课时作业5 从平面向量到空间向量
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．下列说法中正确的是( D )
A．两个有共同起点且相等的向量，其终点可能不同
B．若非零向量和是共线向量，则A，B，C，D四点共线
C．在空间中，任意两个单位向量都相等
D．零向量与任意向量平行
解析：A项错，因为两个向量起点相同，且是相等的向量，所以终点必相同；B项错，若和共线，则和的基线平行或重合，所以A，B，C，D不一定在同一条直线上；C项错，单位向量的模相等，但方向不一定相同；D显然正确．
2．对于空间任意两个非零向量a，b，a∥b是〈a，b〉＝0的( B )
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：显然，〈a，b〉＝0?a∥b.a∥b包括向量a，b同向共线和反向共线两种情形(即当a∥b时，〈a，b〉＝0或π)，因此a∥b?〈a，b〉＝0.故a∥b是〈a，b〉＝0的必要不充分条件．
3．在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，下列说法正确的是( C )
A.是平面ABCD的法向量
B.＝
C．〈，〉＝π
D.与不是共面向量
解析：AB∥C1D1，且向量与向量方向相反，∴〈，〉＝π.
4．在四边形ABCD中，若＝，且||＝||，则四边形ABCD为( B )
A．菱形
B．矩形
C．正方形
D．不确定
解析：若＝，则AB＝DC，且AB∥DC，∴四边形ABCD为平行四边形，又||＝||，即AC＝BD，∴四边形ABCD为矩形．
5．在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M和N分别为A1B1和BB1的中点，那么与直线AM垂直的向量有( D )
A.
B．BC
C.
D.
解析：由于所求的是向量，所以首先排除B，在剩下的三个选项中，通过正方体的图形可知D项正确．
6．在平行六面体ABCD?A1B1C1D1中，向量、、是( C )
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
解析：先画出平行六面体的图像(图略)，可看出向量、在平面ACD1上，由于向量平行于，所以向量经过平移可以移到平面ACD1上，因此向量、、为共面向量．
7．空间中，起点相同的所有单位向量的终点构成的图形是( D )
A．圆
B．球
C．正方形
D．球面
解析：根据模的概念知终点在以起点为球心，半径为1的球面上．
8．已知正方形ABCD的边长为4，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，则向量的模为( A )
A．6
B．9
C．4
D．5
解析：GC⊥平面ABCD，所以GC⊥AC.在Rt△GAC中，AC＝4，GC＝2，所以AG＝＝6，即||＝6.
二、填空题
9．如图所示，a，b是两个空间向量，则与是相等向量，与是相反向量．
解析：＝＝a，＝＝b，∴ABC?A′B′C′为三棱柱．
∴＝－.
10．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，以A1为起点，以正方体的其余顶点为终点的向量中，与向量垂直的向量有，.
解析：A1B1⊥平面BCC1B1，∴⊥；
A1D⊥AD1，而AD1∥BC1，∴⊥.
11．如图，在正四棱台ABCD?A1B1C1D1中，O、O1分别是对角线AC，A1C1的中点，则〈，〉＝0°，〈，〉＝0°，〈，〉＝90°.
解析：由题意得，方向相同，是在同一条直线AC上，故〈，〉＝0°；可平移到直线AC上，与重合，故〈，〉＝0°；由题意知OO1是正四棱台ABCD?A1B1C1D1的高，故OO1⊥平面A1B1C1D1，所以OO1⊥A1B1，故〈，〉＝90°.
三、解答题
12．一飞机从地面以45°倾角斜着升空，再水平向东飞行一段距离后，然后又水平向正北方向飞行，这样三次移动、、是三个空间向量．问：
(1)三个向量哪个与水平面平行？
(2)〈，〉、〈，〉和〈，〉的值是多少？
解：应把实际问题抽象为数学问题，飞机水平飞行时与水平面平行，如图．由图可知向量与在同一平面内，并且向量垂直于这个平面．
(1)飞机水平飞行时所经过的路线与水平面平行，因而三个向量中和平行于水平面α.
(2)由于向量与在同一平面内，设为平面β，又由于为正北方向，所以垂直于平面β，即⊥和⊥.因为与水平面的夹角为45°，所以得：〈，〉＝45°，〈，〉＝90°，〈，〉＝90°.
13．如图所示，长方体ABCD?A1B1C1D1，AB＝3，AD＝2，AA1＝1，在以长方体的八个顶点为始点和终点的向量中：
(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)试写出向量的相反向量．
解：(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的向量、、、、、、、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)由于这个长方体的左右两侧面的对角线长均为，故模为的向量有、、、、、、、，共8个．
(3)与向量相等的所有向量(除它自身之外)共有、及，共3个．
(4)向量的相反向量为、、、.
