【金版学案】2014-2015学年高中数学章末知识整合（人教版选修2-1）第三章
文档属性
| 名称 | 【金版学案】2014-2015学年高中数学章末知识整合（人教版选修2-1）第三章 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 522.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2015-01-20 19:47:12 | ||
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文档简介
数学·选修2－1(人教A版)
本章小结
要点归纳
1．空间向量的运算及运算律．
空间向量加法、减法、数乘、向量的意义及运 ( http: / / www.21cnjy.com )算律与平面向量类似，空间任意两个向量都可以通过平移转化为平面向量，两个向量相加的三角形法则与平行四边形法则仍然成立．
2．两个向量的数量积的计算．
向量的数量积运算要遵循数量积的性质和运算律，常用于有关向量相等、两向量垂直、射影、夹角等问题中．
3．空间向量的坐标运算，关键是建立恰当的空 ( http: / / www.21cnjy.com )间坐标系，然后再利用有关公式计算求解．常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题，利用向量的夹角公式和距离公式求解空间角与空间距离的问题．
4．空间向量的分解定理说明：用三个不共面的已知向量{a，b，c}可以线性表示出空间任意一个向量，而且表示的结果是唯一的．
5．利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特 ( http: / / www.21cnjy.com )征．一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件中的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量，然后利用向量的运算解决该向量问题，从而原问题得解．
6．利用向量坐标解决立体几 ( http: / / www.21cnjy.com )何问题的关键在于找准位置，建立适当、正确的空间坐标系，难点是在已建好的坐标系中表示出已知点的坐标，只有正确表示出已知点的坐标，才能通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数化解法．
题型归类
题型1 空间向量及其运算
空间向量及其运算的知识与方法与平面向 ( http: / / www.21cnjy.com )量及其运算类似，是平面向量的拓展，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础．
已知A，B，C三点不共线，对平面外任一点，满足条件＝＋＋，试判断：点P与A，B，C是否一定共面．
分析：要判断点P与A，B，C是否一定共面，即是要判断是否存在有序实数对x，y使＝x＋y或对空间任一点O，有＝＋x＋y.
解析：由题意得，5＝＋2＋2，
所以(－)＝2(－)＋2(－)，
所以＝2＋2，即＝－2－2，
所以，点P与A，B，C共面．
点评：在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候，首先要选择恰当的充要条件形式，然后对照形式将已知条件进行转化运算．
题型2 空间向量与空间位置关系
向量作为工具来研究几何，真正使几 ( http: / / www.21cnjy.com )何中的形与代数中的数实现了有机的结合，给立体几何的研究带来了极大的便利，不论证明平行还是垂直，只需简单的运算就可解决问题．
如图
( http: / / www.21cnjy.com )
所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
分析：建立空间直角坐标系，找出平面A1BD的法向量n，再证明·n＝0.
证明：如图
( http: / / www.21cnjy.com )
所示，以D为原点，DA、DC、DD ( http: / / www.21cnjy.com )1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，则可求得M，N，D(0,0,0)，A1(1，0,1)，B(1,1,0)，
于是＝，＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，
设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)，
则n·＝0，且n·＝0，得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)．
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
所以⊥n.又MN 平面A1BD，
所以MN∥平面A1BD.
如图
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所示，矩形ABCD的边AB＝a，BC＝2，P ( http: / / www.21cnjy.com )A⊥平面ABCD，PA＝2，现有数据：a＝；a＝1；a＝2；a＝；a＝4.若在BC边上存在点Q，使PQ⊥QD，则a可以取所给数据中的哪些值？并说明理由．
分析：建立空间直角坐标系，由PQ⊥QD得·＝0，再将该等式表示为坐标形式，利用方程思想求解．
解析：建立如图所示的空间直
( http: / / www.21cnjy.com )
角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)．
设Q(a，x,0)(BQ＝x，0≤x≤2)，
于是＝(a，x，－2)，＝(－a,2－x,0)．
由PQ⊥QD得·＝－a2＋x(2－x)－2×0＝0，
即x2－2x＋a2＝0，此方程有解，Δ≥0，所以0当a＝时，方程的解为x＝或x＝，满足0≤x≤2.
当a＝1时，方程的解为x＝1，满足0≤x≤2.
因此满足条件的a的取值为a＝和a＝1.
