所成的角；若向量夹角为钝角时，则它的补角等于异面直线所成的角．
(2)用法向量求二面角时，应结合图形来判断求出的是二面角的平面角，还是它的补角．
(3)直线与平面所成的角用向量来求时，得到的不是线面角，而是线面角的余角(或线面角的余角的补角)．应注意到线面角的取值范围为[0,90°]．
[典例7]　如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．
(1)证明：O1O⊥底面ABCD；
(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1－OB1－D的余弦值．
[解]　(1)证明：如图(a)，因为四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，因为CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.
由题设知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.
(2)解法一：如图(a)，过O1作O1H⊥OB1于点H，连接HC1.由(1)知，O1O⊥底面ABCD，
所以O1O⊥底面A1B1C1D1，于是O1O⊥A1C1.
又因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形A1B1C1D1是菱形，
因此A1C1⊥B1D1，从而A1C1⊥平面BDD1B1，
所以A1C1⊥OB1，于是OB1⊥平面O1HC1，
进而OB1⊥C1H，故∠C1HO1是二面角C1－OB1－D的平面角．
不妨设AB＝2.因为∠CBA＝60°，
所以OB＝，OC＝1，OB1＝.
在Rt△OO1B1中，易知O1H＝＝，而O1C1＝1，
于是C1H＝＝＝.
故cos∠C1HO1＝＝＝.
即二面角C1－OB1－D的余弦值为.
解法二：因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．
如图(b)，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.不妨设AB＝2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，则O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，＝(，0,2)，＝(0,1,2)．
易知，n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量．
设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，
则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，
所以n2＝(2,2，－)，
设二面角C1－OB1－D的大小为θ，易知θ是锐角，于是
cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.
故二面角C1－OB1－D的余弦值为.
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的夹角的余弦cos〈n，a〉，再利用公式sinθ＝|cos〈n，a〉|，求θ.
(3)二面角：如图，有两个半平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则二面角和法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角，同时要注意二面角和平面与平面所成的角范围不同，二面角是不小于0°，不大于180°；平面与平面所成角是不小于0°，不大于90°.
4 利用空间向量解决存在性问题
存在性问题是在一定条件下论证会不会出现某个结论．这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述，解答这类问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．
[典例8]　如右图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)如图，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.
依题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0，0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，
∴＝，＝(－1,0,1)．
∵cos〈，〉＝＝－，
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
∵＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，
又＝，∴＝＋＝.
由ES⊥平面AMN，得
即
故λ＝，此时＝，||＝.
经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
故在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，
此时AS＝.
解决此题可先假设存在，然后将线面垂直转化为线线垂直，进而探求S点的位置．
11.2.2　空间中的平面与空间向量
(教师独具内容)
课程标准：1.理解平面的法向量的概念，会求平面的法向量.2.会用平面的法向量证明直线与平面及平面与平面平行、垂直.3.理解并会应用三垂线定理及其逆定理，证明有关垂直问题．
学法指导：在学习用空间向量方法证明平行关系、垂直关系时应先复习第四册中学习的线面、面面平行与垂直的判定定理，将这种关系的判断转化为向量间的代数运算，体现向量的工具性作用．
教学重点：利用向量的方法解决平行与垂直的证明问题；运用三垂线定理及其逆定理证明垂直问题．
教学难点：利用平面的法向量证明直线与平面平行、垂直以及三垂线定理及其逆定理的应用.
在解决空间中线面的位置关系时，我们常想到的方法是传统的立体几何法．然而此方法有时并不好用，特别是图形比较复杂时，那么还有别的什么方法吗？它又是通过什么途径来解决线面位置关系的相关问题呢？
知识点一 平面的法向量
(1)定义
如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α垂直，则称n为平面α的一个法向量．此时，也称n与平面α垂直，记作n⊥α.
(2)性质
①如果直线l垂直平面α，则直线l的任意一个方向向量都是平面α的一个法向量；
②如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ≠0，空间向量λn也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都平行；
③如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量一定与向量n垂直，即·n＝0，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定．
(3)判断直线与平面平行或垂直
已知v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则
n∥v l⊥α；
n⊥v l∥α，或l α.
(4)判断两个平面平行或垂直
设n1，n2分别是平面α1，α2的法向量，则
n1⊥n2 α1⊥α2；
n1∥n2 α1∥α2，或α1与α2重合.
知识点二 三垂线定理及其逆定理
(1)射影
①已知空间中的平面α以及点A，过点A作α的垂线l与α相交于点A′，则A′就是点A在平面α内的射影(也称为投影)．
②图形F上所有点在平面α内的射影所组成的集合F′，称为图形F在平面α内的射影．
(2)三垂线定理及其逆定理
①三垂线定理：如果平面内的一条直线与平面的一条斜线在该平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．
②三垂线定理的逆定理：如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
1．平面的法向量定义及应用
(1)平面的法向量不唯一，并且垂直于平面α的所有共面向量．
(2)直线与平面垂直的判定，必须证直线与平面内的两条相交直线垂直，至于两直线与已知直线是否有公共点，并不重要．
2．三垂线定理与逆定理
(1)从条件上看，三垂线定理的条件是平面内的直线和斜线的射影垂直，其逆定理的条件是平面内的直线和斜线垂直．
(2)从功能上看，三垂线定理用于解决已知共面垂直，证明异面垂直的问题，而逆定理正好相反．
(3)不论定理还是逆定理，已知直线必须是平面内的一条直线．
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)已知直线l垂直于α，向量a平行于直线l，则a是平面α的法向量．(　　)
(2)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直线一定平行．(　　)
(3)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(　　)
(4)平面的法向量唯一．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)已知平面α与平面β垂直，若平面α与平面β的法向量分别为μ＝(－1,0,5)，ν＝(t,5,1)，则t的值为________.
(2)已知直线l∥平面α，且直线l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为，则m＝________.
(3)在平面ABC中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－1)，若n为平面ABC的法向量，且n＝(－1，y，z)，则y＝________，z＝________.
答案　(1)5　(2)－8　(3)1　0
题型一 求平面的法向量
例1　已知点A(2,0,0)，B(0,5,0)，C(0,0,3)，求平面ABC的单位法向量．
[解]　设单位法向量n＝(x，y，z)，因为＝(－2，5,0)，＝(－2,0,3)，
由法向量的定义及题意得
解得n＝或n＝.
利用待定系数法求平面法向量的步骤
(1)设向量：设平面的一个法向量为n＝(x，y，z)．
(2)选向量：在平面内选取两个不共线的向量，.
(3)列方程组：由列出方程组．
(4)解方程组：
(5)赋非零值：取其中一个为非零值(常取±1)．
(6)得结论：得到平面的一个法向量．
[跟踪训练1]　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．AB＝AP＝1，AD＝，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE的一个法向量．
解　因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，，0)，E，B(1，0,0)，C(1，，0)，于是＝，＝(1，，0)．
设n＝(x，y，z)为平面ACE的一个法向量，
则即所以
令y＝－1，则x＝z＝.
所以平面ACE的一个法向量为n＝(，－1，).
题型二 证明平行问题
例2　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，证明：平面A1BD∥平面CB1D1.
[证明]　以D为坐标原点，，，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，设正方体的棱长为1.
则A1(1,0,1)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1，1,1)，C(0,1,0)．
∴＝(－1,0，－1)，＝(0,1，－1)，＝(1,1,0)，＝(0,1，－1)，
设平面A1BD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝1，得x1＝－1，y1＝1.
∴平面A1BD的一个法向量为n1＝(－1,1,1)．
设平面CB1D1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
令y2＝1，得x2＝－1，z2＝1.
∴n2＝(－1,1,1)，∴n1＝n2，即n1∥n2.
∴平面A1BD∥平面CB1D1.
利用向量证明平行问题时，可以先建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，然后根据向量之间的关系证明平行问题．
[跟踪训练2]　如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．
证明：直线MN∥平面OCD.
证明　如图，作AP⊥CD于点P，连接OP，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，则P，D，O(0,0,2)，
M(0,0,1)，N.
故＝，＝，＝.
设平面OCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，即
解得x＝0，y＝2z，取z＝，解得n＝(0,4，)．
∵·n＝×0＋×4＋(－1)×＝0，
又MN 平面OCD，∴MN∥平面OCD.
题型三 证明垂直问题
例3　在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
求证：(1)平面EFG⊥平面PBC；
(2)EG⊥BC，PG⊥EG.
[证明]　(1)证法一：如右图，以三棱锥的顶点P为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．令PA＝PB＝PC＝3，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＝(3,0,0)，＝(1,0,0)，
故＝3，∴PA∥FG.
而PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC.
又FG 平面EFG，∴平面EFG⊥平面PBC.
证法二：同证法一，建立空间直角坐标系，则E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，
∴＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)．
设平面EFG的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则有n⊥，n⊥，
∴令y＝1，得z＝－1，x＝0，
即n＝(0,1，－1)．
显然＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量．
∵n·＝0，
∴n⊥，即平面PBC的法向量与平面EFG的法向量互相垂直，∴平面EFG⊥平面PBC.
(2)∵＝(1，－1，－1)，＝(0，－3，3)，＝(1,1,0)，
∴·＝3－3＝0，·＝1－1＝0，
∴EG⊥BC，PG⊥EG.
利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径，一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．
[跟踪训练3]　如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E为BB1的中点．证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C.
证明　由题意得AB，BC，B1B两两垂直，以B为坐标原点，，，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．
则A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，E.则＝(0,0,1)，
＝(－2,2,0)，＝(－2,2,1)，＝.
设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
则
令x1＝1，得y1＝1，∴n1＝(1,1,0)，
设平面AEC1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1，∴n2＝(1，－1,4)．
∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，
∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C.
题型四 三垂线定理及其逆定理的应用
例4　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点．求证：EO⊥平面A1DB.
[证明]　证法一：取F，G分别为DD1和AD的中点，连接EF，FG，GO，AC.
由正方体的性质知FG为EO在平面ADD1A1上的射影，OC为OE在平面ABCD上的射影．
又A1D⊥FG，∴A1D⊥EO(三垂线定理)．
又AC⊥BD，∴EO⊥BD(三垂线定理)．
又A1D∩BD＝D，∴EO⊥平面A1DB.
证法二：连接AC，A1O，A1E，A1C1，设正方体的棱长为2，由证法一已证BD⊥OE，又OE2＝()2＋12＝3，
A1O2＝22＋()2＝6，A1E2＝(2)2＋12＝9.
∴A1E2＝OE2＋A1O2.
∴A1O⊥OE，又A1O 平面A1DB，BD 平面A1BD，且A1O∩BD＝O，∴OE⊥平面A1DB.
三垂线定理及逆定理是证明空间两直线垂直的一种基本方法．从功能上看，三垂线定理用于解决已知共面垂直，证明异面垂直的问题；逆定理恰好相反．用三垂线定理及其逆定理证明直线与直线垂直的关键是构造三垂线定理的基本图形．构造基本图形有以下三个环节：
[跟踪训练4]　如图，P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面ABC，若O，Q分别是△ABC和△PBC的垂心，且PQ∩AO＝E，求证：OQ⊥平面PBC.
证明　如图，连接BO并延长交AC于点F，连接BQ并延长交PC于点M，连接FM.