——能力提升类——
14．如图，三棱锥P?ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，PA＝AC，则在向量，，，，，中，夹角为90°的共有( B )
A．6对
B．5对
C．4对
D．3对
解析：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，平面PAB⊥平面ABC.又平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊥AB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB.综上，〈，〉，〈，〉，〈，〉，〈，〉，〈，〉都为90°.
15．如图所示，在直三棱柱ABC?A1B1C1中：
(1)求〈，〉，〈，〉，〈，〉；
(2)若AB＝1，AC＝1，BC＝，求〈，〉．
解：(1)由向量夹角的定义及直三棱柱的性质可得〈，〉＝90°，〈，〉＝0°，〈，〉＝180°.
(2)在△ABC中，由勾股定理得∠BAC＝90°.
∵＝，∴〈，〉＝〈，〉＝90°.
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1课时作业6 空间向量的运算
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知空间任意四个点A，B，C，D，则＋－等于( C )
A.
B.
C.
D.
解析：＋－＝＋＝.
2．如图，在平行六面体ABCD?A′B′C′D′中，设＝a，＝b，＝c，则下列与向量相等的表达式是( D )
A．－a＋b＋c
B．－a－b＋c
C．a－b－c
D．a＋b－c
解析：＝＋＋＝－c＋a＋b＝a＋b－c.
3．已知i，j，k是两两垂直的单位向量，a＝2i－j＋k，b＝i＋j－3k，则a·b＝( A )
A．－2
B．－1
C．±1
D．2
解析：a·b＝(2i－j＋k)(i＋j－3k)＝2i2－j2－3k2＝－2.
4．如图，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD.设M，N分别是BC，CD的中点，则＋(＋)＝( A )
A.
B.
C.
D.
解析：＋(＋)＝＋＝.
5．已知向量a、b是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c是直线l的一个方向向量，则c·a＝0且c·b＝0是l⊥α的( B )
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：当a与b不共线时，由c·a＝0，c·b＝0，可推出l⊥α；l⊥α一定有c·a＝0且c·b＝0，故选B.
6．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( B )
A.a＋b＋c
B．－a＋b＋c
C.a－b＋c
D．－a－b＋c
解析：＝＋
＝＋＝＋(－)
＝＋－
＝－a＋b＋c.
7．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是( B )
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．形状不确定
解析：画出图形可知B、C、D三点位于长方体同一顶点处的三条棱上，根据三角形性质，可知为锐角三角形．
8．已知PA⊥平面ABC，垂足为A，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，则PC等于( C )
A．6
B．6
C．12
D．144
解析：如图．∵＝＋＋，
∴2＝2＋2＋2＋2·＝36＋36＋36＋2×36×cos60°＝144.
∴||＝12.
二、填空题
9．若空间向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且a与b的夹角为60°，则a·a＋a·b＝.
解析：由空间向量数量积的性质，知a·a＝|a|2＝1.
由空间向量数量积的定义，得a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝1×1×cos60°＝，从而a·a＋a·b＝1＋＝.
10．在长方体ABCD?A1B1C1D1中，若E为矩形ABCD对角线的交点，则＝＋x＋y中的x，y值应为x＝，y＝.
解析：＝＋＝＋＋，＝(＋)＝(2＋＋)＝＋＋，∴x＝，y＝.
11．已知Rt△OAB中，∠AOB为直角，OA与OB的长度都为2，CB垂直于三角形OAB确定的平面，且3||＝||，则向量的模是.
解析：的模为2，根据题中条件，可得||＝||，即的模为.
三、解答题
12．如图，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)＋.
解：(1)∵P是C1D1的中点，∴＝＋＋＝a＋＋＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)∵M是AA1的中点，∴＝＋＝＋＝－a＋＝a＋b＋c.
又∵＝＋＝＋＝＋＝c＋a，∴＋＝＋＝a＋b＋c.
13．设a⊥b，〈a，c〉＝，〈b，c〉＝，且|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3，求向量a＋b＋c的模．
解：|a＋b＋c|2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|
2＋2(a·b＋a·c＋b·c)＝1＋4＋9＋2(0＋1×3×＋2×3×)＝17＋6，
∴|a＋b＋c|＝.
——能力提升类——
14．已知P是棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1内(含正方体表面)任意一点，则·的最大值为2.
解析：由题意画出图形，如图所示，因为·＝||||cos〈，〉，||cos〈，〉是向量在上的投影，所以当P在棱C1C上时，投影最大，·的最大值为2＝()2＝2.
15．如图所示，在平行六面体ABCD?A′B′C′D′中，AB＝AD＝AA′＝1，∠A′AD＝∠A′AB＝∠BAD＝60°，求：
(1)AC′的长；(2)BD′的长．
解：(1)2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2×1×1×＋2×1×1×＋2×1×1×＝6.∴AC′＝||＝.