题型3 空间向量与空间角
利用空间向量确定空间中的线 ( http: / / www.21cnjy.com )线角、线面角、二面角，避免了利用传统方法求角时先进行角的确定，然后求角的弊端，只需要准确求解直线的方向向量和平面的法向量，代入公式求角即可，大大体现了向量法的简捷之处．
四棱锥PABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.
(1)求AM与PD所成的角；
(2)求二面角PAMN的余弦值；
(3)求直线CD与平面AMN所成角的余弦值．
分析：建立空间直角坐标系，将所求角转化为空间向量所成的角．
解析：建立如图
( http: / / www.21cnjy.com )
所示的空间直角坐标系，得 ( http: / / www.21cnjy.com )A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，所以＝(2,2，－2)，＝(0,2，－2)．
设M(x1，y1，z1)，因为＝λ，
所以(x1，y1，z1－2)＝λ(0,2，－2)，所以x1＝0，y1＝2λ，z1＝－2λ＋2，
所以M(0,2λ，2－2λ)．
因为PC⊥平面AMN，所以PC⊥AM，
所以 ·＝0，
所以(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0，得4λ－2(2－2λ)＝0，
所以λ＝，M(0,1,1)．
设N(x2，y2，z2)，因为＝t，
所以(x2，y2，z2－2)＝t(2,2，－2)，
所以x2＝2t，y2＝2t，z2＝－2t＋2，所以N(2t,2t,2－2t)．
因为⊥，所以·＝0，
所以(2t,2t,2－2t)·(2,2，－2)＝0，所以4t＋4t－2(2－2t)＝0，
所以t＝，所以N.
(1)因为cos?，?＝＝0，
所以AM与PD所成的角为90°.
(2)因为AB⊥平面PAD，PC⊥平面AMN，
所以，分别是平面PAD，平面AMN的法向量．
因为·＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4，||＝2，||＝2，
所以cos?，?＝＝，
所以二面角PAMN的余弦值为.
(3)因为是平面AMN的法向量，所以 ( http: / / www.21cnjy.com )CD与平面AMN所成的角即为CD与PC所成角的余角．因为·＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4，
所以cos?，?＝＝－，
所以直线CD与PC所成角的余弦值为，
即直线CD与平面AMN所成角的余弦值为.
题型4 空间向量与空间距离
空间距离在高考中考查较多的是两点距和点 ( http: / / www.21cnjy.com )面距．两点距主要利用向量的模即两点间的距离公式求解．点面距利用平面的法向量代入公式求解．有了向量，距离的求法也都公式化了．
如图
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，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．
解析：(1)证明：因为四边
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形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cos θ＝＝＝.
(3)由(2)知＝(－1，，0)．
设P(0，－，t)(t>0)，则＝(－1，－，t)．
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则·m＝0，·m＝0.
所以
令y＝，则x＝3，z＝.所以m＝.
同理，平面PDC的法向量n＝.
因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋＝0，
解得t＝，所以PA＝.
强化训练
一、选择题
1．若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R，且λμ≠0)，则( )
A．m∥n
B．m⊥n
C．m，n既不平行也不垂直
D．以上三种情况都可能
解析：因为m·n＝m·(λa＋μb)＝λm·a＋μm·b＝0，所以m⊥n. 故选B.
答案：B
2．已知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
解析：因为a－b＋2c＝(1,0, ( http: / / www.21cnjy.com )1)－(－2，－1,1)＋(6,2,0)＝(3,1,0)＋(6,2,0)＝(9,3,0)，所以|a－b＋2c|＝3.故选A.
答案：A
3．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，
( http: / / www.21cnjy.com )
则B1C与平面A1B1BA所成角的正弦值是( )
A. B. C. D.
解析：设棱长为2，取
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棱A1B1、AB的中点D、E，建立如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示的坐标系，则E(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0，，0)，C(0，，2)，所以＝(－1，，2)，＝(0，，0)，且是平面A1B1BA的法向量，设所求角为θ，则sin θ＝＝＝.故选B.
答案：B
4. 如图
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所示空间四边形ABCD，连接AC、BD，设M、G分别是BC、CD的中点，则－＋等于( )
A. B．2 C．3 D．3
解析：－＋＝－(－)＝－＝＋＝＋2 ＝3 .故选D.
答案：D
5. 已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于( )
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A．6 B．6 C．12 D．144
解析：因为＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2 ·＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144.所以PC＝12.
故选C.
答案：C
6.
