2015届高考数学大一轮复习 课时训练62 空间向量的应用 理 苏教版
2015高考数学(苏教版,理)一轮学案43 空间向量及其运算
学案43空间向量及其运算导学目标：1。
了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示。
2。
掌握空间向量的线性运算及其坐标表示。
3。
掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的共线与垂直证明直线、平面的平行和垂直关系．自主梳理1．空间向量的有关概念及定理(1）空间向量：在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．(2)相等向量：方向________且模________的向量．(3)共线向量定理对空间任意两个向量a,b（a≠0）,b与a共线的充要条件是________________________．(4）共面向量定理如果两个向量a,b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在有序实数对（x，y)，使得p＝x a＋y b，推论的表达式为错误!＝x错误!＋y错误!或对空间任意一点O有，错误!＝________________或错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!,其中x＋y＋z＝____.（5）空间向量基本定理如果三个向量e1，e2,e3不共面，那么对空间任一向量p,存在惟一的有序实数组(x,y，z)，使得p＝________________________，把｛e1,e2，e3｝叫做空间的一个基底．2．空间向量的坐标表示及应用（1)数量积的坐标运算若a＝(a1,a2,a3)，b＝（b1,b2,b3),则a·b＝__________________________________________________________ ________。
(2)共线与垂直的坐标表示设a＝（a1，a2，a3)，b＝(b1,b2，b3），若b≠0,则a∥b⇔________⇔__________，________，______________,a⊥b⇔__________⇔________________________（a，b均为非零向量）．(3)模、夹角和距离公式设a＝（a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则|a|＝错误!＝________________________________，cos〈a，b〉＝错误!＝______________________________________________________.若A(a1，b1，c1),B(a2，b2，c2)，则|错误!｜＝______________________________。
苏教版江苏专版版高考数学一轮复习第八章立体几何第六节空间向量的应用空间角的求法教案理解析版
１．异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cos θ＝错误!，其中a，b分别是直线a，b的方向向量．２．直线与平面所成角如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sin φ＝|cos〈a，n〉|＝错误!.３．二面角若AB，CD分别是二面角αlβ的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角（或其补角）的大小就是向量错误!与错误!的夹角，如图（１）．若平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n１，平面β的法向量为n２，〈n１，n２〉＝θ，则二面角αlβ为θ或π—θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝错误!，如图（２）（３）．[小题体验]１．如图，在直三棱柱ABCA１B１C１中，∠ACB＝90°，AA１＝２，AC＝BC＝１，则异面直线A１B 与AC夹角的余弦值为________．解析：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，则C（0，0,0），A（１,0,0），B（0,１,0），A１（１,0,２）．于是得错误!＝（—１,１，—２），错误!＝（—１,0,0），所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以异面直线A１B与AC夹角的余弦值为错误!.答案：错误!２．在长方体ABCDA１B１C１D１中，AB＝２，BC＝AA１＝１，则D１C１与平面A１BC１所成角的正弦值为________．解析：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D１（0,0,１），C１（0,２,１），A１（１,0,１），B（１,２,0），所以错误!＝（0,２,0），错误!＝（—１,２，0），错误!＝（0,２，—１），设平面A１BC１的一个法向量为n＝（x，y，z），由错误!令y＝１，得n＝（２,１,２），设D１C１与平面A１BC１所成角为θ，则sin θ＝|cos〈错误!，n〉|＝错误!＝错误!＝错误!，即直线D１C１与平面A１BC１所成角的正弦值为错误!.答案：错误!１．求异面直线所成角时易忽视角的范围错误!而导致结论错误．２．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．３．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n１，n２时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n１，n２的夹角是相等（一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部），还是互补（两个法向量同时指向二面角的内部或外部），这是利用向量求二面角的难点、易错点．