(2)2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2×1×1×(－)＋2×1×1×＋2×1×1×(－)＝2.
∴BD′＝.
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6课时作业8 空间向量运算的坐标表示
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知a＝(1，－2,1)，a＋b＝(－1,2，－1)，则b＝( B )
A．(2，－4,2)
B．(－2,4，－2)
C．(－2,0，－2)
D．(2,1，－3)
解析：b＝(a＋b)－a＝(－1,2，－1)－(1，－2,1)＝(－2，4，－2)．
2．下列各组向量中不平行的是( D )
A．a＝(1,2，－2)，b＝(－2，－4,4)
B．c＝(1,0,0)，d＝(－3,0,0)
C．e＝(2,3,0)，f＝(0,0,0)
D．g＝(－2,3,5)，h＝(16,24,40)
解析：b＝－2a?a∥b；d＝－3c?d∥c；零向量与任何向量都平行?e∥f.
3．已知点A的坐标为A(1,1,0)，向量＝(4,0,2)，则点B的坐标为( B )
A．(7，－1,4)
B．(9,1,4)
C．(3,1,1)
D．(1，－1,1)
解析：设B(x，y，z)，则(x－1，y－1，z)＝(4,0,2)，∴解得
∴点B的坐标为(9,1,4)．
4．若向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，则( D )
A．cos〈a，b〉＝
B．a⊥b
C．a∥b
D．|a|＝|b|
解析：∵向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，
∴|a|＝＝，
|b|＝＝，
a·b＝1×(－2)＋2×0＋0×1＝－2.
∴cos〈a，b〉＝＝－.
易知A，B不正确，D正确，C显然也不正确．
5．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则( C )
A．x＝1，y＝1
B．x＝，y＝－
C．x＝，y＝－
D．x＝－，y＝
解析：由a∥b得＝＝.
解得x＝，y＝－.故选C.
6．若a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦值为，则λ＝( C )
A．2
B．－2
C．－2或
D．2或－
解析：a·b＝1×2＋λ×(－1)＋2×2＝6－λ，因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝··＝，所以＝6－λ，解得λ＝－2或λ＝.
7．已知点A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( C )
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：＝(5,1，－7)，＝(2，－3，1)．
因为·＝2×5－3×1－7×1＝0，
所以AC⊥BC.所以∠ACB＝90°.
又因为||＝5，||＝，
即||≠||，
所以△ABC为直角三角形．
8．已知两点的坐标为A(3cosα，3sinα，1)，B(2cosβ，2sinβ，1)，则||的取值范围是( B )
A．[0,5]
B．[1,5]
C．(1,5)
D．[1,25]
解析：＝(2cosβ－3cosα，2sinβ－3sinα，0)，
则||＝
＝.
由于cos(α－β)∈[－1,1]，
所以||∈[1,5]．
二、填空题
9．已知ABCD为平行四边形，且A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，－5)，则顶点D的坐标为(5,13，－3)．
解析：由平行四边形中对角线互相平分的性质知，AC的中点即为BD的中点，AC的中点为(，4，－1)，设D(x，y，z)，则＝，4＝，－1＝，∴x＝5，y＝13，z＝－3，故D(5,13，－3)．
10．若a＝(2，－3,5)，b＝(－3,1，－4)，则|a－2b|＝.
解析：∵a－2b＝(8，－5,13)，
∴|a－2b|＝
＝.
11．已知＝(2,4,0)，＝(－1,3,0)，则∠ABC＝.
解析：∵＝(2,4,0)，＝(－1,3,0)，
∴·＝－2＋12＋0＝10，
||＝＝2，
||＝＝，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴〈，〉＝，∴∠ABC＝.
三、解答题
12．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c；
(2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
解：由题意可知a＝(1,1,0)，b＝(－1，0,2)，＝(－2，－1,2)．
(1)∵c∥，
∴c＝m＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)(m∈R)，
∴|c|＝＝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|＝＝，ka＋b与ka－2b互相垂直，∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，
解得k＝2或k＝－.
13．已知A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动(O为坐标原点)，当·取最小值时，求点Q的坐标．
解：由于＝(1,1,2)，点Q在直线OP上，所以与共线，故可设＝λ＝(λ，λ，2λ)，其中λ为实数，所以点Q的坐标为(λ，λ，2λ)．
所以＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，
＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．
所以·＝(1－λ，2－λ，3－2λ)·(2－λ，1－λ，2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6(λ－)2－.
当λ＝时，·取得最小值．
此时Q点的坐标为(，，)．
——能力提升类——
14．已知a＝(1,1,1)，b＝(0，y,1)(0≤y≤1)，则cos〈a，b〉的最大值为( D )
A.
B.
C.
D.
