第一章空间向量与立体几何 本章小结 导学案（含答案） 高二年级数学人教A版选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何本章小结
学习目标
1.理解空间向量的概念,掌握空间向量的线性运算和数量积运算.
2.了解空间向量基本定理及其意义.
3.了解空间直角坐标系,掌握空间向量及其运算的坐标表示.
4.理解直线的方向向量和平面的法向量,掌握判断空间中直线、平面平行和垂直以及求距离和角度的向量方法.
5.体会平面向量和空间向量的共性和差异,体会向量方法和综合几何方法的共性和差异.
自主预习
1.(多选题)关于空间向量,以下说法正确的是(　　)
A.空间中的三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面
B.若对空间中任意一点O,有,则P,B,A,C四点共面
C.已知{a,b,c}是空间的一组基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一组基底
D.若a·b>0,则是锐角
2.已知三棱锥O-ABC中,M为棱OA的中点,点G为△ABC的重心,设=a,=b,=c,则向量=(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.-a+b+c B.a-b-c
C.a+b+c D.-a+b-c
3.(多选题)已知v1,v2分别为直线l1,l2的方向向量(l1,l2不重合),n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),则下列说法中,正确的是(　　)
A.v1∥v2 l1⊥l2 B.v1⊥v2 l1⊥l2
C.n1∥n2 α⊥β D.n1⊥n2 α⊥β
4.若三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,且满足PA=PB=PC=1,则点P到平面ABC的距离是(　　)
A. B. C. D.
课堂探究
巩固型题组:
探究一:空间向量的线性运算
1.已知a=(1,x,3),b=(-2,4,y),若a∥b,则x-y=　　　　　.
2.已知a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则|b|=　　　　　.
变式训练　1.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k=(　　)
A.1 B. C. D.
2.已知a=(1,0,1),b=(x,1,2),且a·b=3,则向量a与b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
探究二:利用方向向量和法向量证明平行与垂直问题
1.根据下列条件,判断相应的线、面位置关系:
(1)直线l1与l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-6,-9,3);
(2)直线l1与l2的方向向量分别是a=(-2,1,4),b=(6,0,3);
(3)直线l的方向向量,平面α的法向量分别是a=(0,-8,12),u=(0,2,-3);
(4)直线l的方向向量,平面α的法向量分别是a=(0,4,6),u=(0,3,-2);
(5)平面α与β的法向量分别是u=(1,-1,2),v=3,2,-;
(6)平面α与β的法向量分别是u=(2,-2,4),v=(1,-1,2).
2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点,求证:
(1)FC1∥平面ADE;
(2)平面ADE∥平面B1C1F.
3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC与BD的交点,G为CC1的中点.
求证:(1)A1O⊥平面GBD;
(2)平面A1OG⊥平面GBD.
变式训练　1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则(　　)
A.l∥α B.l⊥α
C.l α D.l与α相交
2.已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量n=(-1,-1,-1),则不重合的两个平面α与β的位置关系是　　　　　.
3.设平面α的法向量为(1,3,-2),平面β的法向量为(-2,-6,k),若α∥β,则k=　　　　　.
4.若直线l的方向向量为a=(2,2,-1),平面α的法向量为μ=(-6,8,4),则直线l与平面α的位置关系是　　　　　.
探究三:利用空间向量求空间角
1.如图,在三棱锥A-BOC中,AO,OB,OC两两互相垂直,D,E分别为棱BC,AC的中点,F在棱AO上,且满足OF=OA,已知OA=OC=4,OB=2.
(1)求异面直线AD与OC所成角的余弦值;
(2)求直线AD与平面AOC所成角的正弦值;
(3)求二面角C-EF-D的余弦值.
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1,则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为　　　　　,二面角B-A1C1-D1的余弦值为　　　　　.
变式训练　1.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)
A. B.- C. D.-
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等,则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)
A. B. C. D.
3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
提高型题组:
1.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC=PB=PC=5,PA=4,BC=6,点M在平面PBC内,且AM=,设异面直线AM与BC所成的角为α,则cos α的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
2.(探究型问题)如图①,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.将△ADC沿AC折起,使得AD⊥BC,如图②.
图①
图②
(1)求证:平面ADC⊥平面ABC.
(2)在线段BD上是否存在点E,使得二面角E-AC-D的平面角的大小为 若存在,指出点E的位置;若不存在,请说明理由.