[小题纠偏]１．如图所示，已知正方体ABCDA１B１C１D１，E，F分别是正方形A１B１C１D１和ADD１A１的中心，则EF和CD所成的角是________．解析：以D为原点，分别以射线DA，DC，DD１为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为１，则D（0,0，0），C（0,１,0），E错误!，F错误!，错误!＝错误!，错误!＝（0,１,0），所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝—错误!，所以〈错误!，错误!〉＝１３５°，所以异面直线EF和CD所成的角是４５°.答案：４５°２．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所成的二面角为________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，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，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，连结AE，则AE⊥PD，又因为CD⊥平面PAD，所以AE⊥CD，又PD∩CD＝D，所以AE⊥平面CDP.所以错误!＝（0,１,0），错误!＝错误!分别是平面ABP，平面CDP的法向量，且〈错误!，错误!〉＝４５°，所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为４５°.答案：４５°错误!错误![典例引领]（２0１8·启东高三学情调研）长方体ABCDA１B１C１D１中，AB＝AA１＝２AD，E为CC１的中点，求异面直线BC１与AE所成角的余弦值．解：设AB＝AA１＝２，AD＝１，以D为原点，DA，DC，DD１所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（１,0,0），E（0，２,１），B（１,２,0），C１（0,２,２），错误!＝（—１,0,２），错误!＝（—１,２,１），所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.所以异面直线BC１与AE所成角的余弦值为错误!.[由题悟法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤（１）选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；（２）确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；（３）利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；（４）两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[即时应用]（２0１8·苏州模拟）如图，在直四棱柱ABCDA１B１C１D１中，底面四边形ABCD为菱形，A１A ＝AB＝２，∠ABC＝60°，点E，F分别是BC，A１C的中点，求异面直线EF，AD所成角的余弦值．解：因为四棱柱ABCDA１B１C１D１为直四棱柱，所以A１A⊥平面ABCD.又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A１A⊥AE，A１A⊥AD.在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连结AC，则△ABC是等边三角形．因为点E是BC的中点，所以BC⊥AE.又BC∥AD，所以AE⊥AD，故AE，AD，AA１两两垂直．如图，以A点为坐标原点，AE，AD，AA１所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0,0,0），C（错误!，１,0），D（0,２,0），A１（0,0,２），E（错误!，0,0），F错误!.所以错误!＝（0,２,0），错误!＝错误!，则cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为错误!.错误!错误![典例引领]（２0１7·浙江高考）如图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝２DC＝２CB，E为PD的中点．（１）证明：CE∥平面PAB；（２）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．解：（１）证明：设AD的中点为O，连结OB，OP.因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以OP⊥AD.因为BC＝错误!AD＝OD，且BC∥OD，所以四边形BCDO为平行四边形，又因为CD⊥AD，所以OB⊥AD，因为OP∩OB，所以AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．设CD＝１，则有A（0，—１,0），B（１,0,0），C（１,１,0），D（0,１,0）．设P（x,0，z）（z＞0），由PC＝２，OP＝１，得错误!得x＝—错误!，z＝错误!.即点P错误!，而E为PD的中点，所以E错误!.设平面PAB的法向量为n＝（x１，y１，z１），因为错误!＝错误!，错误!＝（１,１,0），所以错误!取y１＝—１，得n＝（１，—１，错误!）．而错误!＝错误!，则错误!·n＝0，而CE⊄平面PAB，所以CE∥平面PAB.（２）设平面PBC的法向量为m＝（x２，y２，z２），因为错误!＝（0,１,0），错误!＝错误!，所以错误!取x２＝１，得m＝（１,0，错误!）．设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sin θ＝|cos〈m，错误!〉|＝错误!＝错误!