解析：方法1：构造正方体ABCO?A′B′C′D′，设正方体的边长为1，如图所示．设点E为线段D′C′上的任一点，则＝(1,1,1)，＝(0，y,1)，故可取为a，为b.
易知当点E在C′位置时，〈a，b〉最小，即cos〈a，b〉最大，此时b＝(0,1,1)，即cos〈a，b〉＝
＝＝，
即cos〈a，b〉的最大值为.
方法2：∵a＝(1,1,1)，b＝(0，y,1)(0≤y≤1)，
∴a·b＝y＋1，|a|＝，|b|＝，
∴cos〈a，b〉＝＝.
设t＝，则t2－1＝y2，
∵0≤y≤1，t>0，
∴y＝(1≤t≤)，
∴cos〈a，b〉＝·
＝(＋)．
设sinα＝，
则≤sinα≤1，
即≤α≤，
∴cos〈a，b〉＝(＋sinα)
＝(cosα＋sinα)＝sin(α＋)，
∴当α＝时，cos〈a，b〉取得最大值，且最大值为.
15．已知空间三点A(1,2,3)，B(2，－1,5)，C(3,2，－5)．
(1)求△ABC的面积．
(2)求△ABC中AB边上的高．
解：(1)由已知，得＝(1，－3,2)，＝(2,0，－8)，
∴||＝＝，||＝＝2，·＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14，
∴cos〈，〉＝
＝＝，
∴sin〈，〉＝＝.
∴S△ABC＝||·||·sin〈，〉
＝×2××＝3.
(2)设AB边上的高为CD.
则||＝＝3，
即△ABC中AB边上的高为3.
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6课时作业9 用向量讨论垂直与平行
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则( D )
A．x＝6，y＝15
B．x＝3，y＝
C．x＝3，y＝15
D．x＝6，y＝
解析：∵l1∥l2，设a＝λb，∴(2,4,5)＝λ(3，x，y)，
∴x＝6，y＝.
2．已知l∥π，且l的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为，则m＝( A )
A．－8
B．－5
C．5
D．8
解析：∵l∥π，∴直线l的方向向量与平面π的法向量垂直．∴2＋＋2＝0，m＝－8.
3．若两个不同平面π1，π2的法向量分别为n1＝(1,2，－2)，n2＝(－3，－6,6)，则( A )
A．π1∥π2
B．π1⊥π2
C．π1，π2相交但不垂直
D．以上均不正确
解析：∵n1＝－n2，∴n1∥n2，∴π1∥π2.
4．若平面α与β的法向量分别是a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，则平面α与β的位置关系是( A )
A．平行
B．垂直
C．相交不垂直
D．无法判断
解析：因为a＝－1·b，所以a∥b.因此两个平面平行．
5．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( D )
A．(，，－)
B．(，－，)
C．(－，，)
D．(－，－，－)
解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．
由n·＝0，n·＝0，得
令z＝1，得x＝y＝1.
所以n＝(1,1,1)，|n|＝，得平面ABC的单位向量为(，，)或(－，－，－)，故选D.
6．在如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为2，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF＝90°，则点F的坐标为( A )
A.
B.
C.
D.
解析：设F(2，m,0)(0≤m≤2)，由题意知，E(2,0,1)，C1(0,2,2)，则＝(2，－2，－1)，＝(0，m，－1)，∵∠C1EF＝90°，∴·＝0，即－2m＋1＝0，解得m＝，∴点F的坐标为.
7．已知平面α内有一点A(2，－1,2)，它的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是( B )
A．(1，－1,1)
B．(1,3，)
C．(1，－3，)
D．(－1,3，－)
解析：要判断点P是否在平面内，只需判断向量与平面的法向量n是否垂直，即判断·n是否为0即可，因此，要对各个选项进行逐个检验．
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，＝(1，－4，)，则·n＝(1，－4，)·(3,1,2)＝0，故选B.
8．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( D )
A．(1，－4,2)
B.
C.
D．(0，－1,1)
解析：因为＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必须满足把选项代入验证，只有选项D不满足，故选D.
二、填空题
9．设平面α与向量a＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b＝(－2,4，－8)垂直，则平面α与β位置关系是平行．
解析：因为a＝b，所以a∥b.因为平面α与向量a垂直，所以平面α与向量b也垂直．而平面β与向量b垂直，所以α∥β.
10．若A(0,2，)，B(1，－1，)，C(－2,1，)是平面α内的三点，设平面α的法向量a＝(x，y，z)，则x?y?z＝2?3?(－4)．
解析：＝(1，－3，－)，＝(－2，－1，－)，
由得
解得
∴x?y?z＝y?y?(－y)＝2?3?(－4)．
11．如图，已知矩形ABCD，PA＝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2.
