第三章空间向量与立体几何学案+疑难规律方法+滚动训练+章末检测+模块检测

模块综合试卷
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”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
答案　A
解析　若直线l1与l2平行，则a(a＋1)－2×1＝0，
即a＝－2或a＝1，
所以a＝1是直线l1与直线l2平行的充分不必要条件．
2．命题“全等三角形的面积一定都相等”的否定是(　　)
A．全等三角形的面积不一定都相等
B．不全等三角形的面积不一定都相等
C．存在两个不全等三角形的面积相等
D．存在两个全等三角形的面积不相等
答案　D
解析　命题是省略量词的全称命题，易知选D.
3．设k<3，k≠0，则二次曲线－＝1与＋＝1必有(　　)
A．不同的顶点 B．不同的准线
C．相同的焦点 D．相同的离心率
答案　C
解析　当0∴两曲线有相同焦点；
当k<0时，－k>0且3－k>－k，
∴＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆．
a2＝3－k，b2＝－k.
∴a2－b2＝3＝c2与已知椭圆有相同焦点．
4．双曲线－＝1的焦距是(　　)
A．4 B．2 C．8 D．4
答案　C
解析　依题意知，a2＝m2＋12，b2＝4－m2，所以c＝＝＝4.所以焦距2c＝8.
5．以双曲线－＝－1的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　D
解析　由－＝－1，得－＝1，∴双曲线的焦点为(0,4)，(0，－4)，顶点坐标为(0,2)，(0，－2)．
∴椭圆方程为＋＝1.
6．若命题“?x∈R，使x2＋(a－1)x＋1<0”是假命题，则实数a的取值范围为(　　)
A．1≤a≤3 B．－1≤a≤3
C．－3≤a≤3 D．－1≤a≤1
答案　B
解析　根据题意可得?x∈R，都有x2＋(a－1)x＋1≥0，
∴Δ＝(a－1)2－4≤0，∴－1≤a≤3.
7．已知双曲线－＝1(a>)的两条渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为(　　)
A. B.
C. D．2
答案　A
解析　如图所示，双曲线的渐近线方程为y＝±x，
若∠AOB＝，则θ＝，tan θ＝＝，
∴a＝>.
又∵c＝＝2，
∴e＝＝＝.
8．以双曲线－＝1的中心为顶点，且以该双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程是(　　)
A．y2＝12x B．y2＝－12x
C．y2＝6x D．y2＝－6x
答案　A
解析　由－＝1，
得a2＝4，b2＝5，∴c2＝a2＋b2＝9.
∴右焦点的坐标为(3,0)，
故抛物线的焦点坐标为(3,0)，顶点坐标为(0,0)，
故＝3，∴抛物线方程为y2＝12x.
9．过点P(－4,0)的直线l与曲线C：x2＋2y2＝4交于A，B两点，则AB中点Q的轨迹方程为(　　)
A．(x＋2)2＋2y2＝4
B．(x＋2)2＋2y2＝4(－1C．x2＋2(y＋2)2＝4
D．x2＋2(y＋2)2＝4(－1答案　B
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x，y)，
则x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，
?x－x＝－2(y－y)
?＝－?kAB＝－
?kPQ＝＝－?(x＋2)2＋2y2＝4，
AB中点Q的轨迹方程为(x＋2)2＋2y2＝4(－110．已知命题“?x∈R，使2x2＋(a－1)x＋≤0”是假命题，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－1,3)
C．(－3，＋∞) D．(－3,1)
答案　B
解析　原命题的否定为?x∈R,2x2＋(a－1)x＋＞0，由题意知，其为真命题，即Δ＝(a－1)2－4×2×＜0，则－2＜a－1＜2，即－1＜a＜3.
11．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为(　　)
A. B．2
C. D.
答案　D
解析　如图，设双曲线E的方程为－＝1(a>0，b>0)，则|AB|＝2a，由双曲线的对称性，
可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MN⊥x轴于点N(x1,0)，
∵△ABM为等腰三角形，且∠ABM＝120°，
∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°，
∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin 60°＝a，
x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.
将点M(2a，a)代入－＝1，可得a2＝b2，
∴e＝＝＝，故选D.
12．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.
答案　A
解析　设AB＝1，则AA1＝2，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示：则D(0,0,2)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，C(0,1,2)，
＝(1,1,0)，＝(0,1，－2)，
＝(0,1,0)，
设n＝(x，y，z)为平面BDC1的法向量，
则即取n＝(－2,2,1)，
设CD与平面BDC1所成角为θ，则sin θ＝＝.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知P和不共线三点A，B，C四点共面且对于空间任一点O，都有＝2＋＋λ，则λ＝________.
答案　－2
解析　因为P与不共线三点A，B，C共面，所以2＋1＋λ＝1，所以λ＝－2.
14．设p：|2x＋1|0)；q：>0.若p是q的充分不必要条件，则实数m的取值范围为______________．
答案　(0,2]
解析　由|2x＋1|0)，得－m<2x＋1∴－由>0，得x<或x>1.
∵p是q的充分不必要条件，又m>0，
∴≤，∴015．椭圆＋＝1的焦点为F1，F2，点P在椭圆上，若|PF1|＝4，则∠F1PF2的大小为________．
答案　120°
解析　在椭圆＋＝1中，a2＝9，a＝3，b2＝2，
又c2＝a2－b2＝7，所以c＝.
因为|PF1|＝4，且|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，
所以|PF2|＝6－4＝2.
所以cos∠F1PF2＝
＝＝－，所以∠F1PF2＝120°.
16．已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝1，则直线BD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为________．
答案　
解析　建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，D1(0,0,1)．
因为AB⊥平面BCC1B1，
所以＝(0,2,0)为平面BCC1B1的法向量．
设直线BD1与平面BCC1B1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝
＝＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知p：“直线x＋y－m＝0与圆(x－1)2＋y2＝1相交”；q：“mx2－x＋m－4＝0有一正根和一负根”．若p为假q为真， 求m的取值范围．
解　对p：∵直线与圆相交，
∴d＝<1.
∴－＋1对q：方程mx2－x＋m－4＝0有一正根和一负根，
∴令f(x)＝mx2－x＋m－4，
∴或解得0∵p假．
q为真．
由数轴可得＋1≤m<4.
故m的取值范围是[＋1,4)．
18．(12分)已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1交于A，B两点．
(1)求a的取值范围；
(2)若以AB为直径的圆过坐标原点，求实数a的值．
解　(1)由消去y，得
(3－a2)x2－2ax－2＝0.
依题意得即－(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∵以AB为直径的圆过原点，
∴OA⊥OB，∴x1x2＋y1y2＝0，
即x1x2＋(ax1＋1)(ax2＋1)＝0，
即(a2＋1)x1x2＋a(x1＋x2)＋1＝0.
∴(a2＋1)·＋a·＋1＝0，
∴a＝±1，符合题意，
故a＝±1.
19．(12分)已知椭圆的长轴长为10，两焦点F1，F2的坐标分别为(3,0)和(－3,0)．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若P为短轴的一个端点，求△F1PF2的面积．
解　(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
依题意得因此a＝5，b＝4，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)易知|yP|＝4，又c＝3，
所以S△F1PF2＝|yP|×2c＝×4×6＝12.
20．(12分)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE.
证明　如图，连接OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，B(8,0,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)，
G(0,4,0)．
因为＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)，设平面BOE的法向量为n＝(x，y，z)，
则
解得x＝0,4y＝3z，令z＝4，则n＝(0,3,4)，
所以平面BOE的法向量为n＝(0,3,4)．
由＝(－4,4，－3)，得n·＝0，所以⊥n.
又FG?平面BOE，所以FG∥平面BOE.
21．(12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；
(1)证明　因为AA1C1C为正方形，所以AA1 ⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AA1?平面AA1C1C，
所以AA1⊥平面ABC.
(2)解　由(1)知AA1 ⊥AC，AA1 ⊥AB.由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4，0,4),
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(0,3，－4)，＝(4,0,0)，
则即
令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3).
同理可得，平面BB1C1的法向量为m＝(3,4,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
由题意知二面角A1BC1B1为锐角，
所以二面角A1BC1B1的余弦值为.
22．(12分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，椭圆C上的一动点到右焦点的最短距离为2－，且右焦点到直线x＝的距离等于短半轴的长．已知点P(4,0)，过P点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点T与点M关于x轴对称．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求·的取值范围；
(3)证明：直线TN恒过某定点．
(1)解　由题意知
解得
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)解　由题意知直线MN的斜率存在，
设直线MN的方程为y＝k(x－4)．
由得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.
Δ＝(－16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＝16－96k2>0，
解得0≤k2<.
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，
x1x2＝，
y1y2＝k2(x1－4)(x2－4)＝，
从而·＝x1x2＋y1y2＝＝22－.
因为0≤k2<，
所以·∈.
(3)证明　由(2)知T(x1，－y1)，
直线TN的方程为y－y2＝(x－x2)．
令y＝0，得x＝x2－.
将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入，
整理得x＝.(*)
由(2)知x1＋x2＝，x1x2＝，
代入(*)式整理，得x＝1.
所以直线TN恒过定点(1,0)．

　　　　　　　　　　　　　　　1　空间向量加减法运用的三个层次
空间向量是处理立体几何问题的有力工具，但要用好向量这一工具解题，必须熟练运用加减法运算．
第1层　用已知向量表示未知向量
例1　如图所示，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点，用向量，，表示和.
解　＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝＋×(＋)
＝＋＋；
＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝＋×(＋)
＝＋＋.
点评　用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．
第2层　化简向量
例2　如图，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD.设M，G分别是BC，CD的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．
(1)＋＋；
(2)＋(＋)；
(3)－(＋)．
解　(1)＋＋＝＋＝.
(2)＋(＋)＝＋＋
＝＋＋＝.
(3)－(＋)
＝－＝.
，，如图所示．
点评　要求空间若干向量之和，可以通过平移，将它们转化为首尾相接的向量，如果首尾相接的若干向量构成一个封闭图形，则它们的和为0.两个向量相加的平行四边形法则在空间仍成立，求始点相同的两个向量之和时，可以考虑运用平行四边形法则．
第3层　证明立体几何问题
例3　如图，已知M，N分别为四面体ABCD的平面BCD与平面ACD的重心，且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＝.
∴∥，又有公共点B，∴B，G，N三点共线．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2　空间向量易错点扫描
易错点1　对向量夹角与数量积的关系理解不清
例1　“a·b<0”是“〈a，b〉为钝角”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)
错解　a·b<0?cos〈a，b〉＝<0?〈a，b〉为钝角，所以“a·b<0”是“〈a，b〉为钝角”的充要条件．
错因分析　错解中忽略了两个向量共线且反向的情况．
剖析　当〈a，b〉＝π时，a·b<0，但此时夹角不为钝角，所以“a·b<0”是“〈a，b〉为钝角”的必要不充分条件．
正解　必要不充分
总结　a·b<0?a与b夹角为钝角或a与b方向相反，a·b>0?a与b夹角为锐角或a与b方向相同．
易错点2　忽略两向量的夹角的定义
例2　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．
错解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴·＝0，·＝0，
∵二面角α—AB—β的平面角为120°，∴〈，〉＝120°.
∴||2＝2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos 120°＝72，∴CD＝6.
错因分析　错解中混淆了二面角的平面角与向量夹角的概念．向量，的夹角与二面角α—AB—β的平面角互补，而不是相等．
正解　∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴·＝0，·＝0，
∵二面角α—AB—β的平面角为120°，
∴〈，〉＝180°－120°＝60°.
∴||2＝2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，∴CD＝12.
易错点3　判断是否共面出错
例3　已知O，A，B，C为空间不共面的四点，a＝＋＋，b＝＋－，则与a，b不能构成空间的一个基底的是(　　)
A. B. C. D.或
错解　a＝＋＋，b＝＋－，
相加得＋＝(a＋b)，
所以，都与a，b共面，不能构成空间的一个基底，故选D.
剖析　＋＝(a＋b)，说明＋与a，b共面，但不能认为，都与a，b共面．
对于A，B，设＝xa＋yb，
因为a＝＋＋，b＝＋－，
代入整理得(x＋y－1)＋(x＋y)＋(x－y)＝0，因为O，A，B，C四点不共面，
所以，，不共面，
所以x＋y－1＝0，x＋y＝0，x－y＝0，
此时，x，y不存在，所以a，b与不共面，
故a，b与可构成空间的一个基底．
同理a，b与也可构成空间的一个基底．
对于C，因为a＝＋＋，b＝＋－，相减有＝(a－b)，所以与a，b共面，故不能构成空间的一个基底．
正解　C
易错点4　混淆向量运算和实数运算
例4　阅读下列各式，其中正确的是(　　)
A．a·b＝b·c(b≠0)?a＝c
B．a·b＝0?a＝0或b＝0
C．(a·b)·c＝a·(b·c)
D.·＝||||cos(180°－∠AOB)
错解　A(或B或C)
剖析　想当然地将向量的数量积运算和实数运算等价，以致出错．向量的数量积运算不满足消去律、结合律 ，故A，C错误；若a·b＝0?a＝0或b＝0或a⊥b，故B错误；·的夹角是180°－∠AOB.
正解　D
易错点5　忽略建系的前提
例5　四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE＝2，F为CE中点，试合理建立坐标系，求，所成角的余弦值．
错解　以A为坐标原点，以AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz.
此时＝(1,1,1)，＝(0,2,0)，所以cos〈，〉＝.
剖析　空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线AB与AD不垂直．
正解　设AC，BD交于点O，则AC⊥BD.
因为F为CE中点，所以OF∥AE，
因为AE⊥平面ABCD，
所以OF⊥平面ABCD，OF⊥AC，OF⊥BD，
以O为坐标原点，以OC，OD，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
此时＝(1,0,1)，＝(1，，0)，
所以cos〈，〉＝.
易错点6　求空间角时，因对所求角与向量夹角的关系不理解致误
例6　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求二面角A－BD1－C的大小．
错解　以D为坐标原点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D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)．
由题意知是平面ABD1的法向量，＝(1,0,1)，是平面BCD1的法向量，＝(0,1,1)，
所以cos〈，〉＝＝.
所以〈，〉＝60°.
所以二面角A－BD1－C的大小为60°.
剖析　利用向量法求所成角问题，需注意所求的角的确切位置．
正解　以D为坐标原点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D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)．
由题意知＝(1,0,1)是平面ABD1的法向量，
＝(0,1,1)是平面BCD1的法向量．
所以cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝60°.
结合图形知二面角A－BD1－C的大小为120°.
　　　　　　　　　　　　　　3　空间直角坐标系构建三策略
利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其他向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．
1．利用共顶点的互相垂直的三条棱
例1　已知直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，试求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．
解　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，C1(0,1,2)，
B(2,4,0)，C(0,1,0)，所以＝
(－2，－3,2)，＝(0，－1,0)．
所以cos〈，〉＝＝.
故异面直线BC1与DC所成角的余弦值为.
点评　本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．
2．利用线面垂直关系
例2　如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，E为棱C1C的中点，已知AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．
解　过B点作BP垂直BB1交C1C于P点，
因为AB⊥平面BB1C1C，所以BP⊥平面ABB1A1，
以B为原点，分别以BP，BB1，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz.
因为AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝，
所以CP＝，C1P＝，BP＝，则各点坐标分别为B(0，0,0)，A(0,0，)，B1(0,2,0)，C，C1，E，A1.
点评　空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB⊥平面BB1C1C”，可作为建系的突破口．
3．利用面面垂直关系
例3　如图1，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°，E是BC的中点．将△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如图2)，连接BC，BD.求平面ABE与平面BCD所成的锐角的大小．
解　取AE中点M，连接BM，DM.
因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中点，
所以△ABE与△ADE都是等边三角形，
所以BM⊥AE，DM⊥AE.
又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD.
以M为原点，分别以ME，MD，MB所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系Mxyz，如图，
则E(1,0,0)，B(0,0，)，C(2，，0)，D(0，，0)，
所以＝(2,0,0)，＝(0，，－)，
设平面BCD的法向量为m＝(x，y，z)，
由取y＝1，得m＝(0,1,1)，
又因为平面ABE的法向量＝(0，，0)，
所以cos〈m，〉＝＝，
所以平面ABE与平面BCD所成的锐角为45°.
点评　本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．
　　　　　　　　　　　　　　　4　用向量法研究“动态”立体几何问题
“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．
1．求解、证明问题
例1　在棱长为a的正方体OABC—O1A1B1C1中，E，F分别是AB，BC上的动点，且AE＝BF，求证：A1F⊥C1E.
证明　以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．设AE＝BF＝x，
∴E(a，x,0)，F(a－x，a,0)．
∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)．
∵·＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)
＝－ax＋ax－a2＋a2＝0，
∴⊥，即A1F⊥C1E.
2．定位问题
例2　如图，已知四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，在DG上是否存在点M，使得直线MB与平面BEF的夹角为45°？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
解题提示　假设存在点M，设平面BEF的法向量为n，设BM与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝求出点M的坐标，若满足条件则存在．
解　因为四边形CDGF，ADGE均为正方形，
所以GD⊥DA，GD⊥DC.
又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD.
又DA⊥DC，所以DA，DG，DC两两互相垂直，如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，
则B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)．
因为点M在DG上，假设存在点M(0,0，t)(0≤t≤1)使得直线BM与平面BEF的夹角为45°.
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)．
因为＝(0，－1,1)，＝(－1,0,1)，
则即令z＝1，得x＝y＝1，
所以n＝(1,1,1)为平面BEF的法向量．
又＝(－1，－1，t)，直线BM与平面BEF所成的角为45°，所以sin 45°＝＝＝，
解得t＝－4±3.又0≤t≤1，
所以t＝3－4.
故在DG上存在点M(0,0,3－4)，且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°.
点评　由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5　向量与立体几何中的数学思想
1．数形结合思想
向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．
例1　如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD∥BC，且A1A＝AB＝AD＝2BC＝2，点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F.
(1)证明：A1F∥平面B1CE；
(2)若E是棱AB的中点，求二面角A1－EC－D的余弦值；
(3)求三棱锥B1－A1EF的体积的最大值．
(1)证明　因为ABCD－A1B1C1D1是棱柱，
所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
又因为平面ABCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F，
所以A1F∥EC.又因为A1F?平面B1CE，
EC?平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE.
(2)解　因为AA1⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，
所以AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，以AB，AD，AA1分别为x轴，y轴和z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.
则A1(0,0,2)，E(1,0,0)，
C(2,1,0)，
所以＝(1,0，－2)，＝(2,1，－2)．
设平面A1ECF的法向量为m＝(x，y，z)，
由·m＝0，·m＝0，
得
令z＝1，得m＝(2，－2,1)．
又因为平面DEC的法向量为n＝(0,0,1)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
由图可知，二面角A1－EC－D的平面角为锐角，
所以二面角A1－EC－D的余弦值为.