，故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为错误!.[由题悟法]向量法求线面角的２个思路（１）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）．（２）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．[即时应用]（２0１9·启东一中月考）如图，在棱长为３的正方体ABCDA１B１C１D１中，A１E＝CF＝１．（１）求异面直线AC１与BE所成角的余弦值；（２）求直线BB１与平面BED１F所成角的正弦值．解：（１）以D为坐标原点，DA，DC，DD１所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A（３,0,0），C１（0,３,３），B（３,３,0），E（３,0,２），所以错误!＝（—３,３,３），错误!＝（0，—３,２）．所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝—错误!，故异面直线AC１与BE所成角的余弦值为错误!.（２）易知B１（３,３,３），D１（0,0,３），则错误!＝（0,0,３），错误!＝（３,0，—１）．设平面BED１F的一个法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!取x＝１，得z＝３，y＝２，所以n＝（１,２,３）．设直线BB１与平面BED１F所成的角为α，则sin α＝|cos〈错误!，n〉|＝错误!＝错误!.所以直线BB１与平面BED１F所成角的正弦值为错误!.错误!错误![典例引领]（２0１9·徐州高三年级期中考试）如图，在三棱锥ABOC中，OA，OB，OC两两垂直，点D，E分别为棱BC，AC的中点，F在棱AO上，且满足OF＝错误!OA，已知OA＝OC＝４，OB＝２．（１）求异面直线AD与OC所成角的余弦值；（２）求二面角CEFD的正弦值．解：（１）如图，以O为原点，分别以错误!，错误!，错误!方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得O（0,0,0），A（0,0,４），B（２，0,0），C（0,４,0），D（１,２,0），E（0，２,２），F（0,0,１），所以错误!＝（１,２，—４），错误!＝（0,４,0），所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!.故异面直线AD与OC所成角的余弦值为错误!.（２）可知平面AOC的一个法向量为错误!＝（２,0,0）．设m＝（x，y，z）为平面DEF的一个法向量，又错误!＝（0，—２，—１），错误!＝（—１,0,２），则错误!即错误!不妨取z＝２，则x＝４，y＝—１，所以m＝（４，—１,２）为平面DEF的一个法向量，从而cos〈错误!，m〉＝错误!＝错误!＝错误!，设二面角CEFD的大小为θ，则|cos θ|＝错误!.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝错误!＝错误!.因此二面角CEFD的正弦值为错误!.[由题悟法]利用向量法解二面角问题２策略找法向量法分别求出二面角的两个半平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的大小找与棱垂直的方向向量法分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小[提醒] 两平面的法向量所成的角与二面角的平面角的关系为相等或互补，所以，当求得两法向量夹角的余弦值时，一定要结合图形判断二面角的取值范围．[即时应用]（２0１8·常州期末）如图，以正四棱锥VABCD的底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，E为VC的中点．正四棱锥的底面边长为２a，高为h，且有cos〈错误!，错误!〉＝—错误!.（１）求错误!的值；（２）求二面角BVCD的余弦值．解：（１）根据条件，可得B（a，a,0），C（—a，a,0），D（—a，—a，0），V（0,0，h），E错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝错误!，故cos〈错误!，错误!〉＝错误!.又cos〈错误!，错误!〉＝—错误!，所以错误!＝—错误!，解得错误!＝错误!.（２）由错误!＝错误!，得错误!＝错误!，错误!＝错误!，又错误!＝（２a,0,0），错误!＝（0,２a,0）．设平面BVC的一个法向量为n１＝（x１，y１，z１），则错误!即错误!令y１＝３，得z１＝２，则平面BVC的一个法向量为n１＝（0,３,２）．设平面DVC的一个法向量为n２＝（x２，y２，z２），则错误!即错误!令x２＝—３，得z２＝２，则平面DVC的一个法向量为n２＝（—３,0,２）．则cos〈n１，n２〉＝错误!＝错误!＝错误!，由图知二面角BVCD的平面角为钝角，所以二面角BVCD的余弦值为—错误!.一保高考，全练题型做到高考达标１．（２0１9·苏锡常镇调研）如图，已知正四棱锥PABCD中，PA＝AB＝２，点M，N分别在PA，BD上，且错误!＝错误!＝错误!.（１）求异面直线MN与PC所成角的大小；（２）求二面角NPCB的余弦值．解：（１）设AC，BD交于点O，在正四棱锥PABCD中，OP⊥平面ABCD.又PA＝AB＝２，所以OP＝错误!.以O为坐标原点，错误!，错误!方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则A（１，—１,0），B（１,１,0），C（—１,１,0），D（—１，—１,0），P（0，0，错误!），错误!＝（—１,１，错误!）．故错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!，错误!＝错误!错误!＝错误!，所以错误!＝错误!—错误!＝错误!，错误!＝（—１,１，—错误!），所以cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!