∵O是△ABC的垂心，
∴BC⊥AE，
∵Q是△PBC的垂心，
∴BC⊥PE，
又AE∩PE＝E，
∴BC⊥平面PAE，
∵OQ 平面PAE，∴OQ⊥BC.
∵PA⊥平面ABC，BF 平面ABC，∴BF⊥PA，
∵O是△ABC的垂心，∴BF⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BF⊥平面PAC，
则FM是BM在平面PAC上的射影，
∵Q为△PBC的垂心，∴BM⊥PC，
据三垂线定理的逆定理，得FM⊥PC，
又BM∩FM＝M，∴PC⊥平面BFM，
又OQ 平面BFM，∴OQ⊥PC，
又PC∩BC＝C.∴OQ⊥平面PBC.
1．若a＝是平面α的一个法向量，且b＝(－1,2,1)，c＝与平面α都平行，则向量a等于(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　由题意，知a·b＝0，a·c＝0，
即解得
所以a＝.
2．已知平面α的一个法向量为(1，－2,2)，平面β的一个法向量为(－2,4，k)，若α∥β，则实数k的值为(　　)
A．5 B．4
C．－4 D．－5
答案　C
解析　若α∥β，则向量(1，－2,2)与向量(－2,4，k)共线，∴存在实数λ使(－2,4，k)＝λ(1，－2,2)，
∴∴λ＝－2，k＝－4.故选C.
3．(多选)下列命题中正确的是(　　)
A．如果平面α内的一条直线l与平面α外的一条直线l′在平面α内的射影垂直，则l⊥l′
B．如果直线l与平面α外的一条直线l′垂直，则l与l′在平面α内的射影垂直
C．如果向量a和直线l在平面α内的射影垂直，则a⊥l
D．如果非零向量a和平面α平行，且和直线l垂直，直线l不与平面α垂直，则a垂直于l在平面α内的射影
答案　AD
解析　由三垂线定理及其逆定理，知A，D正确．
4．若A，B，C是平面α内的三点，设平面α的法向量a＝(x，y，z)，则x∶y∶z＝________.
答案　2∶3∶(－4)
解析　由题意，知＝，＝.由于a为平面α的法向量，所以a·＝0，
a·＝0，即所以
所以x∶y∶z＝y∶y∶＝2∶3∶(－4)．
5．三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1.
证明　证法一：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0，)，C1(0,1，)．
∵D为BC的中点，
∴D点坐标为(1,1,0)，
∴＝(1,1,0)，＝(0,0，)，＝(－2,2,0)，
∴·＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，
·＝0×(－2)＋0×2＋×0＝0，
∴⊥，⊥，
∴BC⊥AD，BC⊥AA1.
又A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD.
又BC 平面BCC1B1，
∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
证法二：同证法一建系后，得＝(0,0，)，
＝(1,1,0)，＝(－2,2,0)，＝(0，－1，)．
设平面A1AD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面BCC1B1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
由得
令y1＝－1，则x1＝1，z1＝0，∴n1＝(1，－1,0)．
由得
令y2＝1，则x2＝1，z2＝，∴n2＝.
∵n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2，
∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．设A是空间任一点，n为空间内任一非零向量，满足条件·n＝0的点M构成的图形是(　　)
A．圆 B．直线
C．平面 D．线段
答案　C
解析　·n＝0是平面的向量表示式．
2．平面α与β的法向量分别是a＝(4,0，－2)，b＝(1,0,2)，则平面α与β的位置关系是(　　)
A．平行 B．垂直
C．相交不垂直 D．无法判断
答案　B
解析　a＝(4,0，－2)，b＝(1,0,2)，所以a·b＝0，所以a⊥b，所以α⊥β.
3．已知＝(－3,1,2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－2，4)，点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为(　　)
A．AB⊥α B．AB α
C．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α
答案　D
解析　因为n·＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥.又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α，故选D.
4．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，点G是点P在平面ABC上的射影，则点G是△ABC的(　　)
A．内心 B．外心
C．垂心 D．重心
答案　C
解析　连接AG，BG，则AG，BG分别为AP，BP在平面ABC上的射影．因为PA⊥BC，所以由三垂线定理的逆定理知AG⊥BC，同理，BG⊥AC，所以点G是△ABC的垂心．故选C.
5．(多选)如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一条体对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为(　　)
答案　AD
解析　如图所示，
正方体ABCD－A′B′C′D′，连接AC，BD，∵M，P分别为其所在棱的中点，∴MP∥AC.∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵BB′⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴BB′⊥AC，∵AC⊥BD，BD∩BB′＝B，∴AC⊥平面DBB′，又DB′ 平面DBB′，∴AC⊥DB′.∵MP∥AC，∴DB′⊥MP，同理，可证DB′⊥NP，∵MP∩NP＝P，MP 平面MNP，NP 平面MNP，∴DB′⊥平面MNP，即l垂直平面MNP，故A正确；
在D中，与A中证明同理，可证l⊥MP，l⊥MN，又MP∩MN＝M，∴l⊥平面MNP，故D正确；对于B，建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则M(1,0,0)，N(2,2,1)，直线l所在体对角线两个顶点坐标分别为(0,0,2)，(2,2,0)，∴直线l的方向向量n＝(2,2，－2)，M＝(1,2,1)，∵n·M＝4≠0，∴直线l不可能垂直于平面MNP，故B错误；
同理，可在C中建立相同的空间直角坐标系，则M(2,0,1)，N(1,2,0)，M＝(－1，2，－1)，∵n·M＝4≠0，∴直线l不可能垂直于平面MNP，故C错误．故选AD.
二、填空题
6．空间直角坐标系中，两平面α与β分别以n1＝(2,1,1)与n2＝(0,2,1)为其法向量，若α∩β＝l，则直线l的一个方向向量为________(写出一个方向向量的坐标)．
答案　
解析　设直线l的一个方向向量为a＝(x，y，z)，由两平面α与β分别以n1＝(2,1,1)与n2＝(0,2,1)为其法向量，可得a·n1＝2x＋y＋z＝0，a·n2＝2y＋z＝0，可得z＝－2y，x＝y，可设y＝1，则x＝，z＝－2，可得a＝.
7．已知平面α的一个法向量u＝(－2，x，－2)，平面β的一个法向量v＝(1，－2，y)，若α∥β，则x＋y＝________；若α⊥β，则x＋y＝________.
答案　5　－1
解析　因为α∥β，所以u∥v，所以＝＝，解得x＝4，y＝1，所以x＋y＝5.因为α⊥β，所以u⊥v，所以－2×1＋(－2)x＋(－2)y＝0，故x＋y＝－1.
8．若正三棱锥P－ABC侧面互相垂直，则棱锥的高与底面边长之比为________.
答案　∶6
解析　设高为h，底边长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P(0,0，h)，A，B，C，P＝，P＝，P＝，得平面PAB，PAC的一个法向量分别为，，
则3－9＋＝0，解得h＝.
三、解答题
9．如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.
(1)求证：平面BCE⊥平面CDE；
(2)若点M是CD的中点，证明：AM∥平面BCE.
证明　(1)设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a，0,0)，B(0，0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)．
所以B＝(a，a，a)，B＝(2a,0，－a)，C＝(－a，a，0)，E＝(0,0，－2a)．
设平面BCE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由可得
即令z1＝2，可得n1＝(1，－，2)．
设平面CDE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由可得
即令y2＝1，可得n2＝(，1,0)．
因为n1·n2＝1×＋(－)×1＋2×0＝0.
所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE.
(2)易得M，则A＝，
又平面BCE的一个法向量为n1＝(1，－，2)，
则A·n1＝×1＋a×(－)＋0×2＝0.
所以A⊥n1，又AM 平面BCE，所以AM∥平面BCE.
10．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是BB1的中点，点F是CD的中点．
求证：(1)D1F⊥平面ADE；
(2)平面A1D1F⊥平面ADE.
证明　(1)以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.
设正方体的棱长为1，
由已知，得A(1,0,0)，E，D1(0,0,1)，F，∴＝(1,0,0)，＝，＝.
设平面ADE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则取z1＝2，得n1＝(0，－1,2)．
∵n1＝－2，∴n1∥，即D1F⊥平面ADE.
(2)∵A1(1,0,1)，∴＝(－1,0,0)，
设平面A1FD1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则取y2＝2，得n2＝(0,2,1)．
∵n1·n2＝0×0＋(－1)×2＋2×1＝0，∴n1⊥n2.
∴平面A1D1F⊥平面ADE.
B级：“四能”提升训练
1．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．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为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0，1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a，0,1)，故＝(a,0,1)，＝.
假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，
使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．
设平面B1AE的一个法向量n＝(x，y，z)，
∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只需n⊥，
∴n·＝－az0＝0，解得z0＝.
又DP 平面B1AE，
∴存在点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP＝.
2．如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.
(1)求证：E，B，F，D1四点共面；
(2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，
求证：ME⊥平面BCC1B1.
证明　(1)连接BD1，以点B为坐标原点，，，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Bxyz，
则＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，
＝(3,3,3)，
∴＝＋，
故，，共面．
又它们有公共点B，
∴E，B，F，D1四点共面．
(2)设M(0,0，z)，则＝，
而＝(0,3,2)．
由题设得·＝－×3＋z·2＝0，得z＝1.
∵M(0,0,1)，E(3,0,1)，
∴＝(3,0,0)，
又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)，
∴·＝0，·＝0，
从而ME⊥BB1，ME⊥BC.
又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.
11.1.2　空间向量基本定理
(教师独具内容)
课程标准：1.了解共线向量，共面向量的意义，掌握它们的表示方法.2.理解共线向量基本定理和共面向量定理，并能判断空间向量或空间点的共面问题.3.了解空间向量基本定理及其意义．
学法指导：在运用空间向量基本定理时，首先选取空间基底，用它们表示指定向量时，要结合图形，联想相关的公式和运算法则表示出与指定向量相接近的向量，再变形整理直至符合目标．
教学重点：应用共线向量基本定理与共面向量定理解决共线问题与共面问题；空间向量基本定理的应用．
教学难点：证明四点共面问题；应用空间向量基本定理解决问题.
对比平面向量基本定理，生活实际需要向三维空间发展，如美伊战争中，地面的坦克如何瞄准空中的飞机，这样就推广到空间向量基本定理．
知识点一 共线向量基本定理
如果a≠0且b∥a，则存在唯一的实数λ，使得b＝λa.
知识点二 共面向量定理
(1)如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使c＝xa＋yb.
(2)判断空间中四点是否共面的方法：如果A，B，C三点不共线，则点P在平面ABC内的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使＝x＋y.
