复习课(三) 空间向量与立体几何
利用空间向量证明平行、垂直问题
1．空间向量是高考的重点内容之一，尤其是在立体几何的解答题中，主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算解决直线、平面位置关系的判断问题，特别是平行与垂直问题常作为一道解答题的某一小问，属于中档题．www-2-1-cnjy-com
2．利用空间向量证明平行、垂直问题主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助立体几何中关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决．【21cnj*y.co*m】
空间向量的结论与线面位置关系的对应关系
(1)设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，
则l∥α?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0，
l⊥α?u∥v?u＝kv?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k∈R)．
(2)设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则
l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R；
l⊥m?a⊥b?a·b＝0；
l∥α?a⊥u?a·u＝0；
l⊥α?a∥u?a＝ku，k∈R；
α∥β?u∥v?u＝kv，k∈R；
α⊥β ?u⊥v?u·v＝0．
[典例] 如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在BB1，DD1上，且AM⊥A1B，AN⊥A1D．21·cn·jy·com
(1)求证：A1C⊥平面AMN；
(2)当AB＝2，AD＝2，A1A＝3时，问在线段AA1上是否存在一点P使得C1P∥平面AMN，若存在，试确定P的位置．
[解] (1)证明：因为CB⊥平面AA1B1B，AM?平面AA1B1B，
所以CB⊥AM，
又因为AM⊥A1B，A1B∩CB＝B，
所以AM⊥平面A1BC，
所以A1C⊥AM，
同理可证A1C⊥AN，
又AM∩AN＝A，
所以A1C⊥平面AMN．
(2)以C为原点，
CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
因为AB＝2，AD＝2，A1A＝3，
所以C(0,0,0)，A1(2，2,3)，C1(0，0,3)，＝(2,2,3)，
由(1)知CA1⊥平面AMN，
故平面AMN的一个法向量为＝(2,2,3)．
设线段AA1上存在一点P(2,2，t)，使得C1P∥平面AMN，则＝(2,2，t－3)，
因为C1P∥平面AMN，
所以·＝4＋4＋3t－9＝0，
解得t＝．
所以P，
所以线段AA1上存在一点P，使得C1P∥平面AMN．
[类题通法]
利用空间向量证明空间中的位置关系
(1)线线平行：
证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．
(2)线线垂直：
证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直．
(3)线面平行：
①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；
②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量；
③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示．
(4)线面垂直：
①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；
②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．
(5)面面平行：
①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；
②转化为线面平行、线线平行问题．
(6)面面垂直：
①证明两个平面的法向量互相垂直；
②转化为线面垂直、线线垂直问题．
1．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝．证明：A1C⊥平面BB1D1D．www.21-cn-jy.com
证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AB＝AA1＝，∴OA＝OB＝OA1＝1，
∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)．
由＝，易得B1(－1,1,1)．
∵＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，＝(－1,0,1)，
∴·＝0，·＝0，
∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1．又BD∩BB1＝B，
∴A1C⊥平面BB1D1D．
2．如图，已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4．
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)在AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD?
(3)在AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1?
解：(1)证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系．2·1·c·n·j·y
则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)．
因为＝(－3,0,0)，＝(0，－4,4)，
所以·＝0，所以⊥，即AC⊥BC1．
(2)假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD．
设＝λ＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1．
则D(3－3λ，4λ，0)，于是＝(3－3λ，4λ，0)，
由于＝(－3,0,4)，且AC1⊥CD，
所以－9＋9λ＝0，解得λ＝1．
所以在AB上存在点D使得AC1⊥CD，
这时点D与点B重合．
(3)假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，
设＝t＝(－3t,4t,0)，其中0≤t≤1．
则E(3－3t,4t,0)，＝(3－3t,4t－4，－4)，
＝(0，－4，－4)．
又因为AE＝m＋n成立，
所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，
－4m－4n＝4，
解得t＝．
所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点．
利用空间向量求空间角或其三角函数值
利用空间向量求两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角是高考的重点和热点，主要以解答题的形式考查，属于中档题，每年必考．【21·世纪·教育·网】
[典例] (山东高考)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．2-1-c-n-j-y
(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F-BC-A的余弦值．
[解] (1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI．
在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，
所以GI∥EF．
又EF∥OB，所以GI∥OB．
在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点，
所以HI∥BC．
又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B，
所以平面GHI∥平面ABC．
因为GH?平面GHI，
所以GH∥平面ABC．
(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC．
又AB＝BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC．
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．
由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)．
过点F作FM⊥OB于点M，
所以FM＝ ＝3，可得F(0，，3)．
故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．
设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．
由
可得
可得平面BCF的一个法向量m＝．
因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
所以二面角F-BC-A的余弦值为．
[类题通法]
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．21教育网
(2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos?n，a?，易知θ＝?n，a?－或者－?n，a?．
(3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．
1．(全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°．【21教育】
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E-BC-A的余弦值．
解：(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，
所以AF⊥平面EFDC．
又AF?平面ABEF，
故平面ABEF⊥平面EFDC．
(2)过D作DG⊥EF，垂足为G．由(1)知DG⊥平面ABEF．
以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz．
由(1)知∠DFE为二面角D -AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3，0,0)，D(0,0，)．21世纪教育网
由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF．
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°．
从而可得C(－2,0，)．
所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，
则即
所以可取n＝(3,0，－)．
设m是平面ABCD的法向量，则
同理可取m＝(0，，4)．
则cos 〈n，m〉＝＝－．
由图知，二面角E-BC-A为钝角，
故二面角E-BC-A的余弦值为－．
2．(安徽高考)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F．21*cnjy*com
(1)证明：EF∥B1C；
(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．
解：(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，【21教育名师】
从而B1C∥A1D．又A1D?平面A1DE，B1C?平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE．
又B1C?平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，
所以EF∥B1C．
(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD，以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0)，D(0,1,0)，A1(0，0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为．21-cnjy*com
设平面A1DE的法向量为n1＝(r1，s1，t1)，而该平面上向量＝，＝(0,1，－1)，由n1⊥，n1⊥得r1，s1，t1应满足方程组
(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1＝(－1,1,1)．
设平面A1B1CD的法向量为n2＝(r2，s2，t2)，而该平面上向量＝(1,0,0)，＝(0,1，－1)，
由此同理可得n2＝(0,1,1)，
所以结合图形知二面角E-A1D-B1的余弦值为
＝＝．
1．已知a＋b＝(2，，2)，a－b＝(0，，0)，则cos?a，b?＝( )
A． B．
C． D．
解析：选C 由已知，得a＝(1，，)，b＝(1,0，)，∴cos?a，b?＝＝＝．
2．已知直线l过定点A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)为直线l的一个方向向量，则点P(4,3,2)到直线l的距离为( )
A． B．
C． D．
解析：选A ＝(－2,0，－1)，||＝，·＝－，则点P到直线l的距离为 ＝＝．
3．如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则·＝( )
A．－2 B．2
C．－1 D．1
解析：选C ·＝·＝()2cos?，＝2cos(180°－60°)＝2cos 120°＝2×＝－1．故选C．
4．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，D，E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．则A1B与平面ABD所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 以C为坐标原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，CC1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．21cnjy.com
设CA＝CB＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，∴E，G，＝，＝(0，－a,1)．
∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G，
∴⊥平面ABD，∴·＝0，解得a＝2．
∴＝，＝(2，－2,2)，
∵⊥平面ABD，
∴为平面ABD的一个法向量．
又cos?，＝＝＝，
∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为．
5．如图，已知矩形ABCD与矩形ABEF全等，二面角D-AB-E为直二面角，M为AB的中点，FM与BD所成的角为θ，且cos θ＝，则＝( )
A．1 B．
C． D．
解析：选C 建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝1，BC＝λ，则F(λ，0,0)，M，B(0,1,0)，D(0,0，λ)．
∵＝，＝(0，－1，λ)．
∴cos θ＝＝＝，
解得λ＝，所以＝．
6．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，且底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O间的距离为( )21·世纪*教育网
A． B．
C． D．
解析：选B 如图，连接OO1，根据题意，OO1⊥底面ABC，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O．∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离即为O1到平面BC1O的距离．∵O(0，0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴＝(，0,0)，＝(0,1,2)，＝(0,0,2)，设n＝(x，y，z)为平面BC1O的法向量，则n·＝0，∴x＝0．又n·＝0，∴y＋2z＝0，∴可取n＝(0,2，－1)．点O1到平面BC1O的距离记为d，则d＝＝＝．∴平面AB1O1与平面BC1O间的距离为．
7．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________．
解析：不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)．
∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．
cos?，?＝＝＝．
答案：
8．如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于________．
解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，a,0)．
设Q(1，t,0)(0≤t≤a)．
P(0,0，z)．
则＝(1，t，－z)，
＝(－1，a－t,0)．
由PQ⊥QD，得－1＋t(a－t)＝0，即t2－at＋1＝0．
由题意知方程t2－at＋1＝0只一解．
∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，这时t＝1∈[0，a]．
答案：2
9．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角A1-BD-C1的余弦值是________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，D(0,0,0)，则＝(－1,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1，－1,0)．设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即所以可取n＝(1，－1，－1)，同理可求得平面BC1D的一个法向量为m＝(1，－1,1)，则cos?m，n?＝＝，所以二面角A1-BD-C1的余弦值为．
答案：
10．如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，
C(0，2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2，4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．
因为cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为．
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面ABA1的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ．21*教*育*名*师
由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝．
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为．
11．如图，直三棱柱ABC-A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)若二面角A′-MN-C为直二面角，求λ的值．
解：(1)证明：连接AB′，AC′，则AB′与A′B交于点M，
所以M为AB′的中点．又N为B′C′的中点，
所以MN∥AC′．
又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′，
所以MN∥平面A′ACC′．
(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示．
设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)，
所以M，N．
故＝，＝，
＝．
设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，
由得可取m＝(1，－1，λ)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，
由得
可取n＝(－3，－1，λ)．
因为A′-MN-C为直二面角，所以m·n＝0．
即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝．
12．四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H．
(1)证明：四边形EFGH是矩形；
(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．
解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，
BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1．
由题设，知BC∥平面EFGH，
平面EFGH∩平面BDC＝FG，
平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH．
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，
∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，
＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
∵EF∥AD，FG∥BC，
∴n·＝0，n·＝0，
得取n＝(1,1,0)，
∴sin θ＝|cos?，n?|＝＝＝．
法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，
∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，
得E，F(1,0,0)，G(0,1,0)．
∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－2,0,1)．
设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，
得取n＝(1,1,0)．
∴sin θ＝|cos?，n?|＝＝＝．
3.1
3．1.1 空间向量及其加减运算
预习课本P84～85，思考并完成以下问题
1．空间向量、零向量、单位向量、相反向量及相等向量的定义分别是什么？
2．空间向量的加法和减法是怎样定义的？满足交换律及结合律吗？
1．空间向量的有关概念
(1)定义：在空间，把具有大小和方向的量叫做空间向量．
(2)长度：向量的大小叫做向量的长度或模．
(3)表示法：
2．几类特殊向量
特殊向量
定义
表示法
零向量
长度为0的向量
0
单位向量
模为1的向量
|a|＝1或||＝1
相反向量
与a长度相等而方向相反的向量称为a的相反向量
－a
相等向量
方向相同且模相等的向量
a＝b或 ＝
3.空间向量的加法和减法运算
空间向量的运算
加法
＝＋ ＝a＋b
加法
Z＝－ ＝a－b
运算律
(1)交换律：a＋b＝b＋a；
(2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若表示两个相等空间向量的有向线段的起点相同，则终点也相同( )
(2)零向量没有方向( )
(3)空间两个向量的加减法运算与平面内两向量的加减法运算完全一致( )
答案：(1)√ (2)× (3)√
2．化简－＋所得的结果是( )
A． B．
C．0 D．
答案：C
3．在四边形ABCD中，若＝＋，则四边形ABCD的形状一定是( )
A．平行四边形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
答案：A
4．在空间中，把所有单位向量的起点移到一点，则这些向量的终点组成的图形是________．
答案：球面
空间向量的概念辨析
[典例] 下列说法中正确的是( )
A．若|a|＝|b|，则a，b的长度相同，方向相同或相反
B．若向量a是向量b的相反向量，则|a|＝|b|
C．空间向量的减法满足结合律
D．在四边形ABCD中，一定有＋＝
[解析] |a|＝|b|，说明a与b模相等，但方向不确定；对于a的相反向量b＝－a，故|a|＝|b|，从而B正确；只定义加法具有结合律，减法不具有结合律；一般的四边形不具有＋＝，只有在平行四边形中才能成立．故选B.