如右图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈ ( http: / / www.21cnjy.com )β，AB与两平面α、β所成的角分别为和，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′等于( )
A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．4∶3
解析：连接AB′和A′B，设AB＝a， ( http: / / www.21cnjy.com )可得AB与平面α所成的角为∠BAB′＝，在Rt△BAB′中有AB′＝a，同理可得AB与平面β所成的角为∠ABA′＝，所以AA′＝a，因此在Rt△AA′B′中A′B′＝＝a，所以AB∶A′B′＝a∶a＝2∶1，故选A.
答案：A
7．已知二面角α l β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为( )
A．30° B．60° C．90° D．120°
( http: / / www.21cnjy.com )
解析：二面角αlβ的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为两条直线所成的角，
∴θ＝60°，故选B.
答案：B
8．如右图，正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长都为2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是( )
A．2 B. C. D.
解析：如图所示，
取AC的中点G，连EG，FG，则易得FG＝2，EG＝1，则EF＝，故选C.
答案：C
二、填空题
9．已知△ABC的顶点坐标为A(1,1,1)、B(2,2,2)、C(3.2.4)，则△ABC的面积是________．
解析：＝(1,1,1)，＝(2,1,3)，cos〈，〉＝＝，∴sin A＝.
∴S△ABC＝||||sin A＝×××＝.
答案：
10．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角等于________．
解析：正四棱锥的体积为12，底 ( http: / / www.21cnjy.com )面对角线的长为2，底面边长为2，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tan α＝，即二面角等于.
答案：
11. 已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，?a，b?＝135°，且m⊥n，则实数λ等于________．
解析：因为m·n＝(a＋b)·(a＋λ ( http: / / www.21cnjy.com )b)＝|a|2＋λa·b＋a·b＋λ|b|2＝18＋λ×3×4×cos 135°＋3×4×cos 135°＋λ×16＝6－12λ＋16λ＝6＋4λ，
所以m·n＝0＝6＋4λ，所以λ＝－.
答案：－
12. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为________________．
解析：建立如图
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所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2,1)．
所以＝(－2，－2,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,1)．
设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
因为n⊥，n⊥，
所以所以
令y＝1，则n＝(－1,1,0)．
所以cos?n，?＝＝，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，
则sin θ＝|cos?n，?|＝.
答案：
三、解答题
13．(2013·新课标全国II卷)如图
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，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)求二面角DA1CE的正弦值．
解析：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．
又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.
因为DF 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
(2)解析：由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.
以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．
( http: / / www.21cnjy.com )
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
则n·＝0，且n·＝0，即 x1＋y1＝0，且2x1＋2z1＝0.可取n＝(1，－1，－1)．
同理，设m是平面A1CE的法向量，
则m·＝0，且m·＝0，可取m＝(2,1，－2)．
从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.
即二面角DA1CE的正弦值为.
14．如下图，已知四棱锥P ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E，F分别是BC, PC的中点．
(1)证明：AE⊥PD；
(2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E AF C的余弦值．
解析：(1)证明：由四边形ABCD为菱形，
∠ABC＝60°，可得△ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.
又 BC∥AD，因此AE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AE.
而PA 平面PAD，AD 平面PAD 且PA∩AD＝A，
所以 AE⊥平面PAD，又PD 平面PAD.
所以 AE⊥PD.
(2)解析：如下图，设AB＝2，H为PD上 ( http: / / www.21cnjy.com )任意一点，连接AH、EH.由(1)知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE＝，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大，此时tan∠EHA＝＝＝，因此AH＝，又AD＝2，所以∠ADH＝45°，所以PA＝2.因为AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(，0,0)，F.
所以＝(，0,0)，＝.设平面AEF的一法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 因此
取z1＝－1，则m＝(0,2，－1)，
因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面AFC，
故为平面AFC的一法向量．
又＝(－，3,0)，
所以 cos〈m, 〉＝＝＝.
因为二面角EAFC为锐角，
所以所求二面角的余弦值为.
15．如右图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1.
(1)求证： AB⊥BC；
(2)若AA1＝AC＝a，直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1 BC A的大小为φ，求证：θ＋φ＝.
答案：证明：(1)如下图，过 ( http: / / www.21cnjy.com )点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC.又BC 平面A1BC，所以AD⊥BC.
因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC.
又AA1∩AD＝A，从而BC⊥侧面A1ABB1，
又AB 侧面A1ABB1，
故AB⊥BC.