核心素养专练
1.在空间直角坐标系中,与点A(1,2,3)关于平面Oxy对称的点的坐标是(　　)
A.(1,2,-3) B.(-1,-2,-3)
C.(-1,-2,3) D.(1,-2,3)
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成的角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
3.已知平面α的一个法向量为n=0,-,-,A∈α,P∈α,且=-,则直线PA与平面α所成的角为　　　　　.
4.已知四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD=2,AB=2.
(1)作AM⊥PB于点M,AN⊥PC于点N,求证:PC⊥平面AMN;
(2)求二面角D-PC-A的正切值.
参考答案
自主预习
1.ABC　解析 对选项A,根据空间向量共面定理知:空间中三个向量,若有两个向量共线,则这三个向量一定共面,故A正确.
对选项B,因为,且=1,所以P,B,A,C四点共面,故B正确.
对选项C,因为{a,b,c}是空间的一组基底,所以a,b,c不共面,则a,b,a+c也不共面,m=a+c,即{a,b,m}也是空间的一组基底,故C正确.
对选项D,若a·b>0,则∈,故D错误.
故选ABC.
2.A　解析 由题意知a+b+c,a,则=-a+b+c,故选A.
3.BD　解析 ∵v1,v2分别为直线l1,l2的方向向量(l1,l2不重合),
∴v1∥v2 l1∥l2,故A错误;
v1⊥v2 l1⊥l2,故B正确;
∵n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),
∴n1∥n2 α∥β,故C错误;
n1⊥n2 α⊥β,故D正确.
故选BD.
4.D　解析 分别以PA,PB,PC所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1).可以求得平面ABC的一个法向量为n=(1,1,1),则d=.
课堂探究
巩固型题组:
探究一:
1.4　解析 ∵a∥b,∴b=λa.∴
∴∴x-y=4.
2.2　解析 ∵a⊥b,∴-8+6+x=0,解得x=2,故|b|==2.
变式训练　1.D　解析 ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),且(ka+b)·(2a-b)=3(k-1)+2k-4=0,解得k=.
2.D　解析 ∵a·b=x+2=3,∴x=1,∴b=(1,1,2).
∴cos=.∴a与b的夹角为.故选D.
探究二:
1.解 (1)∵a=(2,3,-1),b=(-6,-9,3),∴a=-b,∴a∥b,即l1∥l2.
(2)∵a=(-2,1,4),b=(6,0,3),∴a·b=0,∴a⊥b,即l1⊥l2.
(3)∵a=(0,-8,12),u=(0,2,-3),∴u=-a,
∴u∥a,即l⊥α.
(4)∵a=(0,4,6),u=(0,3,-2),∴a·u=0,∴u⊥a,即l∥α.
(5)∵u=(1,-1,2),v=3,2,-,∴u·v=3-2-1=0,∴u⊥v,即α⊥β.
(6)∵u=(2,-2,4),v=(1,-1,2),∴u=2v,∴u∥v,即α∥β.
2.证明 如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,则有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).
(1)设n1=(x1,y1,z1)是平面ADE的法向量,则n1⊥,n1⊥,
即
令z1=2,则y1=-1,所以n1=(0,-1,2).
因为·n1=-2+2=0,所以⊥n1.
又因为FC1 平面ADE,所以FC1∥平面ADE.
(2)因为=(2,0,0),设n2=(x2,y2,z2)是平面B1C1F的一个法向量,
由n2⊥,n2⊥,即
令z2=2,得y2=-1,所以n2=(0,-1,2),
因为n1=n2,所以平面ADE∥平面B1C1F.
3.证明 (1)方法1　如图,取D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设正方体棱长为2,∵O为AC与BD交点,G为CC1的中点,∴O(1,1,0),A1(2,0,2),G(0,2,1),B(2,2,0),D(0,0,0),
∴=(1,-1,2),=(1,1,0),=(-2,0,1),
∴=1-1+0=0,=-2+0+2=0.
∴,即OA1⊥OB,OA1⊥BG,又OB∩BG=B,∴OA1⊥平面GBD.
方法2　同方法1建系后,设平面GBD的一个法向量为n=(x,y,z),
则令x=1得z=2,y=-1,
∴平面GBD的一个法向量为(1,-1,2),显然=(-1,1,-2)=-n,∴∥n,∴A1O⊥平面GBD.
(2)由第(1)题可得A1O⊥平面GBD,A1O 平面A1OG,∴平面A1OG⊥平面GBD.
变式训练　1.B　解析 ∵n=-2a,∴a与平面α的法向量平行,∴l⊥α.