[答案] B
(1)两个向量的模相等，则它们的长度相等，但方向不确定，即两个向量(非零向量)的模相等是两个向量相等的必要不充分条件．21·cn·jy·com
(2)熟练掌握空间向量的有关概念、向量的加减法的运算法则及向量加法的运算律是解决好这类问题的关键．
[活学活用]
给出下列命题：
①零向量没有确定的方向；
②在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝；
③两个空间向量相等，则它们的起点相同，终点也相同；
④空间中任意两个单位向量必相等．
其中正确命题的序号是________．
解析：①正确；②正确，因为与的大小和方向均相同；③错误，当两向量起点相同，终点相同时两向量相等，但两向量相等不一定起点相同，终点相同；④错误，单位向量只是它们的模相等，方向不一定相同．综上可知，正确命题为①②.
答案：①②
空间向量的加法、减法运算
[典例] 在六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，化简－＋＋＋，并在图中标出化简结果的向量．
[解] 在六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，四边形AA1F1F是平行四边形，所以＝.
同理＝，＝，＝，
所以－＋＋＋＝＋＋＋＋＝，如图．
[一题多变]
1．[变设问] 若本例条件不变，化简＋＋＋，并在图中标出化简结果的向量．
解：根据六棱柱的性质知四边形BB1C1C，DD1E1E都是平行四边形，
所以＝，＝，所以＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＋＝.
2．[变条件、变设问] 若本例中的六棱柱是底面为正六边形的棱柱，化简－＋，并在图中标出化简结果的向量．
解：因为六边形ABCDEF是正六边形，
所以BC∥EF，BC＝EF，
又因为E1F1∥EF，E1F1＝EF，
所以BC∥E1F1，BC＝E1F1，
所以BCE1F1是平行四边形，
所以－＋＝＋＝.
在进行减法运算时，可将减去一个向量转化为加上这个向量的相反向量，而在进行加法运算时，首先考虑这两个向量在哪个平面内，然后与平面向量求和一样，运用向量运算的平行四边形法则、三角形法则及多边形法则来求即可． www-2-1-cnjy-com
层级一 学业水平达标
1．空间四边形ABCD中，M，G分别是BC，CD的中点，则－＋＝( )
A．2 B．3
C．3 D．2
解析：选B －＋＝＋＝＋2＝3.
2．设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且＋＝＋，则四边形ABCD是( )
A．平行四边形 B．空间四边形
C．等腰梯形 D．矩形
解析：选A ∵＋＝＋，∴＝.
∴∥且||＝||.
∴四边形ABCD为平行四边形．
3．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列各式的运算结果为向量的共有( )
①(＋)＋；②(＋)＋；
③(＋)＋；④(＋)＋.
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选D 根据空间向量的加法法则及正方体的性质，逐一判断可知①②③④都是符合题意的．
4．空间四边形ABCD中，若E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边上的中点，则下列各式中成立的是( )
A．＋＋＋＝0
B．＋＋＋＝0
C．＋＋＋＝0
D．－＋＋＝0
解析：选B 由于E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，所以四边形EFGH为平行四边形，其中＝，且＝，而E，B，F，G四点构成一个封闭图形，首尾相接的向量的和为零向量，即有＋＋＋＝0.
5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则在下列各结论中正确的结论共有( )
①＋与＋是一对相反向量；
②－与－是一对相反向量；
③＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量；
④－与－是一对相反向量．
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选C 利用图形及向量的运算可知②是相等向量，①③④是相反向量．
6.如图所示，在三棱柱ABC-A′B′C′中，与是________向量，与是________向量(用“相等”“相反”填空)．
答案：相等 相反
7．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，则＝________.
解析：如图，
＝－
＝－＝－－(－)
＝－c－(a－b)＝－c－a＋b.
答案：－c－a＋b
8．给出下列四个命题：
①方向相反的两个向量是相反向量；
②若a，b满足|a|>|b|且a，b同向，则a>b；
③不相等的两个空间向量的模必不相等；
④对于任何向量a，b，必有|a＋b|≤|a|＋|b|.
其中正确命题的序号为________．
解析：对于①，长度相等且方向相反的两个向量是相反向量，故①错；对于②，向量是不能比较大小的，故不正确；对于③，不相等的两个空间向量的模也可以相等，故③错；只有④正确．
答案：④
9．如图，在长、宽、高分别为AB＝4，AD＝2，AA1＝1的长方体ABCD-A1B1C1D1中，以八个顶点中的两点分别为起点和终点的向量中．
(1)单位向量共有多少个？
(2)写出模为的所有向量；
(3)试写出的相反向量．
解：(1)因为长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的向量，，，，，，，共8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．
(2)因为长方体的左、右两侧的对角线长均为，故模为的向量有，，，，，，，.
(3)向量的相反向量为，，，，共4个．
10.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
(1) ；(2) ；(3) .
解：(1)∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)∵N是BC的中点，
∴＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝＋
＝－a＋＝a＋b＋c.
层级二 应试能力达标
1．下列命题中，正确的个数为( )
①若a＝b，b＝c，则a＝c；
②|a|＝|b|是向量a＝b的必要不充分条件；
③＝的充要条件是A与C重合，B与D重合．
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C ①正确，∵a＝b，∴a，b的模相等且方向相同．∵b＝c，∴b，c的模相等且方向相同，∴a＝c.②正确，a＝b?|a|＝|b|，|a|＝|b|?/ a＝b.③不正确，由＝，知||＝||，且与同向．故选C.
2．已知空间中任意四个点A，B，C，D，则＋－等于( )
A． B．
C． D．
解析：选D 法一：＋－＝(＋)－＝－＝.
法二：＋－＝＋(－)＝＋＝.
3．如果向量，，满足||＝||＋||，则( )
A．＝＋
B．＝－－
C．与同向
D．与同向
解析：选D ∵||＝||＋||，
∴A，B，C共线且点C在AB之间，
即与同向．
4．已知空间四边形ABCD中，＝a，＝b，＝c，则等于( )
A．a＋b－c B．－a－b＋c
C．－a＋b＋c D．－a＋b－c
解析：选C ＝＋＋＝－＋＝b－a＋c＝－a＋b＋c.
5．在三棱柱ABC-A1B1C1中，若＝a，＝b，＝c，E是A1B的中点，则＝________.(用a，b，c表示)
解析：＝(＋)
＝(＋＋)
＝(a＋b＋c)．
答案：(a＋b＋c)
6．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝________.
解析：＝＋
＝＋(＋)
＝c＋(－＋)
＝a－b＋c.
答案：a－b＋c
7．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，化简下列向量表达式，并在图中标出化简结果的向量．
(1) ＋－；
(2) －－.
解：(1)＋－＝＋＋＝＋＝ (如图)．
(2) －－
＝＋(＋)
＝＋(＋)
＝＋
＝ (如图)．
8.如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，请化简以下式子，并在图中标出化简结果．
(1) ＋－；
(2) －－.
解：(1) ＋－＝＋＋＝＋＝，如图中向量.
(2) －－＝＋＋＝＋＋＝＋＝，如图中向量.
3．1.2 空间向量的数乘运算
预习课本P86～89，思考并完成以下问题
1．实数λ与空间向量a的乘积λa的方向如何确定？
2．空间向量的数乘运算满足哪些运算律？
3．共线向量(平行向量)、方向向量及共面向量的定义分别是什么？
1．空间向量的数乘运算
定义
与平面向量一样，实数λ与空间向量a的乘积 λa仍然是一个向量，称为向量的数乘
几何
意义
λ>0
λa与向量a的方向相同
λ<0
λa与向量a的方向相反
λa的长度是a的长度的|λ|倍
λ＝0
λa＝0，其方向是任意的
运算律
分配律
λ(a＋b)＝λa＋λb
结合律
λ(μ a)＝(λμ)a
[点睛] 对空间向量数乘运算的理解
(1)λa是一个向量．
(2)λa＝0?λ＝0或a＝0.
(3)因为a，b可以平移到同一平面内，所以λa，μb，a＋b，λa＋μb都在这个平面内，因而平面向量的数乘运算律适用于空间向量．21·世纪*教育网
2．共线、共面向量
共线(平行)向量
共面向量
定义
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量
平行于同一个平面的向量叫做共面向量
充要条件
对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb
若两个向量a，b不共线，则向量p与a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
推论
如果l为经过点A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，使＝＋ta，①
其中a叫做直线l的方向向量，如图所示．
若在l上取＝a，则①式可化为 ＝＋t
如图，空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使＝x＋y ，或对空间任意一点O来说，有＝＋x＋y
[点睛] 对共线、共面向量的理解
(1)共线向量、共面向量不具有传递性．
(2)共线向量定理及其推论是证明共线(平行)问题的重要依据．定理中的条件b≠0不可遗漏．
(3)直线的方向向量是指与直线平行或共线的向量．一条直线的方向向量有无限多个，它们的方向相同或相反．21*cnjy*com
(4)空间任意两个向量总是共面的，空间任意三个向量可能共面，也可能不共面．
(5)向量p与a，b共面的充要条件是在a与b不共线的前提下才成立的，若a与b共线，则不成立．
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若a与b共线，b与c共线，则a与c共线( )
(2)若向量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( )
(3)若a∥b，则存在惟一的实数λ，使a＝λb( )
答案：(1)× (2)× (3)×
2．化简：5(3a－2b)＋4(2b－3a)＝________.
答案：3a－2b
3．点C在线段AB上，且|AB|＝5，|BC|＝3，＝λ，则λ＝________.
答案：－
空间向量的线性运算
[典例] 已知正四棱椎P-ABCD，O是正方形ABCD的中心，Q是CD的中点，求下列各式中x，y，z的值．
(1) ＝＋y＋z；
(2) ＝x＋y＋.
[解] (1)如图，∵＝－＝－(＋)
＝－－，
∴y＝z＝－.
(2)∵O为AC的中点，Q为CD的中点，
∴＋＝2，＋＝2，
∴＝2－，＝2－，
∴＝2－2＋，
∴x＝2，y＝－2.
利用向量的加减运算是处理此类问题的基本方法，一般地可以找到的封闭图形不是惟一的，但无论哪一种途径，结果应是惟一的．
应用向量的加减法法则和数乘运算表示向量是向量在几何中应用的前提，一定要熟练掌握．
[活学活用]
如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，
O为AC的中点．
(1)化简：－－；
(2)设E是棱DD1上的点，且＝，若＝x＋y＋z，试求实数x，y，z的值．
解：(1) －(＋)＝－＝.
(2) ＝－＝(＋)－－＝
－－，
∴x＝，y＝－，z＝－.
空间向量共线问题
[典例] 如图所示，已知四边形ABCD，ABEF都是平行四边形且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，判断与是否共线．
[解] 因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD，四边形ABEF都是平行四边形，
所以＝＋＋＝＋＋.
又因为＝＋＋＋＝－＋－－，
以上两式相加得＝2，所以∥，
即与共线．
判断向量共线就是充分利用已知条件找到实数λ，使a＝λb(b≠0)成立，同时要充分运用空间向量的运算法则，结合空间图形，化简得出a＝λb，从而得出a∥b.
[活学活用]
如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在A1D1上，且＝2，点F在对角线A1C上，且＝.求证：E，F，B三点共线．
证明：设＝a，＝b，＝c.
∵＝2，＝，
∴＝，＝，
∴＝＝b，
＝(－)＝(＋－)
＝a＋b－c.
∴＝－＝a－b－c
＝.
又＝＋＋＝－b－c＋a
＝a－b－c，
∴＝.又∵EF∩EB＝E.
∴E，F，B三点共线.
空间向量共面问题
[典例] 已知A，B，C三点不共线，平面ABC外一点M满足＝＋＋.
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断M是否在平面ABC内．
[解] (1)∵＋＋＝3，
∴－＝(－)＋(－)，
∴＝＋＝－－，
∴向量，，共面．
(2)由(1)知向量，，共面，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．
(1)证明向量共面，可以利用共面向量的充要条件，也可直接利用定义，通过线面平行或直线在平面内进行证明．
(2)向量共面向量所在的直线不一定共面，只有这些向量都过同一点时向量所在的直线才共面(向量的起点、终点共面)．
[活学活用]
已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：
(1)E，F，G，H四点共面．
(2)BD∥平面EFGH.