(2)由(1)知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝c(c＜a)，则B(0,0,0)，A(0，c,0)，
C(，0,0)，A1(0，c，a)，
于是＝(，0,0)，
＝(0，c，a)，
＝(，－c,0)，＝(0,0，a)．
设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由 得
可取n＝(0，－a，c)，于是n·＝ac＞0，与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角．
sin θ＝cos β＝ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＝，
cos φ＝＝＝，
所以sin θ＝cos φ＝sin，又0＜θ，φ＜，
所以θ＋φ＝.
16．如下图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.
(1)试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3.
(2)在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP？并证明你的结论．
解析：方法一 (1)连接AC，设AC交BD于O，
AP与面BDD1B1交于点G，连接OG.
因为PC∥面BDD1B1，面BDD1B1∩面APC＝OG，
故OG∥PC.所以OG＝PC＝.
又AO⊥DB，AO⊥BB1，所以AO⊥面BDD1B1.故∠AGO为AP与面BDD1B1所成的角．
在Rt△AOG中，tan∠AGO＝3，即m＝.
故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3.
(2)依题意，要在A1C1上找一点Q，使得D1Q⊥AP.
可推测A1C1的中点O1即为所求的Q点．
因为D1O1⊥A1C1，D1O1⊥AA1，
所以D1O1⊥面ACC1A1.
又AP 面ACC1A1，故D1O1⊥AP.
从而D1O1在平面AD1P上的射影与AP垂直．
方法二 (1)建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．
所以＝(－1，－1,0)，＝(0,0,1)，
＝(－1,1，m)，＝(－1,1,0)．
又由·＝0，·＝0知为平面BB1D1D的一个法向量．
设AP与面BDD1B1所成的角为θ，
则sin θ＝cos＝＝ .
依题意有＝，
解得m＝.
故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3.
(2)若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，则Q(x,1－x,1)，＝(x,1－x,0)．
依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.
等价于⊥ ·＝0 －x＋(1－x)＝0 x＝.所以Q.
即Q为A1C1的中点时，满足题设的要求．
空间向量与立体几何
本章小结
要点归纳
1．空间向量的运算及运算律．
空间向量加法、减法、数乘、向量的意义及运 ( http: / / www.21cnjy.com )算律与平面向量类似，空间任意两个向量都可以通过平移转化为平面向量，两个向量相加的三角形法则与平行四边形法则仍然成立．
2．两个向量的数量积的计算．
向量的数量积运算要遵循数量积的性质和运算律，常用于有关向量相等、两向量垂直、射影、夹角等问题中．
3．空间向量的坐标运算，关键是建立恰当的空 ( http: / / www.21cnjy.com )间坐标系，然后再利用有关公式计算求解．常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题，利用向量的夹角公式和距离公式求解空间角与空间距离的问题．
4．空间向量的分解定理说明：用三个不共面的已知向量{a，b，c}可以线性表示出空间任意一个向量，而且表示的结果是唯一的．
5．利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特 ( http: / / www.21cnjy.com )征．一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件中的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量，然后利用向量的运算解决该向量问题，从而原问题得解．
6．利用向量坐标解决立体几 ( http: / / www.21cnjy.com )何问题的关键在于找准位置，建立适当、正确的空间坐标系，难点是在已建好的坐标系中表示出已知点的坐标，只有正确表示出已知点的坐标，才能通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数化解法．
题型归类
题型1 空间向量及其运算
空间向量及其运算的知识与方法与平面向 ( http: / / www.21cnjy.com )量及其运算类似，是平面向量的拓展，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础．
已知A，B，C三点不共线，对平面外任一点，满足条件＝＋＋，试判断：点P与A，B，C是否一定共面．
分析：要判断点P与A，B，C是否一定共面，即是要判断是否存在有序实数对x，y使＝x＋y或对空间任一点O，有＝＋x＋y.
解析：由题意得，5＝＋2＋2，
所以(－)＝2(－)＋2(－)，
所以＝2＋2，即＝－2－2，
所以，点P与A，B，C共面．
点评：在用共面向量定理及其推论的充要条件进行向量共面判断的时候，首先要选择恰当的充要条件形式，然后对照形式将已知条件进行转化运算．
题型2 空间向量与空间位置关系
向量作为工具来研究几何，真正使几 ( http: / / www.21cnjy.com )何中的形与代数中的数实现了有机的结合，给立体几何的研究带来了极大的便利，不论证明平行还是垂直，只需简单的运算就可解决问题．
如图
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所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
分析：建立空间直角坐标系，找出平面A1BD的法向量n，再证明·n＝0.