(3)解　过点F作FM⊥A1B1于点M，
因为平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，
FM?平面A1B1C1D1，平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1＝A1B1，
所以FM⊥平面A1ABB1，
所以＝＝××FM
＝××FM＝FM.
因为当F与点D1重合时，FM取到最大值2(此时点E与点B重合)，
所以当F与点D1重合时，三棱锥B1－A1EF的体积的最大值为.
2．转化与化归思想
空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．
例2　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E为AB的中点，F为D1E上的一点，D1F＝2FE.
(1)证明：平面DFC⊥平面D1EC；
(2)求二面角A－DF－C的平面角的余弦值．
分析　求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
(1)证明　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，
则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)．
∵E为AB的中点，
∴E(1,1,0)，
∵D1F＝2FE，
∴＝＝(1,1，－2)
＝，
∴＝＋＝(0,0,2)＋
＝.
设n＝(x1，y1，z1)是平面DFC的法向量，
则∴
取x1＝1得平面DFC的法向量n＝(1,0，－1)．
设p＝(x2，y2，z2)是平面D1EC的法向量，
则∴
取y＝1得平面D1EC的法向量p＝(1,1,1)，
∵n·p＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，
∴平面DFC⊥平面D1EC.
(2)解　设q＝(x，y，z)是平面ADF的法向量，
则∴
取y＝1得平面ADF的法向量q＝(0,1，－1)，
设二面角A－DF－C的平面角为θ，由题中条件可知θ∈，则cos θ＝－＝－＝－，
∴二面角A－DF－C的平面角的余弦值为－.
3．函数思想
例3　已知关于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，且c＝a＋tb，a＝(－1,1,3)，b＝(1,0，－2)．问|c|能否取得最大值？若能，求出实数t的值及对应的向量b与c夹角的余弦值；若不能，请说明理由．
分析　写出|c|关于t的函数关系式，再利用函数观点求解．
解　由题意知Δ≥0，得－4≤t≤－，
又c＝(－1,1,3)＋t(1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t)，
∴|c|＝
＝.
设f(t)＝52＋，当t∈时，
f(t)＝52＋是单调递减函数，
∴f(t)max＝f(－4)，即|c|的最大值存在，t＝－4，
此时c＝(－5,1,11)．b·c＝－27，|c|＝7.
而|b|＝，
∴cos〈b，c〉＝＝＝－.
点评　凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．
4．分类讨论思想
例4　如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD上方)，问BC边上是否存在点Q，使⊥？
分析　由⊥，得PQ⊥QD，所以在平面ABCD内，点Q在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC相切或相交，则BC边上存在点Q，否则不存在．
解　假设存在点Q(Q点在边BC上)，使⊥，
即PQ⊥QD，连接AQ.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QD.
又＝＋且⊥，
∴·＝0，
即·＋·＝0.
又∵·＝0，
∴·＝0，
∴⊥.
即点Q在以边AD为直径的圆上，圆的半径为.
又∵AB＝1，由题图知，
当＝1，即a＝2时，该圆与边BC相切，存在1个点Q满足题意；
当>1，即a>2时，该圆与边BC相交，存在2个点Q满足题意；
当<1，即a<2时，该圆与边BC相离，不存在点Q满足题意．
综上所述，当0当a≥2时，存在点Q，使⊥.

§3.1　空间向量及其运算
3.1.1　空间向量的线性运算
学习目标　1.了解空间向量、向量的模、零向量、相反向量、相等向量、共线向量等的概念.2.会用平行四边形法则、三角形法则作出向量的和与差，了解向量加法的交换律和结合律.3.掌握数乘向量运算的意义及运算律．
知识点一　空间向量的概念
思考　类比平面向量的概念，给出空间向量的概念．
答案　在空间，把具有大小和方向的量叫做空间向量．
梳理　(1)在空间，把具有大小和方向的量叫做空间向量，向量的大小叫做向量的长度或模．
空间向量也用有向线段表示，有向线段的长度表示向量的模，向量a的起点是A，终点是B，则向量a也可记作，其模记为|a|或||.
(2)几类特殊的空间向量
名称
定义及表示
零向量
起点与终点重合的向量叫做零向量，记为0
单位向量
模为1的向量称为单位向量
相反向量
与向量a长度相等而方向相反的向量，称为a的相反向量，记为－a
相等向量
方向相同且模相等的向量称为相等向量，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量
共线向量或平行向量
有向线段所在的直线叫做向量的基线．如果空间中一些向量的基线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量
知识点二　空间向量的加减运算及运算律
思考　由上述的运算过程总结一下，如何求空间两个向量的和与差？下面两个图形中的运算分别运用了什么运算法则？
答案　先将两个向量平移到同一个平面，然后运用平面向量的运算法则(三角形法则、平行四边形法则)运算即可；图1是三角形法则，图2是平行四边形法则．
梳理　(1)类似于平面向量，可以定义空间向量的加法和减法运算．
＝＋＝a＋b，
＝－＝a－b.
(2)空间向量加法交换律
a＋b＝b＋a，
空间向量加法结合律
(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)．
知识点三　数乘向量运算
思考　实数λ和空间向量a的乘积λa的意义是什么？
答案　λ>0时，λa和a方向相同；λ<0时，λa和a方向相反；λa的长度是a的长度的|λ|倍．
梳理　(1)实数与向量的积
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，称为向量的数乘运算，记作λa，其长度和方向规定如下：
①|λa|＝|λ||a|.
②当λ>0时，λa与向量a方向相同；当λ<0时，λa与向量a方向相反；当λ＝0时，λa＝0.
(2)空间向量数乘运算满足以下运算律
①λ(μa)＝(λμ)a；
②λ(a＋b)＝λa＋λb.
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与平面内两向量的加减法完全一致．(　√　)
4．空间向量的数乘中λ只决定向量的大小，不决定向量的方向．(　×　)
类型一　有关空间向量的概念的理解
例1　给出以下结论：
①两个空间向量相等，则它们的起点和终点分别相同；②若空间向量a，b满足|a|＝|b|，则a＝b；③在正方体ABCD－A1B1C1D1中，必有＝；④若空间向量m，n，p满足m＝n，n＝p，则m＝p.其中不正确的个数是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
答案　B
解析　两个空间向量相等，它们的起点、终点不一定相同，故①不正确；若空间向量a，b满足|a|＝|b|，则不一定能判断出a＝b，故②不正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，必有＝成立，故③正确；④显然正确．故选B.
反思与感悟　在空间中，向量、向量的模、相等向量的概念和平面中向量的相关概念完全一致，两向量相等的充要条件是两个向量的方向相同、模相等．两向量互为相反向量的充要条件是大小相等，方向相反．
跟踪训练1　(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，下列四对向量：①与；②与；③与；④与.其中互为相反向量的有n对，则n等于(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
答案　B
解析　对于①与，③与长度相等，方向相反，互为相反向量；对于②与长度相等，方向不相反；对于④与长度相等，方向相同．故互为相反向量的有2对．
(2)如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝3，AD＝2，AA′＝1，则分别以长方体的顶点为起点和终点的向量中：
①单位向量共有多少个？
②试写出模为的所有向量．
③试写出与向量相等的所有向量．
④试写出向量的所有相反向量．
解　①由于长方体的高为1，所以长方体的四条高所对应的向量，，，，，，，，共8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共有8个．
②由于长方体的左右两侧面的对角线长均为，故模为的向量有，，，，，，，.
③与向量相等的所有向量(除它自身之外)有，及.
④向量的相反向量有，，，.
类型二　空间向量的加减运算
例2　如图，已知长方体ABCD-A′B′C′D′，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)－＝－＝＋＝.
(2)＋＋＝(＋)＋＝＋＝.向量，如图所示．
引申探究
利用本例题图，化简＋＋＋.
解　结合加法运算
＋＝，＋＝，＋＝0.
故＋＋＋＝0.
反思与感悟　空间向量加法、减法运算的两个技巧
(1)巧用相反向量：向量加减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法运算的关键，灵活应用相反向量可使向量间首尾相接．
(2)巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量的加法运算时，务必要注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得更准确的结果．
跟踪训练2　在如图所示的平行六面体中，求证：＋＋＝2.
证明　∵平行六面体的六个面均为平行四边形，
∴＝＋，＝＋，＝＋，
∴＋＋
＝(＋)＋(＋)＋(＋)
＝2(＋＋)．
又∵＝，＝，
∴＋＋＝＋＋
＝＋＝.
∴＋＋＝2.
类型三　数乘向量运算
例3　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)＝＋
＝(＋)＋
＝a＋c＋b.
(2)＝＋
＝－＋＋
＝－a＋b＋c.
(3)＋＝(＋＋)＋(＋)
＝＋＋＋＋
＝＋＋
＝a＋b＋c.
引申探究
若把本例中“P是C1D1的中点”改为“P在线段C1D1上，且＝”，其他条件不变，如何表示？
解　＝＋＝＋＋＝a＋c＋b.
反思与感悟　利用数乘运算进行向量表示的技巧
(1)数形结合：利用数乘运算解题时，要结合具体图形，利用三角形法则、平行四边形法则，将目标向量转化为已知向量．
(2)明确目标：在化简过程中要有目标意识，巧妙运用中点性质．
跟踪训练3　如图，在空间四边形OABC中，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG＝2GN，如图所示，记＝a，＝b，＝c，试用向量a，b，c表示向量.
解　＝＋＝＋＝＋(＋＋)＝a＋[－a＋c＋(b－c)]
＝a＋b＋c.
1．下列说法不正确的是(　　)
A．同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
B．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同
C．只有零向量的模等于0
D．空间中任意两个单位向量必相等
答案　D
2．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，与向量相等的向量共有(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
答案　C
解析　与相等的向量有，，，共3个．
3．向量a，b互为相反向量，已知|b|＝3，则下列结论正确的是(　　)
A．a＝b
B．a＋b为实数0
C．a与b方向相同
D．|a|＝3
答案　D
解析　向量a，b互为相反向量，则a，b模相等、方向相反．故D正确．
4．已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，设M，G分别是BC，CD的中点，则－＋等于(　　)
A. B．3
C．3 D．2
答案　B
解析　－＋＝－(－)＝－＝＋2＝3.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知下列各式：
①(＋)＋；②(＋)＋；③(＋)＋B1C1；④(＋)＋.其中运算的结果为的有________个．
答案　4
解析　根据空间向量的加法运算以及正方体的性质逐一进行判断：①(＋)＋＝＋＝；
②(＋)＋＝＋＝；
③(＋)＋＝＋＝；
④(＋)＋＝＋＝.
所以4个式子的运算结果都是.
1．一些特殊向量的特性
(1)零向量不是没有方向，而是它的方向是任意的．
(2)单位向量方向虽然不一定相同，但它们的长度都是1.
(3)两个向量模相等，不一定是相等向量，反之，若两个向量相等，则它们不仅模相等，方向也相同．若两个向量模相等，方向相反，则它们为相反向量．
2．空间向量加法、减法运算的两个技巧
(1)巧用相反向量：向量减法的三角形法则是解决空间向量加法、减法的关键，灵活运用相反向量可使向量首尾相接．
(2)巧用平移：利用三角形法则和平行四边形法则进行向量加、减法运算时，务必注意和向量、差向量的方向，必要时可采用空间向量的自由平移获得运算结果．
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．零向量是有方向的向量
B．将空间中所有的单位向量平移到同一起点，则它们的终点构成一个圆
C．四点A，B，C，D构成平行四边形ABCD的充要条件是＝
D．若与是相反向量，则A，B，C，D四点必在一条直线上
答案　A
解析　规定零向量的方向是任意的，故A正确；B中所有单位向量的终点构成球面而不是圆，故B错误；对于C，是必要条件，不是充分条件，因为当＝时，有可能A，B，C，D四点共线，故C错误；相反向量指的是方向相反，不一定在同一条直线上．
2．已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，则＋＋为(　　)
A. B. C. D．0
答案　A
解析　＋＋＝＋＝.
3.如图所示，点D是空间四边形OABC的边BC的中点，＝a，＝b，＝c，则为(　　)
A.(a＋b)－c
B.(c＋a)－b
C.(b＋c)－a
D．a＋(b＋c)
答案　C
解析　＝＋＝－＋(＋)
＝－a＋(b＋c)．
4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，向量表达式－＋化简后的结果是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　如图所示，∵＝，－＝－＝，＋＝，∴－＋＝.
5.在空间平移△ABC到△A′B′C′，连接对应顶点，设＝a，＝b，＝c，M是BC′的中点，N是B′C′的中点，如图所示，用向量a，b，c表示向量等于(　　)
A．a＋b＋c
B.a＋b＋c
C．a＋b
D.a
答案　D
解析　＝＝＝a.故选D.
6.如图，在四棱柱的上底面ABCD中，＝，则下列向量相等的是(　　)
A.与
B.与
C.与
D.与
答案　D
解析　∵＝，∴||＝||，AB∥DC，即四边形ABCD为平行四边形，由平行四边形的性质知，＝.∴故选D.
7.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A．－a＋b＋c
B.a＋b＋c
C.a－b＋c
D．－a－b＋c
答案　A
解析　＝＋
＝＋(＋)
＝c＋(－a＋b)＝－a＋b＋c.
8．P为正六边形ABCDEF所在平面外一点，O为正六边形ABCDEF的中心，则＋＋＋＋＋等于(　　)
A．2 B．4
C．6 D．12
答案　C
解析　由O是正六边形ABCDEF的中心，得＋＝0，＋＝0，＋＝0，∴＋＋＋＋＋＝＋＋＋＋＋＋＋＋＋＋＋＝6.
二、填空题
9.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋＝________；－＋＝________.
答案　　
解析　＋＋＝＋＋＝.
－＋＝－(－)＝－＝.
10．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若C＝a，C＝b，＝c，则＝________.
答案　－a＋b－c
解析　如图，
＝＋
＝＋(－)
＝－＋－
＝－c＋b－a.
11．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，－＋－＝________.
答案　2
解析　－＋－＝(＋)－(＋)
＝－＝2.
三、解答题
12.如图所示，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，化简下列表达式．
(1)＋；
(2)＋＋；
(3)＋＋；
(4)＋－.
解　(1)＋＝.
(2)＋＋＝＋＝.
(3)＋＋＝＋＋＝.
(4)＋－＝(＋＋)＋(＋＋)－＝.
13.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M是BB1的中点．化简下列各式，并在图中标出化简得到的向量：
(1)＋；
(2)＋＋；
(3)－－.
解　(1)＋＝.
(2)因为M是BB1的中点，
所以＝.
又＝，
所以＋＋＝＋＝.
(3)－－＝－＝.向量，，如图所示．
四、探究与拓展
14.如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，EF，点E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，请化简
(1)＋＋；
(2)＋＋，并标出化简得到的向量．
解　(1)＋＋＝＋＝.
(2)∵点E，F，G分别为BC，CD，DB的中点．
∴＝，＝.
∴＋＋＝＋＋＝.
所求向量，如图所示．
15.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，若＝x＋y，则x，y的值分别为多少？
解　设＝a，
＝b，＝c，
∵四边形B1C1D1A1为平行四边形，∴＝c－a，
又O是B1D1的中点，
∴＝(a＋b)，
∴＝－(a＋b)，
＝－＝b－(a＋b)＝(b－a)．
∵D1D∥C1C，且D1D＝C1C，∴＝c，
∴＝＋＝(b－a)＋c.
若存在实数x，y，使＝x＋y (x，y∈R)成立，则
c－a＝x＋y
＝－(x＋y)a＋(x－y)b＋xc.
∵a，b，c不共线，∴
解得
3.1.2　空间向量的基本定理
学习目标　1.了解共线向量、共面向量的意义，掌握它们的表示方法.2.理解共线向量的充要条件和共面向量的充要条件及其推论，并能应用其证明空间向量的共线、共面问题.3.理解基底、基向量及向量的线性组合的概念．
知识点一　共线向量定理与共面向量定理
1．共线向量定理
两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数x，使a＝xb.
2．向量共面的条件
(1)向量a平行于平面α的定义
已知向量a，作＝a，如果a的基线OA平行于平面α或在α内，则就说向量a平行于平面α，记作a∥α.
(2)共面向量的定义
平行于同一平面的向量，叫做共面向量．
(3)共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的一对实数x，y，使c＝xa＋yb.
知识点二　空间向量分解定理
1．空间向量分解定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个唯一的有序实数组x，y，z，使p＝xa＋yb＋zc.
2．基底
如果三个向量a，b，c是三个不共面的向量，则a，b，c的线性组合xa＋yb＋zc能生成所有的空间向量，这时a，b，c叫做空间的一个基底，记作{a，b，c}，其中a，b，c都叫做基向量．表达式xa＋yb＋zc，叫做向量a，b，c的线性表示式或线性组合.
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.(　×　)
类型一　向量共线问题
例1　(1)已知向量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
(2)设e1，e2是空间两个不共线的向量，已知＝e1＋ke2，＝5e1＋4e2，＝－e1－2e2，且A，B，D三点共线，实数k＝________.
答案　(1)A　(2)1
解析　(1)因为＝＋＋＝3a＋6b＝3(a＋2b)＝3，故∥，又与有公共点A，
所以A，B，D三点共线．
(2)因为＝＋＋＝7e1＋(k＋6)e2，
且与共线，故＝x，
即7e1＋(k＋6)e2＝xe1＋xke2，
故(7－x)e1＋(k＋6－xk)e2＝0，
又∵e1，e2不共线，
∴解得故k的值为1.
反思与感悟　(1)判断向量共线的策略
①熟记共线向量的充要条件：(ⅰ)若a∥b，b≠0，则存在唯一实数λ使a＝λb；(ⅱ)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，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　设＝a，＝b，＝c.
∵＝2，＝，
∴＝，＝.
∴＝＝b，＝(－)
＝(＋－)＝a＋b－c.
∴＝－＝a－b－c＝.
又＝＋＋＝－b－c＋a＝a－b－c，
∴＝.∴E，F，B三点共线．
类型二　空间向量共面问题
例2　如图所示，已知平行四边形ABCD，过平面AC外一点O作射线OA，OB，OC，OD，在四条射线上分别取点E，F，G，H，并且使＝＝＝＝k，求证：E，F，G，H四点共面．
证明　因为＝＝＝＝k，
所以＝k，＝k，
＝k，＝k.
由于四边形ABCD是平行四边形，
所以＝＋.
因此＝－＝k－k＝k＝k(＋)＝k(－＋－)
＝－＋－＝＋.
由向量共面的充要条件知E，F，G，H四点共面．
反思与感悟　(1)利用四点共面求参数
向量共面的充要条件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，对于向量共面的充要条件，不仅会正用，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M，满足＝＋＋，判断，，三个向量是否共面．
解　，，三个向量共面．
因为＝＋＋，
所以3＝＋＋，
化简，得(－)＋(－)＋(－)＝0，
即＋＋＝0，即＝－－，
故，，共面．
类型三　空间向量分解定理及应用
例3　如图所示，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，＝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)；(2)；(3)；(4).