证明：如图，连接EG，BG.(1)因为＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，由向量共面的充要条件知：E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝－＝，所以EH∥BD.又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.
层级一 学业水平达标
1．已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有＝x＋＋，则x的值为( )
A．1 B．0
C．3 D.
解析：选D ∵＝x＋＋，且M，A，B，C四点共面，∴x＋＋＝1，x＝.
2．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
解析：选A ∵＝＋＝2a＋4b＝2，
∴A，B，D三点共线．
3．若空间中任意四点O，A，B，P满足＝m＋n，其中m＋n＝1，则( )
A．P∈AB B．P?AB
C．点P可能在直线AB上 D．以上都不对
解析：选A 因为m＋n＝1，所以m＝1－n，
所以＝(1－n) ＋n，
即－＝n(－)，
即＝n，所以与共线．
又，有公共起点A，
所以P，A，B三点在同一直线上，
即P∈AB.
4．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是( )
A．＝3－2－
B．＋＋＋＝0
C．＋＋＝0
D．＝－＋
解析：选C ∵＋＋＝0，
∴＝－－，
∴M与A，B，C必共面．
5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，若＝x＋y(＋)，则( )
A．x＝1，y＝ B．x＝，y＝1
C．x＝1，y＝ D．x＝1，y＝
解析：选D 因为＝＋＝＋＝＋(＋)，所以x＝1，y＝.
6．化简：(a＋2b－3c)＋5－3(a－2b＋c)＝________.
解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c＝a＋b＋c＝a＋b－c.21教育网
答案：a＋b－c
7．在△ABC中，已知D是AB边上一点，若＝2，＝＋λ，则λ＝________.
解析：＝－＝－＝－(－)＝＋，又＝＋λ，所以λ＝.
答案：
8．有下列命题：
①若∥，则A，B，C，D四点共线；
②若∥，则A，B，C三点共线；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a＝4e1－e2，b＝－e1＋e2，则a∥b；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1＋k2e2＋k3e3＝0，则k1＝k2＝k3＝0.21cnjy.com
其中是真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上)．
解析：根据共线向量的定义，若∥，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，故①错；
因为∥且，有公共点A，所以②正确；
由于a＝4e1－e2＝－4－e1＋e2＝－4b，所以a∥b.故③正确；
易知④也正确．
答案：②③④
9.在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简＋－，并在图中标出化简结果的向量．
解：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，
∴＝.
又＝(－)
＝－＝－＝，
∴＋－
＝＋－＝ (如图所示)．
10.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.2-1-c-n-j-y
(1)证明：A，E，C1，F四点共面；
(2)若＝x＋y＋z，求x＋y＋z的值．
解：(1)证明：∵ABCD-A1B1C1D1是平行六面体，
∴＝＝＝，
∴＝，＝，
∴＝＋＋＝＋＋＋
＝＋＝＋＋＋＝＋，由向量共面的充要条件知A，E，C1，F四点共面．
(2)∵＝－＝＋－(＋)＝＋－－＝－＋＋，又＝x＋y＋z，∴x＝－1，y＝1，z＝，
∴x＋y＋z＝.
层级二 应试能力达标
1．给出下列命题：
①若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
③若，共线，则AB∥CD；
④对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x ＋y ＋z (其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面．
其中不正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 显然①正确；若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|－|b||，故②错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故③错误；只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故④错误．故选C.
2．若a，b是平面α内的两个向量，则( )
A．α内任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)
B．若存在λ，μ∈R使λa＋μb＝0，则λ＝μ＝0
C．若a，b不共线，则空间任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)
D．若a，b不共线，则α内任一向量p＝λa＋μb(λ，μ∈R)
解析：选D 当a与b共线时，A项不正确；当a与b是相反向量，λ＝μ≠0时，λa＋μb＝0，故B项不正确；若a与b不共线，则平面α内任意向量可以用a，b表示，对空间向量则不一定，故C项不正确，D项正确．
3．已知i与j不共线，则存在两个非零常数m，n，使k＝mi＋nj是i，j，k共面的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若i与j不共线，则k与i，j共面?存在唯一的一对实数x，y，使k＝xi＋yj，x，y不一定非零．故选A.
4．若P，A，B，C为空间四点，且有＝α＋β，则α＋β＝1是A，B，C三点共线的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 若α＋β＝1，则－＝β(－)，即＝β，显然A，B，C三点共线；若A，B，C三点共线，则存在实数λ，使＝λ，故－＝λ(－)，整理得＝(1＋λ) －λ，令α＝1＋λ，β＝－λ，则α＋β＝1，故选C.
5.如图，已知空间四边形ABCD中，＝a－2c，＝5a＋6b－8c，对角线AC，BD的中点分别为E，F，则＝______(用向量a，b，c表示)．
解析：设G为BC的中点，连接EG，FG，则＝
＋
＝＋
＝(a－2c)＋(5a＋6b－8c)
＝3a＋3b－5c.
答案：3a＋3b－5c
6.如图所示，在四面体O-ABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示)．
解析：＝＋＝a＋＝a＋(－)＝a＋＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.
答案：a＋b＋c
7.如图，已知M，N分别为四面体A-BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且GM∶GA＝1∶3.求证：B，G，N三点共线．
证明：设＝a，＝b，＝c，则＝＋＝＋
＝－a＋(a＋b＋c)
＝－a＋b＋c，
＝＋＝＋(＋)
＝－a＋b＋c＝，
∴∥.
又BN∩BG＝B，∴B，G，N三点共线．
8.如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是ABCD所在平面外的一点，连接PA，PB，PC，PD.设点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心．
(1)试用向量方法证明E，F，G，H四点共面；
(2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，并用向量方法证明你的判断．
证明：(1)分别连接PE，PF，PG，PH并延长，交对边于点M，N，Q，R，
连接MN，NQ，QR，RM，
∵E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
∴M，N，Q，R是所在边的中点，且＝，＝，＝，＝.
由题意知四边形MNQR是平行四边形，
∴＝＋＝(－)＋(－)
＝(－)＋(－)
＝(＋)．
又＝－＝－＝.
∴＝＋，
由共面向量定理知，E，F，G，H四点共面．
(2)平行．证明如下：
由(1)得＝，
∴∥，
∴∥平面ABCD.
又＝－＝－
＝，∴∥.
即EF∥平面ABCD.
又∵EG∩EF＝E，
∴平面EFGH与平面ABCD平行．
3．1.3 空间向量的数量积运算
预习课本P90～91，思考并完成以下问题
1．空间向量的数量积的定义是什么？
2．空间向量的数量积满足哪些运算律？
1．空间向量的夹角
(1)如图，已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
(2)向量a，b的夹角〈a，b〉的范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，那么称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.
2．空间向量的数量积
(1)定义：
已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b.即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．21-cnjy*com
(2)运算律：
①(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
3．空间向量数量积的性质
序号
性质
①
a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e为单位向量)
②
若a，b为非零向量，则a⊥b?a·b＝0
③
a·a＝|a|2或|a|＝＝
④
若a，b为非零向量，则cos〈a，b〉＝
⑤
|a·b|≤|a||b|(当且仅当a，b共线时等号成立)
[点睛] (1)两个向量的数量积是数量，而不是向量，它可以是正数、负数或零；
(2)向量数量积的运算不满足消去律和乘法的结合律，即a·b＝a·c?b＝c，(a·b)·c＝a·(b·c)都不成立．
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)对于非零向量a，b，?a，b?与?a，－b?相等( )
(2)对于任意向量a，b，c，都有(a·b)c＝a(b·c)( )
(3)若a·b＝b·c，且b≠0，则a＝c( )
(4)(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
2．若向量a与b满足|a|＝1，|b|＝2且a与b的夹角为，则a·b＝________.
答案：1
3．已知|a|＝3，|b|＝2，a·b＝－3，则?a，b?＝________.
答案：
空间向量的数量积的运算
[典例] 如图所示，在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，求值：
(1) ·；
(2) ·；
(3) ·；
(4) ·.
[解] (1) ·＝·＝||||·cos〈，〉＝cos 60°＝.
(2) ·＝·＝||2＝.
(3) ·＝·＝||·||cos〈，〉＝cos 120°＝－.
(4) ·＝·(－)＝·－·＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉＝cos 60°－cos 60°＝0.
求向量的数量积的关键是求两个向量的模和夹角，而该题目所给的四面体各棱长均为1，每个面都是正三角形，每个角都是60°，因此可结合这一特点进行分解，然后再具体求解数量积的值．
[活学活用]
1．已知a＝3p－2q，b＝p＋q，p和q是相互垂直的单位向量，则a·b＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A ∵p⊥q且|p|＝|q|＝1，
∴a·b＝(3p－2q)·(p＋q)＝3p2＋p·q－2q2＝3＋0－2＝1.
2．在四面体OABC中，棱OA、OB、OC两两垂直，且OA＝1，OB＝2，OC＝3，G为△ABC的重心，则·(＋＋)＝________.
解析：由已知·＝·＝·＝0，且＝，
故·(＋＋)＝(＋＋)2
＝(||2＋||2＋||2)
＝(1＋4＋9)＝.
答案：
利用空间向量的数量积求夹角
[典例] 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求与夹角的大小．
[解] 不妨设正方体的棱长为1，
则·
＝(＋)·(＋)
＝(＋)·(＋)
＝·＋2＋＋·
＝0＋2＋0＋0＝2＝1，
又∵||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
∵〈，〉∈[0，π]，
∴〈，〉＝.
即与夹角的大小为.
(1)求几何体中两个向量的夹角可以把其中一个向量起点平移到与另一个向量的起点重合转化为求平面中的角的大小．
(2)由两个向量的数量积定义得cos〈a，b〉＝，求〈a，b〉的大小，转化为求两个向量的数量积及两个向量的模，求出〈a，b〉的余弦值，进而求〈a，b〉的大小．在求a·b时注意结合空间图形，把a，b用基向量表示出来，进而化简得出a·b的值．
[活学活用]
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，AA1＝，求异面直线BA1与AC所成角的余弦值．
解：∵＝＋＝＋，＝－，且·＝·＝·＝0，
∴·A＝－＝－1.
又||＝，||＝＝，
∴cos〈，〉＝＝＝－，
则异面直线BA1与AC所成角的余弦值为.
利用空间向量的数量积证明垂直
[典例] 已知空间四边形ABCD中，AB⊥CD，AC⊥BD，求证：AD⊥BC.
[证明] ∵AB⊥CD，AC⊥BD，
∴·＝0，·＝0.
∴·＝(＋)·(－)
＝·＋·－－·
＝·－－·
＝·(－－)＝·＝0.
∴⊥，从而AD⊥BC.
当直接证明线线垂直但条件不易利用时，常常考虑证明两线段所对应的向量的数量积等于零．利用向量证明垂直的一般方法是把线段转化为向量，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算以及数量积和垂直条件来完成位置关系的判定．
[活学活用]
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：A1O⊥平面GBD.【21教育】
证明：设＝a，＝b，＝c，则a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0，|a|＝|b|＝|c|.
∵＝＋
＝＋(＋)＝c＋a＋b，
＝－＝b－a，
＝＋＝(＋)＋＝a＋b－c.
∴·＝·(b－a)
＝c·b－c·a＋a·b－a2＋b2－b·a
＝(b2－a2)＝(|b|2－|a|2)＝0.
于是⊥，即A1O⊥BD.
同理可证⊥，即A1O⊥OG.
于是有A1O⊥平面GBD.
利用空间向量数量积求距离(即线段长度)
[典例] 在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且|MB|＝2|AM|，|CN|＝|ND|，求|MN|.
[解] ∵＝＋＋
＝＋(－)＋(－)＝－＋＋.
∴·＝－＋＋·－＋＋
＝2－·－·＋·＋2＋2
＝a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2＝a2.
故||＝ ＝a.
即|MN|＝a.
求两点间的距离或线段长度的方法
(1)将此线段用向量表示；
(2)用其他已知夹角和模的向量表示该向量；
(3)利用|a|＝，通过计算求出|a|，即得所求距离．
[活学活用]
如图所示，在?ABCD中，AD＝4，CD＝3，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝6，求线段PC的长．
解：∴＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2
＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋32＋2||||cos 120°
＝61－12＝49.