证明：如图
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所示，以D为原点，DA、DC、DD ( http: / / www.21cnjy.com )1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，则可求得M，N，D(0,0,0)，A1(1，0,1)，B(1,1,0)，
于是＝，＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，
设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)，
则n·＝0，且n·＝0，得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)．
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
所以⊥n.又MN 平面A1BD，
所以MN∥平面A1BD.
如图
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所示，矩形ABCD的边AB＝a，BC＝2，P ( http: / / www.21cnjy.com )A⊥平面ABCD，PA＝2，现有数据：a＝；a＝1；a＝2；a＝；a＝4.若在BC边上存在点Q，使PQ⊥QD，则a可以取所给数据中的哪些值？并说明理由．
分析：建立空间直角坐标系，由PQ⊥QD得·＝0，再将该等式表示为坐标形式，利用方程思想求解．
解析：建立如图所示的空间直
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角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)．
设Q(a，x,0)(BQ＝x，0≤x≤2)，
于是＝(a，x，－2)，＝(－a,2－x,0)．
由PQ⊥QD得·＝－a2＋x(2－x)－2×0＝0，
即x2－2x＋a2＝0，此方程有解，Δ≥0，所以0
当a＝1时，方程的解为x＝1，满足0≤x≤2.
因此满足条件的a的取值为a＝和a＝1.
题型3 空间向量与空间角
利用空间向量确定空间中的线 ( http: / / www.21cnjy.com )线角、线面角、二面角，避免了利用传统方法求角时先进行角的确定，然后求角的弊端，只需要准确求解直线的方向向量和平面的法向量，代入公式求角即可，大大体现了向量法的简捷之处．
四棱锥PABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.
(1)求AM与PD所成的角；
(2)求二面角PAMN的余弦值；
(3)求直线CD与平面AMN所成角的余弦值．
分析：建立空间直角坐标系，将所求角转化为空间向量所成的角．
解析：建立如图
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所示的空间直角坐标系，得 ( http: / / www.21cnjy.com )A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，所以＝(2,2，－2)，＝(0,2，－2)．
设M(x1，y1，z1)，因为＝λ，
所以(x1，y1，z1－2)＝λ(0,2，－2)，所以x1＝0，y1＝2λ，z1＝－2λ＋2，
所以M(0,2λ，2－2λ)．
因为PC⊥平面AMN，所以PC⊥AM，
所以 ·＝0，
所以(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0，得4λ－2(2－2λ)＝0，
所以λ＝，M(0,1,1)．
设N(x2，y2，z2)，因为＝t，
所以(x2，y2，z2－2)＝t(2,2，－2)，
所以x2＝2t，y2＝2t，z2＝－2t＋2，所以N(2t,2t,2－2t)．
因为⊥，所以·＝0，
所以(2t,2t,2－2t)·(2,2，－2)＝0，所以4t＋4t－2(2－2t)＝0，
所以t＝，所以N.
(1)因为cos?，?＝＝0，
所以AM与PD所成的角为90°.
(2)因为AB⊥平面PAD，PC⊥平面AMN，
所以，分别是平面PAD，平面AMN的法向量．
因为·＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4，||＝2，||＝2，
所以cos?，?＝＝，
所以二面角PAMN的余弦值为.
(3)因为是平面AMN的法向量，所以 ( http: / / www.21cnjy.com )CD与平面AMN所成的角即为CD与PC所成角的余角．因为·＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4，
所以cos?，?＝＝－，
所以直线CD与PC所成角的余弦值为，
即直线CD与平面AMN所成角的余弦值为.
题型4 空间向量与空间距离
空间距离在高考中考查较多的是两点距和点 ( http: / / www.21cnjy.com )面距．两点距主要利用向量的模即两点间的距离公式求解．点面距利用平面的法向量代入公式求解．有了向量，距离的求法也都公式化了．
如图
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，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．
解析：(1)证明：因为四边
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形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O，
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1,0,0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0,2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cos θ＝＝＝.
(3)由(2)知＝(－1，，0)．
设P(0，－，t)(t>0)，则＝(－1，－，t)．
设平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
则·m＝0，·m＝0.
所以
令y＝，则x＝3，z＝.所以m＝.
同理，平面PDC的法向量n＝.
因为平面PBC⊥平面PDC，所以m·n＝0，即－6＋＝0，
解得t＝，所以PA＝.