解　连接AC，AD′.
(1)＝(＋)＝(＋＋)＝(a＋b＋c)．
(2)＝(＋)＝(a＋2b＋c)＝a＋b＋c.
(3)＝(＋)＝[(＋＋)＋(＋)]＝a＋b＋c.
(4)＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝(＋)＋＝a＋b＋c.
反思与感悟　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　如图所示，空间四边形OABC中，G，H分别是△ABC，△OBC的重心，设＝a，＝b，＝c.试用向量a，b，c表示向量.
解　∵H为△OBC的重心，D为BC的中点，
∴＝(＋)，
＝＝×(＋)＝(b＋c)．
又＝＋＝＋，＝－，
∴＝＋×(＋)－
＝(＋＋)
＝(a＋b＋c)．
∵＝－，
∴＝(b＋c)－(a＋b＋c)＝－a.
1．给出下列说法：
①向量a，b，c共面，则它们所在的直线共面；
②零向量的方向是任意的；
③若a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb.
其中正确的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　B
解析　①不正确．三个向量共面时，它们所在的直线在平面内，或与平面平行；
②正确．这是关于零向量的方向的规定；
③不正确．当b＝0，则有无数多个λ使之成立．
2．对于空间的任意三个向量a，b,2a－b，它们一定是(　　)
A．共面向量
B．共线向量
C．不共面向量
D．既不共线也不共面的向量
答案　A
解析　∵2a－b＝2·a＋(－1)·b，
∴2a－b与a，b共面．
3．若向量，，的起点M和终点A，B，C互不重合且无三点共线，则能使向量，，成为空间一组基底的关系是(　　)
A.＝＋＋ 　　　 B.＝＋
C.＝＋＋ 　　　 D.＝2－
答案　C
解析　 对于A，由结论＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)?M，A，B，C四点共面知，，，共面；对于B，D，易知，，共面，故只有C中，，不共面．
4．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＝________.
答案　－8
解析　∵＝－＝e1－4e2，＝2e1＋ke2，
又A，B，D三点共线，由共线向量定理得＝λ，
∴＝.∴k＝－8.
5．给出下列说法：
①两个共线向量是指在同一直线上的两个向量；
②共线的两个向量互相平行；
③共面的三个向量是指在同一平面内的三个向量；
④共面的三个向量是指平行于同一平面的三个向量．
其中正确的序号是________．
答案　②④
解析　根据共面与共线向量的定义判定，易知②④正确．
1．四点P，A，B，C共面?对空间任意一点O，都有＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1.
2.＝＋x＋y称为空间平面ABC的向量表达式．由此可知空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定．
3．证明(或判断)三点A，B，C共线时，只需证明存在实数λ，使＝λ(或＝λ)即可，也可用“对空间任意一点O，有＝t＋(1－t)”来证明三点A，B，C共线．
4．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，满足这个关系式的点都在平面MAB内；反之，平面MAB内的任一点都满足这个关系式．这个充要条件常用于证明四点共面．
一、选择题
1．如图所示，在四面体A－BCD中，点E是CD的中点，记＝a，＝b，＝c，则等于(　　)
A．a－b＋c B．－a＋b＋c
C.a－b＋c D．－a＋b＋c
答案　B
解析　连接AE，
∵E是CD的中点，＝b，＝c，
∴＝(＋)＝(b＋c)．
在△ABE中，＝＋＝－＋，
又＝a，∴＝－a＋(b＋c)＝－a＋b＋c.
2．已知{a，b，c}是空间的一个基底，则可以与向量p＝a＋b，q＝a－b构成基底的向量是(　　)
A．a B．b
C．a＋2b D．a＋2c
答案　D
解析　能与p，q构成基底，则与p，q不共面．
∵a＝，b＝，a＋2b＝p－q.
∴A，B，C都不合题意．∵{a，b，c}为基底，
∴a＋2c与p，q不共面，可构成基底．
3．设空间四点O，A，B，P满足＝m＋n，其中m＋n＝1，则(　　)
A．点P一定在直线AB上
B．点P一定不在直线AB上
C．点P可能在直线AB上，也可能不在直线AB上
D.与的方向一定相同
答案　A
解析　已知m＋n＝1，则m＝1－n，＝(1－n)＋n＝－n＋n?－＝n(－)
?＝n.因为≠0，所以和共线，即点A，P，B共线．故选A.
4．对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有6＝＋2＋3，则(　　)
A．O，A，B，C四点共面
B．P，A，B，C四点共面
C．O，P，B，C四点共面
D．O，P，A，B，C五点共面
答案　B
解析　由6＝＋2＋3，
得－＝2(－)＋3(－)，
即＝2＋3，∴，，共面，
又它们有公共点P，∴P，A，B，C四点共面．故选B.
5．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.
答案　D
解析　∵＝x＋＋，且M，A，B，C四点共面，∴x＋＋＝1，∴x＝.故选D.
6．在△ABC中，＝c，＝b，若点D满足＝2，若将b与c作为基底，则等于(　　)
A.b＋c B.c－b
C.b－c D.b＋c
答案　A
解析　∵＝2，∴－＝2(－)，
∴－c＝2(b－)，∴＝c＋b.
7．下列说法中正确的个数是(　　)
①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；
②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；
③若a，b是两个不共线的向量，而c＝λa＋μb(λ，μ∈R且λμ≠0)，则{a，b，c}构成空间的一个基底．
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　①正确．基底必须不共面；②正确；③不对，a，b不共线．当c＝λa＋μb时，a，b，c共面，故只有①②正确．
8. 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　＝＋＋＝＋(＋)＋(＋)＝＋＋，
∴－＝＋，∴＝＋.
由共面的充要条件知P，A，B，C四点共面．
二、填空题
9．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＝________.
答案　
解析　由P，A，B，C四点共面可知，＋＋λ＝1，
故λ＝.
10．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　0
解析　延长DE交边BC于点F，
则＋＝，＋
＝＋＝，
故＋－－
＝－＝0.
11．已知O是空间任一点，A，B，C，D四点满足任三点均不共线，但四点共面，且＝2x·＋3y·＋4z·，则2x＋3y＋4z＝________.
答案　－1
解析　＝(－2x)·＋(－3y)·＋(－4z)·，由A，B，C，D四点共面，得－2x－3y－4z＝1，即2x＋3y＋4z＝－1.
三、解答题
12．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外一点O，当＝2－－时，点P是否与A，B，C共面？并给出证明．
解　点P与A，B，C三点不共面，证明如下：
若点P与A，B，C共面，则存在唯一的实数对(x，y)，使＝x＋y，于是对平面ABC外一点O，有－＝x(－)＋y(－)，
∴＝(1－x－y)＋x＋y，
比较原式得此方程组无解，这样的x，y不存在，所以A，B，C，P四点不共面．
13．已知点E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)证明：BD∥平面EFGH.
证明　如图，连接EG，BG.
(1)＝＋＝＋(＋ )＝＋＋
＝＋，
由向量共面的充要条件知，E，F，G，H四点共面．
(2)方法一　∵＝－＝－
＝，∴EH∥BD.
又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH，
∴BD∥平面EFGH.
方法二　∵＝＋＝2＋2
＝2＝2(＋)＝2＋2，
又，不共线，∴与，共面．
又BD?平面EFGH，∴BD∥平面EFGH.
四、探究与拓展
14．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，
则λ＝k－1，m＝1，n＝－k，∴λ＋m＋n＝0.
15．已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点(如图所示)，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)∥.
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，
∴∥.
3.1.3　两个向量的数量积
学习目标　1.掌握空间向量夹角概念及表示方法.2.掌握两个向量的数量积的概念、性质、计算方法及运算规律.3.掌握两个向量的数量积的主要用途，能运用数量积求向量夹角和判断向量的共线与垂直．
知识点一　两个向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．
(2)范围：〈a，b〉∈[0，π]．特别地：当〈a，b〉＝时，a⊥b.
知识点二　两个向量的数量积
(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(或内积)，记作a·b.
(2)数量积的运算律
数乘向量与向量数量积的结合律
(λa)·b＝λ(a·b)
交换律
a·b＝b·a
分配律
(a＋b)·c＝a·c＋b·c
知识点三　两个向量的数量积的性质
两个向量数量积的性质
①若a，b是非零向量，则a⊥b?a·b＝0
②若a与b同向，则a·b＝|a|·|b|；若反向，则a·b＝－|a|·|b|.
特别地，a·a＝|a|2或|a|＝
③若θ为a，b的夹角，则cos θ＝
④|a·b|≤|a|·|b|
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.(　√　)
类型一　空间向量的数量积运算

例1　(1)下列命题是否正确？正确的请给出证明，不正确的给予说明．
①p2·q2＝(p·q)2；
②|p＋q|·|p－q|＝|p2－q2|；
③若a与(a·b)·c－(a·c)·b均不为0，则它们垂直．
解　①此命题不正确．
∵p2·q2＝|p|2·|q|2，
而(p·q)2＝(|p|·|q|·cos〈p，q〉)2
＝|p|2·|q|2·cos2〈p，q〉，
∴当且仅当p∥q时，p2·q2＝(p·q)2.
②此命题不正确．
∵|p2－q2|＝|(p＋q)·(p－q)|
＝|p＋q|·|p－q|·|cos〈p＋q，p－q〉|，
∴当且仅当(p＋q)∥(p－q)时，
|p2－q2|＝|p＋q|·|p－q|.
③此命题正确．
∵a·[(a·b)·c－(a·c)·b]＝a·(a·b)·c－a·(a·c)·b＝(a·b)(a·c)－(a·b)(a·c)＝0，
且a与(a·b)·c－(a·c)·b均为非零向量，
∴a与(a·b)·c－(a·c)·b垂直．
(2)设θ＝〈a，b〉＝120°，|a|＝3，|b|＝4，求：
①a·b；②(3a－2b)·(a＋2b)．
解　①∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，
∴a·b＝3×4×cos 120°＝－6.
②∵(3a－2b)·(a＋2b)＝3|a|2＋4a·b－4|b|2
＝3|a|2＋4|a||b|cos 120°－4|b|2，
∴(3a－2b)·(a＋2b)＝3×9＋4×3×4×－4×16＝27－24－64＝－61.
反思与感悟　(1)已知a，b的模及a与b的夹角，直接代入数量积的公式计算．
(2)如果欲求的是关于a与b的多项式形式的数量积，可以先利用数量积的运算律将多项式展开，再利用a·a＝|a|2及数量积公式进行计算．
跟踪训练1　已知a，b均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a＋3b|等于(　　)
A. B. C. D．4
答案　C
解析　∵|a＋3b|2＝(a＋3b)2＝a2＋6a·b＋9b2
＝1＋6×cos 60°＋9＝13，
∴|a＋3b|＝.
命题角度2　利用空间向量的数量积解决立体几何中的运算问题
例2　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，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.
反思与感悟　两向量的数量积，其运算结果是数量，而不是向量．零向量与任意向量的数量积为0.向量的数量积不满足结合律．
跟踪训练2　已知正四面体OABC的棱长为1，求：
(1)(＋ )·(＋)；
(2)|＋＋|.
解　(1)(＋)·(＋)＝(＋)·(－＋－)＝(＋)·(＋－ 2)＝12＋1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°＋1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60°＝1.
(2)|＋＋|
＝
＝
＝＝.
类型二　利用数量积求夹角或模

例3　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，若AB＝a，求异面直线BA1与AC所成的角．
解　如图所示．∵＝＋，＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴·＝0，·＝0，
·＝0且·＝－a2.
∴·＝－a2.
又·＝||·||cos〈，〉，
∴cos〈，〉＝＝－.
又∵〈，〉∈[0°，180°]，∴〈，〉＝120°，
又∵异面直线所成的角是锐角或直角，
∴异面直线BA1与AC所成的角为60°.
反思与感悟　利用向量求异面直线夹角的方法
跟踪训练3　如图，在空间四面体O－ABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，求OA与BC所成角的余弦值．
解　因为＝－，
所以·＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉
＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°
＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝＝＝.
即OA与BC所成角的余弦值为.

例4　如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，求AC1的长．
解　因为＝＋＋，
所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)．
因为∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
所以〈，〉＝90°，〈，〉＝〈，〉＝60°，
所以2＝1＋4＋9＋2(1×3×cos 60°＋2×3×cos 60°)＝23.
因为2＝||2，所以||2＝23，||＝，
即AC1＝.
反思与感悟　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4　如图，已知线段AB⊥平面α，BC?α，CD⊥BC，DF⊥平面α，且∠DCF＝30°，D与A在α的同侧，若AB＝BC＝CD＝2，求A，D两点间的距离．
解　∵＝＋＋，
∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝12＋2(2·2·cos 90°＋2·2·cos 120°＋2·2·cos 90°)＝8，
∴||＝2，即A，D两点间的距离为2.
类型三　利用空间向量的数量积解决垂直问题
例5　如图，在空间四边形OACB中，OB＝OC，AB＝AC，求证：OA⊥BC.
证明　因为OB＝OC，AB＝AC，OA＝OA，
所以△OAC≌△OAB，
所以∠AOC＝∠AOB.
又·＝·(－)＝·－·
＝||·||cos∠AOC－||·||cos∠AOB＝0，
所以⊥，即OA⊥BC.
反思与感悟　(1)证明线线垂直的方法
证明线线垂直的关键是确定直线的方向向量，看方向向量的数量积是否为0来判断两直线是否垂直．
(2)证明与空间向量a，b，c有关的向量m，n垂直的方法
先用向量a，b，c表示向量m，n，再判断向量m，n的数量积是否为0.
跟踪训练5　已知向量a，b满足：|a|＝2，|b|＝，且a与2b－a互相垂直，则a与b的夹角为________．
答案　45°
解析　∵a与2b－a垂直，∴a·(2b－a)＝0，
即2a·b－|a|2＝0.
∴2|a||b|·cos〈a，b〉－|a|2＝0，
∴4cos〈a，b〉－4＝0，∴cos〈a，b〉＝，
又〈a，b〉∈[0°，180°]，∴a与b的夹角为45°.
1．对于向量a，b，c和实数λ，下列说法正确的是(　　)
A．若a·b＝0，则a＝0或b＝0
B．若λa＝0，则λ＝0或a＝0
C．若a2＝b2，则a＝b或a＝－b
D．若a·b＝a·c，则b＝c
答案　B
解析　对于A，可举反例：当a⊥b时，a·b＝0；对于C，
a2＝b2，只能推出|a|＝|b|，而不能推出a＝±b；
对于D，当a＝0时，不能推出b＝c.
2．已知a，b，c是两两垂直的单位向量，则|a－2b＋3c|等于(　　)
A．14 B. C．4 D．2
答案　B
解析　|a－2b＋3c|2＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2－4a·b＋6a·c－12b·c＝14.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，有下列结论：
①(＋＋)2＝32；
②·(－)＝0；
③与的夹角为60°.
其中正确的个数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．0
答案　B
解析　易知①②正确；与的夹角为120°，
∴③不正确．故选B.
4．已知a，b为两个非零空间向量，若|a|＝2，|b|＝，a·b＝－，则〈a，b〉＝________.
答案　
解析　cos〈a，b〉＝＝－，∴〈a，b〉＝.
5．已知正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．
答案　
解析　||2＝2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝12＋22＋12＋2×(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，
∴||＝，∴EF的长为.
1．空间向量运算的两种方法
(1)利用定义：利用a·b＝|a||b|cos〈a，b〉并结合运算律进行计算．
(2)利用图形：计算两个数量的数量积，可先将各向量移到同一顶点，利用图形寻找夹角，再代入数量积公式进行运算．
2．在几何体中求空间向量数量积的步骤
(1)首先将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式．
(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积．
(3)代入a·b＝|a||b|cos〈a，b〉求解．
一、选择题
1．已知非零向量a，b不平行，并且其模相等，则a＋b与a－b之间的关系是(　　)
A．垂直 B．共线
C．不垂直 D．以上都可能
答案　A
解析　由题意知|a|＝|b|，
∵(a＋b)·(a－b)＝|a|2－|b|2＝0，
∴(a＋b)⊥(a－b)．
2．已知|a|＝1，|b|＝，且a－b与a垂直，则a与b的夹角为(　　)
A．60° B．30° C．135° D．45°
答案　D
解析　∵a－b与a垂直，∴(a－b)·a＝0，
∴a·a－a·b＝|a|2－|a||b|cos〈a，b〉
＝1－1··cos〈a，b〉＝0，
∴cos〈a，b〉＝.
∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°.
3．已知空间向量a，b，c两两夹角为60°，其模都为1，则|a－b＋2c|等于(　　)
A. B．5
C．6 D.
答案　A
解析　∵|a－b＋2c|2
＝|a|2＋|b|2＋4|c|2－2a·b＋4a·c－4b·c
＝12＋12＋4×12－2·1·1·cos 60°＋4·1·1·cos 60°－4·1·1·cos 60°＝5，
∴|a－b＋2c|＝.
4.如图，已知空间四边形每条边和对角线长都等于a，点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(　　)
A．2· 　　 B．2·
C．2· 　　 D．2·
答案　C
解析　2·＝－a2，故A错；2·＝－a2，故B错；2·＝－a2，故D错，只有C正确．
5．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与b所成的角是(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案　C
解析　∵＝＋＋，
∴·＝(＋＋)·＝·＋2＋·＝0＋12＋0＝1，又||＝2，||＝1.
∴cos〈，〉＝＝＝.
∵异面直线所成的角是锐角或直角，
∴a与b所成的角是60°.
6．已知向量a和b的夹角为120°，且|a|＝2，|b|＝5，则(2a－b)·a等于(　　)
A．12 B．8＋
C．4 D．13
答案　D
解析　(2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|cos 120°＝2×4－2×5×＝13.
7．已知在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，同一顶点为端点的三条棱长都等于1，且彼此的夹角都是60°，则此平行六面体的对角线AC1的长为(　　)
A. B．2
C. D.
答案　D
解析　∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2(cos 60°＋cos 60°＋cos 60°)＝6，∴||＝.
8.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝，AB＝AC＝AA1，则异面直线A1B与C1A所成的角等于(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设＝a，＝b，＝c，
则＝a－c，＝－b－c，
∴·＝(a－c)·(－b－c)＝－a·b＋b·c－a·c＋c2＝|c|2，
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴A1B与C1A所成的角为.
二、填空题
9．已知a，b是空间两个向量，若|a|＝2，|b|＝2，|a－b|＝，则cos〈a，b〉＝________.
答案　
解析　将|a－b|＝化为(a－b)2＝7，求得a·b＝，
再由a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，求得cos〈a，b〉＝.