2.α∥β　解析 设平面α的法向量为m=(x,y,z),
由题意可得=(0,1,-1),=(1,0,-1),
由m·=0,得x·0+y-z=0 y=z,
由m·=0,得x-z=0 x=z,取x=1,则m=(1,1,1),m=-n,所以m∥n,所以α∥β.
3.4　解析 ∵α∥β,∴(1,3,-2)=λ(-2,-6,k),
∴∴λ=-,k=4.
4.l α或l∥α　解析 ∵μ·a=-12+16-4=0,
∴μ⊥a,∴l α或l∥α.
探究三:
1.解 (1)如图,以O为原点,分别以方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(0,0,4),B(2,0,0),C(0,4,0),D(1,2,0),E(0,2,2),F(0,0,1),
所以=(1,2,-4),=(0,4,0),
所以cos<>=.
因此异面直线AD与OC所成角的余弦值为.
(2)=(1,2,-4),平面AOC的一个法向量为=(2,0,0).
sin<>=,
因此直线AD与平面AOC所成角的正弦值为.
(3)平面AOC的一个法向量为=(2,0,0).
设m=(x,y,z)为平面BEF的一个法向量,又=(0,-2,-1),=(-1,0,2),
则
不妨取z=2,则x=4,y=-1,
所以m=(4,-1,2)为平面DEF的一个法向量,
从而cos<,m>=,
因此二面角C-EF-D的余弦值为.
2.　-　解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则D1(0,0,1),C1(0,2,1),A1(1,0,1),B(1,2,0),所以=(0,2,0),=(-1,2,0),=(0,2,-1),
设平面A1BC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,得n=(2,1,2).
设D1C1与平面A1BC1所成角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
易知平面A1C1D1的法向量m=(0,0,1),
所以cos=.
由图可知,二面角B-A1C1-D1为钝角,故二面角B-A1C1-D1的余弦值为-.
变式训练　1.A　解析 不妨设CB=1,则B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1),所以=(0,2,-1),=(-2,2,1).故cos<>=.
2.A　
解析 取AC的中点为O,建立如图所示的空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为2,则O(0,0,0),B(,0,0),A(0,-1,0),B1(,0,2),所以=(,1,2),由题意知=(-,0,0)为侧面ACC1A1的法向量,则sin θ=,故选A.
3.B　解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
设棱长为1,则A1(0,0,1),E1,0,,D(0,1,0),=(0,1,-1),=1,0,-.
设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),
则
解得
所以n1=(1,2,2).
因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos=,
即所成的锐二面角的余弦值为.
提高型题组:
1.D　解析 设线段BC的中点为D,连接AD,
∵AB=AC=5,D为BC的中点,∴AD⊥BC.
∵BC=6,∴BD=CD=3,∴AD==4,同理可得PD=4,PD⊥BC.
∵PD∩AD=D,∴BC⊥平面PAD,
过点P在平面PAD内作PO⊥AD,垂足为O,
∵PA=PD=AD=4,∴△PAD为等边三角形,
∴O为AD的中点.
∵BC⊥平面PAD,PO 平面PAD,∴BC⊥PO.
∵PO⊥AD,AD∩BC=D,∴PO⊥平面ABC.
以点O为坐标原点,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Oxyz,
∵△PAD是边长为4的等边三角形,O为AD的中点,∴OP=PAsin 60°=2.
∴A(0,-2,0),B(3,2,0),C(-3,2,0),P(0,0,2).
∵点M在平面PBC内,∴设=m+n=m(-3,-2,2)+n(-6,0,0)=(-3m-6n,-2m,2m),其中m≥0,n≥0且m+n≤1,
∴=(3,4,0)+(-3m-6n,-2m,2m)=(3-3m-6n,4-2m,2m).
∵||=,
∴(3-3m-6n)2+(4-2m)2+12m2=15,
∴(3-3m-6n)2=-16m2+16m-1=-(4m-2)2+3,
∴当m=时,-16m2+16m-1有最大值3,即(3m+6n-3)2≤3,
∴-≤3m+6n-3≤,∴3m+6n-3有最大值,
∴cos α=|cos<>|=.
故选D.
2.(1)证明 在等腰梯形ABCD中,∵AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,
∴由平面几何知识易得∠ABC=,
∴在△ACB中,AC2=22+12-2×2×1×cos=3.
又AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC.
在题图②中,∵AD⊥BC,AD∩AC=A,
∴BC⊥平面ADC.
又BC 平面ABC,∴平面ADC⊥平面ABC.