强化训练
一、选择题
1．若向量m垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R，且λμ≠0)，则( )
A．m∥n
B．m⊥n
C．m，n既不平行也不垂直
D．以上三种情况都可能
解析：因为m·n＝m·(λa＋μb)＝λm·a＋μm·b＝0，所以m⊥n. 故选B.
答案：B
2．已知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
解析：因为a－b＋2c＝(1,0, ( http: / / www.21cnjy.com )1)－(－2，－1,1)＋(6,2,0)＝(3,1,0)＋(6,2,0)＝(9,3,0)，所以|a－b＋2c|＝3.故选A.
答案：A
3．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，
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则B1C与平面A1B1BA所成角的正弦值是( )
A. B. C. D.
解析：设棱长为2，取
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棱A1B1、AB的中点D、E，建立如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示的坐标系，则E(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0，，0)，C(0，，2)，所以＝(－1，，2)，＝(0，，0)，且是平面A1B1BA的法向量，设所求角为θ，则sin θ＝＝＝.故选B.
答案：B
4. 如图
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所示空间四边形ABCD，连接AC、BD，设M、G分别是BC、CD的中点，则－＋等于( )
A. B．2 C．3 D．3
解析：－＋＝－(－)＝－＝＋＝＋2 ＝3 .故选D.
答案：D
5. 已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于( )
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A．6 B．6 C．12 D．144
解析：因为＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2 ·＝36＋36＋36＋2×36cos 60°＝144.所以PC＝12.
故选C.
答案：C
6.
如右图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈ ( http: / / www.21cnjy.com )β，AB与两平面α、β所成的角分别为和，过A、B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′、B′，则AB∶A′B′等于( )
A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．4∶3
解析：连接AB′和A′B，设AB＝a， ( http: / / www.21cnjy.com )可得AB与平面α所成的角为∠BAB′＝，在Rt△BAB′中有AB′＝a，同理可得AB与平面β所成的角为∠ABA′＝，所以AA′＝a，因此在Rt△AA′B′中A′B′＝＝a，所以AB∶A′B′＝a∶a＝2∶1，故选A.
答案：A
7．已知二面角α l β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为( )
A．30° B．60° C．90° D．120°
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解析：二面角αlβ的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为两条直线所成的角，
∴θ＝60°，故选B.
答案：B
8．如右图，正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长都为2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是( )
A．2 B. C. D.
解析：如图所示，
取AC的中点G，连EG，FG，则易得FG＝2，EG＝1，则EF＝，故选C.
答案：C
二、填空题
9．已知△ABC的顶点坐标为A(1,1,1)、B(2,2,2)、C(3.2.4)，则△ABC的面积是________．
解析：＝(1,1,1)，＝(2,1,3)，cos〈，〉＝＝，∴sin A＝.
∴S△ABC＝||||sin A＝×××＝.
答案：
10．已知正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为2，则侧面与底面所成的二面角等于________．
解析：正四棱锥的体积为12，底 ( http: / / www.21cnjy.com )面对角线的长为2，底面边长为2，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，则侧面与底面所成的二面角的正切tan α＝，即二面角等于.
答案：
11. 已知|a|＝3，|b|＝4，m＝a＋b，n＝a＋λb，?a，b?＝135°，且m⊥n，则实数λ等于________．
解析：因为m·n＝(a＋b)·(a＋λ ( http: / / www.21cnjy.com )b)＝|a|2＋λa·b＋a·b＋λ|b|2＝18＋λ×3×4×cos 135°＋3×4×cos 135°＋λ×16＝6－12λ＋16λ＝6＋4λ，
所以m·n＝0＝6＋4λ，所以λ＝－.
答案：－
12. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为________________．
解析：建立如图
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所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，E(0,2,1)．
所以＝(－2，－2,0)，＝(0,0,2)，＝(－2,0,1)．
设平面B1BD的法向量为n＝(x，y，z)．
因为n⊥，n⊥，
所以所以
令y＝1，则n＝(－1,1,0)．
所以cos?n，?＝＝，设直线BE与平面B1BD所成角为θ，
则sin θ＝|cos?n，?|＝.
答案：
三、解答题
13．(2013·新课标全国II卷)如图
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，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)求二面角DA1CE的正弦值．
解析：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．
又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF.
因为DF 平面A1CD，BC1 平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
(2)解析：由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.