知识点三 空间向量基本定理
(1)如果空间中的三个向量a，b，c不共面，那么对空间中的任意一个向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.特别地，当a，b，c不共面时，可知xa＋yb＋zc＝0 x＝y＝z＝0.表达式xa＋yb＋zc一般称为向量a，b，c的线性组合或线性表达式．
(2)如果三个向量a，b，c不共面，则它们的线性组合xa＋yb＋zc能生成所有的空间向量．因此，空间中不共面的三个向量a，b，c组成的集合{a，b，c}，常称为空间向量的一组基底.此时，a，b，c都称为基向量；如果p＝xa＋yb＋zc，则称xa＋yb＋zc为p在基底{a，b，c}下的分解式．
1．共线向量基本定理的推论
如果l为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线，那么对于空间任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等式O＝O＋ta.①
如图所示．
若在l上取A＝a，则①式可以化为O＝O＋tA＝(1－t)＋t.②
可得如下结论：对于空间任意点O，若有O＝λ＋(1－λ)O成立，则A，B，C三点共线．
这一结论可作为证明三点共线的常用方法．
2．对共面向量定理的理解
共面向量定理给出了空间平面的向量表示式，说明空间中任意一个平面都可以由一点及两个不共线的平面向量表示出来，它既是判断三个向量是否共面的依据，又是已知共面条件的另一种形式，可以借此将已知共面条件转化为向量式，以方便向量运算．另外，若存在有序实数组(x，y，z)使得对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有O＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1成立，则P，A，B，C四点共面．这一结论可作为判定空间中四个点共面的常用方法．
3．对空间向量基本定理的理解
(1)空间中任意三个不共面的向量都可以作为空间向量的一个基底，所以基底的选择范围很广，但在具体的题目或几何体中往往选择具有特殊关系的三个不共面向量作为基底．
注意：基底与基向量的区别，一个基底是由三个不共面的基向量组成的．
(2)建立基底的作用
将空间不同向量用同一组基向量表示，便于判断向量与向量之间的关系(如共线、共面等)．
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)向量a，b，c共面，即表示这三个向量的有向线段所在的直线共面．(　　)
(2)若向量e1，e2不共线，则对于空间任意向量a，都有a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R)．(　　)
(3)若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb.(　　)
(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．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)设e1，e2是平面内不共线的向量，已知＝2e1＋ke2，＝e1＋3e2，＝2e1－e2，若A，B，D三点共线，则k＝________.
(2)已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任一点，
若由＝＋＋λ确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ＝________.
(3)在三棱锥A－BCD中，若△BCD是正三角形，E为其中心，则＋－－化简的结果为________.
答案　(1)－8　(2)　(3)0
题型一 共线向量
例1　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E在A1D1上，且＝2，F在对角线A1C上，且＝.
求证：E，F，B三点共线．
[证明]　连接EF，EB，设＝a，＝b，＝c.
∵＝2，＝，
∴＝，＝.
∴＝＝b，＝(－)＝(＋－)＝a＋b－c.
∴＝－＝a－b－c＝(a－b－c)．
又＝＋＋＝－b－c＋a＝a－b－c，
∴＝，∴E，F，B三点共线．
1．判断向量共线的策略
(1)熟记共线向量的充要条件
①若a∥b，b≠0，则存在唯一实数λ使a＝λb；
②若存在唯一实数λ，使a＝λb，b≠0，则a∥b.
(2)判断向量共线的关键：找到实数λ.
2．证明空间三点共线的三种思路
对于空间三点P，A，B可通过证明下列结论来证明三点共线：
(1)存在实数λ，使＝λ成立；
(2)对空间任一点O，有＝＋t(t∈R)；
(3)对空间任一点O，有＝x＋y(x＋y＝1)．
[跟踪训练1]　如图所示，四边形ABCD，ABEF都是平行四边形且不共面．M，N分别是AC，BF的中点．试判断与是否共线？
解　∵M，N分别是AC，BF的中点，而四边形ABCD，ABEF都是平行四边形，
∴＝＋＋＝＋＋.
又＝＋＋＋＝－＋－－，
∴＋＋＝－＋－－，
∴＝＋2＋＝2(＋＋)，
∴＝2.
∴∥，即与共线.
题型二 共面向量
例2　已知A，B，M三点不共线，对于平面ABM外的任一点O，确定在下列各条件下，点P是否与A，B，M一定共面？
(1)＋＝3－；
(2)＝4－－.
[解]　解法一：(1)原式可变形为＝＋(－)＋(－)＝＋＋，即＝－－.
由共面向量定理知P与A，B，M共面．
(2)原式可变形为＝2＋－＋－＝2＋＋.
由共面向量定理可得P位于平面ABM内的充要条件可写成＝＋x＋y.
而此题推得＝2＋＋，∴P与A，B，M不共面．
解法二：(1)原式可变形为＝3－－.
∵3＋(－1)＋(－1)＝1，
∴B与P，A，M共面，即P与A，B，M共面．
(2)＝4－－，
∵4＋(－1)＋(－1)＝2≠1，∴P与A，B，M不共面．
1．利用四点共面求参数
共面向量定理的实质是共面的四点中所形成的两个不共线的向量一定可以表示其他向量，对于共面向量定理，不仅要会正用，也要能够逆用它求参数的值．
2．证明空间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．
(3)用平面：寻找一个平面，设法证明这些向量与该平面平行．
[跟踪训练2]　已知A，B，C三点不共线，平面ABC外一点O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)要证明三个向量共面，只需证明存在实数x，y，使＝x＋y；
∵＋＋＝3，∴－＝(－)＋(－)＝＋，即＝＋＝－－，∴向量，，共面．
(2)由(1)知向量，，共面，而它们有共同的起点M，且A，B，C三点不共线，∴M，A，B，C共面，即M在平面ABC内.
题型三 空间向量基本定理
例3　如图所示，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，A＝a，A＝b，＝c，P是CA′的中点，M是CD′的中点，N是C′D′的中点，点Q在CA′上，且CQ∶QA′＝4∶1，用基底{a，b，c}表示以下向量：
(1)A；(2)A；(3)A；(4)A.
[解]　连接AC，AC′，AD′.
(1)A＝(A＋)＝(A＋A＋)＝(a＋b＋c)．
(2)A＝(A＋)＝(A＋A＋A＋)
＝(a＋2b＋c)＝a＋b＋c.
(3)A＝(＋)
＝[(A＋A＋)＋(A＋)]
＝(A＋2A＋2)＝a＋b＋c.
(4)A＝A＋C＝A＋
＝A＋(C＋)＝A＋
＝(A＋A)＋＝a＋b＋c.
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．
[跟踪训练3]　空间四边形OABC中，G，H分别是△ABC，△OBC的重心，设O＝a，O＝b，O＝c，试用基底{a，b，c}表示向量O及.
解　如图，连接AG，OH并延长相交于D，所以D为BC的中点，
O＝O＋A＝O＋A
＝O＋(O－O)＝O＋×(O＋O)
＝a＋(b＋c)＝a＋b＋c.
∵＝－a，O＝O＝×(O＋O)＝(b＋c)，
∴＝＋＝－a＋b＋c.
题型四 利用空间向量基本定理求空间向量数量积
例4　已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AB1的中心，F为A1D1的中点．试计算：
(1)·；
(2)·；
(3)·.
[解]　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，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.
(3)·＝·
＝(－a＋b＋c)·＝－|a|2＋|b|2＝2.
在几何体中求空间向量的数量积，首先要充分利用向量所在的图形，将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式；其次利用向量的数量积满足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；最后利用数量积的定义求解即可．注意利用几何体中的垂直关系或者特殊角．
[跟踪训练4]　如图所示，在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC的中点，则·等于(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　A
解析　∵·＝(＋)·(－)＝(－＋－)·(－)＝(－2＋)·(－)＝·－2－·＋·＋2－·，又易知·＝0，·＝0，·＝0，||＝||，∴·＝0.故选A.
题型五 利用空间向量基本定理结合数量积求向量的夹角
例5　已知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，求〈，〉．
[解]　设AB＝a.如图所示．
∵＝＋，＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴·＝0，·＝0，·＝0且·＝－a2.∴·＝－a2.
又·＝||||cos〈，〉，
∴cos〈，〉＝＝－.
又〈，〉∈[0°，180°]，∴〈，〉＝120°.
利用cos〈a，b〉＝求向量夹角时，可结合共面向量定理和空间向量基本定理，用分解向量法求a·b.
[跟踪训练5]　已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求cos〈，〉．
解　如图，设＝a，＝b，＝c，且|a|＝|b|＝|c|＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝，则a·b＝b·c＝c·a＝.因为＝(＋)＝(a＋b)，＝－＝－＝c－b，||＝||＝，所以·＝(a＋b)·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－，所以cos〈，〉＝＝－.
题型六 利用空间向量基本定理结合向量数量积求距离
例6　在正四面体A－BCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且MB＝2AM，CN＝ND，求MN.
[解]　如图所示，||＝||＝||＝a，把题中所用到的量都用向量，，表示，于是＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋.
又·＝·＝·＝||2cos60°
＝||2＝a2，
∴·＝·＝2－·－·＋·＋2＋2＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2.
故||＝＝a，
即MN＝a.
利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模，利用公式|a|＝求解即可．
[跟踪训练6]　平行四边形ABCD中，AB＝2AC＝2且∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求点B，D间的距离．
解　如图，连接BD.由已知得AC⊥CD，AC⊥AB，折叠后AB与CD所成角为60°，于是，·＝0，·＝0，
且〈，〉＝60°或120°.
||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝22＋12＋22＋2×2×2cos〈，〉，
故||2＝13或5，解得||＝或，
即B，D间的距离为或.
1．已知空间向量a，b，且＝a＋2b，＝－5a＋6b，＝7a－2b，则一定共线的三点是(　　)
A．A，B，D B．A，B，C
C．B，C，D D．A，C，D
答案　A
解析　由已知可得＝a＋2b，＝＋＝2a＋4b，所以＝2，即，是共线向量，所以A，B，D三点共线．
2．若{e1，e2，e3}是空间的一组基底，又a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，d＝xa＋yb＋zc，则x，y，z分别为(　　)
A.，－1，－ B．，1，
C．－，1，－ D．，1，－
答案　A
解析　xa＋yb＋zc＝x(e1＋e2＋e3)＋y(e1＋e2－e3)＋z(e1－e2＋e3)＝(x＋y＋z)e1＋(x＋y－z)e2＋(x－y＋z)e3＝e1＋2e2＋3e3，由空间向量基本定理，得y＝－1，z＝－.
3．(多选)已知M，A，B，C四点互不重合且任意三点不共线，则下列式子中能使{M，M，M}成为空间的一组基底的是(　　)
A．O＝O＋O＋O
B．M＝M＋M
C．O＝O＋O＋O
D．M＝2－M
答案　AC
解析　对于A，因为＋＋＝≠1，所以，，不共面，能构成空间的一组基底，故A正确；对于C，因为1＋1＋1＝3≠1，所以，，不共面，能构成空间的一组基底，故C正确；对于B，D，易知M，M，M共面，不能构成空间的一组基底，故B，D错误．故选AC.
4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，则·＝________，·＝________.
答案　1　－1
解析　由题意，得·＝(＋＋)·＝·＋·＋·＝||2＝1.·＝·＝(＋)·(－)＝·＋·－·－·＝－||2＝－1.
5．已知平行六面体ABCD－A′B′C′D′，M是AA′的中点，点G在对角线A′C上且CG∶GA′＝2∶1，设＝a，＝b，＝c，试用基底{a，b，c}表示，，，.
解　如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，
＝＋＝＋＝a＋b.
＝＋＝＋＝a＋b＋c.
＝＋＝＋＋＝a＋b＋c.