10．已知空间向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝3，|b|＝1，|c|＝4，则a·b＋b·c＋c·a的值为________．
答案　－13
解析　∵a＋b＋c＝0，
∴(a＋b＋c)2＝0，
∴a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝0，
∴a·b＋b·c＋c·a＝－＝－13.
11．将AB＝2，BC＝2的长方形ABCD沿对角线AC折成60°的二面角，则B，D间的距离为________．
答案　
解析　作DE⊥AC于点E，BF⊥AC于点F.
由已知可得，AC＝4，DE＝BF＝，
∴AE＝1，CF＝1，∴EF＝2.
∵二面角的大小为60°，
∴与的夹角为120°，
∴||2＝(＋＋)2＝7，
∴||＝，∴B，D间的距离为.
三、解答题
12.如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，若AB＝CD，AC＝BD，E，F分别是AD，BC的中点，试用向量方法证明EF⊥AD且EF⊥BC.
证明　连接AF，∵点F是BC的中点，
∴A＝(＋)，
∴＝－
＝(＋)－
＝(＋－)，
又||＝||＝|－|，
∴AC2＝AD2－2·＋AB2，①
同理AB2＝CD2＝AD2－2·＋AC2，②
将①代入②可得AB2＝AD2－2·＋AD2
－2·＋AB2，
∴2AD2－2·(＋)＝0，
∴·(＋－)＝0，
∴·(＋－)＝0，
∴·＝0，∴⊥.
同理可得⊥.
∴EF⊥AD且EF⊥BC.
13.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1，求PB与CD所成的角．
解　由题意知||＝，||＝，
＝＋，＝＋＋，
∵PA⊥平面ABCD，
∴·＝·＝·＝0.
∵AB⊥AD，
∴·＝0，
∵AB⊥BC，
∴·＝0，
∴·＝(＋)·(＋＋)
＝2＝||2＝1，
又∵||＝，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∵〈，〉∈[0，π]，
∴〈，〉＝，
∵异面直线所成的角为锐角或直角，
∴PB与CD所成的角为.
四、探究与拓展
14．已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝，若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为________．
答案　－4
解析　∵n⊥(tm＋n)，∴n·(tm＋n)＝0，即t·m·n＋n2＝0，∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0，由已知得t×|n|2×＋|n|2＝0，解得t＝－4.
15.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．
(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)解　结合(1)知·＝||·||·cos〈，〉＋2＝2－1.
又||＝＝＝||，
∴cos〈，〉＝＝，
∴||＝2，即侧棱长为2.
3.1.4　空间向量的直角坐标运算
学习目标　1.了解空间向量坐标的定义.2.掌握空间向量运算的坐标表示.3.能够利用坐标运算来求空间向量的长度与夹角．
知识点一　空间向量的坐标表示
思考　平面向量的坐标是如何表示的？
答案　在平面直角坐标系中，分别取与x轴，y轴方向相同的两个单位向量i，j作为基底，对于平面内的一个向量a，由平面向量基本定理可知，有且只有一对实数x，y，使a＝xi＋yj，这样，平面内的任一向量a都可由x，y唯一确定，我们把有序实数对(x，y)叫做向量a的坐标，记作a＝(x，y)，其中x叫做a在x轴上的坐标，y叫做a在y轴上的坐标．
设＝xi＋yj，则向量的坐标(x，y)就是点A的坐标，即若＝(x，y)，则A点坐标为(x，y)，反之亦成立(O是坐标原点)．
梳理　空间直角坐标系及空间向量的坐标
(1)建立空间直角坐标系Oxyz，分别沿x轴，y轴，z轴的正方向引单位向量i，j，k，这三个互相垂直的单位向量构成空间向量的一个基底{i，j，k}，这个基底叫做单位正交基底．单位向量i，j，k都叫做坐标向量．
(2)空间向量的坐标
在空间直角坐标系中，已知任一向量a，根据空间向量分解定理，存在唯一实数组(a1，a2，a3)，使a＝a1i＋a2j＋a3k，a1i，a2j，a3k分别为向量a在i，j，k方向上的分向量，有序实数组(a1，a2，a3)叫做向量a在此直角坐标系中的坐标．上式可简记作a＝(a1，a2，a3)．
知识点二　空间向量的坐标运算
思考　设m＝(x1，y1)，n＝(x2，y2)，那么m＋n，m－n，λm，m·n如何运算？
答案　m＋n＝(x1＋x2，y1＋y2)，m－n＝(x1－x2，y1－y2)，λm＝(λx1，λy1)，m·n＝x1x2＋y1y2.
梳理　空间向量a，b，其坐标形式为a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量运算
向量表示
坐标表示
加法
a＋b
(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
减法
a－b
(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数乘
λa
(λa1，λa2，λa3)
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
知识点三　空间向量的平行、垂直及模、夹角
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
名称
满足条件
向量表示形式
坐标表示形式
a∥b
a＝λb(λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)
a⊥b
a·b＝0
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|＝
|a|＝
夹角
cos〈a，b〉＝
cos〈a，b〉＝
1．若a＝xe1＋ye2＋ze3，则a的坐标是(x，y，z)．(　×　)
2．若向量＝(x，y，z)，则点B的坐标是(x，y，z)．(　×　)
3．若点A的坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z)．(　√　)
类型一　空间向量的坐标表示与运算

例1　如图，在棱长为1的正方体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别为棱DD′，D′C′，BC的中点，以{，，}为基底，求下列向量的坐标．
(1)，，；
(2)，，.
解　(1)＝＋＝＋＝＋＝，＝＋＝＋＝，
＝＋＋＝＋＋＝.
(2)＝－＝－＝＋＝，
＝－＝－
＝－－＝，
＝－＝＋－
＝－＝.
引申探究
本例中，若以{，，}为基底，试写出，，的坐标．
解　＝＋＝－＋＝，
＝＋＝＋
＝－＋＝，
＝＋＝.
反思与感悟　用坐标表示空间向量的步骤
跟踪训练1　设正四棱锥S-P1P2P3P4的所有棱长均为2，建立适当的空间直角坐标系，求，的坐标．
解　如图所示，建立空间直角坐标系，其中O为底面正方形的中心，P1P2⊥y轴，P1P4⊥x轴，SO在z轴上．
∵|P1P2|＝2，而P1，P2，P3，P4均在xOy平面上，
∴P1(1,1,0)，P2(－1,1,0)．
在xOy平面内，P3与P1关于原点O对称，P4与P2关于原点O对称，∴P3(－1，－1,0)，P4(1，－1,0)．
又|SP1|＝2，|OP1|＝，
∴在Rt△SOP1中，|SO|＝，∴S(0,0，)．
∴＝－＝(1,1，－)，
＝－＝(0，－2,0)．

例2　已知a＝(1，－2,1)，a－b＝(－1,2，－1)，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　依题意，得b＝a－(－1,2，－1)＝a＋(1，－2,1)＝2(1，－2,1)＝(2，－4,2)．
反思与感悟　关于空间向量坐标运算的两类问题
(1)直接计算问题
首先将空间向量用坐标表示出来，然后准确运用空间向量坐标运算公式计算．
(2)由条件求向量或点的坐标
首先把向量坐标形式设出来，然后通过建立方程组，解方程求出其坐标．
跟踪训练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，则x＝________.
答案　2
解析　由题意，得c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)，
故(c－a)·(2b)＝2(1－x)＝－2，解得x＝2.
类型二　空间向量平行、垂直的坐标表示
例3　已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)若|c|＝3，c∥，求c；
(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k.
解　(1)因为＝(－2，－1,2)，且c∥，
所以设c＝λ＝(－2λ，－λ，2λ)，
得|c|＝＝3|λ|＝3，
解得λ＝±1.即c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．
(2)因为a＝＝(1,1,0)，b＝＝(－1,0,2)，
所以ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)．
又因为(ka＋b)⊥(ka－2b)，所以(ka＋b)·(ka－2b)＝0.
即(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0.
解得k＝2或k＝－，故所求k的值为2或－.
引申探究
若将本例(2)中改为“若ka－b与ka＋2b互相垂直”，求k的值．
解　由题意知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)＋k2－8＝0，解得k＝－2或k＝，
故所求k的值为－2或.
反思与感悟　(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3　在正方体AC1中，已知E，F，G，H分别是CC1，BC，CD和A1C1的中点．
证明：(1)AB1∥GE，AB1⊥EH；
(2)A1G⊥平面EFD.
证明　如图，
以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，设正方体棱长为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)，由中点性质得E，
F，G，
H.
(1)＝(1,0,1)，＝，
＝，
∵＝2， ·＝1×＋0＋1×＝0，
∴∥，⊥.即AB1∥GE，AB1⊥EH.
(2)∵＝，＝，
＝，
∴·＝－＋0＝0，·＝＋0－＝0，
∴A1G⊥DF，A1G⊥DE.
又DF∩DE＝D，∴A1G⊥平面EFD.
类型三　空间向量的夹角与长度的计算
例4　棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点．
(1)求证：EF⊥CF；
(2)求与所成角的余弦值；
(3)求CE的长．
解　建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则D(0,0,0)，E，C(0,1,0)，
F，G.
所以＝，＝，
 ＝，＝.
(1)证明　因为·＝×＋×＋×0＝0，所以⊥，即EF⊥CF.
(2)解　因为·＝×1＋×0＋×＝，
||＝＝，
||＝＝，
所以cos〈，〉＝＝＝.
(3)解　|CE|＝||＝＝.
反思与感悟　通过分析几何体的结构特征，建立适当的坐标系，使尽可能多的点落在坐标轴上，以便写点的坐标时便捷．建立坐标系后，写出相关点的坐标，然后再写出相应向量的坐标表示，把向量坐标化，然后再利用向量的坐标运算求解夹角和距离问题．
跟踪训练4　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥平面ABCD，PB与平面ABCD所成的角为60°.
(1)求四棱锥P－ABCD的体积；
(2)若E是PB的中点，求异面直线DE与PA所成角的余弦值．
解　(1)∵四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB＝60°，
∴OA＝OC＝，BO＝OD＝1，S菱形ABCD＝×2×2＝2.
在Rt△POB中，∠PBO＝60°，
∴PO＝OB·tan 60°＝.
∴VP－ABCD＝S菱形ABCD·PO＝×2×＝2.
(2)如图，
以O为原点，OB，OC，OP分别为x轴，y轴，
z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，A(0，－，0)，P(0,0，)．
∴E，
∴＝，＝.
∴·＝0＋0＋×(－)＝－，
||＝，||＝.
∴cos〈，〉＝＝＝－.
∵异面直线所成的角为锐角或直角，
∴异面直线DE与PA所成角的余弦值为.
1．已知向量a＝(3，－2,1)，b＝(－2,4,0)，则4a＋2b等于(　　)
A．(16,0,4) B．(8，－16,4)
C．(8,16,4) D．(8,0,4)
答案　D
解析　4a＋2b＝4(3，－2,1)＋2(－2,4,0)
＝(12，－8,4)＋(－4,8,0)＝(8,0,4)．
2．已知向量a＝(0,2,1)，b＝(－1,1，－2)，则a与b的夹角为(　　)
A．0 B. C. D．π
答案　C
解析　∵cos〈a，b〉＝＝＝0，
〈a，b〉∈[0，π]．∴〈a，b〉＝.
3．若a＝(2，－3,1)，b＝(2,0,3)，c＝(0,2,2)，则a·(b＋c)的值为(　　)
A．4 B．15 C．3 D．7
答案　C
解析　∵b＋c＝(2,2,5)，∴a·(b＋c)＝4－6＋5＝3.
4．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(　　)
A．1 B. C. D.
答案　D
解析　依题意得(ka＋b)·(2a－b)＝0，
所以2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，
而|a|2＝2，|b|2＝5，a·b＝－1，所以4k＋k－2－5＝0，解得k＝.
5．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量与的夹角为________．
答案　
解析　∵＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，
∴||＝3，||＝，
·＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3，
∴cos〈，〉＝＝，
又∵〈，〉∈[0，π]，
∴〈，〉＝.
1．在空间直角坐标系中，已知点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．一个向量在空间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它的起点坐标．
2．两点间的距离公式：若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
则|AB|＝||＝＝.
3．空间向量的数量积和夹角有关，经常以空间向量数量积为工具，解决立体几何中与夹角相关的问题，把空间两条直线所成角的问题转化为两条直线对应向量的夹角问题，但要注意空间两条直线所成的角与对应向量的夹角的取值范围．

一、选择题
1．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(　　)
A.＝(－1,2,1) B.＝(1,3,4)
C.＝(2,1,3) D.＝(－2，－1，－3)
答案　C
解析　＝－＝(2,1,3)．
2．设A(3,3,1)，B(1,0,5)，C(0,1,0)，则AB的中点M到C的距离|CM|的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　AB的中点M，又C(0,1,0)，
所以＝，故M到C的距离为
|CM|＝||＝ ＝.
3．已知a＝(1,5，－2)，b＝(m,2，m＋2)，若a⊥b，则m的值为(　　)
A．0 B．6
C．－6 D．±6
答案　B
解析　∵a⊥b，∴1×m＋5×2－2(m＋2)＝0，解得m＝6.
4．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
答案　A
解析　a－b＋2c＝(9,3,0)，|a－b＋2c|＝3 .
5．若△ABC的三个顶点坐标分别为A(1，－2,1)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
答案　A
解析　＝(3,4,2)，＝(5,1,3)，＝(2，－3,1)．
由·>0，得A为锐角；
由·>0，得C为锐角；
由·>0，得B为锐角．
所以△ABC为锐角三角形．
6．已知向量a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，若a与b为共线向量，则(　　)
A．x＝1，y＝1 B．x＝，y＝－
C．x＝，y＝－ D．x＝－，y＝
答案　C
解析　∵a＝(2x,1,3)与b＝(1，－2y,9)共线，
∴＝＝(y≠0)，
∴x＝，y＝－.
7．设＝(cos α＋sin α，0，－sin α)，＝(0，cos α，0)，则||的最大值为(　　)
A．3 B. C．2 D．3
答案　B
解析　∵＝＋＝(cos α＋sin α，cos α，－sin α)，
∴||2＝(cos α＋sin α)2＋cos2α＋(－sin α)2
＝2＋sin 2α≤3，
∴||的最大值为.
8．已知向量a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为(　　)
A. B.
C．4 D．8
答案　B
解析　∵|a|＝＝3，|b|＝＝3，
∴cos〈a，b〉＝＝＝，
∴sin〈a，b〉＝，
∴S＝|a|·|b|·sin〈a，b〉＝.
二、填空题
9．若A(m＋1，n－1,3)，B(2m，n，m－2n)，C(m＋3，n－3,9)三点共线，则m＋n＝________.
答案　0
解析　因为＝(m－1,1，m－2n－3)，＝(2，－2,6)，
由题意得∥，
所以＝＝，
所以m＝0，n＝0，所以m＋n＝0.
10．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________．
答案　
解析　＝(－2，－1,3)，＝(－1,3，－2)，
·＝－7，||＝，||＝，
∴cos θ＝＝－，
又∵θ∈[0，π]，∴θ＝.
11．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　(－1,1,2)
解析　设点D(x，y，z)，
则＝(－x,1－y，－z)，＝(－1,0,2)，
＝(－x，－y,2－z)，＝(－1,1,0)，
因为DB∥AC，DC∥AB，所以∥，∥，
则解得所以D(－1,1,2)．
三、解答题
12．已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，O(0,0,0)，＋λ与的夹角为120°，求λ的值．
解　∵＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，
∴＋λ＝(1，－λ，λ)，
∴(＋λ)·＝λ＋λ＝2λ，
|＋λ|＝＝，
||＝.
∴cos 120°＝＝－，
∴λ2＝.
又<0，∴λ＝－.
13．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)，求以，为邻边的平行四边形的面积S.
解　∵＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴sin〈，〉＝，
∴S＝||·||·sin〈，〉＝7，
∴以，为邻边的平行四边形的面积为7.
四、探究与拓展
14．已知点A(－1,3,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若＝2，则||的值是________．
答案　2
解析　设点P(x，y，z)，则由＝2，
得(x＋1，y－3，z－1)＝2(－1－x,3－y,4－z)，
则
解得即P(－1,3,3)，
则||＝＝＝2.
15.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB和BC的中点，试在棱B1B上找一点M，使得D1M⊥平面EFB1.
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)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E，设M(1,1，m)．
连接AC，则＝(－1,1,0)．
而E，F分别为AB，BC的中点，
所以＝＝.又因为＝，
＝(1,1，m－1)，
而D1M⊥平面EFB1，
所以D1M⊥EF，
且D1M⊥B1E，
即·＝0，且·＝0.
所以 
解得m＝，即M为B1B的中点．
§3.2　空间向量在立体几何中的应用
3.2.1　直线的方向向量与直线的向量方程
学习目标　1.了解直线的方向向量，了解直线的向量方程.2.会用向量方法证明线线、线面、面面的平行.3.会用向量证明两条直线垂直.4.会利用向量求两条直线所成的角．
知识点一　用向量表示直线或点在直线上的位置
思考　在平面中，可以用向量确定平面上一点的位置或点的集合．空间中一点的位置或点的集合怎样确定？
答案　已知向量a，在空间中固定一个基点O，再作向量＝a，则点A在空间中的位置就被向量a唯一确定了，称向量a为位置向量．
梳理　用向量表示直线或点在直线上的位置
(1)在直线l上给定一个定点A和它的一个方向向量a，对于直线l上的任意一点P，则有＝ta或＝＋ta或＝(1－t)＋t(＝a)，
上面三个向量等式都叫做空间直线的向量参数方程．向量a称为该直线的方向向量．
(2)线段AB的中点M的向量表达式＝(＋)．
知识点二　用向量方法证明直线与直线平行、直线与平面平行、平面与平面平行
1．设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则由向量共线的条件，得l1∥l2或l1与l2重合?v1∥v2.
2．已知两个不共线向量v1，v2与平面α共面，一条直线l的一个方向向量为v，则由共面向量定理，可得
l∥α或l在α内?存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
3．已知两个不共线向量v1，v2与平面α共面，则由两平面平行的判定与性质，得
α∥β或α与β重合?v1∥β且v2∥β.
知识点三　用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角
1．用向量运算证明两条直线垂直或求两条直线所成的角
设两条直线所成的角为θ，ν1和ν2分别是l1和l2的方向向量，则l1⊥l2?v1⊥v2，cos θ＝|cos〈v1，v2〉|.
2．求两直线所成的角应注意的问题
在已知的两条直线上(或同方向上)取两条直线的方向向量v1，v2，所以cos〈v1，v2〉＝.但要注意，两直线的夹角与〈v1，v2〉并不完全相同，当〈v1，v2〉为钝角时，应取其补角作为两直线的夹角．
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．(　×　)
类型一　空间中点的位置确定
例1　已知点A(2,4,0)，B(1,3,3)，如图，以的方向为正向，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：
(1)AP∶PB＝1∶2；
(2)AQ∶QB＝2.