(2)解 在线段BD上存在点E,使得二面角E-AC-D的平面角的大小为.
以C为原点,以CA,CB所在的直线分别为x轴、y轴,建立空间直角坐标系,如图.
∵平面ADC⊥平面ABC,△ADC是顶角为的等腰三角形,∴z轴与△ADC底边上的中线平行,
又由(1)易得AC=,∴C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),D,0,,
∴=(,0,0),=,-1,.
令=t(0≤t≤1),则Et,1-t,,
∴=t,1-t,.
设平面ACE的一个法向量为m=(x,y,z),
则
∴
令y=t,则z=2(t-1),∴m=(0,t,2(t-1)).
由(1)知,平面ADC的一个法向量为n=(0,1,0).
要使二面角E-AC-D的平面角的大小为,
则cos,
解得t=或t=2(舍去).
∴在线段BD上存在点E,使得二面角E-AC-D的平面角的大小为,此时点E在线段BD上靠近点D的三等分点处.
核心素养专练
1.A　解析 由空间中任意一点P(a,b,c)关于平面Oxy对称的点为Q(a,b,-c),可得点A(1,2,3)关于平面Oxy对称的点的坐标是(1,2,-3),故选A.
2.D　解析 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,则B(2,2,0),C1(0,2,1),D(0,0,0),D1(0,0,1),
=(-2,0,1),=(2,2,0),=(0,0,1),
设平面BB1D1D的法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,-1,0),
设直线BC1与平面BB1D1D所成角为θ,
则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为sin θ=.
故选D.
3.　解析 设直线PA与平面α所成的角为θ,
则sin θ=|cos θ|=
=
=,
所以直线PA与平面α所成的角为.
4.(1)证明 ∵四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PA⊥平面ABCD,
∴PA⊥DA,AB⊥DA.
∵AB∩PA=A,∴DA⊥平面PAB,又DA∥CB,
∴CB⊥平面PAB,又AM 平面PAB,则CB⊥AM,
又AM⊥PB且CB∩PB=B,
∴AM⊥平面PBC,而PC 平面PBC,则AM⊥PC,
又AN⊥PC且AM∩AN=A,∴PC⊥平面AMN.
(2)解 由题意,构建以A为原点,以为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系,
∵A(0,0,0),P(0,0,2),D(2,0,0),C(2,2,0),
∴=(2,0,-2),=(2,2,-2),=(0,0,2),=(2,2,0).
令m=(x,y,z)是平面PDC的一个法向量,则若z=1,则有m=(1,0,1).
令n=(x,y,z)是平面PAC的一个法向量,
则若y=1,
则有n=(-,1,0),
∴cos=,由图可知二面角D-PC-A为锐角,∴其余弦值为.
故二面角D-PC-A的正切值为.
学案设计(二)
学习目标
通过总结本章的知识网络,构建知识体系,归纳总结解题方法,提高解决问题的能力.
自主预习
请大家结合本章学习内容,构建本章的知识结构图.
课堂探究
核心素养一:数学运算
题型一:空间向量的线性运算
例1　如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=a,=b,=c.M是C1D1的中点,N是CA1上的点,且CN∶NA1=4∶1.用a,b,c表示以下向量:
(1);(2).
题型二:空间向量数量积的运算
例2　已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).
(1)求|2a+b|;
(2)若O为坐标原点,在直线AB上是否存在一点E,使得⊥b
题型三:空间角的运算
例3　如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长.
核心素养二:直观想象
题型四:利用空间向量证明平行、垂直问题
例4　如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.
求证:(1)平面PQC⊥平面DCQ;
(2)PC∥平面BAQ.
题型五:空间直角坐标系的建立
例5　如图所示,在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中,∠ABC=60°,PA=AC=a,PB=PD=a,点E在PD上,且PE∶ED=2∶1.
(1)求证:PA⊥平面ABCD.
(2)求平面EAC与平面DAC所成角θ的大小.
(3)棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC 并证明你的结论.
核心素养专练
1.若平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=2=x+y+z,则实数x,y,z的值分别为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
2.已知|a|=2,|b|=3,=60°,则|2a-3b|等于(　　)
A. B.97 C. D.61
3.在空间直角坐标系中,点P(3,4,5)与点Q(3,-4,-5)的位置关系是(　　)
A.关于x轴对称 B.关于Oxy平面对称
C.关于坐标原点对称 D.以上都不对
4.如图,已知正方形ABCD和正方形ADEF的边长均为6,且它们所在的平面互相垂直,O是BE的中点,,则线段OM的长为(　　)
A.3 B.