＝＝(a＋b＋c)．
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．已知{a，b，c}是空间的一组基底，则下列向量可以与向量m＝a＋b，n＝a－b构成空间的另一组基底的是(　　)
A．a B．b
C．c D．a＋2b
答案　C
解析　m，n与a，m，n与b，m，n与a＋2b共面，故不能构成基底，故选C.
2．已知A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点(　　)
A．不共面 B．共面
C．不一定共面 D．无法判断是否共面
答案　B
解析　＝＋＋＝＋(＋)＋(＋)＝＋＋，∴－＝＋，∴＝＋.由共面向量定理，知P，A，B，C四点共面．
3．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，M，N分别为A1C1，BC的中点，则·＝(　　)
A．2 B．－2
C． D．－
答案　B
解析　∵＝＋，＝＋，∴·＝·(－)＝·＝·＝·＋·－2＝0＋0－2＝－2.故选B.
4．已知两非零向量e1，e2，且e1与e2不共线，设a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R，且λ2＋μ2≠0)，则(　　)
A．a∥e1
B．a∥e2
C．a与e1，e2共面
D．以上三种情况均有可能
答案　D
解析　∵λ2＋μ2≠0，∴当μ＝0时，λ≠0，此时，a＝λe1，∴a∥e1，同理，当λ＝0时，μ≠0，此时，a＝μe2，∴a∥e2；当λ≠0且μ≠0时，a＝λe1＋μe2，由共面向量定理可知a与e1，e2共面，故选D.
5．(多选)设{a，b，c}是空间的一组基底，则下列结论正确的为(　　)
A．若a⊥b，b⊥c，则a⊥c
B．a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面
C．对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zc
D．{a＋b，b＋c，c＋a}可以作为空间的一组基底
答案　BCD
解析　由{a，b，c}是空间的一组基底，可知，对于A，若a⊥b，b⊥c，则a与c不一定垂直，故A错误；对于B，由基底概念知a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面，故B正确；对于C，对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zc，故C正确；对于D，由a，b，c不共面，易知a＋b，b＋c，c＋a不共面，故{a＋b，b＋c，c＋a}可以作为空间的一组基底，故D正确．故选BCD.
二、填空题
6．已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λ＋m＋n＝0，那么λ＋m＋n的值为________.
答案　0
解析　∵A，B，C三点共线，∴存在唯一实数k使＝k，即－＝k(－)，∴(k－1)＋－k＝0，又λ＋m＋n＝0，令λ＝k－1，m＝1，n＝－k，则λ＋m＋n＝0.
7．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为底面A1B1C1D1的中心，a＝，b＝，c＝，＝xa＋yb＋zc，则x＝________，y＝________，z＝________.
答案　2　1　
解析　如图，＝＋＝＋(＋)＝2a＋b＋c＝xa＋yb＋zc.
所以x＝2，y＝1，z＝.
8.如图，已知棱长为1的正四面体O－ABC，边OA的中点为M，自O作平面ABC的垂线OH与平面ABC交于点H，与平面MBC交于点I，将用，，表示为________.
答案　＝＋＋
解析　易知H是正三角形ABC的中心，所以＝(＋＋)．又I在OH上，故存在实数λ，满足＝λ，故＝(＋＋)＝(2＋＋)．因为I在平面MBC内，所以＋＋＝1，所以λ＝，于是＝＋＋.
三、解答题
9．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M分所成的比为2∶1，N分所成的比为1∶2，设＝m，＝n，＝t，试将表示成m，n，t的关系式．
解　连接AN，则＝＋，由已知得四边形ABCD为平行四边形，故＝＋＝m＋n，又＝－＝－(m＋n)，＝＋＝＋＝＋(－)＝(t＋2n)，＝＋＝－(m＋n)＋(t＋2n)＝(n＋t－m)．
10．点P是矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥面ABCD，M是PC上的点，＝2，N为PD的中点．
(1)求满足＝x＋y＋z的实数x，y，z的值；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝2，求MN的长．
解　(1)取PC的中点E，连接NE，则＝－＝－(－)＝－
＝－＝－－(－＋＋)
＝－－＋，
所以x＝－，y＝－，z＝.
(2)因为PA＝AB＝1，AD＝2，且PA⊥AB，AB⊥AD，PA⊥AD，而||2＝|－－＋|2＝2＋2＋2＝，故MN＝||＝.
B级：“四能”提升训练
1．已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点(如图)，并且＝k，＝k，＝k，＝＋m，＝＋m.
求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；
(2)∥；
(3)＝k.
证明　(1)由＝＋m，＝＋m，知A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面．
(2)∵＝＋m＝－＋m(－)
＝k(－)＋km(－)＝k＋km
＝k(＋m)＝k，
∴∥.
(3)由(2)知＝－＝k－k＝k(－)＝k，
∴＝k.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点．
(1)求证：⊥；
(2)求cos〈，〉．
解　(1)证明：结合题图知，＝－，＝(＋)＝＝＋－，则·＝(－)·＝||2－||2＝0，
故⊥.
(2)设PA＝AD＝AB＝2BC＝2，
由于＝－，＝＋，
则||2＝|－|2＝2－2·＋2＝8，故||＝2，
||2＝|＋|2＝||2＋2·＋||2＝5，故||＝，·＝(－)·＝2，
故cos〈，〉＝＝.
11.1.3　空间向量的坐标与空间直角坐标系
(教师独具内容)
课程标准：1.了解空间向量坐标的定义.2.掌握空间向量的坐标运算，会计算向量的长度及两向量的夹角.3.会利用向量的坐标关系，判定两个向量平行或垂直.4.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置.5.掌握空间直角坐标系中两点之间的距离公式和中点坐标公式．
学法指导：空间向量的坐标运算实质是平面向量坐标运算的推广，两种向量的不同点是坐标形式不同，即表达方式不同，但运算方式并没有变，正因为如此，空间向量的运算法则，仅是在平面向量运算法则的基础上增加了竖坐标的运算规定，使得其有不同的表示形式．通过具体情境感受建立空间直角坐标系的必要性，通过类比的方法得出空间直角坐标系的定义、建系方法、空间中点坐标公式及两点之间的距离公式．
教学重点：利用空间向量的坐标运算解决平行、垂直、夹角和距离问题，及点在空间坐标系中的坐标表示．
教学难点：确定点在空间直角坐标系中的坐标，立体几何坐标化、代数化.
已知F1＝(1,2,3)，F2＝(－2,3，－1)，F3＝(3，－4,5)，若F1，F2，F3共同作用在一个物体上，使物体从点M1(1，－2,1)移动到点M2(3,1,2)．你知道用什么方法求出合力所做的功吗？怎样求？
知识点一 空间中向量的坐标
(1)单位正交基底
一般地，如果空间向量的基底{e1，e2，e3}中，e1，e2，e3都是单位向量，而且这三个向量两两垂直，就称这组基底为单位正交基底．
(2)向量的单位正交分解
在单位正交基底下向量的分解称为向量的单位正交分解．
(3)向量的坐标
如果p＝xe1＋ye2＋ze3，则称有序实数组(x，y，z)为向量p的坐标，记作p＝(x，y，z)，其中x，y，z都称为p的坐标分量．
知识点二 空间向量的运算与坐标的关系
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，
(1)a＝b x1＝x2，y1＝y2，z1＝z2；
(2)a＋b＝(x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2)；
(3)ua＋v b＝(ux1＋vx2，uy1＋vy2，uz1＋vz2)(其中u，v是实数)；
(4)a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2；
(5)|a|＝＝ ；
(6)当a≠0且b≠0时，cos〈a，b〉＝
＝.
知识点三 空间向量的坐标与空间向量的平行、垂直
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，
(1)a∥b(a≠0) b＝λa (x2，y2，z2)＝λ(x1，y1，z1) 当a的每一个坐标分量都不为零时，有a∥b ＝＝；
(2)a⊥b a·b＝0 x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.
知识点四 空间直角坐标系
(1)定义
在空间中任意选定一点O作为坐标原点，选择合适的平面先建立平面直角坐标系xOy，然后过O作一条与xOy平面垂直的数轴z轴，这样建立的空间直角坐标系记作Oxyz.
(2)坐标轴
在空间直角坐标系Oxyz中，x轴、y轴、z轴是两两互相垂直的，它们都称为坐标轴．
(3)坐标平面
通过每两个坐标轴的平面都称为坐标平面，分别记为xOy平面，yOz平面，zOx平面．
(4)z轴的正方向
一般按照如下方式确定：在z轴的正半轴看xOy平面，x轴的正半轴绕O点沿逆时针方向旋转90°能与y轴的正半轴重合．
(5)画法
在平面内画空间直角坐标系Oxyz时，一般把x轴、y轴画成水平放置，x轴正方向与y轴正方向夹角为135°(或45°)，z轴与y轴(或x轴)垂直，如图①②所示．
(6)空间中点的坐标
在空间直角坐标系Oxyz中，设M为空间中的一个点，过M分别作垂直于x轴、y轴、z轴的平面，设这些平面与x轴、y轴、z轴依次交于点P，Q，R，且P，Q，R在x轴、y轴、z轴上的坐标分别为x，y，z，将(x，y，z)称为点M的坐标，记作M(x，y，z).此时，x，y，z都称为点M的坐标分量，且x称为点M的横坐标(或x坐标)，y称为点M的纵坐标(或y坐标)，z称为点M的竖坐标(或z坐标)．
(7)卦限
三个坐标平面将不在坐标平面内的点分成了八个部分，每一部分都称为一个卦限.
知识点五 空间向量坐标的应用
设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
(1)＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)；
(2)AB＝||＝ ；
(3)线段AB的中点M的坐标为.
1．利用空间向量的坐标运算证明直线垂直(或平行)的方法
在空间的两直线l1，l2上，分别取对应向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
要证l1⊥l2，只需证a⊥b，即证a·b＝0，也就是证明a1b1＋a2b2＋a3b3＝0；
要证l1∥l2，只需证a∥b，且无公共点，即证明a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)．
2．利用空间向量的坐标运算求两异面直线夹角的方法
若两异面直线的方向向量分别为a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，应利用cosα＝|cosθ|
＝，以防止在问题的答案中出现两异面直线所成角为钝角或余弦值为负值的错误．
3．特殊点在空间直角坐标系中的坐标表示
点的位置 x轴 y轴 z轴 xOy平面 yOz平面 zOx平面
坐标表示 (x,0,0) (0，y,0) (0,0，z) (x，y,0) (0，y，z) (x,0，z)
4．空间两点间距离的求解
(1)求空间两点间的距离问题就是把点的坐标代入距离公式进行计算，其中确定点的坐标或合理设出点的坐标是关键．
(2)若所给题目中未建立空间直角坐标系，需结合已知条件建立适当的空间直角坐标系，再利用空间两点间的距离公式计算．
(3)空间两点间距离公式是平面两点间距离公式的推广．动点P(x，y，z)到定点P0(x0，y0，z0)的距离等于定长r(r>0)的轨迹方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＋(z－z0)2＝r2，此方程表示以点P0为球心，以r为半径的球面．
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)若p＝xa＋yb＋zc，则p的坐标为(x，y，z)．(　　)
(3)空间直角坐标系中，点(1，，2)关于yOz平面的对称点为(－1，，2)．(　　)
(4)在空间直角坐标系Oxyz中，已知点A的坐标为(－1，2,1)，点B的坐标为(1,3,4)，则＝(2,1,3)．(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．做一做
(1)在空间直角坐标系中，点P(3,4,5)与Q(3，－4，－5)两点的位置关系是(　　)
A．关于x轴对称 B．关于xOy平面对称
C．关于坐标原点对称 D．以上都不对
(2)已知空间三点A(1,1,1)，B(－1,0,4)，C(2，－2,3)，则与的夹角θ的大小是________.