求点P和点Q的坐标．
解　(1)由已知，得＝2，
即－＝2(－)，
＝＋.
设点P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＝＋＝，z＝0＋1＝1.
因此，P点的坐标是.
(2)因为AQ∶QB＝2，
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)．
反思与感悟　确定点的坐标可利用向量运算根据两个向量相等列方程解得．
跟踪训练1　已知点A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C为线段AB上一点且＝，则点C的坐标为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设C(x，y，z)，
∵C为线段AB上一点且＝，
∴＝，
即(x－4，y－1，z－3)＝(－2，－6，－2)，
∴x＝，y＝－1，z＝.
类型二　向量方法处理平行问题
例2　如图，已知正方体ABCD—A′B′C′D′，点M，N分别是面对角线A′B与面对角线A′C′的中点．求证：MN∥侧面AD′；MN∥AD′，并且MN＝AD′.
证明　设＝a，＝b，
＝c，
则＝(a＋c)，＝c＋(a＋b)，
所以＝－＝(b＋c)．
因为M不在平面AD′内，所以MN∥平面AD′.
又因为b＋c＝，
所以＝，
所以MN∥AD′，MN＝AD′.
反思与感悟　(1)直线与直线平行、直线与平面平行的向量证法根据是空间向量共线、共面定理．
(2)利用直线的方向向量证明直线与直线平行、直线与平面平行时，要注意向量所在的直线与所证直线或平面无公共点．
跟踪训练2　(1)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2.点M在棱BB1上，且BM＝2MB1，点S在DD1上，且SD1＝2SD，点N，R分别为A1D1，BC的中点，求证：MN∥RS.
证明　方法一　设＝a，＝b，＝c，则
＝＋＋＝c－a＋b，
＝＋＋＝b－a＋c，
∴＝，∴∥，又∵R?MN，∴MN∥RS.
方法二　如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，
则根据题意得
M，N(0,2,2)，
R(3,2,0)，S.
∴＝，＝，＝，
∴∥，∵M?RS，∴MN∥RS.
(2)如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：AM∥平面BDE.
证明　∵平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，EC⊥AC，EC?平面ACEF，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥BC且EC⊥CD，∴点C的坐标为.
建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
设AC∩BD＝N，连接NE，
则点N，E的坐标分别是，(0,0,1)．
∴＝.
又点A，M的坐标分别是(，，0)，，
∴＝.
∴＝，且A?NE，∴NE∥AM.
又∵NE?平面BDE，AM?平面BDE，
∴AM∥平面BDE.
类型三　两直线所成的角的求解
例3　已知三棱锥O—ABC(如图)，OA＝4，OB＝5，OC＝3，∠AOB＝∠BOC＝60°，∠COA＝90°，M，N分别是棱OA，BC的中点．求直线MN与AC所成角的余弦值．
解　设＝a，＝b，＝c，直线MN与AC所成的角为θ，则
＝－＝(b＋c)－a
＝(b＋c－a)，＝c－a，
所以||2＝(b＋c－a)2
＝(|a|2＋|b|2＋|c|2＋2b·c－2a·b－2a·c)
＝(42＋52＋32＋15－20－0)＝，
||2＝(c－a)2＝|a|2＋|c|2－2a·c
＝42＋32－02＝25，
·＝(b＋c－a)·(c－a)
＝(b·c＋|c|2－a·b－2a·c＋|a|2)
＝＝.
cos θ＝|cos〈，〉|＝|＝＝.
所以直线MN与AC所成角的余弦值为.
反思与感悟　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.
跟踪训练3　长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝BB1＝2，E，F分别是平面A1B1C1D1与平面B1BCC1的中心，求异面直线AF与BE所成角的余弦值．
解　如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，
则A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C1(0,4,2)，A1(2,0,2)，
∴E(1,2,2)，F(1,4,1)，
＝(－1,4,1)，
＝(－1，－2,2)，
∴||＝＝3，||＝＝3，
·＝1－8＋2＝－5，
∴cos〈，〉＝＝－.
∵异面直线所成角的范围是，
设AF与BE所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝.即异面直线AF与BE所成角的余弦值为.
1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3,2)，则(　　)
A．l1∥l2 B．l1⊥l2
C．l1、l2相交但不垂直 D．不能确定
答案　B
解析　∵a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×2＝0，
∴a⊥b，∴l1⊥l2.
2．设l1的方向向量a＝(1,3，－2)，l2的方向向量b＝(－4,3，m)，若l1⊥l2，则m等于(　　)
A．1 B.
C. D．3
答案　B
解析　因为l1⊥l2，所以a·b＝0，即1×(－4)＋3×3＋(－2)×m＝0，所以2m＝9－4＝5，即m＝.
3．若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　∵＝(2,4,6)，而与共线的非零向量都可以作为直线l的方向向量，故选A.
4．已知向量a＝(4－2m，m－1，m－1)，b＝(4,2－2m,2－2m)，若a∥b，则实数m的值为(　　)
A．1 B．3
C．1或3 D．以上答案都不正确
答案　C
解析　因为b＝(4,2－2m,2－2m)≠0，
所以“a∥b的充要条件是a＝λb”，
得显然m＝1符合题意，
当m≠1时，由m－1＝λ(2－2m)，得λ＝－，
代入4－2m＝4λ，得m＝3.
5．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　－14　6
解析　∵l1∥l2，∴＝＝(x≠0，y≠0)，
∴x＝－14，y＝6.
1．利用向量可以表示直线或点在直线上的位置．
2．线线平行、线面平行、面面平行问题都可以转化为两个向量的平行问题，证明依据是空间向量共线、共面定理．
3．用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量．共分三步：(1)建立立体几何与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．
一、选择题
1．已知a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量．若l1∥l2，则(　　)
A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝
答案　D
解析　由l1∥l2得，＝＝(x≠0，y≠0)，解得x＝6，y＝.
2．若异面直线l1，l2的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2,0,4)，则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于(　　)
A．－ B. C．－ D.
答案　B
解析　设l1与l2的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈a，b〉|＝＝＝.
3．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成角的大小为(　　)
A．60° B．90°
C．105° D．75°
答案　B
解析　建立如图所示的空间直角坐标系A1xyz，
设BB1＝1，
则A(0,0,1)，B1，
C1(0，，0)，B.
∴＝，
＝，
∴·＝－－1＝0，
即AB1与C1B所成角的大小为90°.
4．已知A(3,0，－1)，B(0，－2，－6)，C(2,4，－2)，则△ABC是(　　)
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．以上都不对
答案　C
解析　∵＝(－3，－2，－5)，＝(2,6,4)，
＝(－1,4，－1)．
∴·＝－3×(－1)＋(－2)×4＋(－5)×(－1)＝0，
∴AB⊥AC.∴△ABC是直角三角形．
又||≠||，
故选C.
5．已知点A(3,3，－5)，B(2，－3,1)，C为线段AB上一点，且＝，则点C的坐标为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设C点坐标为(x，y，z)，则＝(x－3，y－3，z＋5)，＝(－1，－6,6)．
由＝，得
解得x＝，y＝－1，z＝－1.即C点坐标为.
6．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)，则＝(x－2，y＋1，z－7)
＝λ(8,9，－12)，λ>0.
故x－2＝8λ，y＋1＝9λ，z－7＝－12λ，
又(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)．
7．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
答案　B
解析　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，
∴＝，
＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,0)，
＝(－1,0，－1)，＝(0,0，－1)．
∵·＝(－1)×＋(－1)×＋0×1＝0，
∴CE⊥BD.
8.如图，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
以上结论中正确的是(　　)
A．①③④ B．①②③④
C．①③ D．③④
答案　A
解析　∵＝－＝－＝，
∴A1M∥D1P.
∵D1P?平面D1PQB1，A1M?平面D1PQB1，
∴A1M∥平面D1PQB1.
又D1P?平面DCC1D1，A1M?平面DCC1D1，
∴A1M∥平面DCC1D1.
∵B1Q为平面DCC1D1的斜线，
∴B1Q与D1P不平行，∴A1M与B1Q不平行．
二、填空题
9．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)，A(1，－3,2)，B(8，－1，4)确定的平面上，则a＝________.
答案　16
解析　＝(－1，－3,2)，＝(6，－1,4)．
根据共面向量定理，设＝x＋y (x，y∈R)，
则(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4)
＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，
∴　
解得x＝－7，y＝4，a＝16.
10．已知空间三点A(0,0,1)，B(－1,1,1)，C(1,2，－3)，若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为____________．
答案　
解析　设M(x，y，z)，则由已知，得
＝λ＝λ(－1,1,0)＝(－λ，λ，0)．
又＝(x，y，z－1)，∴x＝－λ，y＝λ，z＝1.
又·＝0，＝(－λ－1，λ－2,4)，
∴(－λ－1，λ－2,4)·(－1,1,0)＝0，
∴(λ＋1)＋(λ－2)＝0，λ＝.
∴M点坐标为.
11．已知两点A(1，－2,3)，B(2,1，－1)，则AB连线与xOz平面的交点坐标是____________．
答案　
解析　设交点坐标为P(x,0，z)，则由A，P，B三点共线可设＝λ，得(x－1,2，z－3)＝λ(1,3，－4)，
即　解得
故AB连线与xOz平面的交点坐标是.
三、解答题
12.如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
证明：EF∥平面SAD.
证明　如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz.
设A(a,0,0)，S(0,0，b)，则B(a，a,0)，
C(0，a,0)，E，F.
所以＝.
取SD的中点G，
连接AG，则＝.
因为＝，所以EF∥AG，
又AG?平面SAD，
EF?平面SAD，
所以EF∥平面SAD.
13.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DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴，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：1＋0×(t－2)＋0＝×·cos 60°，
所以t＝1，所以点E的位置是AB的中点．
四、探究与拓展
14．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⊥，⊥，则点P的坐标为________．
答案　
解析　因为＝(－1，－1,1)，＝(2,0,1)，＝(－x,1，－z)，
由·＝0，·＝0，得
得x＝，z＝－，
所以P.
15.如图所示，在正方体AC1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，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q.
设正方体的棱长为1，
则O，P，
A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
则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.
3.2.2　平面的法向量与平面的向量表示
学习目标　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平面与平面平行、垂直.3.了解三垂线定理及其逆定理．
知识点一　平面的法向量
思考　平面的法向量有何作用？是否唯一？
答案　平面的法向量与空间一点可以确定一个平面，利用平面的法向量可以判断直线与平面、平面与平面的位置关系．
平面的法向量不唯一，它们都是共线的．
梳理　平面的法向量
已知平面α，如果向量n的基线与平面α垂直，则向量n叫做平面α的法向量或说向量n与平面α正交．
知识点二　平面的向量表示
设A是空间任一点，n为空间内任一非零向量，则适合条件·n＝0的点M的集合构成的图形是过空间内一点A并且与n垂直的平面．这个式子称为一个平面的向量表示式．
知识点三　两平面平行或垂直的判定及三垂线定理
1．两平面平行或垂直的判定方法
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则容易得到
α∥β或α与β重合?n1∥n2；
α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0.
2．三垂线定理
如果在平面内的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，则它也和这条斜线垂直．
1．已知直线垂直于α，向量a平行直线l，则a是平面α的法向量．(　×　)
2．若向量n1，n2为平面的法向量，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．(　√　)
类型一　求平面的法向量
例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的法向量，
则即
所以
令y＝－1，则x＝z＝.
所以平面ACE的法向量为n＝(，－1，)．
引申探究
若本例条件不变，试求直线PC的一个方向向量和平面PCD的一个法向量．
解　如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，则P(0,0,1)，
C(1，，0)，
所以＝(1，，－1)即为直线PC的一个方向向量．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
因为D(0，，0)，所以＝(0，，－1)．
由即
所以令y＝1，则z＝.
所以平面PCD的法向量为n＝(0,1，)．
反思与感悟　利用待定系数法求平面法向量的步骤
(1)设向量：设平面的法向量为n＝(x，y，z)．
(2)选向量：在平面内选取两个不共线向量，.
(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，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是边长为1的正三角形，ABCD是菱形．∠ABC＝60°，E是PC的中点，F是AB的中点，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面DEF的法向量．
解　因为PA＝PB，F为AB的中点，所以PF⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PF?平面PAB.
所以PF⊥平面ABCD，因为AB＝BC，∠ABC＝60°，
所以△ABC是等边三角形，所以CF⊥AB.
以F为坐标原点，建立空间直角坐标系Fxyz(如图所示)．
由题意得F(0,0,0)，P，D，C，
E.
所以＝，＝.
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)．
则即
所以令y＝2，则x＝，z＝－2.
所以平面DEF的法向量为m＝(，2，－2)．
类型二　利用空间向量证明平行问题
例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.
证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系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)．
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.
反思与感悟　利用向量证明平行问题，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P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝AD＝1，问在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．
解　分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，
∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
设E(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，
＝(0,2，－1)，
∵∥，
∴(－1)×y－2(z－1)＝0，①
∵＝(0,2,0)是平面PAB的法向量，
又＝(－1，y－1，z)，CE∥平面PAB，
∴⊥，∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝0.
∴y＝1，代入①得z＝，∴E是PD的中点，
∴存在E点，当点E为PD的中点时，CE∥平面PAB.
类型三　利用空间向量证明垂直问题
例3　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　方法一 　如图，以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，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.
方法二　同方法一建系后，得＝(0,0，)，
＝(1,1,0)，＝(－2,2,0)，＝(0，－1，)．
设平面A1AD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面BCC1B1的法向量为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.
反思与感悟　利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，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　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．
(1)求证：平面AED⊥平面A1FD1；
(2)在直线AE上求一点M，使得A1M⊥平面AED.
(1)证明　以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，
∴＝＝(2,0,0)，＝(2,2,1)，＝(0,1，－2)．
设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
由
得
令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．
同理，平面A1FD1的法向量为n2＝(0,2,1)．
∵n1·n2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n1⊥n2，
∴平面AED⊥平面A1FD1.
(2)解　由于点M在直线AE上，
因此可设＝λ＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，
则M(2,2λ，λ)，∴＝(0,2λ，λ－2)．
要使A1M⊥平面AED，只需∥n1，
即＝，解得λ＝.
故当AM＝AE时，A1M⊥平面AED.
1．若直线l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为，则m等于(　　)
A．－4 B．－6 C．－8 D．8
答案　C
解析　∵l∥α，平面α的法向量为，
∴(2，m,1)·＝0，
即2＋m＋2＝0，∴m＝－8.
2．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，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　A
解析　∵v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.
3．若a＝(1,2,3)是平面γ的一个法向量，则下列向量中能作为平面γ的法向量的是(　　)
A．(0,1,2) B．(3,6,9)
C．(－1，－2,3) D．(3,6,8)
答案　B
解析　向量(1,2,3)与向量(3,6,9)共线．
4．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是(　　)
A．－ B．6 C．－6 D.
答案　B
解析　∵α∥β，∴α的法向量与β的法向量也互相平行．
∴＝＝.∴λ＝6.
5．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)，v＝(t,5,1)，则t的值为________．
答案　5
解析　∵平面α与平面β垂直，
∴平面α的法向量μ与平面β的法向量v互相垂直，
∴μ·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5.
1．用法向量来解决平面与平面的关系问题，思路清楚，不必考虑图形的位置关系，只需通过向量运算，就可得到要证明的结果．
2．利用三垂线定理证明线线垂直，需先找到平面的一条垂线，有了垂线，才能作出斜线的射影，同时要注意定理中的“平面内的一条直线”这一条件，忽视这一条件，就会产生错误结果．
一、选择题
1．直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的一个法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥α，则x的值为(　　)
A．－2 B．－ C. D．±
答案　D
解析　由题意知，－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，
解得x＝±.
2．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
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.
答案　B
解析　对于A，＝(1,0,1)，则·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；同理可排除C，D；对于B，＝，则·n＝·(3,1,2)＝0.
4．若n1，n2分别是平面α，β的法向量，且α⊥β，n1＝(1,2，x)，n2＝(x，x＋1，x)，则x的值为(　　)
A．1或2 B．－1或－2
C．－1 D．－2
答案　B
解析　由题意可知，n1·n2＝(1,2，x)·(x，x＋1，x)＝x＋2x＋2＋x2＝x2＋3x＋2＝0，解得x＝－1或x＝－2.
5．设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为b，若a·b＝0，则(　　)
A．l∥α B．l?α
C．l⊥α D．l?α或l∥α
答案　D
解析　当a·b＝0时，l?α或l∥α.
6．已知平面α内两向量a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)且c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为(　　)
A．－1,2 B．1，－2
C．1,2 D．－1，－2
答案　A
解析　c＝ma＋nb＋(4，－4,1)＝(m，m，m)＋(0,2n，－n)＋(4，－4,1)＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)，
由c为平面α的法向量，得得
7．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)，若α⊥β，则y＋z的值是(　　)
A．－3 B．6 C．－6 D．－12
答案　B
解析　α⊥β?μ·v＝0?－6＋y＋z＝0，即y＋z＝6.
8．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．
设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)．
∵　∴
令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)，
单位法向量为或.
二、填空题
9．已知A(4,1,3)，B(2,3,1)，C(3,7，－5)，点P(x，－1,3)在平面ABC内，则x的值为________．
答案　11
解析　∵点P在平面ABC内，
∴存在实数k1，k2，
使＝k1＋k2，
即(x－4，－2,0)＝k1(－2,2，－2)＋k2(－1,6，－8)，
∴解得
∴x－4＝－2k1－k2＝8－1＝7，
即x＝11.
10．设平面α的法向量为m＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝________.
答案　4
解析　由α∥β，得＝＝(kD＝/0)，解得k＝4.
11．若平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3,5)，ν＝(－3,1，－4)，则α与β的位置关系是________．
答案　α与β斜交
解析　∵u与ν既不平行也不垂直，∴α与β斜交．
三、解答题
12．已知平面α经过点A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，试求平面α的一个法向量．
解　∵A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，
∴＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
依题意有即
解得令y＝1，则x＝2，
∴平面α的一个法向量为n＝(2,1,0)．
13.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，AD＝AB，E是PC的中点．
求证：PD⊥平面ABE.
证明　∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
∴AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设PA＝AB＝BC＝1，则
P(0,0,1)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，
D.∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形．
∴C，E.
∴＝(1,0,0)，＝，
∴设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝2，则z＝－，∴n＝(0,2，－)．
∵＝，
显然＝n，∴∥n，
∴⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
四、探究与拓展
14.如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．
求证：平面DEA⊥平面ECA.