C.2 D.
5.(多选题)已知P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),则下列结论正确的是(　　)
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.是平面ABCD的法向量
D.
6.(多选题)如图所示,正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)
A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF与底面ABCD的夹角的余弦值为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
7.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,O为AC的中点.用表示,则=　　　　　.
8.如图,已知在多面体ABCDEF中,平面ABCD是正方形,CE⊥平面ABCD,BF∥CE,且AB=CE=3,BF=2,取AB的中点G,H为线段CE上的一动点.
①当CH=1时,HG∥平面ADF;
②直线CD与AE所成角的正切值为;
③存在点H使GH⊥DF;
④AF的中点到平面ABE的距离为.
则以上说法正确的序号是　　　　　.
9.如图,已知矩形ABCD所在平面外一点P,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,PC的中点.
求证:(1)共面;
(2)CD⊥EF.
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,O,E分别为AD,PB的中点,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD=,AB=2AD=4.
(1)求证:OE∥平面PCD;
(2)求证:AP⊥平面PCD;
(3)求二面角A-PD-B的余弦值.
参考答案
自主预习
课堂探究
核心素养一:数学运算
例1　解 (1))=[()+()]=+2+2)=a+b+c.
(2))=a+b+c.
例2　解 (1)∵2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),
∴|2a+b|==5.
(2)设存在满足题意的点E(x,y,z),则有,且·b=0.
∵=(x+3,y+1,z-4),=(1,-1,-2),
∴
解得
故在直线AB上存在点E-,-,使得⊥b.
例3　解 依题意,以A为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
(1)证明:依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得=0,又因为直线BF 平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则
即不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<,n>==-.
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)依题意,=(0,2,h),设m=(x1,y1,z1)为平面BDF的法向量,
则
不妨令y1=1,可得m=1,1,-.
由题意,有|cos|=,
解得h=.经检验,符合题意.所以,线段CF的长为.
核心素养二:直观想象
例4　证明 如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长度,以DA,DP,DC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
(1)依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),所以=0,=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)根据题意,=(1,0,0),=(0,0,1),=(0,1,0),故有=0,=0,所以为平面BAQ的一个法向量.
又因为=(0,-2,1),且=0,即DA⊥PC,且PC 平面BAQ,故有PC∥平面BAQ.
例5　(1)证明 ∵PA=AC=a,PB=PD=a,四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,
∴PA2+AB2=PB2,PA2+AD2=PD2,
∴PA⊥AB且PA⊥AD,又AB∩AD=A,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)解 连接BD.
∵底面ABCD是菱形,
∴AC⊥BD,设AC∩BD=O,
∴以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则各点坐标分别为A0,-,0,B,0,0,C0,,0,D-,0,0,P0,-,a.
∵点E在PD上,且PE∶ED=2∶1,
∴=3,即=3(),
∴=-a,-,即点E的坐标为-a,-.
又平面DAC的一个法向量为n1=(0,0,1),
设平面EAC的法向量为n2=(x,y,z),易得=0,,0,
由取x=1,
解得得n2=(1,0,),
∴cos=,
∴=,由图可知平面EAC与平面DAC所成角θ的大小为.
(3)解 存在.证明如下:
由题意可得=-a,,=(0,a,0),=(0,0,a),=(0,a,-a),=-a,-,a.
设F是棱PC上的点,=λ=(0,λa,-λa),其中0≤λ≤1,则=-a,-,a+(0,λa,-λa)=-a,-+λa,a-λa.
∵BF∥平面AEC,
∴令=λ1+λ2,得
即解得
∴当λ=时,=-,
即F是PC的中点时,共面.
又BF 平面AEC,
∴当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC.
核心素养专练
1.C　解析 ∵=2,
∴.
∵=()-,
∴,
∴,∴x=,y=,z=.
故选C.
2.C　解析 由题意可知|2a-3b|2=4a2-12a·b+9b2=4×22-12×2×3×cos 60°+9×32=61,则|2a-3b|=.
故选C.
3.A　解析 点P(3,4,5)与点Q(3,-4,-5)的横坐标相同,而纵、竖坐标分别互为相反数,所以两点关于x轴对称.
4.B　解析 由题意可得DA,DC,DE两两互相垂直.以D为坐标原点,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,则E(0,0,6),F(6,0,6),A(6,0,0),B(6,6,0).