∴||＝7，即PC＝7.
层级一 学业水平达标
1．已知向量a，b是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则c·a＝0，且c·b＝0是l⊥α的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 若l⊥平面α，则c⊥a，c·a＝0，c⊥b，c·b＝0；反之，若a∥b，则c⊥a，c⊥b，并不能保证l⊥平面α.
2．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝e1＋e2与b＝e1－2e2的夹角是( )
A．60° B．120°
C．30° D．90°
解析：选B a·b＝(e1＋e2)·(e1－2e2)＝e－e1·e2－2e＝1－1×1×－2＝－，
|a|＝＝＝
＝＝，
|b|＝＝＝
＝＝.
∴cos〈a，b〉＝＝＝－.
∴〈a，b〉＝120°.
3.如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则下列向量的数量积等于a2的是( )21世纪教育网
A．2·
B．2·
C．2·
D．2·
解析：选C 2·＝－a2，故A错；2·＝－a2，故B错；2·＝－a2，故D错，只有C正确．
4．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积不为零的是( )
A．与 B．与
C．与 D．与
解析：选A 用排除法，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，故·＝0，排除D；因为AD⊥AB，PA⊥AD，又PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB，故·＝0，排除B，同理·＝0，排除C.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，有下列命题：
①(＋＋)2＝32；
②·(－)＝0；
③与的夹角为60°；
④正方体的体积为|··|.
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 如图所示，
(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32；
·(－)＝·＝0；与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°；正方体的体积为||||||.综上可知，①②正确．
6．已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，则|a－b|＝________.
解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝132＋2a·b＋192＝242，∴2a·b＝46，|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，故|a－b|＝22.
答案：22
7．已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，如图，则PC等于________．
解析：∵＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝36＋36＋36＋0＋0＋2||||cos 60°
＝108＋2×6×6×＝144.
∴PC＝12.
答案：12
8．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a，b所成的角是________．
解析：＝＋＋，
∴·＝·(＋＋)＝||2＝1，
∴cos〈，〉＝＝，
∴异面直线a，b所成角是60°.
答案：60°
9．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，求异面直线OE与BF所成角的余弦值．【21教育名师】
解：如图所示，设＝a，＝b，＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，
易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝，
则a·b＝b·c＝c·a＝.
∵＝(＋)＝(a＋b)，
＝－＝－＝c－b，
又||＝||＝，
∴·＝(a＋b)·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－，
∴cos〈，〉＝＝－.
∴异面直线OE与BF所成角的余弦值是.
10.如图，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)由(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝＝＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
层级二 应试能力达标
1．已知在正四面体A-BCD中，所有棱长都为1，△ABC的重心为G，则DG的长为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图，连接AG并延长交BC于点M，连接DM，∵G是△ABC的重心，∴AG＝AM，
∴＝，＝＋＝＋＝＋(－)＝＋(＋)－ ＝(＋＋)，而(＋＋)2＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.2·1·c·n·j·y
2．已知空间四边形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，则AB与CD所成的角是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 根据已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得·＝·＝0，∴·＝(＋＋)·＝·＋||2＋·＝||2＝1，
∴cos?，?＝＝，
∴AB与CD所成的角为60°.
3．设a，b，c是任意的非零空间向量，且它们互不共线，给出下列命题：
①(a·b)c－(c·a)b＝0；
②|a|－|b|<|a－b|；
③(b·a)c－(c·a)b一定不与c垂直；
④(3a＋2b)·(3a－2b)＝9|a|2－4|b|2.
其中正确的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
解析：选D 根据向量数量积的定义及性质，可知a·b和c·a是实数，而c与b不共线，故(a·b)c与(c·a)b不一定相等，故①错误；③因为[(b·a)c－(c·a)b]·c＝(b·a)c2－(c·a)(b·c)，所以当a⊥b，且a⊥c或b⊥c时，[(b·a)c－(c·a)b]·c＝0，即(b·a)c－(c·a)b与c垂直，故③错误；易知②④正确．故选D.
4．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD( )
A．是钝角三角形 B．是锐角三角形
C．是直角三角形 D．形状不确定
解析：选B ∵＝－，＝－，
∴·＝(－)(－)
＝·－·－·＋||2
＝||2>0，
∴cos∠CBD＝cos?，?＝>0，
∴∠CBD为锐角．
同理，∠BCD与∠BDC均为锐角，
∴△BCD为锐角三角形．
5．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos?a，b?＝________.
解析：将|a－b|＝两边平方，得(a－b)2＝7.
因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝.
又a·b＝|a||b|cos?a，b?，故cos?a，b?＝.
答案：
6.如图所示，在一个直二面角α -AB-β的棱上有两点A，B，AC，BD分别是这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD的长为________．
解析：∵＝＋＋＝－＋，∴＝(－＋)2＝＋＋－2·＋2·－2·＝16＋36＋64＝116，∴||＝2.
答案：2
7.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，E为CC1上的点，且CE＝1，求异面直线AB1，BE所成角的余弦值．
解：·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝0＋0＋0＋3＝3.
依题意，易知||＝，||＝，
∴cos?，?＝＝＝.
8．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求B，D间的距离．
解：∵∠ACD＝90°，∴·＝0.
同理·＝0.
∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.
又∵＝＋＋，
∴||2＝·＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝3＋2×1×1×cos〈，〉．
当〈，〉＝60°时，＝4；
当〈，〉＝120°时，2＝2.
∴||＝2或，即B，D间的距离为2或.
3．1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示
预习课本P92～94，思考并完成以下问题
1．空间向量基本定理的内容是什么？
2．在空间向量中，基底的定义是什么？应满足什么条件？
1．空间向量基本定理：
如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc.
其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．
2．空间向量的正交分解及其坐标表示
(1)单位正交基底：
三个有公共起点O的两两垂直的单位向量e1，e2，e3称为单位正交基底．
(2)空间直角坐标系：
以e1，e2，e3的公共起点O为原点，分别以e1，e2，e3的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系O-xyz.
(3)空间向量的坐标表示：
对于空间任意一个向量p，一定可以把它平移，使它的起点与原点O重合，得到向量＝p，由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xe1＋ye2＋ze3.把x，y，z称作向量p在单位正交基底e1，e2，e3下的坐标，记作p＝(x，y，z)，即点P的坐标为(x，y，z)．
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)只有两两垂直的三个向量才能作为空间向量的一组基底( )
(2)向量的坐标与点P的坐标一致( )
(3)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)×
2．已知A(2,3－μ，－1＋ν)关于x轴的对称点是A′(λ，7，－6)，则λ，μ，ν的值为( )
A．λ＝－2，μ＝－4，ν＝－5 B．λ＝2，μ＝－4，ν＝－5
C．λ＝－2，μ＝10，ν＝8 D．λ＝2，μ＝10，ν＝7
答案：D
3．已知向量a，b，c是空间的一个基底，下列向量中可以与p＝2a－b，q＝a＋b构成空间的另一个基底的是______(填序号)．
①2a；②－b；③c；④a＋c
答案：③④
空间向量基本定理的理解
[典例] 已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且＝e1＋2e2－e3，＝－3e1＋e2＋2e3，＝e1＋e2－e3，试判断{，，}能否作为空间的一个基底？
[解] 假设，，共面，由向量共面的充要条件知存在实数x，y，使＝x＋y成立．
∴e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)
＝(－3x＋y)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3.
∵{e1，e2，e3}是空间的一个基底，
∴e1，e2，e3不共面，∴此方程组无解，
即不存在实数x，y，使＝x＋y成立．
∴，，不共面．
故{，，}能作为空间的一个基底．
判断给出的某一向量组能否作为基底，关键是要判断它们是否共面．如果从正面难以入手，可用反证法或利用一些常见的几何图形进行判断．
[活学活用]
设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底．给出下列向量组：
①{a，b，x}；②{x，y，z}；③{b，c，z}；④{x，y，a＋b＋c}．
其中可以作为空间的基底的向量组有________个．
解析：如图所设a＝，b＝，c＝，则x＝，y＝，z＝，a＋b＋c＝.由A，B1，D，C四点不共面可知向量x，y，z也不共面．同理可知b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面，可以作为空间的基底．因x＝a＋b，故a，b，x共面，故不能作为基底．
答案：3
空间向量基本定理的应用
[典例] 如图，四棱锥P-OABC 的底面为一矩形，PO⊥平面OABC，设＝a，＝b，＝c，E，F分别是PC和PB的中点，试用a，b，c表示：，，，.
[解] 连接BO，则＝＝(＋)＝(c－b－a)＝－a－b＋c.
＝＋＝－a＋＝－a＋(＋)＝－a－b＋c.
＝＋＝＋＋(＋)＝－a＋c＋(－c＋b)＝－a＋b＋c.
＝＝＝a.
用基底表示向量时：
(1)若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及数乘向量的运算律进行．
(2)若没给定基底时，首先选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角已知或易求．
[活学活用]
如图，在正方体ABCD-A′B′C′D′中，点E是上底面A′B′C′D′的中心，求下列各式中x，y，z的值．
(1) ＝x＋y＋z；
(2) ＝x＋y＋z.
解：(1)∵＝＋＝
＋＋＝－＋＋，
又＝x＋y＋z，
∴x＝1，y＝－1，z＝1.
(2)∵＝＋＝＋
＝＋(＋)
＝＋＋
＝＋＋，
又＝x＋y＋z，
∴x＝，y＝，z＝1.
空间向量的坐标表示
[典例] 如图所示，PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，并且PA＝AB＝1.试建立适当的空间直角坐标系， 求向量的坐标．
[解] ∵PA＝AB＝AD＝1，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
∴，，是两两垂直的单位向量．
设＝e1，＝e2，＝e3，以{e1，e2，e3}为基底建立空间直角坐标系A-xyz.
法一：如图所示，
∵＝＋＋
＝－＋＋
＝－＋＋(＋)
＝－＋＋(＋＋)
＝＋＝e2＋e3，
∴＝.
法二：
如图所示，
连接AC，BD交于点O.
则O为AC，BD的中点，
连接MO，ON，
∴＝＝，
＝，
∴＝＋＝＋＝e2＋e3.
∴＝.
用坐标表示空间向量的方法步骤
[活学活用]
在直三棱柱ABO-A1B1O1中，∠AOB＝，AO＝4，BO＝2，AA1＝4，D为A1B1的中点．在如图所示的空间直角坐标系中，求，的坐标．
解：(1)∵＝－＝－(＋)
＝－
＝－－－
＝－4e3－×4e1－×2e2
＝－2e1－e2－4e3，
∴＝(－2，－1，－4)．
(2)∵＝－＝－(＋)
＝－＋－＝－4e1＋2e2－4e3，
∴＝(－4,2，－4)．
层级一 学业水平达标
1．已知A(3,2，－3)，则点A关于y轴的对称点的坐标是( )
A．(－3，－2,3) B．(－3,2，－3)
C．(－3,2,3) D．(－3，－2，－3)
解析：选C 由对称定义知．
2．设p：a，b，c是三个非零向量；q：{a，b，c}为空间的一个基底，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 当非零向量a，b，c不共面时，{a，b，c}可以当基底，否则不能当基底．当{a，b，c}为基底时，一定有a，b，c为非零向量．因此p?/ q，q?p.
3．在空间直角坐标系O-xyz中，下列说法正确的是( )
A．向量的坐标与点B的坐标相同
B．向量的坐标与点A的坐标相同
C．向量与向量的坐标相同
D．向量与向量－的坐标相同
解析：选D 因为A点不一定为坐标原点，所以A不正确；同理B，C都不正确；由于＝－，所以D正确．
4．已知空间四边形OABC，其对角线为AC，OB，M，N分别是OA，BC的中点，点G是MN的中点，则等于( )
A. ＋＋ B.( ＋＋)
C.( ＋＋) D. ＋＋
解析：选B 如图，
＝(＋)
＝＋×(＋)
＝＋＋
＝(＋＋)．
5．空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝2，N为BC中点，则为( )
A.a－b＋c B．－a＋b＋c
C.a＋b－c D.a＋b－c
解析：选B ＝＋＋
＝＋－＋(－)
＝－＋＋
＝－a＋b＋c.