证明　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
不妨设CA＝2，
则CE＝2，BD＝1，C(0,0,0)，A(，1,0)，B(0,2,0)，
E(0,0,2)，D(0,2,1)．
所以＝(，1，－2)，＝(0,0,2)，＝(0,2，－1)．
分别设平面CEA与平面DEA的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则
即解得

即解得
不妨取n1＝(1，－，0)，n2＝(，1,2)，
因为n1·n2＝0，所以两个法向量相互垂直．
所以平面DEA⊥平面ECA.
15.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)以点B为坐标原点，BA，BC，BB1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.
3.2.3　直线与平面的夹角
3.2.4　二面角及其度量
学习目标　1.理解斜线和平面所成的角的定义，体会夹角定义的唯一性、合理性.2.会求直线与平面的夹角θ.3.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.4.掌握求二面角的基本方法、步骤．
知识点一　直线与平面所成的角
(1)直线与平面所成的角
(2)最小角定理
知识点二　二面角及理解
(1)二面角的概念
①二面角的定义：平面内的一条直线把平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面．从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．如图所示，其中，直线l叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面，如图中的α，β.
②二面角的记法：棱为l，两个面分别为α，β的二面角，记作α—l—β.如图，A∈α，B∈β，二面角也可以记作A—l—B，也可记作2∠l.
③二面角的平面角：在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角，如图所示．由等角定理知，这个平面角与点O在l上的位置无关．
④直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角．
⑤二面角的范围是[0°，180°]．
(2)用向量夹角来确定二面角性质及其度量的方法
①如图，分别在二面角α—l—β的面α，β内，并沿α，β延伸的方向，作向量n1⊥l，n2⊥l，则〈n1，n2〉等于该二面角的平面角．
②如图，设m1⊥α，m2⊥β，则角〈m1，m2〉与该二面角大小相等或互补．
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．(　×　)
2．二面角的大小范围是.(　×　)
3．二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(　×　)
4．若一条直线在某一平面外，则该直线上任一点到平面的距离d必为一个正数．(　×　)
类型一　求直线与平面的夹角
例1　已知正三棱柱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　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，
A1(0,0，a)，
C1，
方法一　取A1B1的中点M，
则M，连接AM，MC1，
则＝，＝(0，a,0)，
＝(0,0，a)．
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
则MC1⊥AB，MC1⊥AA1.
又AB∩AA1＝A，
∴MC1⊥平面ABB1A1.
∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角．
由于＝，＝，
∴·＝0＋＋2a2＝，
||＝＝a，
||＝＝a，
∴cos〈，〉＝＝.
∵〈，〉∈[0°，180°]，∴〈，〉＝30°，
又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内，
∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
方法二　＝(0，a,0)，＝(0,0，a)，
＝.
设侧面ABB1A1的法向量为n＝(λ，y，z)，
∴n·＝0且n·＝0.∴ay＝0且az＝0.
∴y＝z＝0.故n＝(λ，0,0)．
∴cos〈，n〉＝＝－，
∴|cos〈，n〉|＝.
又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内，
∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
反思与感悟　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．方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1　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，求BD与平面ADMN所成的角θ.
解　如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，设BC＝1，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，
D(0,2,0)，P(0,0,2)
则N(1,0,1)，
∴＝(－2,2,0)，
＝(0,2,0)，
＝(1,0,1)，
设平面ADMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得取x＝1，则z＝－1，
∴n＝(1,0，－1)，
∵cos〈，n〉＝＝＝－，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝.
又0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.
类型二　求二面角
例2　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，求平面EAC与平面ABCD的夹角．
解　方法一　
如图，以A为原点，分别以AC，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴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，
∴⊥，＝＝，·＝0.
∴⊥.
∴∠EOF等于平面EAC与平面ABCD的夹角．
cos〈，〉＝＝.
∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°.
方法二　建系如方法一，
∵PA⊥平面ABCD，
∴＝(0,0，a)为平面ABCD的法向量，
＝，＝(b,0,0)．
设平面AEC的法向量为m＝(x，y，z)．
由
得
∴x＝0，y＝z.∴取m＝(0,1,1)，
cos〈m，〉＝＝＝.
又平面EAC与平面ABCD所成角的平面角为锐角，
∴平面EAC与平面ABCD的夹角为45°.
反思与感悟　(1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角．只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的．(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角．
跟踪训练2　若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求锐二面角APBC的余弦值．
解　如图所示建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，
故＝(0,0,1)，＝(，1,0)，＝(，0,0)，＝(0，－1,1)，
设平面PAB的法向量为
m＝(x，y，z)，
则
即
令x＝1，则y＝－，故m＝(1，－，0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则
即
令y′＝－1，则z′＝－1，故n＝(0，－1，－1)，
∴cos〈m，n〉＝＝.
∴锐二面角A－PB－C的余弦值为.
类型三　空间角中的探索性问题
例3　如图，在四棱锥P－ABCD中，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．
(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)解　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OA，OM，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
则P，D，
C，B.
所以＝，
＝，＝.
设平面PCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
即
令x1＝1，则m＝(1,0，－2)，|m|＝；
同理设平面PBC的法向量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，显然θ为锐角，
所以cos θ＝＝＝.
即平面PBC与平面DPC夹角的余弦值为.
反思与感悟　利用空间向量解决空间角中的探索性问题，通常不需要复杂的几何作图，论证，推理，只需先假设结论成立，设出空间的坐标，通过向量的坐标运算进行推断，把是否存在问题转化为点的坐标是否有解的问题来处理．
跟踪训练3　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？并求该角最大值的正切值．
(1)证明　以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，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)解　过点P作PE⊥AB于E，连接EN，
则PE⊥平面ABC，
则∠PNE为所求角θ，
所以tan θ＝＝，
因为当点E是AB的中点时，ENmin＝.
所以(tan θ)max＝2，此时，λ＝.
1．已知向量m，n分别是直线l的方向向量和平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)
A．30° B．60° C．120° D．150°
答案　A
解析　设l与α所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈m，n〉|＝.
∴θ＝30°.
2．正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　建系如图，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，
B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A(1,0,0)，
∴＝(－1,0,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,1，－1)，＝(－1,0，－1)．
∴·＝1－1＝0，·＝1－1＝0.
∴AC1⊥A1B，AC1⊥A1D，又A1B∩A1D＝A1，
∴AC1⊥平面A1BD.∴是平面A1BD的法向量．
∴cos〈，〉＝＝＝.
∴直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值为.
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为__________．
答案　45°或135°
解析　设二面角的平面角为θ，
∵cos〈m，n〉＝＝，∴θ＝45°或135°.
4．正四面体ABCD中棱AB与底面BCD所成角的余弦值为________．
答案　
解析　作AO⊥底面BCD，垂足为O，O为△BCD的中心，设正四面体的棱长为a，则OB＝a，∠ABO为所求角，
cos∠ABO＝.
5．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________．
答案　
解析　＝(－1,2,0)，＝(－1,0,3)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)．由n·＝0，n·＝0知令x＝2，则y＝1，z＝.
∴平面ABC的法向量为n＝.平面xOy的法向量为＝(0,0,3)．所以所求锐二面角的余弦值cos θ＝＝＝.
1．线面角可以利用定义在直角三角形中解决．
2．线面角的向量求法：设直线的方向向量为a，平面的法向量为n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3．二面角通常可通过法向量的夹角来求解，但一定要注意法向量的夹角和二面角的大小关系．
一、选择题
1．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于(　　)
A. B.
C. D．以上均错
答案　B
解析　直线l与平面α所成的角范围是.
2．直线l1，l2的方向向量分别是v1，v2，若v1与v2所成的角为θ，直线l1，l2所成的角为α，则(　　)
A．α＝θ B．α＝π－θ
C．cos θ＝|cos α| D．cos α＝|cos θ|
答案　D
解析　α＝θ或α＝π－θ，且α∈，
因而cos α＝|cos θ|.
3．已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
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n＝(2，－2,1)．
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
4.已知在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则AB1与ED1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C．－ D．－
答案　A
解析　∵A(2,2,0)，B1(2,0,2)，E(0,1,0)，D1(0,2,2)，
∴＝(0，－2,2)，＝(0,1,2)，
∴||＝2，||＝，
·＝0－2＋4＝2，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴AB1与ED1所成角的余弦值为.
5．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(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设菱形对角线AC与BD交于O点，则∠BOD为二面角B—AC—D的平面角，由余弦定理可得cos∠BOD＝.
6．A，B是二面角α—l—β的棱l上两点，P是平面β上一点，PB⊥l于B，PA与l成45°角，PA与平面α成30°角，则二面角α—l—β的大小是(　　)
A．30° B．60° C．45° D．75°
答案　C
解析　如图，作PO⊥α于O，连接AO，BO，则∠PAO为PA与平面α所成角，∠PBO为二面角α—l—β的平面角，由∠PAO＝30°，∠PAB＝45°，取PA＝2a，则PO＝a，PB＝a，∴sin∠PBO＝＝，∴∠PBO＝45°.
二、填空题
7．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________．
答案　90°
解析　由于n1·n2＝(1,0,1)·(－3,1,3)＝0，
所以n1⊥n2，故α⊥β，α与β所成的角是90°.
8．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　60°或120°
解析　设二面角大小为θ，由题意可知
|cos θ|＝＝＝，
所以cos θ＝±，
所以θ＝60°或120°.
9．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________．
答案　30°
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则P(0,0,1)，C(1，，0)，＝(1，，－1)，平面ABCD的法向量为n＝(0,0,1)，
所以cos〈，n〉＝＝－，
所以〈·n〉＝120°，
所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成的角为30°.
10．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，侧棱长为，底面边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成的角是________.
答案　
解析　在正三棱柱ABC—A1B1C1中，取AC的中点O，连接OB，OB⊥AC，
则OB⊥平面ACC1A1，
∴∠BC1O就是BC1与平面AC1的所成的角．∵OB＝，BC1＝，
∴sin∠BC1O＝＝，
∴∠BC1O＝.
三、解答题
11．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，求该二面角的大小．
解　由题意知，·＝0，·＝0，
＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2.
∴cos〈，〉＝－，
又〈，〉∈[0°，180°]，
∴〈，〉＝120°，
∴二面角的大小为60°.
12.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD.PD＝DC，E是PC的中点．求EB与平面ABCD夹角的余弦值．
解　取CD的中点M，则EM∥PD，
又∵PD⊥平面ABCD，
∴EM⊥平面ABCD，
∴BE在平面ABCD上的射影为BM，
∴∠MBE为BE与平面ABCD的夹角．
如图建立空间直角坐标系Dyxz，
设PD＝DC＝1，
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，
∴M，E，
∴＝，＝，
cos〈，〉＝＝＝，
∴EB与平面ABCD夹角的余弦值为.
13.如图，在直棱柱ABC－A1B1C1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D－A1C－E的正弦值．
(1)证明　连接AC1，交A1C于点F，连接DF，则F为AC1的中点，因为D为AB的中点，
所以DF∥BC1，
又因为DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.
(2)解　由AA1＝AC＝CB＝AB，
可设AB＝2a，
则AA1＝AC＝CB＝a，
所以AC⊥BC，又由直棱柱知CC1⊥平面ABC，所以以点C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz如图．
则C(0,0,0)，A1(a，0, a)，D，
E，＝( a,0, a)，
＝，＝，
＝.
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0且n·＝0，
可解得y＝－x＝z，令x＝1，
得平面A1CD的法向量为n＝(1，－1，－1)，
同理可得平面A1CE的法向量为m＝(2,1，－2)，
则cos〈n，m〉＝，
又因为〈n，m〉∈[0°，180°]，
所以sin〈n，m〉＝，
所以二面角DA1CE的正弦值为.
四、探究与拓展
14.如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，求二面角C－BF－D的正切值.
解　如图所示，连接BD，AC∩BD＝O，连接OF.以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝.所以B，F，C，D.
结合图形可知，＝且为平面BOF的法向量，由＝，＝，
可求得平面BCF的法向量n＝(1，，)．
所以cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝，
所以tan〈n，〉＝.
15．直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠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，
求AA1与平面AED夹角的正弦值.
解　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
设CA＝2a，则A(2a,0,0)，
B(0,2a,0)，D(0,0,1)，A1(2a,0,2)，
E(a，a,1)，G.
从而＝，
＝(0，－2a,1)，
由GE⊥BD，得·＝0，得a＝1.
∴＝(2,0，－1)，＝(1,1,0)
设n＝(x，y，z)为平面AED的法向量，
则即即
令x＝1，则y＝－1，z＝2，
即n＝(1，－1,2)，又＝(0,0,2)，
设AA1与平面AED的夹角为θ，
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
∴AA1与平面AED夹角的正弦值为.
3.2.5　距离(选学)
学习目标　掌握向量长度计算公式，会用向量方法求两点间的距离、点到平面的距离、线面距和面到面的距离．
知识点一　点到平面的距离
(1)图形与图形的距离
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，叫做图形与图形的距离．
(2)点到平面的距离
一点到它在一个平面内正射影的距离，叫做点到这个平面的距离．
知识点二　直线到平面的距离
思考　直线与平面平行时，直线到平面的距离是指直线上任意一点到平面的距离吗？
答案　是的．当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离相等，故线面距可以利用点面距来处理．
梳理　(1)直线与它的平行平面的距离
一条直线上的任一点，与它平行的平面的距离，叫做直线与这个平面的距离．
(2)两个平行平面的距离
①和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平面的公垂线．
②公垂线夹在平行平面间的部分，叫做两个平面的公垂线段．
③两平行平面的公垂线段的长度，叫做两平行平面的距离．
知识点三　四种距离的关系
类型一　点线距离
例1　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，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系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，
∴在上的投影为＝ .
∴点A到直线EF的距离
d＝＝＝.
反思与感悟　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．
(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1　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)，∴＝(1,2，－3)．
又∵＝(0,2,0)，
∴在上的投影为＝ .
∴点B到直线A′C的距离
d＝＝＝.
类型二　点面距离
例2　已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG＝2，求点B到平面EFG的距离．
解　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则G(0,0,2)，
E(4，－2,0)，F(2，－4,0)，B(4,0,0)，
∴＝(4，－2，－2)，＝(2，－4，－2)，＝(0，－2,0)．
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
∴x＝－y，z＝－3y.
取y＝1，则n＝(－1,1，－3)．
∴点B到平面EFG的距离d＝＝＝.
反思与感悟　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2　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．
(1)证明　如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA所在直线为x轴，y轴，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)解　由(1)知平面AB1D的法向量n＝(2,0,1)，
且＝(－1，，－2)，
∴点C1到平面AB1D的距离d＝＝＝.
类型三　线面距离与面面距离
例3　在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为直角梯形，AB∥CD且∠ADC＝90°，AD＝1，CD＝，BC＝2，AA1＝2，E是CC1的中点，求直线A1B1与平面ABE的距离．
解　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A1(1,0,2)，A(1,0,0)，E(0，，1)，C(0，，0)．过点C作AB的垂线交AB于点F，易得BF＝，∴B(1,2，0)，
∴＝(0,2，0)，＝(－1，－，1)．
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
∴y＝0，x＝z，不妨取n＝(1,0,1)．
∵＝(0,0,2)，
∴直线A1B1与平面ABE的距离
d＝＝＝.
反思与感悟　(1)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．
(2)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3　已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，求平面A1BD与平面B1CD1间的距离．
解　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，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的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得y＝1，x＝－1，∴n＝(－1,1,1)．
∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.
∵平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，
∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为.
1．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为(　)
A．10 B．3 C. D.
答案　D
2．正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为(　　)
A. B．2 C. D.
答案　A
解析　由题意可知，A1A∥平面B1D1DB，A1A到平面B1D1DB的距离就是点A1到平面的距离．连接A1C1，交B1D1于O1，A1O1即为所求．由题意可得A1O1＝A1C1＝.
3．若O为坐标原点，＝(1,1，－2)，＝(3,2,8)，＝(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　)
A. B．2
C. D.
答案　D
解析　由题意得＝(＋)＝，
＝－＝，
PC＝||＝＝.
4．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________．
答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
则＝(0,0,2)．
由题意易得平面GEF的一个法向量n＝(1,1,3)，
所以点C到平面GEF的距离为
d＝＝.
5．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________．
答案　
解析　设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)．
∴n·＝0，n·＝0，
∴
即∴
令z＝－2，则n＝(3,2，－2)．
又∵＝(－7，－7,7)，
∴点D到平面ABC的距离为d＝＝＝＝.
1．两点间的距离可利用向量的模计算数量积求得．
2．点面距可利用向量在平面的法向量上的投影求得，线面距、面面距可转化为点面距计算．
一、选择题
1．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝a，AA1＝2a，则点D1到直线AC的距离为(　　)
A.a B.
C. D.
答案　D
解析　连接BD，AC交于点O，
则D1O＝＝a为所求．
2.如图，AB＝AC＝BD＝1，AB?平面M，AC⊥平面M，BD⊥AB，BD与平面M成30°角，则C，D间的距离为(　　)
A．1 B．2
C. D.
答案　C
解析　||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋0＋0＋2×1×1×cos 120°＝2，∴||＝.
3．已知△ABC的顶点A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD的长等于(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
答案　C
解析　＝(0,4，－3)，＝(－4,9，－3)，
＝＝9，||＝＝，
BD＝＝＝5，故选C.
4．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量，，两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||等于(　　)
A．5 B．6 C．4 D．8
答案　A
解析　∵＝＋＋，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2··＋2··＋2··
＝9＋1＋4＋2×3×1×＋2×3×2×＋2×1×2×＝25，∴||＝5.
5．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Oxyz.
由题意可知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＝＝.
6.如图，已知矩形ABCD与ABEF全等，D－AB－E为直二面角，M为AB中点，FM与BD所成角为θ，且cos θ＝，则AB与BC的边长之比为(　　)
A．1∶1 B.∶1
C.∶2 D．1∶2
答案　C
解析　设AB＝a，BC＝b，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则相关各点坐标为F(b,0,0)，
M，
B(0，a,0)，D(0,0，b)．
＝，
＝(0，－a，b)，
所以||＝，||＝，
·＝－，
|cos〈，〉|＝＝，
整理得，4＋5－26＝0，
解得＝2或＝－(舍)．所以＝＝.
7．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)，A1(2,0,4)，B1(2,2,4)，D1(0,0,4)，
∴＝(2,2,0)，＝(2,0，－4)，＝(0,0,4)，
设n＝(x，y，z)是平面AB1D1的法向量，则n⊥，n⊥，
∴即
令z＝1，则平面AB1D1的法向量为n＝(2，－2,1)．
由在n上的投影可得A1到平面AB1D1的距离为
d＝＝.
二、填空题
8．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)．已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d＝________.
答案　2
解析　d＝＝＝2.