因为O是BE的中点,所以O(3,3,3).
因为,所以M(6,0,4),
所以||=,
即线段OM的长为.
故选B.
5.ABC　解析 ∵=0,=0,∴AB⊥AP,AD⊥AP,则选项A,B正确.
又不平行,∴是平面ABCD的法向量,则选项C正确.
∵=(2,3,4),=(-1,2,-1)与不平行,故选项D错误.
6.BC　解析 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略),则A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,2,0),F(0,2,1),D1(0,0,2),A1(2,0,2),G(2,2,1),=(0,0,2),=(-2,2,1),因为=2≠0,所以直线D1D与直线AF不垂直,故A不正确;
=(-1,2,0),=(-1,0,1),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则取x=2,得n=(2,1,2).因为=(0,2,-1),n·=2-2=0,即n⊥,A1G 平面AEF,所以直线A1G与平面AEF平行,故B正确;
取平面ABCD的一个法向量为u=(0,0,1),所以cos=,结合图形可知平面AEF与底面ABCD的夹角的余弦值为,故C正确;
=(1,0,0),点C到平面AEF的距离为,
=(-1,0,-1),点G到平面AEF的距离为,故D不正确.
7.　解析 因为),
所以)+.
故答案为.
8.①③④　解析 对于①,如图1,取BF的中点T,连接GH,HT,GT由题意,BT∥CH,BT=CH,即四边形BCHT是平行四边形,所以TH∥BC,而BC∥AD,所以TH∥AD,
又G,T分别为AB,FB的中点,所以GT∥AF,而TH∩GT=T,AF∩AD=A,所以平面TGH∥平面ADF,故HG∥平面ADF,①正确;
图1
图2
对于②,如图2,因为AB∥CD,所以直线CD与AE所成角即为直线AB与AE所成角,连接BE,则∠EAB(或其补角)是所求角,因为EC⊥平面ABCD,所以EC⊥AB,
又AB⊥BC,且EC∩BC=C,所以AB⊥平面BCEF,则AB⊥BE,
所以tan∠EAB=,故②错误;
对于③,以C为坐标原点,所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图3的空间直角坐标系,
则G,D(3,0,0),F(0,3,2),设H(0,0,h),所以=(-3,3,2),若GH⊥DF,则=0,
所以-×(-3)-3×3+2h=0,解得h=,
因为h<3,符合题意,故③正确;
图3
图4
对于④,如图4,取AF的中点为Q,则点Q到平面ABE的距离即为点F到平面ABE的距离的一半,
设所求距离为d,由勾股定理易得BE=3,
则VF-ABE=×S△ABE×2d=×3×3×2d=3d,
VE-ABF=×S△ABF×BC=×3×2×3=3,所以3d=3,可得d=.
即点Q到平面ABE的距离为,故④正确.
故答案为①③④.
9.证明 (1)如图,以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系Axyz,
设AB=2a,BC=2b,PA=2c,
则A(0,0,0),B(2a,0,0),C(2a,2b,0),D(0,2b,0),P(0,0,2c),
∵E为AB的中点,F为PC的中点,
∴E(a,0,0),F(a,b,c).
∵=(0,b,c),=(0,0,2c),=(0,2b,0),
∴,∴共面.
(2)∵=(-2a,0,0),=(0,b,c),
∴=(-2a,0,0)·(0,b,c)=0,
∴,∴CD⊥EF.
10.(1)证明 取PC的中点G,连接EG,DG.
∵E,G分别为PB,PC的中点,∴EG BC.
∵四边形ABCD为矩形,且O为AD的中点,
∴OD BC,
∴OD EG,∴四边形ODGE为平行四边形,
∴OE∥DG.
又∵OE 平面PCD,DG 平面PCD,
∴OE∥平面PCD.
(2)证明 ∵底面ABCD为矩形,∴CD⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,∴CD⊥平面PAD,∴CD⊥AP.
∵PA=PD=,AD=2,∴AP2+PD2=AD2,
∴AP⊥PD,又CD∩PD=D,∴AP⊥平面PCD.
(3)解 取BC的中点F,连接OF,OP,则OP⊥AD,OF⊥AD,OF⊥OP.以O为原点,OA为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则P(0,0,1),D(-1,0,0),B(1,4,0),
平面PAD的一个法向量为n=(0,1,0),=(1,4,-1),=(-1,0,-1),
设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),
则所以
令y=1,则m=(-2,1,2),
所以cos=,
结合图形可知二面角A-PD-B的余弦值为.