(3)已知点A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,2)，则满足DB∥AC，DC∥AB的点D的坐标为________.
答案　(1)A　(2)　(3)(－1,1,2)
题型一 空间向量的运算与坐标的关系
例1　已知向量a＝(2，－1,2)，b＝(3，－4,0)，试求：
(1)2a－3b；(2)a·(－b)；(3)|a|，|b|；
(4)(2a－3b)·(2a＋3b)；(5)cos〈a，b〉．
[解]　(1)2a－3b＝(4，－2,4)－(9，－12,0)＝(－5,10,4)．
(2)a·(－b)＝(2，－1,2)·(－3,4,0)
＝2×(－3)＋(－1)×4＋2×0＝－10.
(3)|a|＝＝3，
|b|＝＝5.
(4)(2a－3b)·(2a＋3b)＝(2a)2－(3b)2
＝4|a|2－9|b|2＝4×9－9×25＝－189.
(5)cos〈a，b〉＝＝＝.
用坐标进行空间向量运算的两种方法
(1)用坐标公式直接计算；
(2)把向量的坐标形式设出来，建立方程组求解．
[跟踪训练1]　(1)已知a＝(1，－2,1)，a－b＝(－1,2，－1)，求向量b的坐标；
(2)若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，且满足条件(c－a)·2b＝－2，求x的值．
解　(1)b＝a－(a－b)＝(1，－2,1)－(－1，2，－1)＝(2，－4,2)．
(2)由题意得c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)，
∴(c－a)·2b＝2(1－x)＝－2，解得x＝2.
题型二 空间向量的坐标与空间向量的平行、垂直
例2　已知a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)．
(1)若|c|＝3，d＝b－a，且c∥d，求c；
(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k.
[解]　(1)设c＝λd，∵d＝b－a＝(－2，－1,2)，
∴c＝(－2λ，－λ，2λ)，
∴|c|＝＝3|λ|＝3.
解得λ＝±1.
∴c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．
(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，∴ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)．∵(ka＋b)⊥(ka－2b)，
∴(ka＋b)·(ka－2b)＝0.
即(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0，
解得k＝2或k＝－.
(1)平行与垂直的判断
①应用向量的方法判定两直线平行，只需判断两直线的方向向量是否共线．
②判断两直线是否垂直，关键是判断两直线的方向向量是否垂直，即判断两向量的数量积是否为0.
(2)平行与垂直的应用
①适当引入参数(比如向量a，b(b≠0)平行，可设a＝λb)，建立关于参数的方程．
②选择坐标形式，以达到简化运算的目的．
[跟踪训练2]　已知向量a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，且a∥b，b⊥c.
(1)求向量a，b，c；
(2)求向量a＋c与向量b＋c夹角的余弦值．
解　(1)因为a∥b，所以＝＝，且y≠0，
解得x＝2，y＝－4，
此时a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又由b⊥c得b·c＝0，
故(－2，－4，－1)·(3，－2，z)＝－6＋8－z＝0，
得z＝2，此时c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得，a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
因此向量a＋c与向量b＋c夹角θ的余弦值为
cosθ＝＝＝－.
题型三 确定空间中点的坐标
例3　在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1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，以D为原点，，，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．试写出点E，F，G，H的坐标．
[解]　如图，点E在z轴上，它的横、纵坐标均为0，而E为DD1的中点，故其坐标为.
过点F作FM⊥AD于M，FN⊥DC于N，由平面几何知FM＝，FN＝，故点F的坐标为.
点G在y轴上，其横、竖坐标均为0，又CG＝CD，所以GD＝，故点G的坐标为.
过点H作HK⊥CG于K，由于H为C1G的中点，
故HK＝，CK＝.
所以DK＝，故点H的坐标为.
空间中点M的坐标的三种确定方法
(1)过M作MM1垂直于平面xOy，垂足为M1，求出M1的x坐标和y坐标，再由射线M1M的指向和线段M1M的长度确定z坐标．
(2)构造以OM为体对角线的长方体，由长方体的三个棱长结合点M的位置，可以确定点M的坐标．
(3)若题中所给的图形中存在垂直于坐标轴的平面，或点M在坐标轴或坐标平面上，则利用这一条件，再作坐标轴的垂线即可确定点M的坐标．
[跟踪训练3]　如图所示，V－ABCD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，建立如图所示的空间直角坐标系，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，VO＝3，
∴V(0,0,3).
题型四 空间中点的对称
例4　在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)关于x轴对称的点的坐标是________；关于xOy平面对称的点的坐标是________；关于点A(1,0,2)对称的点的坐标是________.
[解析]　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，
所以点P关于x轴的对称点P1的坐标为(－2，－1，－4)．
点P关于xOy平面对称后，它在x轴，y轴的分量均不变，在z轴的分量变为原来的相反数，
所以点P关于xOy平面的对称点P2的坐标为(－2,1，－4)．
设点P关于点A的对称点的坐标为P3(x，y，z)，由中点坐标公式可得解得故点P关于点A(1,0,2)对称的点P3的坐标为(4，－1，0)．
[答案]　(－2，－1，－4)　(－2,1，－4)　(4，－1,0)
求空间对称点的规律方法
(1)空间的对称问题可类比平面直角坐标系中点的对称问题，需要掌握对称点的变化规律，才能准确求解．对称点的问题常常采用“关于谁对称，谁保持不变，其余坐标相反”这个结论．
(2)空间直角坐标系中，任一点P(x，y，z)的几种特殊对称点的坐标如下：
①关于原点对称的点的坐标是P1(－x，－y，－z)；
②关于x轴(横轴)对称的点的坐标是P2(x，－y，－z)；
③关于y轴(纵轴)对称的点的坐标是P3(－x，y，－z)；
④关于z轴(竖轴)对称的点的坐标是P4(－x，－y，z)；
⑤关于xOy坐标平面对称的点的坐标是P5(x，y，－z)；
⑥关于yOz坐标平面对称的点的坐标是P6(－x，y，z)；
⑦关于zOx坐标平面对称的点的坐标是P7(x，－y，z)．
[跟踪训练4]　已知在空间直角坐标系中点P(2,5，－3)．
(1)求点P关于y轴对称的点的坐标；
(2)求点P关于yOz平面对称的点的坐标；
(3)求点P关于点N(－5,4,3)对称的点的坐标．
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(－2，5,3)．
(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(－2,5，－3)．
(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＝－12，y＝2×4－5＝3，
z＝2×3－(－3)＝9，故P3(－12,3,9).
题型五 空间向量坐标的应用
例5　正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为面A1B1C1D1的中心，求AP，B1P，AB1的长度，并证明AP⊥B1P.
[解]　建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B1(1,1,1)，P，由空间两点间的距离公式得AP＝ ＝，
B1P＝ ＝，
AB1＝＝，
∴AP2＋B1P2＝AB，∴AP⊥B1P.
空间直角坐标系中的两点之间的距离公式
(1)本例的求解方法尽管很多，但利用坐标法求解，应该说是既简捷又易行，方法的对照比较，也更体现出了坐标法解题的优越性．
(2)依据题中的垂直关系，建立恰当的坐标系，利用空间中两点间的距离公式可以求距离、证垂直、求角度等，为我们提供了新的解题方法．
(3)在空间直角坐标系中，若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|A|＝，即平面直角坐标系中的两点之间的距离公式可推广到空间直角坐标系中．
[跟踪训练5]　已知△ABC的三个顶点A(1,5,2)，B(2,3,4)，C(3,1,5)．
(1)求△ABC中最短边的长度；
(2)求AC边上中线的长度．
解　(1)由空间两点间距离公式得
AB＝＝3，
BC＝＝，
AC＝＝，
∴△ABC中最短边是BC，其长度为.
(2)由中点坐标公式，得AC的中点坐标为.
∴AC边上中线的长度为
＝.
1．已知向量a＝(1，－2,1)，a＋b＝(3，－6,3)，则b等于(　　)
A．(2，－4,2) B．(－2,4,2)
C．(－2,0，－2) D．(2,1，－3)
答案　A
解析　b＝(a＋b)－a＝(3，－6,3)－(1，－2,1)＝(2，－4，2)，故选A.
2．已知向量a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则|a－b＋2c|等于(　　)
A．3 B．2
C． D．5
答案　A
解析　∵a－b＋2c＝(1,0,1)－(－2，－1,1)＋2(3,1,0)＝(1＋2＋6,0＋1＋2,1－1＋0)＝(9,3,0)，∴|a－b＋2c|＝＝3.
3．(多选)已知向量a＝(2,4，x)，b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值可能为(　　)
A．－3 B．1
C．3 D．－1
答案　AB
解析　∵|a|＝＝6，∴x＝±4.又a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，∴y＝－1－x，∴当x＝4时，y＝－3，当x＝－4时，y＝1，∴x＋y＝1或－3.故选AB.
4．已知空间向量a＝(x－1,1，－x)，b＝(－x,3，－1)，若a⊥b，则x＝________.
答案　3或－1
解析　由题意，得(x－1)(－x)＋3＋x＝0，即x－x2＋3＋x＝0，解得x＝3或x＝－1.
5．已知点A(4,4,0)，B(3，a，a－2)，且AB＝.
(1)若点C的坐标为(2,2,2)，求证：A，B，C三点共线；
(2)若点D的坐标为(5,4,1)，试判断△ABD的形状．
解　(1)证明：由两点间的距离公式得
AB＝＝，解得a＝3，
所以B(3,3,1)，
所以AC＝＝2，
BC＝＝，
又AB＝，所以AB＋BC＝AC，故A，B，C三点共线．
(2)AD＝＝，
BD＝＝，又AB＝，
所以AB2＋AD2＝BD2，故△ABD为直角三角形．
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．已知向量a＝(1－t,2t－1,3)，b＝(2，t，t)，则|a－b|的最小值为(　　)
A．2 B．
C． D．2
答案　D
解析　由题意知a－b＝(－1－t，t－1,3－t)，则|a－b|＝＝ .易知当t＝1时，|a－b|有最小值，为2，故选D.
2．若点P(－4，－2,3)关于坐标平面xOy和y轴的对称点的坐标分别是(a，b，c)，(e，f，d)，则c与e的和为(　　)
A．7 B．－7
C．－1 D．1
答案　D
解析　P(－4，－2,3)关于坐标平面xOy的对称点的坐标为(－4，－2，－3)，点P(－4，－2,3)关于y轴的对称点的坐标为(4，－2，－3)，∵点P(－4，－2,3)关于坐标平面xOy及y轴的对称点的坐标分别为(a，b，c)，(e，f，d)，∴c＝－3，e＝4，∴c＋e＝1.