6．设{e1，e2，e3}是空间向量的一个单位正交基底，a＝4e1－8e2＋3e3，b＝－2e1－3e2＋7e3，则a，b的坐标分别为________．
解析：由于{e1，e2，e3}是空间向量的一个单位正交基底，
所以a＝(4，－8,3)，b＝(－2，－3,7)．
答案：a＝(4，－8,3)，b＝(－2，－3,7)
7．已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋2c，若m与n共线，则x＝________，y＝________.
解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋2λc，
于是有解得
答案：2 －2
8．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是底面A1C1和侧面CD1的中心，若＋λ＝0(λ∈R)，则λ＝________.
解析：如图，连接A1C1，C1D，
则E在A1C1上，F在C1D上，
易知EF綊A1D，
∴＝，即－＝0，
∴λ＝－.
答案：－
9．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．
(1)用向量a，b，c表示，；
(2)若＝xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值．
解：(1)如图，＝＋＝－＋－＝a－b－c，
＝＋＝＋＝－(＋)＋(＋)＝(a－c)．
(2) ＝(＋)
＝(－＋)
＝(－c＋a－b－c)
＝a－b－c，
∴x＝，y＝－，z＝－1.
10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点，求证：EF⊥AB1.
证明：设＝a，＝b，＝c，
则＝＋＝(＋)
＝(＋)＝(＋－)
＝(－a＋b＋c)，
＝＋＝＋＝a＋b.
∴·＝(－a＋b＋c)·(a＋b)
＝(|b|2－|a|2)＝0.
∴⊥，即EF⊥AB1.
层级二 应试能力达标
1．已知M，A，B，C四点互不重合且无三点共线，则能使向量，，成为空间的一个基底的关系是( )
A．＝＋＋
B．＝＋
C．＝＋＋
D．＝2－
解析：选C 对于选项A，由＝x ＋y ＋z (x＋y＋z＝1)?M，A，B，C四点共面，知，，共面；对于选项B，D，易知，，共面，故选C.
2．给出下列命题：
①若{a，b，c}可以作为空间的一个基底，d与c共线，d≠0，则{a，b，d}也可以作为空间的一个基底；
②已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；
③A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面；
④已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 根据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底．显然②正确．③中由，，不能构成空间的一个基底，知，，共面．又，，过相同点B，知A，B，M，N四点共面．下面证明①④正确：假设d与a，b共面，则存在实数λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使得d＝kc.∵d≠0，∴k≠0，从而c＝a＋b，∴c与a，b共面，与条件矛盾，∴d与a，b不共面．同理可证④也是正确的．于是①②③④四个命题都正确，故选D.
3．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若＝3i，＝2j，＝5k，则向量在基底{i，j，k}下的坐标是( )
A．(1,1,1) B.
C．(3,2,5) D．(3,2，－5)
解析：选C ＝＋＋＝＋＋＝3i＋2j＋5k，∴向量在基底{i，j，k}下的坐标是(3,2,5)，故选C.
4．已知向量和在基底{a，b，c}下的坐标分别为(3,4,5)和(0,2,1)，若＝，则向量在基底{a，b，c}下的坐标是( )
A. B.
C. D.
解析：选A ∵＝－＝(2b＋c)－(3a＋4b＋5c)＝－3a－2b－4c，∴＝＝－a－b－c，∴向量在基底{a，b，c}下的坐标是，故选A.
5．若{a，b，c}是空间的一个基底，且存在实数x，y，z，使得xa＋yb＋zc＝0，则x，y，z满足的条件是________．
解析：若x≠0，则a＝－b－c，即a与b，c共面．由{a，b，c}是空间的一个基底知a，b，c不共面，故x＝0，同理y＝z＝0.
答案：x＝y＝z＝0
6．若a＝e1＋e2，b＝e2＋e3，c＝e1＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，若e1，e2，e3不共面，当d＝α a＋β b＋γ c时，α＋β＋γ＝________.
解析：由已知d＝(α＋γ)e1＋(α＋β)e2＋(γ＋β)e3.
所以故有α＋β＋γ＝3.
答案：3
7．设A，B，C及A1，B1，C1分别是异面直线l1，l2上的三点，且M，N，P，Q分别是线段AA1，BA1，BB1，CC1的中点．求证：M，N，P，Q四点共面．
证明：依题意，有＝2 ，＝2 .
＝＋＋＝＋＋＝(＋＋)＋＋＝(＋)． (*)
∵A，B，C及A1，B1，C1分别共线，
∴存在λ，ω∈R，使得＝λ＝2λ，＝ω＝2ω.
代入(*)式，得＝(2λ＋2ω)＝λ＋ω，
∴，，共面．
∴M，N，P，Q四点共面．
8．已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.
证明：如图，取向量，，为空间基底，则＝(＋)，
＝(＋)．
∴＝－＝(＋)
－＝(＋－)，
＝－＝(＋)－
＝(＋－)．
又∵＝－，
∴＝(＋)，＝(－)，
∴·＝(＋)·(－)
＝(||2－||2)，
又∵||＝||，
∴·＝0，即PM⊥QN.
3．1.5 空间向量运算的坐标表示
预习课本P95～97，思考并完成以下问题
1．类比平面向量，在空间向量中，a∥b，a⊥b的充要条件分别是什么？
2．空间直角坐标系中，点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则||如何表示？
1．空间向量的加减和数乘运算的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
(1)a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)；
(2)a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)；
(3)λa＝(λa1，λa2，λa3)(λ∈R)；
(4)若b≠0，则a∥b?a＝λb(λ∈R)?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3.
2．空间向量数量积的坐标表示及夹角公式
若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
(1)a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3；
(2)|a|＝＝；
(3)cos〈a，b〉＝＝；
(4)a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
3．空间中向量的坐标及两点间的距离公式
在空间直角坐标系中，设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)．
(1) ＝(a2－a1，b2－b1，c2－c1)；
(2)dAB＝||＝.
1．已知向量a＝(4，－2，－4)，b＝(6，－3,2)，则下列结论正确的是( )
A．a＋b＝(10，－5，－6) B．a－b＝(2，－1，－6)
C．a·b＝10 D．|a|＝6
答案：D
2．与向量m＝(0,1，－2)共线的向量是( )
A．(2,0，－4) B．(3,6，－12)
C．(1,1，－2) D.
答案：D
3．已知a＝(2,1,3)，b＝(－4,5，x)，若a⊥b，则x＝________.
答案：1
空间向量的坐标运算
[典例] 已知O为坐标原点，A，B，C三点的坐标分别是(2，－1,2)，(4,5，－1)，(－2,2,3)．求点P的坐标，使：【21cnj*y.co*m】
(1) ＝(－)；(2) ＝(－)．
[解] ＝(2,6，－3)，＝(－4,3,1)，
∴－＝(6,3，－4)．
(1) ＝(6,3，－4)＝，
则点P的坐标为.
(2)设点P的坐标为(x，y，z)，
则＝(x－2，y＋1，z－2)，
∵(－)＝＝，
∴x＝5，y＝，z＝0，则点P的坐标为.
(1)一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点坐标减去起点坐标．
(2)空间向量进行坐标运算的规律是首先进行数乘运算，再进行加法或减法运算，最后进行数量积运算；先算括号里，后算括号外．
(3)空间向量的坐标运算与平面向量的坐标运算法则基本一样，应注意一些计算公式的应用．
[活学活用]
已知空间四点A，B，C，D的坐标分别是(－1,2,1)，(1,3,4)，(0，－1,4)，(2，－1，－2)，设p＝，q＝.
求：(1)p＋2q；(2)3p－q；(3)(p－q)·(p＋q)．
解：因为A(－1,2,1)，B(1,3,4)，C(0，－1,4)，D(2，－1，－2)，所以p＝＝(2,1,3)，q＝＝(2,0，－6)．
(1)p＋2q＝(2,1,3)＋2(2,0，－6)＝(2,1,3)＋(4,0，－12)＝(6,1，－9)．
(2)3p－q＝3(2,1,3)－(2,0，－6)＝(6,3,9)－(2,0，－6)＝(4,3,15)．
(3)(p－q)·(p＋q)＝p2－q2＝|p|2－|q|2＝(22＋12＋32)－(22＋02＋62)＝－26.
空间向量的平行与垂直
[典例] 正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱D1D的中点，P，Q分别为线段B1D1，BD上的点，且3＝，若PQ⊥AE，＝λ，求λ的值．
[解] 如图所示，以D为原点，，，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，设正方体棱长为1，则A(1,0,0)，E，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，
由题意，可设点P的坐标为(a，a,1)，
因为3 ＝，所以3(a－1，a－1,0)＝(－a，－a,0)，
所以3a－3＝－a，解得a＝，
所以点P的坐标为.
由题意可设点Q的坐标为(b，b,0)，
因为PQ⊥AE，所以·＝0，
所以·＝0，
即－－＝0，解得b＝，
所以点Q的坐标为，
因为＝λ，所以(－1，－1,0)＝λ，
所以＝－1，故λ＝－4.
[一题多变]
1．[变条件]若本例中的PQ⊥AE改为B1Q⊥EQ，其它条件不变，结果如何？
解：以D为原点，，，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，设正方体棱长为1，点Q的坐标为(c，c,0)，
因为B1Q⊥EQ，所以·＝0，
所以(c－1，c－1，－1)·＝0，
即c(c－1)＋c(c－1)＋＝0,4c2－4c＋1＝0，
解得c＝，所以点Q的坐标为，
所以点Q是线段BD的中点，
所以＝－2 ，故λ＝－2.
2．[变条件，变设问]本例中若G是A1D的中点，点H在平面xOy上，且GH∥BD1，试判断点H的位置．
解：以D为原点，，，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，因为G是A1D的中点，所以点G的坐标为，
因为点H在平面xOy上，设点H的坐标为(m，n,0)，
因为＝(m，n,0)－＝，
＝(0,0,1)－(1,1,0)＝(－1，－1,1)，
且GH∥，
所以＝＝，
解得m＝1，n＝.
所以点H的坐标为，
所以H为线段AB的中点．
解决空间向量垂直、平行问题的有关思路
(1)若有关向量已知时，通常需要设出向量的坐标．例如，设向量a＝(x，y，z)．
(2)在有关平行的问题中，通常需要引入参数．例如，已知a∥b，则引入参数λ，有a＝λb，再转化为方程组求解．
(3)选择向量的坐标形式，可以达到简化运算的目的．
利用坐标运算解决夹角、距离问题
[典例] 如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N为A1A的中点．
(1)求BN的长；
(2)求A1B与B1C所成角的余弦值．
[解] 如图，以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系C-xyz.
(1)依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，
∴||＝＝，
∴线段BN的长为.
(2)依题意得A1(1,0,2)，C(0,0,0)，B1(0,1,2)，
∴＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，
∴·＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3.
又||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝.
故A1B与B1C所成角的余弦值为.
在特殊的几何体中建立空间直角坐标系时要充分利用几何体本身的特点，以使各点的坐标易求．利用向量解决几何问题，可使复杂的线面关系的论证、角及距离的计算变得简单．
[活学活用]
在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H为C1G的中点．
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值；
(3)求FH的长．
解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系D-xyz，D为坐标原点，则有E，F，，0，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，G，H.
＝－
＝，
＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1,0，－1)．
∴·＝×(－1)＋×0＋×(－1)＝0，
∴⊥，即EF⊥B1C.
(2)∵＝－(0,1,1)＝.
∴||＝.又·＝×0＋×＋×(－1)＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝.
即异面直线EF与C1G所成角的余弦值为.
(3)∵F，H，
∴＝，
∴||＝ ＝.
层级一 学业水平达标
1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，如果a与b为共线向量，则( )
A．x＝1，y＝1 B．x＝，y＝－
C．x＝，y＝－ D．x＝－，y＝
解析：选C 因为a与b共线，所以＝＝，所以x＝，y＝－.
2．已知A(3,3,3)，B(6,6,6)，O为原点，则与的夹角是( )
A．0 B．π C. D.
解析：选B ∵·＝3×6＋3×6＋3×6＝54，
且||＝3，||＝6，
∴cos〈，〉＝＝1，
∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝0.∴〈，〉＝π.
3．在空间直角坐标系中，i＝(1,0,0)，j＝(0,1,0)，k＝(0,0,1)，则与i，j，k所成角都相等的单位向量为( )
A．(1,1,1)
B.
C.
D.或
解析：选D 设所求的单位向量为a＝(x，y，z)，则由与i，j，k所成角都相等得到a·i＝a·j＝a·k，所以x＝y＝z，且x2＋y2＋z2＝1，所以x＝y＝z＝或－.