9．如图所示，在直二面角D—AB—E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中∠AEB＝90°，则点D到平面ACE的距离为________．
答案　
解析　取AB的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－1,0)，E(1,0,0)，
D(0，－1,2)，C(0,1,2)，＝(0,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,2)．
设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，
则　即
令y＝1，∴n＝(－1,1，－1)．
故点D到平面ACE的距离
d＝＝＝.
10．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　
解析　如图所示，＝(2,0,0)，＝(1,0,2)，
∴cos θ＝＝＝，
∴sin θ＝＝，
∴点A到直线BE的距离d＝||sin θ＝2×＝.
11．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是BC，CD的中点，则BD到平面EFD1B1的距离为________．
答案　
解析　设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，EF∩AC＝G，平面ACC1A1⊥平面EFD1B1，交线为O1G，过O作OH⊥O1G，则OH⊥平面EFD1B1，又由题意知BD∥平面EFD1B1，OH的长即为BD到平面EFD1B1的距离．
如图所示，在Rt△O1OG中，
OO1＝1，OG＝，则OH＝.
三、解答题
12．已知在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝4，BB1＝3，求点B1到平面A1BC1的距离．
解　建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则A1(4,0,3)，B1(4,6,3)，B(4,6,0)，C1(0,6,3)，＝(－4,6,0)，＝(0,6，－3)，＝(－4,0,3)，＝(0,6,0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由解得n＝.
∴d＝＝.
13．在三棱锥B—ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离．
解　如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴，y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则A，
B，C，D，
∴＝，＝，
＝，
设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
则
∴y＝－x，z＝－x，取n＝(－，1,3)，
代入d＝，得d＝＝，
即点D到平面ABC的距离是.
四、探究与拓展
14．已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则点A与平面BED的距离为(　　)
A．2 B. C. D．1
答案　D
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(如图)，则D(0,0,0)，A(2，0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)．
设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量．
则
取y＝1，则n＝(－1,1，－)为平面BDE的一个法向量．
又＝(2,0,0)，
所以点A到平面BDE的距离是
d＝＝＝1.
15.如图所示，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．
(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．
(1)证明　如图所示，由条件知，BA，BC，BB1两两互相垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz.
由条件知，B(0,0,0)，D(0,2,2)，
B1(0,0,4)，
设BA＝a，则A(a,0,0)．
∴＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)．
·＝0，·＝0＋4－4＝0.
∴B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又∵BD∩BA＝B，
∴B1D⊥平面ABD.
(2)证明　由E，F，G的定义知，
E(0,0,3)，G，F(0,1,4)．
∴＝，＝(0,1,1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0.
∴B1D⊥EG，B1D⊥EF，
又EG∩EF＝E，∴B1D⊥平面EFG，
结合(1)可知，平面EGF∥平面ABD.
(3)解　由(1)，(2)知，＝(0,1,4)，
＝(0,2，－2)是平面ABD的法向量，
∴在上的投影
＝＝＝.
∴点F到平面ABD的距离为.
由(2)知，平面EGF与平面ABD的距离等于点F到平面ABD的距离，∴两平面间的距离为.
滚动训练(三)
一、选择题
1．命题“?x∈R，f(x)g(x)≠0”的否定是(　　)
A．?x∈R，f(x)＝0且g(x)＝0
B．?x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0
C．?x∈R，f(x)＝0且g(x)＝0
D．?x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0
答案　D
解析　根据全称命题与存在性命题的互为否定的关系可得，命题“?x∈R，f(x)g(x)≠0”的否定是“?x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0”．
2．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”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
答案　C
解析　方法一　∵数列{an}是公差为d的等差数列，
∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，
∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.
若d＞0，则21d＞20d,10a1＋21d＞10a1＋20d，
即S4＋S6＞2S5.
若S4＋S6＞2S5，则10a1＋21d＞10a1＋20d，
即21d＞20d，
∴d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件．
故选C.
方法二　∵S4＋S6＞2S5?S4＋S4＋a5＋a6＞2(S4＋a5)?a6＞a5?a5＋d＞a5?d＞0，
∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充要条件．
故选C.
3．已知椭圆的两个焦点为F1(－，0)，F2(，0)，M是椭圆上一点，若·＝0，||·||＝8，则该椭圆的标准方程是(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　C
解析　由·＝0，
得⊥，即MF1⊥MF2，
由勾股定理，得|MF1|2＋|MF2|2＝(2c)2＝20，
且||·||＝8，
解得||＝4，||＝2(假设||＞||)，
所以根据椭圆的定义，
可得||＋||＝2a＝6，即a＝3，
所以b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆的方程为＋＝1.
4．设e是椭圆＋＝1的离心率，且e∈，则实数k的取值范围是(　　)
A．(0,3) B.
C．(0,2) D．(0,3)∪
答案　D
解析　当焦点在x轴上时，
e＝∈，
∴∈，∴k∈；
当焦点在y轴上时，e＝∈，
∴k∈(0,3)．
故实数k的取值范围是(0,3)∪.
5．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，左顶点到一条渐近线的距离为，则该双曲线的标准方程为(　　)
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
答案　A
解析　e＝，即c＝a，a＝b，
渐近线方程为－＝0，即y＝±x，
因为左顶点到一条渐近线的距离为＝，
解得a＝2，b＝2，即该双曲线的标准方程为－＝1.
6．已知抛物线C：x2＝16y的焦点为F，准线为l，M是l上一点，P是直线MF与C的一个交点，若＝3，则|PF|等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由抛物线C：x2＝16y可得焦点为F(0,4)，
准线方程为y＝－4，
设M(a，－4)，P，
则＝(a，－8)，＝.
因为＝3，
所以a＝3m，－8＝－12，解得m2＝.
由抛物线的定义，得|PF|＝＋4＝.
7．已知△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是(　　)
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1(x＞3) D.－＝1(x＞4)
答案　C
解析　如图，|AD|＝|AE|＝8，|BF|＝|BE|＝2，|CD|＝|CF|，所以|CA|－|CB|＝8－2＝6<10＝|AB|.
根据双曲线定义，所求轨迹是以A，B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，方程为－＝1(x＞3)．
8．若m是2和8的等比中项，则圆锥曲线x2＋＝1的离心率为(　　)
A. B.
C.或 D.或
答案　D
解析　依题意可知m＝±＝±4.当m＝4时，曲线为椭圆，长半轴长为2，短半轴长为1，则半焦距为，e＝；当m＝－4时，曲线为双曲线，实半轴长为1，虚半轴长为2，则半焦距为，e＝.
二、填空题
9．当x>1时，直线y＝ax－a恒在抛物线y＝x2的下方，则a的取值范围是________．
答案　(－∞，4)
解析　联立整理可得x2－ax＋a＝0，当Δ＝a2－4a＝0时，解得a＝0或a＝4，此时直线与抛物线相切．因为直线恒过定点(1,0)，所以结合图形(图略)可知a∈(－∞，4)．
10．椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，右焦点为F，上顶点为B，下顶点为C，若直线AB与直线CF的交点坐标为(3a,16)，则椭圆的标准方程为____________．
答案　＋＝1
解析　由题意有椭圆的左顶点为A(－a,0)，
上、下顶点为B(0，b)，C(0，－b)，
右焦点为F(c,0)，
得直线AB的方程为y＝x＋b，
直线CF的方程为y＝x－b，
又因为直线AB与直线CF的交点坐标为(3a,16)，
把点(3a,16)分别代入直线方程可得
解得b＝4且3a＝5c.
又因为a2＝b2＋c2，解得a＝5，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
11．已知抛物线y2＝8x，过动点M(a,0)，且斜率为1的直线l与抛物线交于不同的两点A，B，若|AB|≤8，则实数a的取值范围是________．
答案　(－2，－1]
解析　由题意可得直线l方程为y＝x－a，将y＝x－a代入y2＝8x，
得x2－2(a＋4)x＋a2＝0，
则Δ＝4(a＋4)2－4a2＞0，∴a＞－2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2(a＋4)，x1x2＝a2，
∴|AB|＝＝≤8，
即≤1.
又a＞－2，∴－2＜a≤－1.
三、解答题
12．已知命题p：方程－＝1表示焦点在y轴上的椭圆；命题q：双曲线－＝1的离心率e∈(1,2)，若p，q有且只有一个为真，求m的取值范围．
解　将方程－＝1改写成＋＝1，
只有当1－m＞2m＞0，即0＜m＜时，
方程表示的曲线是焦点在y轴上的椭圆，
所以命题p等价于0＜m＜；
因为双曲线－＝1的离心率e∈(1,2)，
所以m＞0，且1＜＜4，解得0＜m＜15，
所以命题q等价于0＜m＜15.
若p真q假，则m不存在；
若p假q真，则≤m＜15.
综上可知，m的取值范围为≤m＜15.
13．已知抛物线y＝－x2＋3上存在关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，求A，B两点间的距离．
解　由题意可设lAB：y＝x＋b.
把直线lAB的方程代入y＝－x2＋3，得
x2＋x＋b－3＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－1，y1＋y2＝x1＋b＋x2＋b＝(x1＋x2)＋2b＝2b－1，
∴线段AB的中点坐标为，
又该点在直线x＋y＝0上，
∴－＋＝0，得b＝1，
∴|AB|＝|x1－x2|
＝
＝×＝3.
故A，B两点间的距离为3.
四、探究与拓展
14．已知中心均在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F1，F2.这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，记椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1e2的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设椭圆的方程为＋＝1，双曲线的方程为－＝1，椭圆和双曲线的焦距为2c，|PF1|＝m，|PF2|＝n(m>n)．由于△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，|PF1|＝10，得m＝10，n＝2c.由椭圆的定义，可得m＋n＝2a1.由双曲线的定义，可得m－n＝2a2，a1＝5＋c，a2＝5－c(c<5)．再由三角形的两边之和大于第三边，可得2c＋2c>10，c>，所以，即e1e2的取值范围是，故选C.
15．已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，P(－2,1)是C1上一点．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设A，B，Q是点P分别关于x轴、y轴及坐标原点的对称点，平行于AB的直线l与C1相交于不同于P，Q的两点C，D，点C关于原点的对称点为E，证明：直线PD，PE与y轴围成的三角形为等腰三角形．
(1)解　由题意，得解得
所以椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)证明　由题意，得A(－2，－1)，B(2,1)，
所以直线l的斜率为，
设直线l的方程为y＝x＋t，
由消去y，得x2＋2tx＋2t2－4＝0，
Δ＝－4t2＋16＞0，解得－2＜t＜2.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2t，x1·x2＝2t2－4，
∴kPD＋kPE＝＋
＝，
而(y2－1)(－x1＋2)＋(－y1－1)(x2＋2)
＝－x1x2－t(x1＋x2)－4＝0，
∴kPD＋kPE＝0，
∴直线PD，PE与y轴围成的三角形为等腰三角形．
滚动训练(四)
一、选择题
1．若定义域为R的函数f(x)不是偶函数，则下列命题中一定为真命题的是(　　)
A．?x∈R，f(－x)≠f(x)
B．?x∈R，f(－x)＝－f(x)
C．?x∈R，f(－x)≠f(x)
D．?x∈R，f(－x)＝－f(x)
答案　C
解析　由题意知?x∈R，f(－x)＝f(x)是假命题，则其否定为真命题，?x∈R，f(－x)≠f(x)是真命题，故选C.
2．“m>n>0”是“方程mx2＋ny2＝1表示焦点在y轴上的椭圆”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
答案　C
解析　方程可化为＋＝1.若m>n>0?0<<，可得方程为焦点在y轴上的椭圆．若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则>>0，可得m>n>0.
3．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是(　　)
A．－ B．6
C．－6 D.
答案　B
解析　∵α∥β，
∴α的法向量与β的法向量也互相平行．
∴＝＝(λD＝/0)．∴λ＝6.
4．已知空间四面体O－ABC中，点M在线段OA上，且OM＝2MA，点N为BC的中点，设＝a，＝b，＝c，则等于(　　)
A.a＋b－c B．－a＋b＋c
C.a－b＋c D.a＋b－c
答案　B
解析　＝－＝(＋)－
＝b＋c－a.
5．已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为(　　)
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝2 D．x＝－2
答案　B
解析　抛物线的焦点为F，所以过焦点且斜率为1的直线方程为y＝x－，即x＝y＋，代入y2＝2px得y2＝2py＋p2，即y2－2py－p2＝0，由根与系数的关系得＝p＝2(y1，y2分别为点A，B的纵坐标)，所以抛物线方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1.
6．已知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
答案　C
解析　＝(3,4，－8)，＝(2，－3,1)，＝(5,1，－7)，于是·＝10－3－7＝0，而||＝，
||＝5，所以△ABC是直角三角形．
7．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，则AC与BD1所成角的余弦值是(　　)
A．0 B.
C．－ D.
答案　A
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,3)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)．
所以＝(－2，－2,3)，＝(－2,2,0)，所以cos〈，〉＝＝0.
8．设集合U＝{(x，y)|x∈R，y∈R}，若A＝{(x，y)|2x－y＋m>0}，B＝{(x，y)|x＋y－n≤0}，则点P(2,3)∈A∩(?UB)的充要条件是(　　)
A．m>－1，n<5 B．m<－1，n<5
C．m>－1，n>5 D．m<－1，n>5
答案　A
解析　A∩(?UB)满足
∵P(2,3)∈A∩(?UB)，则
∴
二、填空题
9．已知a＝(t＋1,1，t)，b＝(t－1，t,1)，则|a－b|的最小值为________．
答案　2
解析　|a－b|2＝22＋(1－t)2＋(t－1)2＝2(t－1)2＋4，
所以当t＝1时，|a－b|取得最小值2.
10．双曲线x2－＝1的离心率大于的充要条件是________．
答案　m>1
解析　依题意，e＝，e2＝>2，得1＋m>2，
所以m>1.
11．在底面为直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为________．
答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，D，
C(1,1,0)，S(0,0,1)，
平面SAB的法向量
＝，
并求得平面SCD的法向量n＝，
则cos〈，n〉＝＝.
三、解答题
12.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．
(1)求BN的长；
(2)求与夹角的余弦值；
(3)求证：是平面C1MN的一个法向量．
(1)解　如图所示，以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，
依题意得B(0,1,0)，N(1,0,1)，
∴||＝
＝，
∴线段BN的长为.
(2)解　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〈，〉＝＝.
(3)证明　依题意得A1(1,0,2)，C1(0,0,2)，B1(0,1,2)，N(1,0,1)，
∴M，＝，＝(1,0，－1)，
＝(1，－1,1)
∴·＝×1＋×(－1)＋1×0＝0，
·＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0，
∴⊥，⊥，又C1M∩C1N＝C1，
∴⊥平面C1MN，
∴是平面C1MN的一个法向量．
13.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD.
证明　以C为坐标原点，CB，CD，CP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
∴∠PBC＝30°；
∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，
∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，
∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝，
(1)方法一　令n＝(x，y，z)为平面PAD的法向量，则即∴
令y＝2，得n＝(－，2,1)，
∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，
∴n⊥，又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.
方法二　∵＝(0,1，－2)，＝(2，4，－2)，
令＝x＋y，则
方程组的解为
∴＝－＋，由共面向量定理知与，共面，又∵CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD，
(2)取AP的中点E，连接BE，则E(，2,1)，
＝(－，2,1)，
∵PB＝AB，∴BE⊥PA.
又∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，
∴⊥，∴BE⊥DA，
又PA∩AD＝A.
∴BE⊥平面PAD，
又∵BE?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
四、探究与拓展
14.如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若点P满足＝－＋，则||2的值为(　　)
A. B．2
C. D.
答案　D
解析　由题意可知||＝1，||＝1，||＝.
〈，〉＝45°，
〈，〉＝45°，〈，〉＝60°.
∴||2＝2
＝2＋2＋2－·＋·－·
＝＋＋2－×1×1×＋1××－1××＝.
15.如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.
(1)求异面直线BF与DE所成角的大小；
(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；
(3)求二面角A－CD－E的余弦值．
(1)解　如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，
设AB＝1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M.
＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线BF与DE所成角的大小为60°.
(2)证明　由＝，＝(－1,0,1)，
＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.
所以CE⊥AM，CE⊥AD.
又AM∩AD＝A，AM?平面AMD，AD?平面AMD，故CE⊥平面AMD.
又CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)解　设平面CDE的法向量为μ＝(x，y，z)．
则
∴
令x＝1，得μ＝(1,1,1)，
又平面ACD的法向量为v＝(0,0,1)，
∴cos〈μ，v〉＝＝，
∵二面角A－CD－E为锐角，
∴二面角A－CD－E的余弦值为.
章末复习
学习目标　1.梳理本章知识，构建知识网络.2.巩固空间向量的基本运算法则及运算律.3.会用向量法解决立体几何问题．
1．空间中点、线、面位置关系的向量表示
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μ，v，则
线线平行
l∥m?a∥b?a＝kb，k∈R
线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0
面面平行
α∥β?μ∥v?μ＝kv，k∈R
线线垂直
l⊥m?a⊥b?a·b＝0
线面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ，k∈R
面面垂直
α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0
线线夹角
l，m的夹角为θ，cos θ＝
线面夹角
l，α的夹角为θ，sin θ＝
面面夹角
α，β的夹角为θ，cos θ＝
2.用坐标法解决立体几何问题
步骤如下：
(1)建立适当的空间直角坐标系；
(2)写出相关点的坐标及向量的坐标；
(3)进行相关坐标的运算；
(4)写出几何意义下的结论．
关键点如下：
(1)选择恰当的坐标系．坐标系的选取很重要，恰当的坐标系可以使得点的坐标、向量的坐标易求且简单，简化运算过程．
(2)点的坐标、向量的坐标的确定．将几何问题转化为向量的问题，必须确定点的坐标、直线的方向向量、平面的法向量，这是最核心的问题．
(3)几何问题与向量问题的转化．平行、垂直、夹角问题都可以通过向量计算来解决，如何转化也是这类问题解决的关键．
1．向量a，b的夹角〈a，b〉与它们所在直线所成的角相等．(　×　)
2．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝，则l与α所成的角为.(　√　)
3．两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　√　)
4．若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　×　)
类型一　空间向量及其运算
例1　如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.给出以下结论：
①＋＋＋＝0；
②＋－－＝0；
③－＋－＝0；
④·＝·；
⑤·＝0.
其中正确结论的序号是________．
答案　③④
解析　容易推出－＋－＝＋＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以·＝2×2·cos∠ASB，·＝2×2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是·＝·，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.
反思与感悟　向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义．
跟踪训练1　如图，在平行六面体A1B1C1D1－ABCD中，M分成的比为，N分成的比为2，设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示.
解　连接AN，则＝＋，
由已知ABCD是平行四边形，
故＝＋＝a＋b，
又M分成的比为，
故＝－＝－(a＋b)．
由已知，N分成的比为2，故＝＋＝－＝－＝(c＋2b)．
于是＝＋＝－(a＋b)＋(c＋2b)
＝(－a＋b＋c)．
类型二　利用空间向量解决位置关系问题
例2　在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：
(1)PC∥平面EBD；
(2)平面PBC⊥平面PCD.