3．已知a＝(3,2－x，x)，b＝(x,2,0)，且a与b的夹角为钝角，则实数x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－4) B．(－4,0)
C．(0,4) D．(4，＋∞)
答案　A
解析　∵a，b的夹角为钝角，∴a·b<0，即3x＋2(2－x)＋0·x＝4＋x<0，∴x<－4.又若夹角为π，则存在λ<0，使a＝λb，∴此方程组无解，∴x∈(－∞，－4)，故选A.
4．正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，点P在对角线BD′上，且BP＝BD′，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P的坐标为(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　如图所示，过点P分别作平面xOy和z轴的垂线，垂足分别为E，H，过E分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为F，G，由于BP＝BD′，所以DH＝DD′＝，DF＝DA＝，DG＝DC＝，所以点P的坐标为，故选D.
5．(多选)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(3,0，－1)，c＝(－1，5，－3)，下列等式中正确的是(　　)
A．(a·b)c＝b·c
B．(a＋b)·c＝a·(b＋c)
C．(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2
D．|a＋b＋c|＝|a－b－c|
答案　BCD
解析　A项，左边为向量，右边为实数，显然不相等，不正确；B项，左边＝(4,2,2)·(－1,5，－3)＝0，右边＝(1,2,3)·(2,5，－4)＝2＋10－12＝0，∴左边＝右边，正确；C项，a＋b＋c＝(3,7，－1)，左边＝32＋72＋(－1)2＝59，右边＝12＋22＋32＋32＋0＋(－1)2＋(－1)2＋52＋(－3)2＝59，∴左边＝右边，正确；D项，由C可得左边＝，∵a－b－c＝(－1，－3,7)，∴|a－b－c|＝，∴左边＝右边，正确．故选BCD.
二、填空题
6．在空间直角坐标系中，过点A(1,2，－3)作z轴的垂线，交z轴于点M，则垂足M的坐标为________.
答案　(0,0，－3)
解析　由于z轴上的点的横、纵坐标都为0，且点M的竖坐标不变，仍为－3，所以垂足M的坐标为(0,0，－3)．
7．已知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＝________.
答案　0　0
解析　＝(λ－1,1，λ－2μ－3)，＝(2，－2,6)，由∥，得＝－＝.解得λ＝0，μ＝0.
8．已知边长为4的正方形ABCD所在平面外一点P与正方形的中心O的连线PO垂直于平面ABCD，且PO＝6，则PO的中点M到△PBC的重心N的距离为________.
答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,2,0)，C(－2,2,0)，P(0,0,6)，由题意得，M(0，0,3)，N，
则＝，
于是||＝＝.
故点M到△PBC的重心N的距离为.
三、解答题
9．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，AA1＝1，点M在A1C1上，且MC1＝2A1M，点N在D1C上，且为D1C的中点，建立适当的空间直角坐标系，求M，N两点间的距离．
解　如图所示，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则C(2,3,0)，D1(0,3,1)，A1(0,0,1)，C1(2,3,1)．
∵N为D1C的中点，∴N.
又MC1＝2A1M，∴M.
∴MN＝＝，
即M，N两点间的距离是.
10．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
(1)求以，为边的平行四边形的面积；
(2)若|a|＝，且a分别与，垂直，求向量a的坐标．
解　(1)由题意，可得＝(－2，－1,3)，＝(1，－3，2)，所以cos〈，〉＝＝＝＝，所以sin〈，〉＝，
所以以，为边的平行四边形的面积
S＝2×||||sin〈，〉＝14×＝7.
(2)设a＝(x，y，z)，由题意，得
解得或
所以向量a的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1)．
B级：“四能”提升训练
1．如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是正方体体对角线D1B的中点，点Q在棱CC1上．
(1)当2C1Q＝QC时，求PQ；
(2)当点Q在棱CC1上移动时，求PQ的最小值．
解　(1)由题意，知点C1(0,1,1)，点D1(0,0,1)，
点C(0,1,0)，点B(1,1,0)，点P是体对角线D1B的中点，则点P.
因为点Q在棱CC1上，且2C1Q＝QC，
所以点Q的坐标为.
由空间两点的距离公式，得
PQ＝＝
＝.
(2)当点Q在棱CC1上移动时，设点Q(0,1，a)，a∈[0,1]．
由空间两点的距离公式得
PQ＝
＝，
故当a＝时，PQ取得最小值，
此时点Q.
2．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,2)．
(1)若∥，∥，求点D的坐标；
(2)是否存在实数α，β，使得＝α＋β成立？若存在，求出α，β的值；若不存在，说明理由．
解　(1)设D(x，y，z)，则＝(－x,1－y，－z)，＝(－1,0,2)，＝(－x，－y,2－z)，＝(－1,1,0)．
因为∥，∥，
所以
解得即D(－1,1,2)．
(2)依题意＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(0，－1,2)．
假设存在实数α，β，使得＝α＋β成立，
则有(－1,0,2)＝α(－1,1,0)＋β(0，－1,2)＝(－α，α－β，2β)，
所以
故存在α＝β＝1，使得＝α＋β成立．
1第一章　单元质量测评
　　时间：120分钟　　　满分：150分
一、单项选择题(本题共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．若平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3,5)，v＝(－3,1，－4)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
答案　C
解析　因为≠≠，且u·v≠0，所以α，β相交但不垂直．
2．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F是侧面CC1D1D的中心，且＝＋m－n，则m，n的值分别为(　　)
A.，－ B．－，－
C．－， D．，
答案　A
解析　由题意知，＝＋＝＋(＋)＝＋＋，所以m＝，n＝－.
3．一束光线自点P(－1,1,1)发出，被yOz平面反射后到达点Q(－6,3,3)被吸收，则光线所走的路程是(　　)
A. B．
C． D．3
答案　C
解析　因为点Q(－6,3,3)关于yOz平面的对称点为Q′(6,3,3)，所以光线所走的路程为
|PQ′|＝＝.故选C.
4．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
答案　C
解析　如右图，＝(＋)，＝，·＝(·＋·)＝(a2cos60°＋a2cos60°)＝a2.
5．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，且A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A．斜交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
答案　B
解析　设＝a，＝b，＝c.由题意，知A1B＝AC＝a.又A1M＝AN＝a，∴＝＝(a＋b)，＝＝(b＋c)，则＝＋－＝a＋(b＋c)－(a＋b)＝a＋c，因此，与，共面，∴MN∥平面AA1D1D，从而MN∥平面BB1C1C.
6．如右图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　)
A．45° B．60°
C．90° D．120°
答案　B
解析　令＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|.
∵＝b＋c，＝(c－a)，再令|a|＝2.则||＝2，||＝.又·＝(b＋c)·(c－a)＝(b·c－b·a＋|c|2－c·a)＝(0－0＋4－0)＝2，
∴cos〈，〉＝＝，∴EF与BC1所成的角为60°.
7．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，B1C的中点，则直线EF和平面ABCD所成角的正切值为(　　)
A. B．
C． D．2
答案　B
解析　如图所示，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则点A1(1，0,1)，C(0,1,0)，D1(0，0,1)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，F，E，＝，＝(0,0,1)为底面的一个法向量，cos〈，〉＝＝＝.设直线EF和平面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝，∴tanθ＝＝.故选B.
8．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为6，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.当A1，E，F，C1四点共面时，平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为(　　)
A. B．
C． D．
答案　B
解析　由题意知，当E，F分别为AB，BC的中点时，A1，E，F，C1四点共面．以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A1(6，0,6)，C1(0,6,6)，E(6，3,0)，F(3,6,0)，＝(6,3,0)，＝(6,0,6)，＝(3,6,0)，＝(0,6,6)．
设平面A1DE的一个法向量为n1＝(a，b，c)，依题意，得
令a＝－1，则c＝1，b＝2，所以n1＝(－1,2,1)为平面A1DE的一个法向量．同理得平面C1DF的一个法向量为n2＝(2，－1,1)．所以平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|＝＝.
二、多项选择题(本题共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．在以下命题中，不正确的为(　　)
A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B．若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb
C．对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，则P，A，B，C四点共面
D．|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|
答案　ABCD
解析　A错误，应为充分不必要条件；B错误，应强调b≠0；C错误，∵2－2－1≠1；D错误，根据数量积公式可知．
10．在四面体P－ABC中，下列说法正确的有(　　)
A．若＝＋，则＝3
B．若Q为△ABC的重心，则＝＋＋
C．若·＝0，·＝0，则·＝0
D．若四面体P－ABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则||＝1
答案　ABC
解析　对于A，∵＝＋，∴3＝＋2，∴2－2＝－，∴2＝，∴3＝＋，即3＝，故A正确；对于B，若Q为△ABC的重心，则＋＋＝0，∴3＋＋＋＝3，∴3＝＋＋，即＝＋＋，故B正确；对于C，若·＝0，·＝0，则·＋·＝0，∴·＋·(＋)＝0，
∴·＋·＋·＝0，
∴·＋·－·＝0，
∴(－)·＋·＝0，
∴·＋·＝0，∴·＋·＝0，
∴·(＋)＝0，∴·＝0，故C正确；对于D，∵＝－＝(＋)－＝(＋－)，∴||＝|－－|，
∵|－－|
＝
＝
＝2，∴|M|＝，故D错误．故选ABC.
11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是(　　)
A．(＋A＋A)2＝2A2
B.·(A－A)＝0
C．向量与的夹角是60°
D．BD1与AC所成角的余弦值为
答案　AB
解析　以顶点A为端点的三条棱长都相等，它们彼此的夹角都是60°，可设棱长为1，则·＝·＝·＝1×1×cos60°＝，(＋A＋A)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋3×2×＝6，而22＝2(＋)2＝2(2＋2＋2·)＝2＝2×3＝6，所以A正确；·(－)＝(＋＋)·(－)＝·－·＋2－·＋A·A－A2＝0，所以B正确；向量＝，显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°.所以向量与的夹角是120°，向量与的夹角是120°，则C不正确；又＝＋－，＝＋，则||＝＝，||＝＝，·＝(＋－)·(＋)＝1，所以cos〈，〉＝＝＝，所以D不正确．故选AB.
12.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内．下列结论正确的是(　　)
A．直线CM与平面ABCD所成角的余弦值为
B．||的最大值为2
C．cos∠A1D1P的取值范围为
D．若D1P⊥CM，则△PBC的面积的最小值为
答案　ABCD
解析　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1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D(0,2,0)，M(0,0,1)，C(2,2,0)，B(2,0,0)，D1(0,2,2)．对于A，＝(－2，－2,1)，＝(0,0,2)，易知是平面ABCD的法向量，设直线CM与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，∴cosθ＝，A正确；对于B，∵点P在侧面ABB1A1内，∴设P(a,0，b)，a，b∈[0,2]，则＝(a，－2，b－2)，∴||＝∈[2,2]，即||的最大值为2，B正确；对于C，cos∠A1D1P＝＝∈，C正确；对于D，∵＝(－2，－2，1)，＝(2－a,0，－b)，D1P⊥CM，∴·＝－2a＋4＋b－2＝0，即b＝2a－2，∴a∈[1,2]．∵BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥PB，∴S△PBC＝BC·PB＝×2×PB＝.将b＝2a－2代入，可得S△PBC＝＝，a∈[1，2]，∴当a＝时，S△PBC取得最小值，最小值为，D正确．故选ABCD.