解析：先建立如图所示的空间直角坐标系，设||＝b，则A(0,0,0)，Q(1，b,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，D(0，a,0)，所以＝(1，b，－1)，＝(－1，a－b,0)．
∵⊥，∴b2－ab＋1＝0.
∵b只有一解，∴Δ＝0，可得a＝2.
三、解答题
12．如图所示的五面体中，四边形ABCD是正方形，DA⊥平面ABEF，AB∥EF，AE⊥AF，DA＝AF＝1，AE＝，P，Q分别为AE，BD的中点．求证：PQ∥平面BCE.
证明：∵AE＝，AF＝1，AE⊥AF，∴∠AEF＝30°.
∵AB∥EF，
∴∠EAB＝30°.以A为原点，AE，AF，AD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，则E(，0,0)，B(，－，0)，D(0,0,1)，C(，－，1)，
∴＝(－，－，0)，＝(0,0,1)．
设平面BCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)．
由
得
令x1＝1，得平面BCE的一个法向量为n＝(1，－，0)．
∵P，Q分别为AE，BD的中点，
∴P(，0,0)，Q(，－，)，
∴＝(－，－，)，
∴n·＝－＋＝0，
∴⊥n，又PQ?平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
13．如图，在四棱锥E?ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.
求证：平面ADE⊥平面ABE.
证明：取BE的中点O，连接OC.
∵BC＝CE，∴OC⊥BE.
又AB⊥平面BCE，
∴以O为原点建立空间直角坐标系，如图．则由已知条件有C(1,0,0)，B(0，，0)，E(0，－，0)，D(1,0,1)，A(0，，2)．
设平面ADE的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则n·＝(a，b，c)·(0,2，2)＝2b＋2c＝0.
且n·＝(a，b，c)·(－1，，1)＝－a＋b＋c＝0.
可取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.
——能力提升类——
14．已知A(1,0,0)，B(0,1,1)，C(1,1,0)，D(1,2,0)，E(0,0,1)，则直线DE与平面ABC的位置关系是( B )
A．平行
B．DE?平面ABC
C．相交
D．平行或DE?平面ABC
解析：因为＝(－1,1,1)，＝(1,0，－1)，设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y,1)，则n·＝0且n·＝0，所以解得所以n＝(1,0,1)，又＝(－1，－2,1)，所以·n＝(－1，－2，1)·(1,0,1)＝0，即⊥n，则DE∥平面ABC或DE?平面ABC.因为＝(1,1，－1)，所以＝2＋，所以A，B，C，D四点共面，即点D在平面ABC内，所以DE?平面ABC.
15．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D，使得AC1∥平面CDB1?
解：直三棱柱ABC?A1B1C1，AC＝3，BC＝4，AB＝5，则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，建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)．
(1)证明：∵＝(－3,0,0)，＝(0，－4，4)，
∴·＝0，
∴⊥，∴AC⊥BC1.
(2)假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，则＝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，得λ＝1，
所以在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，且这时点D与点B重合．
(3)假设在AB上存在点D，使得AC1∥平面CDB1，则＝λ＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D(3－3λ，4λ，0)，＝(3－3λ，4λ－4，－4)．
又＝(0，－4，－4)，＝(－3,0,4)，AC1∥平面CDB1，所以存在实数m，n，使＝m＋n成立．
∴m(3－3λ)＝－3，m(4λ－4)－4n＝0，－4m－4n＝4.
所以λ＝，所以在AB上存在点D使得AC1∥平面CDB1，且D是AB的中点．
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7课时作业10 夹角的计算
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．在如图所示的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( D )
A．－
B．－
C．
D．
解析：以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,2)，
∴＝(－2,2,0)，＝(0,1,2)，∴cos〈，〉＝＝，∴异面直线DE与AC所成角的余弦值为.
2．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0，－1,1)，则两平面的夹角为( A )
A．45°
B．135°
C．45°或135°
D．90°
解析：cos〈m，n〉＝＝＝－，即〈m，n〉＝135°，∴两平面的夹角为180°－135°＝45°.
3．若直线l的方向向量和平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α的夹角等于( C )
A．120°
B．60°
C．30°
D．以上均错
解析：∵直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，∴直线l与平面α所成的角为120°的补角60°的余角30°.
4．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为( A )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
解析：设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，
又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝|－|.∴θ＝30°.
5．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 )
A.
B.
C.
D.
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，如右图所示：
则D1(0,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,1,2)，
C(0,1,2)，D(0,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,1，－2)，＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，
则即
取n＝(－2,2,1)．
设CD与平面BDC1所成角为θ，
则sinθ＝||＝.故选A.
6．空间四边形OABC中，OB＝OC，∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值是( D )
A．
B．
C．－
D．0
解析：如图．设＝a，＝b，＝c，则〈a，b〉＝〈a，c〉＝，|b|＝|c|.cos〈，〉＝
＝＝＝0，故选D.