证明　如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
设DC＝a，PD＝b，则D(0,0,0)，C(a，0,0)，B(a，a,0)，P(0，0，b)，E.
(1)＝，＝(a，a,0)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝，
因为·n＝(a,0，－b)·＝0，
所以⊥n，故PC∥平面EBD.
(2)由题意得平面PDC的法向量为＝(0，a,0)，
又＝(a，a，－b)，＝(a,0，－b)，
设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
得y1＝0，令x1＝1，则z1＝，所以m＝，
因为·m＝(0，a,0)·＝0，
所以⊥m，即平面PBC⊥平面PCD.
反思与感悟　(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．
(4)证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直．
(5)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．
(6)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．
跟踪训练2　正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，求证：平面AED⊥平面A1FD1.
证明　如图，建立空间直角坐标系Dxyz.设正方体棱长为1，则
E，D1(0,0,1)，
A(1，0,0)，F.
∴＝(1,0,0)＝，＝，＝.设m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分别是平面AED和A1FD1的法向量，
由得
令y1＝1，得m＝(0,1，－2)．
又由得
令z2＝1，得n＝(0,2,1)．
∵m·n＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，
∴m⊥n，∴平面AED⊥平面A1FD1.
类型三　利用空间向量求角
例3　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．
(1)求点C到平面A1ABB1的距离；
(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．
解　(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB，又CD⊥AA1，AA1∩AB＝A，故CD⊥平面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝＝.
(2)如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直，以D为原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
设直三棱柱的高为h，则A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，，0)，C1(0，，h)，
从而＝(4,0，h)，＝(2，，－h)，
由⊥，得8－h2＝0，h＝2.
故＝(－2,0,2)，
＝(0,0,2)，＝(0，，0)．
设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
取z1＝1，得m＝(，0,1)．
设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
取x2＝1，得n＝(1,0,0)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为.
反思与感悟　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sin θ＝|cos〈n，a〉|，求θ.
(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，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．
跟踪训练3　如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．
方法一　(1)证明　
如图，取AE的中点H，连接HG，HD，
又G是BE的中点，
所以GH∥AB，且GH＝AB.
又F是CD的中点，
所以DF＝CD.
由四边形ABCD是矩形，
得AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.
又DH?平面ADE，GF?平面ADE，
所以GF∥平面ADE.
(2)解　如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.
因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以B为原点，分别以BE，BQ，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，
则A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．
因为AB⊥平面BEC，所以＝(0,0,2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．
又＝(2,0，－2)，＝(2,2，－1)，
由得
取z＝2，得n＝(2，－1,2)．
从而|cos〈n，〉|＝＝＝，
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.
方法二　(1)证明　如图，取AB中点M，连接MG，MF.
又G是BE的中点，可知GM∥AE.
又AE?平面ADE，GM?平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD?平面ADE，MF?平面ADE.
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM?平面GMF，MF?平面GMF，
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF?平面GMF，所以GF∥平面ADE.
(2)同方法一．
1．已知空间四边形ABCD，G是CD的中点，则＋(＋)等于(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　在△BCD中，因为点G是CD的中点，
所以＝(＋)，
从而＋(＋)＝＋＝.故选A.
2．下列说法正确的是(　　)
A．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量
B．若|a|＝|b|，则a，b的长度相等而方向相同或相反
C．若向量，满足||>||，且与同向，则>
D．若两个非零向量与满足＋＝0，则∥
答案　D
解析　A错．因为空间任意两向量平移之后可共面，所以空间任意两向量均共面．
B错．因为|a|＝|b|仅表示a与b的模相等，与方向无关．
C错．因为空间向量不研究大小关系，只能对向量的长度进行比较，因此没有>这种写法．
D对．∵＋＝0，∴＝－，∴与共线，
故∥正确．
3．已知向量a＝(4－2m，m－1，m－1)与b＝(4,2－2m,2－2m)平行，则m＝________.
答案　1或3
解析　当2－2m＝0，即m＝1时，a＝(2,0,0)，b＝(4,0,0)，满足a∥b；
当2－2m≠0，即m≠1时，
∵a∥b，∴＝，解得m＝3.
综上可知，m＝3或m＝1.
4．已知平面α经过点O(0,0,0)，且e＝(1,1,1)是α的一个法向量，M(x，y，z)是平面α内任意一点，则x，y，z满足的关系式是________．
答案　x＋y＋z＝0
解析　·e＝(x，y，z)·(1,1,1)＝x＋y＋z＝0.
5．已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，
设a＝，b＝.
(1)若|c|＝3，且c∥，求向量c；
(2)求向量a与向量b的夹角的余弦值．
解　(1)∵c∥，∴存在实数m，
使得c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．
∵|c|＝3，∴＝3|m|＝3，
∴m＝±1.∴c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．
(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1.
又∵|a|＝＝，
|b|＝＝，
∴cos〈a，b〉＝＝＝－，
即向量a与向量b的夹角的余弦值为－.
解决立体几何中的问题，可用三种方法：几何法、基向量法、坐标法．几何法以逻辑推理作为工具解决问题；基向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题．坐标方法经常与向量运算结合起来使用．
一、选择题
1．下列说法中不正确的个数为(　　)
①|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
②对a∥b，则存在唯一的实数λ，使a＝λb；
③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；
④|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2 B．3 C．4 D．1
答案　C
解析　①由|a|－|b|＝|a＋b|，得a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故不正确；②b需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由向量的数量积的性质知，不正确．
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD的对角线交于点O，且＝a，＝b，则等于(　　)
A．－a－b B．a＋b
C.a－b D．2(a－b)
答案　A
解析　＝＋＝－＝－－＝－a－b.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是AB的中点，
则sin〈，〉的值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz.
设棱长为1，则D(0,0,0)，
B1(1,1,1)，C(0,1,0)，
M，
∴＝(1,1,1)，
＝.
∴cos〈，〉＝
＝＝，
∴sin〈，〉＝＝.
4．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量，，是(　　)
A．有相同起点的向量 B．等长向量
C．共面向量 D．不共面向量
答案　C
解析　因为－＝，且＝，
所以－＝，
即＝＋，
又与不共线，
所以，，三个向量共面．
5.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，数量积不一定为零的是(　　)
A.与 B.与
C.与 D.与
答案　A
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
设矩形ABCD的长、宽分别为a，b，PA长为c，则A(0,0,0)，B(b,0,0)，D(0，a,0)，C(b，a,0)，P(0,0，c)．
则＝(b，a，－c)，＝(－b，a,0)，＝(0，－a,0)，＝(b,0，－c)，＝(0，a，－c)，＝(b,0,0)，＝(0,0，－c)，＝(－b,0,0)．
∴·＝－b2＋a2不一定为0.
·＝0，·＝0，·＝0.
6．同时垂直于a＝(2,2,1)，b＝(4,5,3)的单位向量是(　　)
A.
B.
C.
D.或
答案　D
解析　设所求向量为c＝(x，y，z)，
由c·a＝0及c·b＝0及|c|＝1，
得
检验知选D.
7．已知a＝(－2,1,3)，b＝(3，－4,2)，c＝(7，λ，5)，若a，b，c平行，则实数λ等于(　　)
A. B．－
C. D．－
答案　D
解析　易得c＝ta＋μb＝(－2t＋3μ，t－4μ，3t＋2μ)，
所以　解得
故选D.
8.如图所示，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的夹角是(　　)
A．45° B．60°
C．90° D．120°
答案　B
解析　不妨设AB＝BC＝AA1＝1，
则＝－＝(－)，＝＋，
∴||＝|－|＝，||＝，
·＝(－)·(＋)＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴〈，〉＝60°，即异面直线EF与BC1的夹角是60°.
二、填空题
9．空间中，若向量a＝(5,9，m)，b＝(1，－1,2)，c＝(2,5,1)共面，则m＝________.
答案　4
解析　∵向量a，b，c共面，∴存在实数α，β，使得a＝αb＋β c，即(5,9，m)＝(α，－α，2α)＋(2β，5β，β)＝(α＋2β，5β－α，2α＋β)．
∴解得∴m＝2α＋β＝4.
10．已知a＝(3，－2，－3)，b＝(－1，x－1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是________________．
答案　∪
解析　因为a与b的夹角为钝角，于是－1因此a·b<0，
且a与b的夹角不为π，
即cos〈a，b〉≠－1，
解得x∈∪.
11.如图所示，在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则异面直线D1E与AC所成角的余弦值是____________．
答案　
解析　如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(4,0,0)，C(0,4,0)，
D1(0,0,4)，E(0,4,2)，
＝(－4,4,0)，＝(0,4，－2)，
cos〈，〉＝
＝，
所以异面直线D1E与AC所成角的余弦值为.
三、解答题
12.如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，当的值等于多少时，能使A1C⊥平面C1BD?
解　不妨设＝x，CC1＝1，使A1C⊥平面C1BD.
则A1C⊥C1B，A1C⊥C1D，
而＝＋，＝＋＋
＝＋＋，
由·＝0，
得(＋＋)·(＋)＝2－2＋
·＋·＝0，
注意到·＋·＝－，
可得方程1－x2＋＝0，
解得x＝1或x＝－(舍)，
因此，当＝1时，能使A1C⊥平面C1BD.
13．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图(1)，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD，如图(2)．
(1)求证：CD⊥AB；
(2)若M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离．
(1)证明　由已知条件可得BD＝2，CD＝2，CD⊥BD.
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD.
∴CD⊥平面ABD.又∵AB?平面ABD，∴CD⊥AB.
(2)解　以D为坐标原点，BD，DC所在的直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图．
由已知条件可得D(0,0,0)，
A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，M(1,1,0)，
＝(0，－2,0)，＝(－1,0，－1)．
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则⊥n，⊥n，∴可得
令x＝1，得平面ACD的法向量为n＝(1,0，－1)．
∵＝(－1,1,0)，
∴点M到平面ACD的距离d＝＝＝.
四、探究与拓展
14．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　取正三角形ABC的中心O，连接OP，则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．因为底面边长为，
所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1.三棱柱的体积为××AA1＝，解得AA1＝，即OP＝AA1＝，所以tan∠PAO＝＝，即∠PAO＝.
15．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．
(1)证明：B1C1⊥CE；
(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；
(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
解　如图，以点A为原点，以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，
依题意得
A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．
(1)证明　＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，
于是·＝0，
所以B1C1⊥CE.
(2)解　＝(1，－2，－1)．
设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，
可得法向量为m＝(－3，－2,1)．
由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，
可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的法向量，
于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝，
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.
(3)解　＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．
可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sin θ＝|cos〈，〉|＝
＝＝，
于是＝，解得λ＝(负值舍去)，
所以|AM|＝.
章末检测试卷(三)
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．下列命题中，假命题是(　　)
A．任意两个向量都是共面向量
B．空间向量的加法运算满足交换律及结合律
C．只有零向量的模等于0
D．共线的单位向量都相等
答案　D
解析　容易判断D是假命题，共线的单位向量是相等向量或相反向量．
2．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量n＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是(　　)
A. B.
C. D．3
答案　B
解析　两平面间的距离d＝＝.
3．设i，j，k为单位正交基底，已知a＝3i＋2j－k，b＝i－j＋2k，则5a与3b的数量积等于(　　)
A．－15 B．－5 C．－3 D．－1
答案　A
解析　∵a＝(3,2，－1)，b＝(1，－1,2)，∴5a·3b＝15a·b＝－15.
4．O为空间任意一点，若＝＋＋，则A，B，C，P四点(　　)
A．一定不共面 B．一定共面
C．不一定共面 D．无法判断
答案　B
解析　∵＝＋＋，且＋＋＝1.
∴P，A，B，C四点共面．
5．已知向量a＝(0,2,1)，b＝(－1,1，－2)，则a与b的夹角为(　　)
A．0° B．45°
C．90° D．180°
答案　C
解析　∵cos〈a，b〉＝＝＝0，
又〈a，b〉∈[0°，180°]，
∴〈a，b〉＝90°.
6．若平面α的法向量为n，直线l的方向向量为a，直线l与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是(　　)
A．cos θ＝ B．cos θ＝
C．sin θ＝ D．sin θ＝
答案　D
解析　若直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为β，则θ＝β－90°或θ＝90°－β，cos β＝，∴sin θ＝|cos β|＝.
7．已知直线l的方向向量a，平面α的法向量μ，若a＝(1,1,1)，μ＝(－1,0,1)，则直线l与平面α的位置关系是(　　)
A．垂直
B．平行
C．相交但不垂直
D．直线l在平面α内或直线l与平面α平行
答案　D
解析　a·μ＝1×(－1)＋1×0＋1×1＝0，得直线l的方向向量垂直于平面的法向量，则直线l在平面α内或直线l与平面α平行．
8．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC的中点，则△AMD是(　　)
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．不确定
答案　C
解析　∵M为BC的中点，
∴＝(＋)．
∴·＝(＋)·
＝·＋·＝0.
∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．
9．已知＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设Q(x，y，z)，因Q在上，故有∥，
设＝λ(λ∈R)，可得
则Q(λ，λ，2λ)，＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，
＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
所以·＝6λ2－16λ＋10＝62－，
故当λ＝时，·取最小值，此时Q.
10．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　B
解析　建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，
由题意得，AD⊥平面ABP，
设E为PD的中点，
连接AE，则AE⊥PD.
又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD，
又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP.
∴＝(0,1,0)，＝分别是平面ABP，
平面CDP的法向量，而〈，〉＝45°.
∴平面ABP与平面CDP的夹角为45°.
11.如图所示，四面体SABC中，·＝0，·＝0，·＝0，∠SBC＝60°，则BC与平面SAB的夹角为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．75°
答案　B
解析　∵·＝0，·＝0，∴⊥，⊥，即SB⊥SC，SA⊥SC，
又SB∩SA＝S，∴SC⊥平面SAB，
∴∠SBC为BC与平面SAB的夹角．
又∠SBC＝60°，故BC与平面SAB的夹角为60°.
12．将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A－BD－C，有如下四个结论：
①AC⊥BD；
②△ACD是等边三角形；
③AB与平面BCD所成的角为60°；
④AB与CD所成的角为60°.
其中错误的结论是(　　)
A．① B．② C．③ D．④
答案　C
解析　如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD边长为，则D(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0,0,1)，A(0,1,0)，所以＝(0，－1,1)，＝(2,0,0)，·＝0，
故AC⊥BD.①正确．
又||＝，||＝，||＝，
所以△ACD为等边三角形．②正确．
对于③，为平面BCD的法向量，
cos〈，〉＝＝＝＝－.
因为直线与平面所成的角∈[0°，90°]，
所以AB与平面BCD所成角为45°.故③错误．
又cos〈，〉＝＝＝－.
因为异面直线所成的角为锐角或直角，
所以AB与CD所成角为60°.故④正确．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．设a，b是直线，α，β是平面，a⊥α，b⊥β，向量a在a上，向量b在b上，a＝(1,1,1)，b＝(－3,4,0)，则α，β所成二面角中较小的一个角的余弦值为________．
答案　
解析　设α，β所成二面角中较小的一个角为θ，
由题意得，cos θ＝|cos〈a，b〉|＝
＝＝.
14.如图所示，已知正四面体A－BCD中，AE＝AB，CF＝CD，则直线DE和BF所成角的余弦值为________．
答案　
解析　设AB＝4，＝＋＝＋，
＝＋
＝＋，
cos〈，〉＝＝＝＝.
15.如图所示，已知二面角α－l－β的平面角为θ ，AB⊥BC，BC⊥CD，AB在平面β内，BC在l上，CD在平面α内，若AB＝BC＝CD＝1，则AD的长为________．
答案　
解析　因为＝＋＋，
所以2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ.
所以||＝，
即AD的长为.
16．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，即<〈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，，不共面．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(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．(12分)已知空间内三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
(1)求以向量，为一组邻边的平行四边形的面积S；
(2)若向量a与向量，都垂直，且|a|＝，求向量a的坐标．
解　(1)∵＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，
∴cos∠BAC＝＝＝，
又∵∠BAC∈[0°，180°]，
∴∠BAC＝60°，∴S＝||||sin 60°＝7.
(2)设a＝(x，y，z)，
由a⊥，得－2x－y＋3z＝0，
由a⊥，得x－3y＋2z＝0，
由|a|＝，得x2＋y2＋z2＝3，
∴x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－1.
∴a＝(1,1,1)或a＝(－1，－1，－1)．
19．(12分)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求BD的长．
解　∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°，
又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，
∴||＝＝
＝
＝
∴||＝2或.
∴BD的长为2或.
20．(12分)如图所示，已知几何体ABCD－A1B1C1D1是平行六面体．
(1)化简＋＋，并在图上标出结果；
(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N＝C1B，设＝α＋β＋γ，试求α，β，γ的值．
解　(1)取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF，
则＋＋＝＋＋＝.
(2)＝＋
＝＋
＝(＋)＋(＋)
＝＋＋，
所以α＝，β＝，γ＝.
21．(12分)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所成的锐二面角的余弦值；
(1)证明　取AB的中点O，连接OD，OE，
因为△ABE是正三角形，所以AB⊥OE.
因为四边形ABCD是直角梯形，DC＝AB，AB∥CD，
所以四边形OBCD是平行四边形，
所以OD∥BC.又AB⊥BC，所以AB⊥OD，
又OE∩OD＝O，所以AB⊥平面ODE，
所以AB⊥DE.
(2)解　因为平面ABCD⊥平面ABE，
AB⊥OE，OE?平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB.
所以OE⊥平面ABCD，
所以OE⊥OD.
如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，
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＝，
同理可求得平面BCE的一个法向量为
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所成的锐二面角的余弦值为.
22．(12分)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．
(1)求证：MN∥平面ABCD；
(2)求平面ACD1与平面ACB1的夹角的正弦值；
(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD的夹角的正弦值为，求线段A1E的长．
(1)证明　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0，0)，B(0,1,0)，C(2，0,0)，D(1，－2，0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2，2)，又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，
得M，N(1，－2,1)．
可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的法向量，＝，由此可得·n＝0，又因为直线MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)解　＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)，设n1＝(x，y，z)为平面ACD1的法向量，则
即
不妨设z＝1，可得n1＝(0,1,1)．
设n2＝(x，y，z)为平面ACB1的法向量，则

又＝(0,1,2)，
得不妨设z＝1，可得n2＝(0，－2,1)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，
于是sin〈n1，n2〉＝.
所以，平面ACD1与平面ACB1的夹角的正弦值为.
(3)解　依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，
则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)，又n＝(0,0,1)为平面ABCD的法向量，
由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，
整理得λ2＋4λ－3＝0，
又因为λ∈[0,1]，解得λ＝－2，
所以，线段A1E的长为－2.