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)
13．在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2)，B(1，－3,1)，点M在y轴上，且点M到点A，B的距离相等，则点M的坐标是________.
答案　(0，－1,0)
解析　因为点M在y轴上，所以可设点M的坐标为(0，y,0)．由|MA|＝|MB|，得(0－1)2＋(y－0)2＋(0－2)2＝(0－1)2＋(y＋3)2＋(0－1)2，整理得6y＋6＝0，解得y＝－1，即点M的坐标为(0，－1,0)．
14．已知三棱锥S－ABC的三条侧棱长都等于a，且两两垂直，则二面角S－BC－A的正切值为________.
答案　
解析　取BC的中点D，连接SD，AD，易证∠SDA为S－BC－A的平面角，在Rt△SDA中有tan∠SDA＝＝＝.
15．给出下列命题：
①若＝，则必有A与C重合，B与D重合，AB与CD为同一线段；
②若a·b<0，则〈a，b〉是钝角；
③若a为直线l的方向向量，则λa(λ∈R)也是l的方向向量；
④非零向量a，b，c满足a与b，b与c，c与a都是共面向量，则a，b，c必共面．
其中不正确的命题为________(填序号)．
答案　①②③④
解析　①错误，如在正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝，但线段AB与A1B1不重合；②错误，a·b<0，即cos〈a，b〉<0 <〈a，b〉≤π，而钝角的取值范围是；③错误，当λ＝0时，λa＝0不能作为直线l的方向向量；④错误，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，令＝a，＝b，＝c，则它们两两共面，但显然，，是不共面的．
16．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________，截面AB1D1与底面ABCD的夹角的余弦值为________.
答案　　
解析　如图建立空间直角坐标系Dxyz，则A1(2，0,4)，A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，＝(－2，0,4)，＝(0,2,4)，＝(0,0,4)．设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
解得x＝2z且y＝－2z，不妨设n＝(2，－2,1)，
设点A1到平面AB1D1的距离为d，
则d＝＝.
由题意知，底面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，设截面AB1D1与底面ABCD的夹角为θ，则|cosθ|＝＝.
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设向量a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,8)，计算2a＋3b,3a－2b，a·b以及a与b所成角的余弦值，并确定λ，μ应满足的条件，使λa＋μb与z轴垂直．
解　2a＋3b＝2×(3,5，－4)＋3×(2,1,8)＝(6,10，－8)＋(6,3,24)＝(12,13,16)．
3a－2b＝3×(3,5，－4)－2×(2,1,8)＝(9,15，－12)－(4,2,16)＝(5,13，－28)．
a·b＝(3,5，－4)·(2,1,8)＝6＋5－32＝－21.
∵|a|＝＝5，
|b|＝＝，
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
∵λa＋μb与z轴垂直，∴(3λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋8μ)·(0,0,1)＝－4λ＋8μ＝0，即λ＝2μ，
∴当λ，μ满足λ＝2μ时，可使λa＋μb与z轴垂直．
18．(本小题满分12分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1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)结合(1)知·＝||||cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝ ＝ ＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F.
证明：(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
证明　如图所示，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设DC＝a.
(1)连接AC，交BD于点G，连接EG.依题意得A(a,0,0)，P(0，0，a)，E.
∵底面ABCD是正方形，
∴G是此正方形的中心．
故点G的坐标为，
且P＝(a,0，－a)，E＝，
∴P＝2，则PA∥EG.
又EG 平面EDB且PA 平面EDB，
∴PA∥平面EDB.
(2)依题意得B(a，a,0)，P＝(a，a，－a)，
D＝，故P·D＝0＋－＝0.
∴PB⊥DE，
又EF⊥PB，且EF∩DE＝E，
∴PB⊥平面EFD.
20．(本小题满分12分)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在棱CC1上，且CC1＝4CP.
(1)求直线AP与平面BCC1B1所成角的正弦值；
(2)求点P到平面ABD1的距离．
解　(1)如图所示，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，
∵棱长为4，
∴A(4,0,0)，B(4,4,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,4)，P(0,4,1)，
∴＝(－4,4,1)，显然＝(0,4,0)为平面BCC1B1的一个法向量，
∴直线AP与平面BCC1B1所成的角θ的正弦值sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.
(2)设平面ABD1的一个法向量为n＝(x，y,1)，
∵＝(0,4,0)，＝(－4,0,4)，
由n⊥，n⊥，得
∴n＝(1,0,1)，
∴点P到平面ABD1的距离d＝＝.
21．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO.
解　如图所示，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，
设正方体的棱长为1，则O，P，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设Q(0,1，z)，
则＝，＝(－1，－1,1)，
∴∥，∴OP∥BD1.
＝，＝(－1,0，z)，
当z＝时，＝，
即AP∥BQ，又AP∩OP＝P，BQ∩BD1＝B，
则有平面PAO∥平面D1BQ，
∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
22．(本小题满分12分)正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角E－DF－C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
解　(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB，又AB 平面DEF，EF 平面DEF，
∴AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，＝(1，，0)，＝(0，，1)，＝(0，0,2)．
平面CDF的一个法向量为＝(0,0,2)，
设平面EDF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取n＝(3，－，3)，cos〈，n〉＝＝，
∴二面角E－DF－C的余弦值为.
(3)存在．设P(s，t,0)，
则·＝t－2＝0，∴t＝，
又＝(s－2，t,0)，＝(－s,2－t,0)，
∵∥，∴(s－2)(2－t)＝－st，
∴s＋t＝2.
把t＝代入上式得s＝，
∴＝，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.
此时，＝.
11.2.3　直线与平面的夹角
(教师独具内容)
课程标准：1.理解斜线和平面所成角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性.2.会求直线与平面所成的角.3.会利用公式cosθ＝cosθ1cosθ2解决一些问题．
学法指导：斜线与平面所成角转化为斜线与其在平面内射影所成的锐角来求解，关键是利用已知垂直关系得出线面垂直，确定斜线的射影．
教学重点：求线面角的常用方法．
教学难点：能利用几何关系确定斜线的射影以及公式cosθ＝cosθ1cosθ2中各角的含义．
日晷是我国古代利用日影测量时刻的一种计时仪器，通常由铜制的指针与石制的圆盘组成，铜制的指针称为“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的圆盘称为“晷面”，把日晷放在水平面，当太阳光照在日晷上时，晷针的影子就会投向晷面，太阳由东向西移动，投向晷面的晷针的影子也慢慢地由西向东移动，以此计时．试问当晷面所在平面与桌面成50°角时，晷针所在直线的方向向量与桌面所在平面的法向量所成的角是多少呢？
知识点一 直线与平面的夹角
(1)定义
引进了平面的斜线与平面所成的角之后，空间中任意一条直线与任意一个平面所成的角的大小都是确定的，直线与平面所成的角也称为它们的夹角．
(2)直线与平面所成角θ的范围：θ∈.
知识点二 最小角定理
(1)线线角、线面角的关系式
关系式：如图，AB⊥α，则图中θ，θ1，θ2之间的关系是cosθ＝cosθ1cosθ2.
(2)最小角定理
平面的斜线与平面所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.
知识点三 直线与平面所成的角与直线的方向向量和平面的法向量夹角的关系
如图，如果v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，设直线l与平面α所成角的大小为θ，则
θ＝－〈v，n〉或θ＝〈v，n〉－.
特别地，cosθ＝sin〈v，n〉或sinθ＝|cos〈v，n〉|.
1．对直线与平面所成角的理解
直线与平面所成的角是指这条直线与它在这个平面内的射影所成的角，其范围是，斜线与平面所成的角是它与平面内的一切直线所成角中最小的角．直线与平面所成的角可以通过直线的方向向量与平面的法向量求得，若设直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与平面的法向量的夹角为φ，则有sinθ＝|cosφ|.
2．直线与平面所成角的求法
(1)几何法：找出斜线在平面上的射影，则斜线与射影所成的角就是线面角，可通过解由斜线段、垂线段和射影线段构成的直角三角形获解．
(2)向量法：设直线l的方向向量为a，平面α的一个法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为φ，则有cosθ＝sinφ或sinθ＝|cosφ|＝.
3．对公式cosθ＝cosθ1cosθ2的理解
由0≤cosθ2≤1，∴cosθ≤cosθ1，从而θ1≤θ.
在公式中，令θ2＝90°，则cosθ＝cosθ1cos90°＝0.
∴θ＝90°.此即三垂线定理，反之若θ＝90°，可知θ2＝90°，即为三垂线定理的逆定理，即三垂线定理及逆定理可看成此公式的特例．
1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．(　　)
(2)线面角和异面直线所成角的范围都是.(　　)
(3)如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线与平面的夹角为90°.(　　)
(4)如果一条直线与一个平面平行或在平面内，那么这条直线与平面的夹角为0°.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)正四面体A－BCD中，棱AB与底面BCD所成角的余弦值为________.
(2)在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成的角是________.
(3)已知圆锥的底面半径为1 cm，侧面积为2π cm2，则母线与底面所成的角是________.
答案　(1)　(2)30°　(3)
题型一 用定义法求线面角
例1　在正四面体A－BCD中，E为棱AD的中点，连接CE，求CE和平面BCD所成角的正弦值．
[解]　如图所示，过A，E分别作AO⊥平面BCD，
EG⊥平面BCD，O，G为垂足．
∵E为AD的中点，∴AO綊2GE，AO，GE确定平面AOD，连接GC，则∠ECG为EC和平面BCD所成的角．
连接OB，OC，OD，
∵AB＝AC＝AD，
∴OB＝OC＝OD.
∵△BCD是正三角形，
∴O为△BCD的中心，延长DO交BC于F，则F为BC的中点．
设正四面体的棱长为1，
可求得CE＝，DF＝，OD＝，
AO＝＝＝，
∴EG＝，
在Rt△ECG中，sin∠ECG＝＝.
在求解斜线和平面所成的角的过程中，确定点在平面上的射影的位置是一个既基本又重要的问题，确定点在平面上的射影的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的射影上；
(2)利用已知的垂直关系得出线面垂直，确定射影．
[跟踪训练1]　如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　D
解析　如图所示，在平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线，垂足为E，连接BE.
C1E⊥平面BB1D1D.
∴∠C1BE就是BC1与平面BB1D1D所成的角．
∵C1E×B1D1＝C1D1×B1C1，
∴C1E＝＝，BC1＝＝.
∴sin∠C1BE＝＝＝，故选D.
题型二 用向量法求线面角
例2　正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
[解]　解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0,0，a)，C1，
取A1B1的中点M，则M，连接AM，MC1，
有＝，
＝(0，a,0)，＝(0,0，a)．
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即MC1⊥AB，MC1⊥AA1，又AB∩AA1＝A，
∴MC1⊥平面ABB1A1.
∴∠C1AM是AC1与侧面A1ABB1所成的角．
由于＝，＝，
∴·＝0＋＋2a2＝，
||＝＝a，
||＝＝a，
∴cos〈，〉＝＝.
∴〈，〉＝30°，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
解法二：由解法一得，＝(0，a,0)，＝(0,0，a)，＝.