7．如图所示，已知点P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则平面CBF与平面DBF夹角的正切值为( D )
A.
B.
C.
D.
解析：设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，建立如图所示空间直角坐标系，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，
∴B，F，C，D.
∴＝，且为平面BDF的一个法向量．
由＝，＝，
可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，，)．
∴cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝.
∴tan〈n，〉＝.
8．P是二面角α?AB?β棱上的一点，分别在α，β平面内引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么α与β的夹角大小为( D )
A．60°
B．70°
C．80°
D．90°
解析：如图，设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB，NF⊥AB，则因∠BPM＝∠BPN＝45°，故PE＝，PF＝.于是·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·＝abcos60°－a·cos45°－·bcos45°＋·＝－－＋＝0.因为EM，FN分别是α，β内的与棱AB垂直的两条直线，所以与的夹角就是α与β的夹角．
二、填空题
9．若两个平面α，β的法向量分别是u＝(1,0,1)，v＝(－1,1,0)，则这两个平面间的夹角的度数是60°.
解析：cos〈u，v〉＝＝＝－.
∴两个平面α，β间的夹角为60°.
10．已知异面直线m，n的方向向量分别为a＝(2，－1,1)，b＝(1，λ，1)，若异面直线m，n所成角的余弦值为，则λ的值为.
解析：由|cos〈a，b〉|＝||
＝＝，两边平方，化简得6λ＝7，解得λ＝.
11．如图，已知正三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为.
解析：不妨设正三棱柱ABC?A1B1C1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系．则C(0，0,0)，A(，－1,0)，B1(，1,2)，D，
则＝，＝(，1,2)，
设平面B1DC的法向量为n＝(x，y,1)，由
解得n＝(－，1,1)．
又∵＝，
∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝.
三、解答题
12．正三棱柱ABC?A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1的夹角．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0，0，a)，
C1(－a，，a)．
方法1：取A1B1的中点M，则M(0，，a)，连接AM，MC1，有＝(－a，0,0)，＝(0，a,0)，＝(0,0，a)．
∵·＝0，·＝0，
∴MC1⊥平面ABB1A1.
∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1的夹角，
∵＝(－a，，a)，＝(0，，a)，
∴·＝0＋＋2a2＝.
又||＝＝a，
||＝＝，
∴cos〈，〉＝＝.
∴〈，〉＝30°，
即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°.
方法2：＝(0，a,0)，＝(0,0，a)．
设侧面ABB1A1的法向量n＝(λ，x，y)，
∴n·＝0且n·＝0，
∴ax＝0且ay＝0，
∴x＝y＝0，故n＝(λ，0,0)．
∵＝(－a，，a)，
∴cos〈，n〉＝
＝＝－.
设AC1与侧面ABB1A1的夹角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝，
∴θ＝30°，即AC1与侧面ABB1A1的夹角为30°.
13．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：∵四棱柱ABCD?
A1B1C1D1的所有棱长都相等，
∴四边形ABCD和四边形A1B1C1D1均为菱形．
∵AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，
∴O，O1分别为BD，B1D1中点．
∵四边形ACC1A1和四边形BDD1B1为矩形，
∴OO1∥CC1∥BB1且CC1⊥AC，BB1⊥BD，
∴OO1⊥BD，OO1⊥AC，
又∵AC∩BD＝O且AC，BD?底面ABCD，
∴OO1⊥底面ABCD.
(2)解法1：如图，过O1作B1O的垂线交B1O于点E，连接EO1，EC1.不妨设四棱柱ABCD－A1B1C1D1的边长为2a.
∵OO1⊥底面ABCD且底面ABCD∥平面A1B1C1D1，
∴OO1⊥平面A1B1C1D1，
又∵O1C1?平面A1B1C1D1，
∴O1C1⊥OO1，
∵四边形A1B1C1D1为菱形，
∴O1C1⊥O1B1，
又∵O1C1⊥OO1且OO1∩O1C1＝O1，O1O，O1B1?平面OB1D1，
∴O1C1⊥平面OB1D1，
又∵B1O?平面OB1D1，∴B1O⊥O1C1，
又∵B1O⊥O1E且O1C1∩O1E＝O1，O1C1，O1E?平面O1EC1，
∴B1O⊥平面O1EC1，
∴∠O1EC1为二面角C1?OB1?D的平面角，cos∠O1EC1＝，
∵∠CBA＝60°且四边形ABCD为菱形，∴O1C1＝a，B1O1＝a，OO1＝2a，B1O＝＝a，
则O1E＝B1O1·sin∠O1B1O＝B1O1·＝a·＝a，
再由△O1EC1的勾股定理可得
EC1＝＝＝a，
则cos∠O1EC1＝＝＝，
所以二面角C1?OB1?D的余弦值为.