4．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
解析：选C ＝(3,4，－8)，＝(5,1，－7)，
＝(2，－3,1)，
∴||＝＝，
||＝＝，
||＝＝，
∴||2＋||2＝75＋14＝89＝||2.
∴△ABC为直角三角形．
5．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，O(0,0,0)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为( )
A．± B. C．－ D．±
解析：选C ∵＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，
∴＋λ＝(1，－λ，λ)，
∴(＋λ)·＝λ＋λ＝2λ，
|＋λ|＝＝，||＝.
∴cos 120°＝＝－，∴λ2＝.
又<0，∴λ＝－.
6．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝，且λ>0，则λ＝________.
解析：∵a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，
∴λa＋b＝(4,1－λ，λ)．
∵|λa＋b|＝，∴16＋(1－λ)2＋λ2＝29.
∴λ2－λ－6＝0.∴λ＝3或λ＝－2.
∵λ>0，∴λ＝3.
答案：3
7．若a＝(x,2,2)，b＝(2，－3,5)的夹角为钝角，则实数x的取值范围是________．
解析：a·b＝2x－2×3＋2×5＝2x＋4，设a，b的夹角为θ，因为θ为钝角，所以cos θ＝<0，又|a|>0，|b|>0，所以a·b<0，即2x＋4<0，所以x<－2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(－∞，－2)．【21·世纪·教育·网】
答案：(－∞，－2)
8．已知a＝(1－t,1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是________．
解析：由已知，得
b－a＝(2，t，t)－(1－t,1－t，t)＝(1＋t,2t－1,0)．
∴|b－a|＝
＝＝ .
∴当t＝时，|b－a|的最小值为.
答案：
9．空间三点A(1,2,3)，B(2，－1,5)，C(3,2，－5)，试求：
(1)△ABC的面积；
(2)△ABC的AB边上的高．
解：(1)因为＝(2，－1,5)－(1,2,3)＝(1，－3,2)，
＝(2,0，－8)，
·＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，
且||＝，||＝2，
所以cos〈，〉＝＝－，
sin〈，〉＝，
S△ABC＝||·||sin〈，〉
＝×2×＝3.
(2)| |＝，设AB边上的高为h，
则|AB|·h＝S△ABC＝3，∴h＝3.
10.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，P为A1B上的点，＝λ，且PC⊥AB.求：www.21-cn-jy.com
(1)λ的值；
(2)异面直线PC与AC1所成角的余弦值．
解：(1)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0，1,2)，
于是＝(，1,0)，＝(0，－2,2)，＝(，1，－2)．
因为PC⊥AB，
所以·＝0，
即(＋)·＝0，
也即(＋λ)·＝0.
故λ＝－＝.
(2)由(1)知＝，＝(0,2,2)，
cos〈，〉＝＝＝－，
所以异面直线PC与AC1所成角的余弦值是.
层级二 应试能力达标
1．已知两个非零向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是( )
A.a＝b
B．a1·b1＝a2·b2＝a3·b3
C．a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
D．存在非零实数k，使a＝kb
解析：选D 根据空间向量平行的充要条件，易知选D.
2．若A(3cos α，3sin α，1)，B(2cos θ，2sin θ，1)，则||的取值范围是( )21*教*育*名*师
A．[0,5] B．[1,5]
C．(1,5) D．(0,5)
解析：选B 由题意知，
||＝＝，
∵－1≤cos(α－θ)≤1，∴1≤||≤5.
3．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A. B.
C. D.
解析：选D ∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，
所以解得
∴λ＝3x－2y＝.
4．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，＋∞)
解析：选A ∵a，b的夹角为钝角，∴a·b<0，即3x＋2(2－x)＋0·x＝4＋x<0，∴x<－4.又当夹角为π时，存在λ<0，使a＝λb，
∴此方程组无解，故选A.
5．若△ABC的三个顶点坐标分别为A(0,0，)，B，C(－1,0，)，则角A的大小为________．
解析：由题意，知＝，＝(－1,0,0)，所以||＝1，||＝1.则cos A＝＝＝，故角A的大小为30°.
答案：30°
6．已知M1(2,5，－3)，M2(3，－2，－5)，设在线段M1M2上的一点M满足＝4，则向量的坐标为________．
解析：设M(x，y，z)，则＝(1，－7，－2)，
＝(3－x，－2－y，－5－z)．
又∵＝4，
∴∴
答案：
7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O1是A1B1C1D1的中心，E1在B1C1上，并且B1E1＝B1C1，求BE1与CO1所成的角的余弦值．
解：不妨设AB＝1，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立直角坐标系，则B(1,0，0)，E1，
C(1,1,0)，O1，
BE1＝，＝，
BE1·＝·＝，
| BE1|＝ ，||＝ .
∴cos〈BE1，〉＝＝.
即BE1与CO1所成角的余弦值为.
8．已知关于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，且向量a＝(－1,1,3)，b＝(1,0，－2)，c＝a＋tb.
(1)当|c|取最小值时，求t的值；
(2)在(1)的情况下，求b和c夹角的余弦值．
解：(1)∵关于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，
∴Δ＝(t－2)2－4(t2＋3t＋5)≥0，即－4≤t≤－.
又c＝a＋tb＝(－1＋t,1,3－2t)，
∴|c|＝＝ .
∵当t∈时，关于t的函数y＝52＋是单调递减的，
∴当t＝－时，|c|取最小值.
(2)由(1)，知当t＝－时，c＝，
|b|＝＝，|c|＝，
∴cos?b，c?＝＝－.
3.2
第一课时 空间向量与平行、垂直关系
预习课本P102～108，思考并完成以下问题
1．平面的法向量的定义是什么？
2．设直线l的方向向量u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l∥α，l⊥α的充要条件分别是什么？【21·世纪·教育·网】
1．平面的法向量
(1)直线的方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行或共线的向量．
(2)平面的法向量
直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则a叫做平面α的法向量．
2．空间平行关系的向量表示
(1)线线平行
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m?a∥b?a＝λb?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．
(2)线面平行
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(3)面面平行
设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β?u∥v?u＝λv?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．
3．空间垂直关系的向量表示
(1)线线垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
(2)线面垂直
设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α?a∥u?a＝λu?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．
(3)面面垂直
若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β ?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线l的方向向量是惟一的( )
(2)若点A，B是平面α上的任意两点，n是平面α的法向量，则·n＝0( )
(3)若向量n1，n2为平面α的法向量，则以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行( )
答案：(1)× (2)√ (3)√
2．若A(1,0，－1)，B(2,1,2)在直线l上，则直线l的一个方向向量是( )
A．(2,2,6) B．(－1,1,3)
C．(3,1,1) D．(－3,0,1)
答案：A
3．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于( )
A．－2 B．2
C．6 D．10
答案：D
求平面的法向量
[典例] 已知平面α经过三点A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，求平面α的一个法向量．
[解] 因为A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，所以＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则有即得z＝0，x＝2y，令y＝1，则x＝2，所以平面α的一个法向量为n＝(2,1,0)．
利用待定系数法求法向量的解题步骤
[活学活用]
四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.在如图所示的坐标系Axyz中，分别求平面SCD和平面SAB的一个法向量．
解：A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2)．
∵AD⊥平面SAB，∴＝(1,0,0)是平面SAB的一个法向量．
设平面SCD的法向量为n＝(1，y，z)，
则n·＝(1，y，z)·(1,2,0)＝1＋2y＝0，
∴y＝－.
又n·＝(1，y，z)·(－1,0,2)＝－1＋2z＝0，
∴z＝.
∴n＝即为平面SCD的一个法向量.
用空间向量证明平行问题
[典例] 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.
[证明] 如图所示建立空间直角坐标系D-xyz，
则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(0,0,1)，B1(2，2,2)，
所以＝(0,2,1)，
＝(2,0,0)，＝(0,2,1)．
(1)设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，
则n1⊥，n1⊥，
即得
令z1＝2，则y1＝－1，
所以n1＝(0，－1,2)．
因为·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.
又因为FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
(2)因为＝(2,0,0)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量．
由n2⊥，n2⊥，得
得
令z2＝2，得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，
因为n1＝n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
利用向量法证明平行问题的两种途径
(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系；
(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．
[活学活用]
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点．
求证：PQ∥RS.
证明：法一：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
则P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，
＝(－3,2,1)，＝(－3,2,1)，
∴＝，∴∥，即PQ∥RS.
法二：＝＋＝－＋，
＝＋＝＋－，
∴＝，∴∥，
即RS∥PQ.
利用空间向量证明垂直问题
[典例] 如图，在四棱锥E-ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.21教育网
求证：平面ADE⊥平面ABE.
[证明] 取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，
又AB⊥平面BCE，
∴以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.如图所示．
则由已知条件有C(1,0,0)，E(0，－，0)，D(1,0,1)，A(0，，2)．
设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，
则n·＝(a，b，c)·(0,2，2)＝2b＋2c＝0，
n·＝(a，b，c)·(－1，，1)＝－a＋b＋c＝0.
令b＝1，则a＝0，c＝－，
∴n＝(0,1，－)，
又AB⊥平面BCE，
∴AB⊥OC，
∴OC⊥平面ABE，
∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．
∵n·m＝(0,1，－)·(1,0,0)＝0，
∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.
(1)用向量法判定线面垂直，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．21cnjy.com
(2)用向量法判定两个平面垂直，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0.
[活学活用]
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，D1B1的中点，求证：EF⊥平面B1AC.
证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2，2,1)，F(1,1,2)．
法一：＝(－1，－1,1)，＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，
∴·＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0，
·＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝0，
∴EF⊥AB1，EF⊥AC，又AB1∩AC＝A，
∴EF⊥平面B1AC.
法二：设平面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)．
又＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，
则?
令x＝1，可得平面B1AC的一个法向量为n＝(1,1，－1)．
又＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面B1AC.
层级一 学业水平达标
1．若n＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )
A．(0，－3,1) B．(2,0,1)
C．(－2，－3,1) D．(－2,3，－1)
解析：选D 问题即求与n共线的一个向量．即n＝(2，－3，1)＝－(－2,3，－1)．
2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于( )
A．3 B．6
C．－9 D．9
解析：选C ∵l⊥α，v与平面α平行，
∴u⊥v，即u·v＝0，
∴1×3＋3×2＋z×1＝0，
∴z＝－9.
3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个法向量是( )
A．(1,1，－1) B．(1，－1,1)
C．(－1,1,1) D．(－1，－1，－1)
解析：选D ＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则有
取x＝－1，则y＝－1，z＝－1.
故平面ABC的一个法向量是(－1，－1，－1)．
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于( )
A．AC B．BD C．A1D D．A1A
解析：选B 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1.
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，E，【21教育】
∴＝，
＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,0)，
＝(－1,0，－1)，＝(0,0，－1)．
∵·＝(－1)×＋(－1)×＋0×1＝0，∴CE⊥BD.
5.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
这四个结论中正确的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C ∵＝＋＝＋，
＝＋＝＋，
∴∥，从而A1M∥D1P，可得①③④正确．
又B1Q与D1P不平行，故②不正确．
6. 已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是_______(填序号)．21*教*育*名*师
解析：由于·＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，
所以①②③正确．
答案：①②③
7．在直角坐标系O-xyz中，已知点P(2cos x＋1,2cos 2x＋2,0)和点Q(cos x，－1,3)，其中x∈[0，π]，若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为________．
解析：由OP⊥OQ，得·＝0.
即(2cos x＋1)·cos x＋(2cos 2x＋2)·(－1)＝0.
∴cos x＝0或cos x＝.
∵x∈[0，π]，∴x＝或x＝.
答案：或
8.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥面B1DE，则AE＝________.
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1(0,0,3a)，
C(0，a,0)，
D，，3a.
设E(a,0，z)(0≤z≤3a)，
则＝，
＝(a,0，z－3a)，
＝.
又·＝a2－a2＋0＝0，
故由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.
故AE＝a或2a.
答案：a或2a
9.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为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：
(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
D-xyz，如图，设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，E.
∴＝(1,1，－1)，＝，＝，设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，
＝.
∵⊥，
∴x＋－＝0，即x＋y－z＝0.①
又∵∥，可设＝λ，
∴x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②
由①②可知，x＝，y＝，z＝，
∴＝.