设侧面ABB1A1的一个法向量n＝(x，y，z)，
∴n·＝0且n·＝0.
∴ay＝0且az＝0.∴y＝z＝0.
取x＝1，得n＝(1,0,0)．
∵＝，
∴cos〈，n〉＝＝－.
∴|cos〈，n〉|＝.∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角．解法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．
[跟踪训练2]　已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝AB，N为AB上一点，AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
解　设PA＝1，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图．
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M，
N，S.
(1)证明：＝，
＝，
因为·＝－＋＋0＝0，所以CM⊥SN.
(2)＝，设a＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，由a·＝0，a·＝0，
得令x＝2，得a＝(2,1，－2)．
设SN与平面CMN所成的角为θ，
则sinθ＝|cos?a，?|.
又|cos?a，?|＝||＝，
所以sinθ＝，又θ∈，所以θ＝45°，
故SN与平面CMN所成角的大小为45°.
题型三 公式cosθ＝cosθ1cosθ2的应用
例3　已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为a的菱形，O为菱形ABCD的中心，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，AA1＝a，求证：A1O⊥平面ABCD.
[证明]　∵菱形ABCD的边长为a，且∠BAD＝60°，
∴AC为∠BAD的平分线，且AO＝a，
又∠A1AB＝∠A1AD，
∴直线A1A在平面ABCD上的射影为直线AC，记∠A1AC＝θ.
则cosθ＝＝＝.
∴A1Acosθ＝a×＝a＝AO，
∴A1O⊥平面ABCD.
(1)公式cosθ＝cosθ1cosθ2在解题时经常用到，可用来求线面角θ1，在应用公式时，一定要分清θ，θ1，θ2分别对应图形中的哪个角，否则极易出错．
(2)常用的一个结论：若∠AOB＝∠AOC，且AO为平面BOC的一条斜线，则AO在平面BOC内的射影平分∠BOC及其对顶角．
[跟踪训练3]　如图所示，∠BOC在平面α内，OA是平面α的一条斜线，若∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝OB＝OC＝a，BC＝a，求OA与平面α所成角的度数．
解　∵∠AOB＝∠AOC＝60°，
∴OA在α内的射影为∠BOC的平分线．
作∠BOC的平分线OH交BC于点H，
又OB＝OC＝a，BC＝a，
∴∠BOC＝90°，故∠BOH＝45°.
由公式cosθ＝cosθ1cosθ2，得
cos∠AOH＝＝＝，
∴∠AOH＝45°，
即OA与平面α所成的角为45°.
1．若平面α的一个法向量n＝(2,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(1,2,3)，则l与α所成角的正弦值为(　　)
A. B．
C．－ D．
答案　B
解析　l与α所成角的正弦值为|cos〈a，n〉|＝＝＝＝.故选B.
2．如图，AB⊥平面α于B，BC为AC在α内的射影，CD在α内，若∠ACD＝60°，∠BCD＝45°，则AC和平面α所成的角为(　　)
A．15° B．30°
C．45° D．60°
答案　C
解析　∵平面ABC⊥平面BCD，∴cos∠ACD＝cos∠ACBcos∠BCD，∴cos60°＝cos∠ACBcos45°，∴cos∠ACB＝，即AC和平面α所成的角为45°.
3．(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点，则(　　)
A．CD⊥AN
B．BD⊥PC
C．PB⊥平面ANMD
D．BD与平面ANMD所成的角为30°
答案　CD
解析　由题意，易知AB，AD，AP两两垂直，以A，A，A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PA＝AD＝AB＝2BC＝2，则A(0，0,0)，B(2,0,0)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，N(1,0,1)．对于A，∵C＝(－2,1,0)，A＝(1,0,1)，C·A＝－2≠0，∴CD与AN不垂直，A错误；对于B，∵B＝(－2,2,0)，P＝(2,1，－2)，B·P＝－2≠0，∴BD与PC不垂直，B错误；对于C，∵P＝(2,0，－2)，A＝(0,2,0)，A＝(1,0,1)，∴P·A＝0，P·A＝0，即PB⊥AD，PB⊥AN，又AD∩AN＝A，∴PB⊥平面ANMD，C正确；对于D，∵PB⊥平面ANMD，∴P＝(2,0，－2)是平面ANMD的一个法向量，∵B＝(－2,2,0)，∴cos〈P，B〉＝＝－，∴BD与平面ANMD所成的角为30°，D正确．故选CD.
4．如图，正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为________.
答案　
解析　取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设BC＝1，则A，B，C，D，所以＝，＝，＝.设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
所以取x＝1，则y＝－，z＝1，
所以n＝(1，－，1)，所以cos〈n，〉＝，
因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
5．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，求A1B与平面BB1D1D所成的角．
解　以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Dxyz.
设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
∴＝(1,1,0)，＝(0,0,1)．
设平面BB1D1D的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1，－1,0)．
又A1(1,0,1)，∴＝(0,1，－1)，
∴cos〈n，〉＝＝－，
∴〈n，〉＝120°，
即A1B与平面BB1D1D所成的角为30°.
A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．直线l与平面α所成角为，直线m在平面α内且与直线l异面，则直线l与m所成角的取值范围为(　　)
A. B．
C. D．
答案　A
解析　m与l异面，故其夹角最大为，最小即为线面角，故范围为，故选A.
2．若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为(　　)
A. B．－
C. D．－
答案　A
解析　cos〈n，a〉＝＝＝.故正弦值为，故选A.
3．已知∠APB在平面α内，大小为60°，射线PC与PA，PB所成的角均为135°，则PC与平面α所成角的余弦值是(　　)
A．－ B．
C． D．－
答案　B
解析　设PC与平面α所成的角为θ，则cos45°＝cosθ·cos30°，所以cosθ＝.
4．如图，在矩形ABCD中，已知AB＝AD，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起到△A′BE的位置，使A′C＝A′D，则A′C与平面BEDC所成角的正切值是(　　)
A．2 B．
C． D．
答案　B
解析　如图，以B为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系Bxyz.取BE的中点M，CD的中点N，连接A′M，MN，A′N，CM，由题意可证得A′M⊥BE，A′M⊥CD，得A′M⊥平面BCDE，
则∠A′CM是A′C与平面BEDC所成的角．
令AB＝1，则AD＝2，M，A′，C(0，2,0)，则＝，是平面BEDC的一个法向量且＝，所以sin∠A′CM＝|cos〈，〉|＝＝＝，所以tan∠A′CM＝.
5．(多选)正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，则(　　)
A．AC1与底面ABC所成角的正弦值为
B．AC1与底面ABC所成角的正弦值为
C．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为
D．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为
答案　BC
解析　如图，取A1C1的中点E，AC的中点F，连接EF，EB1，则EB1，EC1，EF三条直线两两垂直，则以E为坐标原点，直线EB1，EC1，EF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AA1＝2，∴A1(0，－1,0)，C1(0,1,0)，A(0，－1,2)，C(0,1，2)，B1(，0,0)，∴＝(0,2，－2)．设底面ABC的一个法向量为m＝(0，0,2)，∴AC1与底面ABC所成角的正弦值为|cos〈m，〉|＝＝＝，∴A错误，B正确；∵A1B1的中点K的坐标为，∴侧面AA1B1B的一个法向量为＝，∴AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为|cos〈，〉|＝＝＝，∴C正确，D错误．故选BC.
二、填空题
6．等腰Rt△ABC的斜边AB在平面α内，若AC与α成30°角，则斜边上的中线CM与平面α所成角的大小为________.
答案　45°
解析　如图，设AC＝BC＝1，∴AB＝，作CO⊥α，连接OA，OM，则∠CAO＝30°，∴OC＝.∵CM＝AB＝，∴sin∠OMC＝＝，又∠OMC为锐角，∴∠OMC＝45°.
7．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，且PD＝AB＝1，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角θ的正弦值为________.
答案　
解析　以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，由已知，得P(0,0,1)，A(1，0,0)，B(1,1,0)，C(0，1,0)，则重心G，因而＝(0,0,1)，＝，那么sinθ＝|cos〈，〉|＝＝.
8.如右图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是棱CC1上的一点，CP＝m，若直线AP与平面BDD1B1所成角的正弦值为，则m＝__________，此时异面直线AP与A1B1所成角的余弦值为________.
答案　　
解析　如图，连接AC，以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．则A(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0，1，m)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，易证是平面BDD1B1的一个法向量．
＝(－1,1,0)，＝(－1，1，m)，＝(0,1,0)．
∵|cos〈，〉|＝＝＝，m>0，∴m＝.
cos〈，〉＝＝＝.
三、解答题
9．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M为B1C1上一点，且B1M＝2，点N在线段A1D上，且A1D⊥AN.
(1)求cos〈，〉；
(2)求直线AD与平面ANM夹角的正弦值．
解　(1)以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz.
由已知，得A1(0,0,4)，D(0,8,0)，M(5,2,4)，
所以＝(0,8，－4)，＝(5,2,4)，
所以||＝4，||＝3.
所以cos〈，〉＝＝0.
(2)由(1)知⊥，又⊥，AM∩AN＝A，
所以⊥平面AMN，
所以平面AMN的一个法向量为＝(0,8，－4)．
又＝(0,8,0)，
设直线AD与平面ANM的夹角为θ，则sinθ＝
|cos〈，〉|＝＝＝.
即直线AD与平面ANM夹角的正弦值为.
10．如右图所示，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE与AD的交点，AC⊥BC，且AC＝BC.
(1)求证：AM⊥平面EBC；
(2)求直线AB与平面EBC所成角的大小．
解　∵四边形ACDE是正方形，
∴EA⊥AC，AM⊥EC.
∵平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC＝AC，AE 平面ACDE，AE 平面ABC，
∴EA⊥平面ABC.
以点A为坐标原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，和的方向分别为y轴和z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
设EA＝AC＝BC＝2，
则A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)．
∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴M(0,1,1)．
(1)证明：∵＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，∴·＝0，·＝0.
∴AM⊥EC，AM⊥CB.
又EC∩CB＝C，∴AM⊥平面EBC.
(2)∵AM⊥平面EBC，
∴为平面EBC的一个法向量．
∵＝(0,1,1)，＝(2,2,0)，
∴cos〈，〉＝＝.
∴〈，〉＝60°.
∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.
B级：“四能”提升训练
1．在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，求PA与平面DEF夹角的正弦值．
解　如图，建立空间直角坐标系Axyz.
由已知，得B(1,0,0)，C(0，1,0)，P(0，0,2)，
因为D，E，F分别是AB，BC，CP的中点，
所以D，E，F，
所以＝，＝.
设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝2，得n＝(2,0,1)．
又＝(0,0,2)，
设PA与平面DEF的夹角为θ，则
sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
即PA与平面DEF夹角的正弦值为.
2．在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
解　(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB 平面ABD，AB⊥BD，
∴AB⊥平面BCD.又CD 平面BCD，∴AB⊥CD.
(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．
由(1)知AB⊥平面BCD，BE 平面BCD，∴AB⊥BE，
又AB⊥BD，
∴以B为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，
则＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)．
设平面MBC的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则
即
取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．
设直线AD与平面MBC所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，
即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.
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