解法2：∵四棱柱ABCD?A1B1C1D1的所有棱长都相等，
∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又O1O⊥平面ABCD，从而OB、OC、OO1两两垂直，以O为坐标原点，OB、OC、OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB＝2，∵∠ABC＝60°，∴OB＝，OC＝1，于是各相关点的坐标O(0,0,0)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)．
易知n1＝(0,1,0)为平面BDD1B1的一个法向量，设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，
则即
取z＝－，则x＝2，y＝2，
∴n2＝(2,2，－)．
设二面角C1?OB1?D的大小为θ，易知θ为锐角，
∴cosθ＝＝，
∴二面角C1?OB1?D的余弦值为.
——能力提升类——
14．如图，P是长方体ABCD?A′B′C′D′上底面内的一点，设AP与面A′C′、面A′B、面A′D所成的角分别为α，β，γ，则sin2α＋sin2β＋sin2γ＝( A )
A．1
B．2
C.
D．不确定
解析：设AD＝a，DC＝b，DD′＝c，以点D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设P(x，y，c)，∴＝(x－a，y，c)，易知＝(0,0，c)是面A′C′的一个法向量，＝(a,0,0)是面A′B的一个法向量，＝(0，b,0)是面A′D的一个法向量，∴sin2α＋sin2β＋sin2γ＝()2＋()2＋()2＝＝1.
15．如图，四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝，F为PC的中点，AF⊥PB.求二面角B?AF?D的正弦值．
解：如图，连接BD交AC于点O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O?xyz，则OC＝CD·cos＝1，OD＝CD·sin＝，
∴A(0，－3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)
设P(0，－3，z)，则F为(0，－1，)．
又＝(0,2，)，＝(，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－＝0，z＝2(舍去－2)，所以F(0，－1，)．
∴＝(－，3,0)，＝(，3,0)，＝(0,2，)．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由n1·＝0，n1·＝0，得
因此可取n1＝(3，，－2)，
由n2·＝0，n2·＝0，得
故可取n2＝(3，－，2)．
从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为
cos〈n1，n2〉＝＝.
故二面角B?AF?D的正弦值为.
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1课时作业11 距离的计算
时间：45分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．已知直线l过定点A(2,3,1)，且方向向量为s＝(0,1,1)，则点P(4,3,2)到l的距离为( A )
A.
B.
C.
D.
解析：＝(2,0,1)，由点到直线的距离公式得d＝＝＝.
2．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点P(－1,3,0)在α内，则平面α外一点A(－2,1,4)到α的距离为( D )
A．10
B．3
C.
D.
解析：＝(－1，－2,4)．由点到平面的距离公式得d＝|·|＝.
3．若正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为1，则直线A1C1到平面ACD1的距离为( B )
A．1
B.
C.
D.
解析：易知A1C1∥平面ACD1，则点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离．建立如图所示的空间直角坐标系，易知＝(0,0,1)，平面ACD1的一个法向量为n＝(1,1,1)，故所求的距离为||＝.
4．在60°的二面角的一个面内有一个点，它到棱的距离是8，那么它到另一个面的距离是( D )
A.
B．2
C．3
D．4
解析：过点向另一平面作垂线，则距离为8×sin60°＝4.
5．如图，在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为( D )
A.
B.
C.
D.
解析：由A1B1∥平面D1EF知，点G到平面D1EF的距离即为直线A1B1
上任一点到平面D1EF的距离，可求点A1或B1到平面D1EF的距离．
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为( A )
A.
B.
C.
D.
解析：以C为原点，CD、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0,1,0)，D1(2,0,2)，＝(2，－1,2)，＝(0,0,2)，设u＝(x，y，z)，u⊥，u⊥，则u·＝(x，y，z)·(0,0,2)＝0，∴z＝0，u·＝(x，y，z)·(2，－1,2)＝2x－y＋2z＝0，
∴y＝2x，令x＝1，则y＝2，
∴u＝(1,2,0)，∴异面直线D1E与CC1的距离为d＝＝，∵P在D1E上运动，∴P到直线CC1的距离的最小值为d＝.故选A.
7．如图，在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN到平面ACD1的距离是( D )
A.
B.
C.
D.
解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，D1(0,0,1)，M(1,1，)，N(，1,1)，C(0,1,0)．
所以＝(－1,0,1)，＝(－，0，)．
所以＝.又直线AD1与MN不重合，
所以∥.又MN平面ACD1，
所以MN∥平面ACD1.
因为＝(－1,0,1)，＝(0,1，－1)，＝(－1,1,0)．
设平面ACD1的法向量n＝(x，y，z)，
则所以
所以x＝y＝z.令x＝1，则n＝(1,1,1)．
又因为＝(1,1，)－(1,0,0)＝(0,1，)，
所以||＝＝.