(1)设n1＝(x1，y1，z1)为平面EDB的一个法向量，则有
即∴
取z1＝－1，则n1＝(－1,1，－1)．
∵＝(1,0，－1)，∴·n1＝0.
又∵PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB.
(2)设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的一个法向量，则有
即∴
取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．
∴∥n2，∴PB⊥平面EFD.
10．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.试问在线段CD1上是否存在一点N使MN∥平面ADD1A1，若存在确定N的位置，若不存在说明理由．
解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(a，0,0)，B(a,2a,0)，
C(0，2a,0)，D1(0,0，a)，
E，M，
＝(0,2a,0)，＝(0，－2a，a)，假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1并设＝λ1＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)．
则＝＋＝(0,2a,0)＋(0，－2aλ，aλ)
＝(0,2a(1－λ)，aλ)，
＝－＝.
又是平面ADD1A1的一个法向量．
∴⊥，则2a(a－2aλ)＝0，λ＝.
又MN?平面ADD1A1.
故存在N为CD1的中点使MN∥平面ADD1A1.
层级二 应试能力达标
1．已知a＝，b＝分别是直线l1，l2的一个方向向量．若l1∥l2，则( )
A．x＝3，y＝ B．x＝，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝3，y＝
解析：选D ∵l1∥l2，∴＝＝，∴x＝3，y＝，故选D.
2.在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，给出下列结论：
①平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)；
②平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)；
③平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)；
④平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)．
其中正确结论的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B ∵＝(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴①正确；
∵＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，∴②不正确；
∵＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，(1,1,1)·＝0，(1,1,1)·＝0，B1C∩CD1＝C，∴(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量，∴③正确；
∵＝(0,1,1)，而·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，即④不正确．因此正确结论的个数为2，选B.
3．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是( )
A．(1，－1,1) B.
C. D.
解析：选B 要判断点P是否在平面α内，只需判断向量与平面α的法向量n是否垂直，即·n是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A，＝(1,0,1)，则·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；对于选项B，＝，则·n＝·(3,1,2)＝0，故B正确；同理可排除C、D.故选B.
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：选B 建系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,2,2)，A1(2,2,0)，C(0,0,2)，B(2,0,2)，
∴M(2,1,1)，N(1,1,2)，
∴＝(－1,0,1)．
又平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，
∵－1×0＋0×1＋1×0＝0，
∴⊥n，
∴MN∥平面BB1C1C.故选B.
5．若直线l的一个方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的一个法向量为u＝(－2,0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________．
解析：∵u＝－2a，∴a∥u，∴l⊥α.
答案：l⊥α
6．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝________.
解析：∵⊥，∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，
∴z＝4.
∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，
∴即解得
故＝.
答案：
7.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，E，F分别是棱AB，BC的中点．求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.
证明：以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如图，
由题意，知D(0,0,0)，A(2，0,0)，C(0,2，0)，B1(2，2，4)，
E(2，，0)，F(，2，0)，
则＝(0，－，－4)，
＝(－，，0)．
设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)．
则n·＝－y－4z＝0，n·＝－x＋y＝0，
得x＝y，z＝－y，令y＝1，得n＝.
又平面BDD1B1的一个法向量为＝(－2，2，0)，
而n·＝1×(－2)＋1×2＋×0＝0，
即n⊥，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
8.如图，在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.2·1·c·n·j·y
(1)求证：平面GEF⊥平面PBC；
(2)求证：EG与直线PG和BC都垂直．
证明：(1)如图，以三棱锥的顶点P为原点，以PA，PB，PC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系P-xyz.
则A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,3)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0)．
于是＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)．
设平面GEF的法向量是n＝(x，y，z)，
则即可取n＝(0,1，－1)．
显然＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量．
又n·＝0，
∴n⊥，
即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量垂直，
∴平面GEF⊥平面PBC.
(2)由(1)，知＝(1，－1，－1)，
＝(1,1,0)，＝(0，－3,3)，
∴·＝0，·＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC，
∴EG与直线PG和BC都垂直．
第二课时 空间向量与空间角、距离
预习课本P109～110，思考并完成以下问题
1．如何利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面所成的角及二面角？
2．如何利用空间向量求点到平面的距离？
1．空间角及向量求法
角的分类
向量求法
范围
异面直线所成的角
设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝
0，
直线与平面所成的角
设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝
0，
二面角
设二面角α-l-β的平面角为θ，平面α，β的法向量为n1，n2，则|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝
[0，π]
2．空间距离的向量求法
分类
向量求法
两点距
设A，B为空间中任意两点，则d＝|AB|
点面距
设平面α的法向量为n，B?α，A∈α，则B点到平面α的距离d＝
1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等( )
(2)直线l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角( )
(3)二面角α-l-β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ＝?n1，n2?( )
答案：(1)× (2)× (3)×
2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos?m，n?＝－，则直线l与平面α所成的角为( )【21cnj*y.co*m】
A．30° B．60°
C．120° D．150°
答案：A
3．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为( )
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
答案：C
求两异面直线所成的角
[典例] 如图，在三棱锥V-ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．
[解] AC＝BC＝2，D是AB的中点，所以
C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．
在Rt△VCD中，CD＝，∠VDC＝，故V(0,0，)．
所以＝(－2,0,0)，＝(1,1，－)．
所以cos〈，〉＝＝＝－.
所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为.
利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是0，，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以cos θ＝|cos α|.
[活学活用]
如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，面ABCD与面D1C1CD垂直，且∠D1DC＝，DC＝DD1＝2，DA＝，∠ADC＝，求异面直线A1C与AD1所成角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，D1(0,1，)，C(0,2,0)，D(0,0,0)．
由＝得A1(，1，)．
∴＝(－，1，－)．
＝(，－1，－)．
∴cos〈，〉＝
＝＝－.
∴异面直线A1C与AD1所成角的余弦值为.
求直线与平面所成的角
[典例] 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：PB⊥DM；
(2)求BD与平面 ADMN所成的角．
[解] 如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，
设BC＝1，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,1,0)，M.
(1)证明：·＝
(2,0，－2)·＝0，
∴⊥，即PB⊥DM.
(2)∵·＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，
∴PB⊥AD.
又∵PB⊥DM，∴PB⊥平面ADMN.
即为平面ADMN的一个法向量．
因此〈，〉的余角即是BD与平面ADMN所成的角．
∵cos〈，〉＝＝＝，
∴〈，〉＝，∴BD与平面ADMN所成的角为.
求直线与平面的夹角的方法与步骤
思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．21世纪教育网
思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)求直线的方向向量；
(3)求平面的法向量n；
(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝.
[活学活用]
如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，E是棱DD1的中点．
求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值．
解：设正方体的棱长为1.如图所示，以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系O-xyz.
依题意，得B(1,0,0)，E0,1，，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以＝，＝(0,1,0)．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量．设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
求二面角
[典例] 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：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，
又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，
因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD.
(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝，OC＝1，
所以O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，
平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，
则由m⊥，m⊥，所以
取z＝－，则x＝2，y＝2，
所以m＝(2,2，－)，
所以cos?m，n?＝＝＝.
由图形可知二面角C1-OB1-D的大小为锐角，
所以二面角C1-OB1-D的余弦值为.
[一题多变]
1．[变设问]本例条件不变，求二面角B-A1C-D的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系．设棱长为2，则A1(0，－1,2)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D.
所以＝，＝(0,2，－2)，＝(－，－1,0)．
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝，则y1＝z1＝3，
故n1＝(，3,3)．
设平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
取x2＝，则y2＝z2＝－3，
故n2＝(，－3，－3)．
所以cos?n1，n2?＝＝－＝－.
由图形可知二面角B-A1C-D的大小为钝角，
所以二面角B -A1C-D的余弦值为－.
2．[变条件、变设问]本例四棱柱中，∠CBA＝60°改为∠CBA＝90°，设E，F分别是棱BC，CD的中点，求平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值．
解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A(0,0,0)，B1(1,0,1)，
E，D1(0,1,1)，
F，＝，＝(1,0,1)，＝，＝(0,1,1)．
设平面AB1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝2，则x1＝－1，z1＝1，
所以n1＝(－1,2,1)．
设平面AD1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
则即
令x2＝2，则y2＝－1，z2＝1.
所以n2＝(2，－1,1)．
所以平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值为＝＝.
向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤
(1)建立适当的坐标系，写出相应点的坐标；
(2)求出两个半平面的法向量n1，n2；
(3)设二面角的平面角为θ，则|cos θ|＝|cos?n1，n2?|；
(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角，从而求出θ(或其三角函数值)．
用空间向量求距离
[典例] 四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DA＝2，F，E分别为AD，PC的中点．www-2-1-cnjy-com
(1)求证：DE∥平面PFB；
(2)求点E到平面PFB的距离．
[解] (1)证明：以D为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，E(0,1,1)．
＝(－1,0,2)，＝(1,2,0)，＝(0,1,1)，
∴＝＋，
∴∥平面PFB.
又∵DE?平面PFB，
∴DE∥平面PFB.
(2)∵DE∥平面PFB，
∴点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离．
设平面PFB的一个法向量n＝(x，y，z)，
则?
令x＝2，得y＝－1，z＝1.
∴n＝(2，－1,1)，又∵＝(－1,0,0)，
∴点D到平面PFB的距离
d＝＝＝.
∴点E到平面PFB的距离为.
求点到平面的距离的四步骤
[活学活用]
在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，CD的中点，求点B到平面AEC1F的距离．
解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，F，E，B(1,1,0)．∴＝，＝－1，，0.
设平面AEC1F的法向量为n＝(1，λ，μ)，
则n·＝0，n·＝0.
∴∴
∴n＝(1,2，－1)．
又∵＝(0,1,0)，
∴点B到平面AEC1F的距离d＝＝＝.
层级一 学业水平达标
1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为( )
A．10 B．3
C. D.
解析：选D 点P到平面α的距离d＝＝＝.
2．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于( )
A. B.
C. D.
解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，故选A.
3．在60°的二面角α-l-β的棱l上有两点A，B，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，AC⊥l，BD⊥l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD的长为( )
A．2 B．2
C．2 D．2
解析：选B 由已知，可得AC⊥AB，BD⊥AB，∵二面角的大小为60°，则〈，〉＝60°.∴〈，〉＝120°，∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120°＝68.∴CD＝＝2.
4．在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，则AC与BD1所成角的余弦值为( )
A．0 B. C．－ D.
解析：选A 建立如图坐标系，则D1(0,0,3)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
∴＝(－2，－2,3)，
＝(－2,2,0)．
∴cos〈，〉＝＝0.
∴〈，〉＝90°，其余弦值为0.
5．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析：选B 建系如图，设AB＝1，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，
P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．
平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0)．
设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，
则得
令x＝1，则z＝1.∴n2＝(1,0,1)，
cos〈n1，n2〉＝＝.
∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为.
∴此角的大小为45°.
6．直线l的方向向量a＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n＝(4,0,1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为___________________________________________________________．
解析：设直线l与平面α所成的角是θ，a，n所成的角为β，sin θ＝|cos β|＝＝.
答案：
7．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉＝________.
解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2.
则C(0,2,0)，M(2,0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1)．
∴＝(2，－2,1)，
＝(2,2，－1)．
cos〈，〉＝＝－.
∴sin〈，〉＝.
答案：
8.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O 是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．
解析：建立空间直角坐标系如图，则B(1,1,0)，O，
＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量．
又＝，
∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为
＝＝.
答案：
9.如图，在四棱锥PABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°.
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．
解：(1)证明：取CD的中点E，连接BE.
∵BC＝BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，
又∵AB∥CD，AB＝CD＝DE，
∴四边形ABED是矩形，∴AB⊥AD，
又AB⊥PA，PA?平面PAD，AD?平面PAD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.
∵AB∥CD，∴CD⊥平面PAD，
又CD?平面PCD，
∴平面PAD⊥平面PCD.
(2)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，以平面ABCD过点A的垂线为z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示：
∵PB＝BD＝，AB＝，AB⊥PA，AB⊥AD，
∴PA＝AD＝2.
∴P(0，－1，)，D(0,2,0)，B(，0,0)，C(2，2,0)，
∴＝(0,3，－)，＝(－，－1，)，＝(，2,0)．
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，
则∴
取x＝，得n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－.
∴直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为.