以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．
( http: / / www.21cnjy.com )
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
则n·＝0，且n·＝0，即 x1＋y1＝0，且2x1＋2z1＝0.可取n＝(1，－1，－1)．
同理，设m是平面A1CE的法向量，
则m·＝0，且m·＝0，可取m＝(2,1，－2)．
从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.
即二面角DA1CE的正弦值为.
14．如下图，已知四棱锥P ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E，F分别是BC, PC的中点．
(1)证明：AE⊥PD；
(2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E AF C的余弦值．
解析：(1)证明：由四边形ABCD为菱形，
∠ABC＝60°，可得△ABC为正三角形．
因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.
又 BC∥AD，因此AE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AE.
而PA 平面PAD，AD 平面PAD 且PA∩AD＝A，
所以 AE⊥平面PAD，又PD 平面PAD.
所以 AE⊥PD.
(2)解析：如下图，设AB＝2，H为PD上 ( http: / / www.21cnjy.com )任意一点，连接AH、EH.由(1)知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE＝，所以当AH最短时，∠EHA最大，即当AH⊥PD时，∠EHA最大，此时tan∠EHA＝＝＝，因此AH＝，又AD＝2，所以∠ADH＝45°，所以PA＝2.因为AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(，0,0)，F.
所以＝(，0,0)，＝.设平面AEF的一法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 因此
取z1＝－1，则m＝(0,2，－1)，
因为 BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面AFC，
故为平面AFC的一法向量．
又＝(－，3,0)，
所以 cos〈m, 〉＝＝＝.
因为二面角EAFC为锐角，
所以所求二面角的余弦值为.
15．如右图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面A1ABB1.
(1)求证： AB⊥BC；
(2)若AA1＝AC＝a，直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1 BC A的大小为φ，求证：θ＋φ＝.
答案：证明：(1)如下图，过 ( http: / / www.21cnjy.com )点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，则由平面A1BC⊥侧面A1ABB1，且平面A1BC∩侧面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面A1BC.又BC 平面A1BC，所以AD⊥BC.
因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
则AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BC.
又AA1∩AD＝A，从而BC⊥侧面A1ABB1，
又AB 侧面A1ABB1，
故AB⊥BC.
(2)由(1)知，以点B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝c(c＜a)，则B(0,0,0)，A(0，c,0)，
C(，0,0)，A1(0，c，a)，
于是＝(，0,0)，
＝(0，c，a)，
＝(，－c,0)，＝(0,0，a)．
设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由 得
可取n＝(0，－a，c)，于是n·＝ac＞0，与n的夹角β为锐角，则β与θ互为余角．
sin θ＝cos β＝ ( http: / / www.21cnjy.com )＝＝，
cos φ＝＝＝，
所以sin θ＝cos φ＝sin，又0＜θ，φ＜，
所以θ＋φ＝.
16．如下图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.
(1)试确定m，使直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3.
(2)在线段A1C1上是否存在一个定点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP？并证明你的结论．
解析：方法一 (1)连接AC，设AC交BD于O，
AP与面BDD1B1交于点G，连接OG.
因为PC∥面BDD1B1，面BDD1B1∩面APC＝OG，
故OG∥PC.所以OG＝PC＝.
又AO⊥DB，AO⊥BB1，所以AO⊥面BDD1B1.故∠AGO为AP与面BDD1B1所成的角．
在Rt△AOG中，tan∠AGO＝3，即m＝.
故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3.
(2)依题意，要在A1C1上找一点Q，使得D1Q⊥AP.
可推测A1C1的中点O1即为所求的Q点．
因为D1O1⊥A1C1，D1O1⊥AA1，
所以D1O1⊥面ACC1A1.
又AP 面ACC1A1，故D1O1⊥AP.
从而D1O1在平面AD1P上的射影与AP垂直．
方法二 (1)建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．
所以＝(－1，－1,0)，＝(0,0,1)，
＝(－1,1，m)，＝(－1,1,0)．
又由·＝0，·＝0知为平面BB1D1D的一个法向量．
设AP与面BDD1B1所成的角为θ，
则sin θ＝cos＝＝ .
依题意有＝，
解得m＝.
故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成的角的正切值为3.
(2)若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，则Q(x,1－x,1)，＝(x,1－x,0)．
依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP.
等价于⊥ ·＝0 －x＋(1－x)＝0 x＝.所以Q.
即Q为A1C1的中点时，满足题设的要求．
空间向量与立体几何