所以cos〈n，〉＝＝＝.
所以点M到平面ACD1的距离为||×cos〈n，〉＝×＝.
8．正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面边长为2，截面AB1C1D与底面ABCD所成二面角的正切值为2，则点B1到平面AD1C的距离为( A )
A.
B.
C.
D.
解析：∵四棱柱ABCD?A1B1C1D1为正四棱柱，
∴AB1⊥AD，AB⊥AD，
∴∠BAB1是截面AB1C1D与底面ABCD所成的二面角，
∵截面AB1C1D与底面ABCD所成二面角的正切值为2，即tan∠BAB1＝＝2，
∴BB1＝2AB＝4，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,4)，B1(2,2,4)．
＝(－2,0,4)，＝(－2,2,0)，＝(0,2,4)．
设平面AD1C的法向量n＝(x，y，z)，
则
取x＝2，得n＝(2,2,1)．
∴点B1到平面AD1C的距离为d＝||＝.
二、填空题
9．在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1、CD的中点，则点B到直线EF的距离为.
解析：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(0，，0)，E(1，，1)，B(1,1,0)，
则＝(1,0,1)，＝(1，，0)，
＝＝，
∴d＝＝.
10．已知空间四点A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(－5，－4，8)，则点D到平面ABC的距离是.
解析：＝(2，－2,1)，＝(4,0,6)，设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z)，
则∴
令x＝3，则z＝－2，y＝2，
∴n＝(3,2，－2).＝(7,7，－7)，
n0＝＝(3,2，－2)．
∴d＝|·n0|＝.
11．正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为a.
解析：由正方体的性质易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．
显然A1C⊥平面AB1D1，以D为坐标原点，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，则易得平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1,1)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，＝(0，－a,0)，则两平面间的距离为d＝|·|＝＝a.
三、解答题
12．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.求点C到平面AEC1F的距离．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)．
设n为平面AEC1F的法向量，显然n不垂直于平面ADF，故可设n＝(x，y,1)．
由
得
即∴
n＝.又＝(0,0,3)．
∴C到平面AEC1F的距离为
d＝＝＝.
13．已知三棱柱ABC?A1B1C1的各条棱长均为a，侧棱垂直于底面，D是侧棱CC1的中点，问a为何值时，点C到平面AB1D的距离为1.
解：建立如图所示的空间直角坐标系．由题设可知A(a，，0)，C(0，a,0)，B1(0,0，a)，D(0，a，)，于是有＝(－a，－，a)，＝(0，a，－)，＝(－a，，0)．
设n＝(x，y，z)为平面AB1D的法向量，
则
?
令y＝1，可得n＝(，1,2)．
所以点C到平面AB1D的距离
d＝|·|＝a.
令a＝1，解得a＝2.
即a＝2时，点C到平面AB1D的距离为1.
——能力提升类——
14．设棱长为a的正方体ABCD?A1B1C1D1中，点M在棱C1C上滑动，则点B1到平面BMD1距离的最大值是a.
解析：如图所示，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则D1(0,0，a)，B(a，a,0)，B1(a，a，a)，设M(0，a，b)(0≤b≤a)，则＝(0,0，a)，＝(－a,0，b)，＝(－a，－a，a)，设平面BMD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝b，得n＝(b，a－b，a)，
∴点B1到平面BMD1的距离为
d＝||＝
＝，
当b＝a时，d取最大值，即dmax＝a.
15．如图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上，设二面角A1?DN?M的大小为θ.
(1)当θ＝90°时，求AM的长；
(2)当cosθ＝时，求CM的长．
解：建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设CM＝t(0≤t≤2)，则各点的坐标为A(1,0,0)，A1(1,0,2)，N(，1,0)，M＝(0,1，t)，所以＝(，1,0)，＝(0,1，t)，＝(1,0,2)．设平面DMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则n1·＝0，n1·＝0.
即x1＋2y1＝0，y1＋tz1＝0，令z1＝1，
则y1＝－t，x1＝2t.
所以n1＝(2t，－t,1)是平面DMN的一个法向量．
设平面A1DN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则n2·＝0，n2·＝0.
即x2＋2z2＝0，x2＋2y2＝0.
令z2＝1，则x2＝－2，y2＝1.
所以n2＝(－2,1,1)是平面A1DN的一个法向量．从而n1·n2＝－5t＋1.
(1)因为θ＝90°，
所以n1·n2＝－5t＋1＝0，
解得t＝.
从而M(0,1，)．
所以AM＝＝.
(2)因为|n1|＝，|n2|＝，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
因为〈n1，n2〉＝θ或π－θ，
所以||＝，
解得t＝0或t＝.
根据图形和(1)的结论可知t＝，从而CM的长为.
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