10.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角D-PC-A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．
解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，
∴PA⊥BC，
∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，C，，0，21·cn·jy·com
D，－，0，B(0,2,0)，
＝，＝(0,1,0)，
设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝h，∴n1＝.
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝，－，0，
∴|cos?n1，?|＝＝，
解得h＝，
同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，，2)，
所以，点A到平面PBC的距离为
d＝＝＝.
层级二 应试能力达标
1.如图所示，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则二面角C-BF-D的正切值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，设AC与BD交于O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz.
设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，
所以O(0,0,0)，B，F，C，＝，易知为平面BDF的一个法向量，由＝，＝，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)．所以cos?n，?＝，sin?n，?＝，所以tan?n，?＝.
2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析：选A 建立如图的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，
设B1C1＝1，CC1＝＝DD1.
∴C1D1＝，则有B1(，0,0)，C(，1，)，C1(，1,0)，D(0,1，)．
∴＝(0,1，)，＝(－，0，)．
∴cos〈，〉＝＝＝.
3．在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析：选D 不妨设AB＝BC＝PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝.根据题意，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系B -xyz，如图所示．
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，P(1,1，)．
∵点O，D分别是AC，PC的中点，
∴＝＝.
又＝(0,2,0)，＝(1,1，)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取n＝(－，0,1)，
∴cos?n，?＝＝，∴sin θ＝(θ为OD与平面PBC所成的角)，故选D.
4．正方体ABCD -A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．
平面ACD1的法向量为＝(1,1,1)，
又＝(0,0,1)，
∴cos?，?＝＝＝.
∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ＝.
5.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，O为BC中点，设三棱柱的棱长为2a，
则点A(a,0,0)，B(0，a,0)，B1(0，a,2a)，M(0，－a，a)，
＝(－a，a,2a)，＝(0，－2a，a)，
所以·＝0，
因此异面直线AB1与BM所成的角为90°.
答案：90°
6.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________．
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O -xyz.
设BC＝1，则A，
B，C，D，0,0，所以＝，
＝，＝.
设平面ABD的法向量为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.
答案：
7.如图，四边形ABCD中，△BCD为正三角形，AD＝AB＝2，BD＝2，AC与BD交于O点，将△ACD沿边AC折起，使D点至P点，已知PO与平面ABCD所成的角为θ，且P点在平面ABCD内的射影落在△ACD内．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)若已知二面角APBD的余弦值为，求θ的大小．
解：(1)证明：由题意，O为BD的中点，则AC⊥BD，
又AC⊥PO，BD∩PO＝O，
所以AC⊥平面PBD.
(2)以OB为x轴，OC为y轴，过O垂直于平面ABC向上的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(，0,0)，P(－cos θ，0，sin θ)，
则＝(，1,0)，＝(－cos θ，1，sin θ)，
平面PBD的法向量为j＝(0,1,0)，
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得
令x＝1，得n＝.
∴cos〈n，j〉＝＝＝，
∴＝3，化简得cos θ＝，
又θ∈，∴θ＝.
8.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE的中点．
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值；
(3)在△ABE内是否存在一点Q，使PQ⊥平面CDE？如果存在，求出PQ的长；如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OD，OE.
因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE.
因为四边形ABCD是直角梯形，CD＝AB，AB∥CD，
所以四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC.
又AB⊥BC，所以AB⊥OD.
又OE∩OD＝O，
所以AB⊥平面ODE.
又DE?平面ODE，
所以AB⊥DE.
(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，
AB⊥OE，所以OE⊥平面ABCD.
又OD?平面ABCD，
所以OE⊥OD.
如图所示，以O为坐标原点建立空间直角坐标系．
则A(1,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,0,1)，C(－1,0,1)，E(0，，0)，所以＝(－1,0,1)，＝(0, ，－1)，
设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，则x1＝1，y1＝，所以n1＝.
同理求得平面BCE的法向量为n2＝(－，1,0)．
设平面ADE与平面BCE所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝＝.
所以平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值为.
(3)假设在△ABE内存在满足题意的点Q，设Q(x2，y2,0)．
因为P，
所以＝.
又＝(1,0,0)，＝(0，，－1)，
依题意，即
解得x2＝－，y2＝，
则点Q在△ABE内．
所以存在点Q，使PQ⊥平面CDE，此时PQ＝.
(时间120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设空间向量a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，则a·b＝( )
A．(2,4,3) B．(3,4,4)
C．9 D．－5
解析：选C ∵a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，
∴a·b＝1×2＋2×2＋1×3＝9.
2．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于( )
A．1 B．2
C. D．3
解析：选B 若l1⊥l2，则a⊥b，∴a·b＝0，
∴1×(－2)＋2×3＋(－2m)＝0，解得m＝2.
3．已知向量i，j，k是一组单位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则m·n＝( )
A．7 B．－20
C．28 D．11
解析：选C 因为m＝(0,8,3)，n＝(－1,5，－4)，所以m·n＝0＋40－12＝28.
4．已知二面角αlβ的大小为，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设m，n的方向向量分别为m，n.
由m⊥α，n⊥β知m，n分别是平面α，β的法向量．
∵|cos〈m，n〉|＝cos ＝，∴〈m，n〉＝或.
但由于两异面直线所成的角的范围为，
故异面直线m，n所成的角为.
5．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为( )www.21-cn-jy.com
A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)
C. D.
解析：选C 由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则BH―→＝(－λ，λ－1，－1)．
又BH⊥OA，∴·OA―→＝0，
即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，
即λ＋λ－1＝0，解得λ＝，
∴H.
6．如图，三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，则二面角ABCS大小的正切值为( )21-cnjy*com
A．1 B.
C. D．2
解析：选C ∵三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，∴SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝，取BC的中点D，连接SD，AD，则SD⊥BC，AD⊥BC，则∠ADS是二面角ABCS的平面角，设SA＝SB＝SC＝1，则SD＝，则tan∠ADS＝＝＝，故选C.
7．在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k分别是x轴、y轴、z轴的方向向量，设a为非零向量，且〈a，i〉＝45°，〈a，j〉＝60°，则〈a，k〉＝( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 如图所示，设|a|＝m(m>0)，
a＝，PA⊥平面xOy，
则在Rt△PBO中，
|PB|＝||·
sin〈a，i〉＝m，
在Rt△PCO中，
|OC|＝||·cos〈a，j〉＝，
∴|AB|＝，
在Rt△PAB中，
|PA|＝
＝ ＝，
∴|OD|＝，在Rt△PDO中，
cos〈a，k〉＝＝，又0°≤〈a，k〉≤180°，∴〈a，k〉＝60°.
8.如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)．
设点P的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]，
点Q的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]，
PQ＝
＝
＝，
当且仅当λ＝，μ＝时，线段PQ的长度取得最小值.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每空3分，单空题每题4分，共36分)
9．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为________，|a|＝________.
解析：设向量a＋b与c的夹角为α，
因为a＋b＝(－1，－2，－3)，|a＋b|＝，
cos α＝＝，
所以α＝60°.
因为向量a＋b与a的方向相反，所以a与c的夹角为120°，|a|＝＝.
答案：120°
10．已知a＝(3λ，6，λ＋6)，b＝(λ＋1,3,2λ)为两平行平面的法向量，则λ＝________，a的同向单位向量为________．
解析：由题意知a∥b，∴＝＝，
解得λ＝2.
∴a＝(6,6,8)，|a|＝2，
∴a的同向单位向量为＝.
答案：2
11．若a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则a－b＝________.以a，b为邻边的平行四边形的面积为________．21·世纪*教育网
解析：a－b＝(4,2，－4)，cos〈a，b〉＝＝－，得sin〈a，b〉＝，则S＝|a||b|sin〈a，b〉＝6.
答案：(4,2，－4) 6
12．在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为________，三棱锥AA1B1D1的体积为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(2,0,0)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，A1(2,0,4)，
＝(0,2,4)，＝(－2,0,4)，
＝(0,0,4)．
设平面AB1D1的法向量n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝2，得n＝(2，－2,1)．
所以A1到平面AB1D1的距离为d＝＝.
VAA1B1D1＝××2×2×4＝.
答案：
13．三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，侧棱长等于底面边长，A1在底面的射影是△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于________．2-1-c-n-j-y
解析：如图，设A1在底面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
设△ABC边长为1，
则A，B1－，，，∴＝.
又平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，
则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为
sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.
答案：
14．在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，若＝a＋2b＋3c，则abc＝________.
解析：∵＝＋＋＝a＋2b＋3c，
∴a＝1，b＝，c＝－.
∴abc＝－.
答案：－
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G为BC的中点，K为AF的中点．沿EF将矩形折成120°的二面角AEFB，此时KG的长为________．
解析：如图，过K作KM⊥EF，垂足M为EF的中点，则向量与的夹角为120°，〈，〉＝60°.
又＝＋＝＋，
∴＝＋＋2·
＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3.
∴||＝.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)已知a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)．a∥b，b⊥c，求：
(1)a，b，c；
(2)a＋c与b＋c夹角的余弦值．
解：(1)因为a∥b，所以＝＝，
解得x＝2，y＝－4，
则a＝(2,4,1)，b＝(－2，－4，－1)．
又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，
解得z＝2，于是c＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a＋c＝(5,2,3)，b＋c＝(1，－6,1)，
设a＋c与b＋c夹角为θ，
因此cos θ＝＝－.
17．(本小题满分15分)如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)求DB与平面DEF所成角的正弦值．
解：(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图．
设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，
E，P(0,0，a)，
F.
∵＝·(0，a,0)＝0.
∴，∴EF⊥CD.
(2)设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
即
取x＝1，则y＝－2，z＝1，∴n＝(1，－2,1)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
设DB与平面DEF所成角为θ，则sin θ＝.
18．(本小题满分15分)已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M点为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)在平面PAD内找一点N，使MN⊥平面PBD.
解：(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，CD∥AB，CD⊥AD.
∴以D为原点，DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．
由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2，
所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，M(0,1,1)，
∴＝(－2,0,1)，＝(0,2,0)，
∵⊥平面PAD，
∴是平面PAD的法向量，且·＝0，
又BM?平面PAD.
∴BM∥平面PAD.
(2)设N(x,0，z)是平面PAD内一点，
则＝(x，－1，z－1)，＝(0,0,2)，＝(2,1,0)，
若MN⊥平面PBD，则
∴即
∴在平面PAD内存在点N，使MN⊥平面PBD.
19.(本小题满分15分)四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，AD∥BC，AC⊥DB，∠CAD＝60°，AD＝2，PD＝1.【21教育名师】
(1)证明：AC⊥BP；
(2)求二面角CAPD的平面角的余弦值．
解：(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥PD.
又AC⊥BD，BD∩PD＝D.
∴AC⊥平面PBD，又BP?平面PBD，
∴AC⊥BP.
(2)设AC∩BD＝O，以O为坐标原点，OD，OA所在直线分别为x轴，y轴建立如图空间直角坐标系Oxyz，
则O(0,0,0)，D(，0,0)，A(0,1,0)，P(，0,1)，
∴＝(0,1,0)，＝(，0,1)，
＝(，－1,0)，＝(0,0,1)．
设平面ACP的法向量m＝(x1，y1，z1)，
平面ADP的法向量n＝(x2，y2，z2)，
由
得
取x1＝1，则m＝(1,0，－)．
同理，由
得n＝(1，，0)．
∴cos〈m，n〉＝＝＝.
∴二面角CAPD的平面角的余弦值为.
20.(本小题满分15分)(2016·浙江高考)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.21*cnjy*com
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角BADF的平面角的余弦值．
解：(1)证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．
因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCFE，
又因为BF?平面BCFE，
因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，
所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.又AC∩CK＝C，所以BF⊥平面ACFD.
(2)法一：过点F作FQ⊥AK于Q，
连接BQ.
因为BF⊥平面ACFD，
所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.
所以∠BQF是二面角BADF的平面角．
在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，
得AK＝，FQ＝.
在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，
得cos∠BQF＝.
所以二面角BADF的平面角的余弦值为.
法二：取BC的中点O，连接KO，
则KO⊥BC.
又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.
以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，)，
A(－1，－3,0)，E，F.
因此＝(0,3,0)，＝(1,3，)，＝(2,3,0)．
设平面ACFD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
平面ABED的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由
得
取m＝(，0，－1)；
由得
取n＝(3，－2，)．于是cos〈m，n〉＝＝.
所以二面角BADF的平面角的余弦值为.
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