，所以异面直线MN与PC所成角的大小为３0°.（２）由（１）知错误!＝（—１,１，—错误!），错误!＝（２,0,0），错误!＝错误!.设m＝（x１，y１，z１）是平面PCB的一个法向量，则错误!即错误!令y１＝错误!，则z１＝１，即m＝（0，错误!，１）．设n＝（x２，y２，z２）是平面PCN的一个法向量，则错误!即错误!令x２＝２，则y２＝４，z２＝错误!，即n＝（２,４，错误!），所以cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝错误!，故二面角NPCB的余弦值为错误!.２．（２0１8·启东检测）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝４５°，PA＝AD＝２，AC＝１．（１）求二面角APCD的余弦值；（２）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为３0°，求AE的长．解：（１）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AC，又因为AC⊥AD，故以A为原点，以AD，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系Axyz，依题意得A（0,0,0），D（２,0,0），C（0,１,0），B错误!，P（0,0,２）．错误!＝（0,１，—２），错误!＝（２，—１,0）．设平面PCD的法向量n＝（x，y，z），则错误!即错误!不妨令z＝１，可得n＝（１,２,１），可取平面PAC的法向量m＝（１,0,0）．于是cos 〈m，n〉＝错误!＝错误!＝错误!.由图知二面角APCD为锐角，所以二面角APCD的余弦值为错误!.（２）设点E的坐标为（0,0，h），其中h∈[0,２]．由此得错误!＝错误!，由错误!＝（２，—１,0），故cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以错误!＝cos ３0°＝错误!，解得h＝错误!，即AE＝错误!.３．（２0１9·南通一调）如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝１，AD＝AS＝２，P是棱SD上一点，且SP＝错误!PD.（１）求直线AB与CP所成角的余弦值；（２）求二面角APCD的余弦值．解：（１）如图，分别以AB，AD，SA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则A（0,0,0），B（１,0,0），C（１,２,0），D（0,２,0），S（0,0,２）．设P（x 0，y0，z0），由错误!＝错误!错误!，得（x0，y0，z0—２）＝错误!（0,２，—２），所以x0＝0，y0＝错误!，z0＝错误!，则点P的坐标为错误!.故错误!＝错误!，错误!＝（１,0,0），设直线AB与CP所成的角为α，则cos α＝错误!＝—错误!.所以直线AB与CP所成角的余弦值为错误!.（２）设平面APC的法向量为m＝（x１，y１，z１），因为错误!＝错误!，错误!＝（１,２,0），所以错误!即错误!令y１＝—２，则x１＝４，z１＝１，m＝（４，—２,１），设平面SCD的法向量为n＝（x２，y２，z２），由于错误!＝（１,0,0），错误!＝（0，—２,２），所以错误!即错误!令y２＝１，则z２＝１，n＝（0,１,１）．设二面角APCD的大小为θ（由图可知θ为锐角），所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝错误!＝错误!，所以二面角APCD的余弦值为错误!.４．如图，圆锥的高PO＝４，底面半径OB＝２，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.（１）求异面直线EF与BD所成角的余弦值；（２）求二面角ODFE的正弦值．解：（１）以O为原点，底面上过O点且垂直于OB的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B（0,２,0），P（0,0,４），D（0，0,２），E（0,１,２）．设F（x 0，y0,0）（x0＞0，y0＞0），且x错误!＋y错误!＝４．则错误!＝（x0，y0—１，—２），错误!＝（0,１,0）．因为EF⊥DE，则错误!·错误!＝y0—１＝0，故y0＝１．所以F（错误!，１,0），错误!＝（错误!，0，—２），错误!＝（0，—２,２）．设异面直线EF与BD所成角为α，则cos α＝错误!＝错误!＝错误!.故异面直线EF与BD所成角的余弦值为错误!.（２）设平面ODF的法向量为n１＝（x１，y１，z１），则错误!即错误!令x１＝１，得y１＝—错误!，则平面ODF的一个法向量为n１＝（１，—错误!，0）．设平面DEF的法向量为n２＝（x２，y２，z２），因为错误!＝（0,１,0），错误!＝（错误!，１，—２），则错误!即错误!令x２＝１，得z２＝错误!，则平面DEF的一个法向量为n２＝错误!.设二面角ODFE的平面角为β，则|cos β|＝错误!＝错误!＝错误!，所以sin β＝错误!.即二面角ODFE的正弦值为错误!.二上台阶，自主选做志在冲刺名校（２0１8·镇江高三期末考试）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝２，AB＝１，E是棱PC的中点．（１）求BE与平面PBD所成角的正弦值；（２）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角FABP的正弦值．解：（１）以{错误!，错误!，错误!}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，可得B（１,0,0），C（２,２,0），D（0，２,0），P（0,0,２），由E为棱PC的中点，得E（１,１,１），故错误!＝（0,１,１），错误!＝（—１,２,0），错误!＝（１,0，—２）．设n＝（x，y，z）为平面PBD的一个法向量，则错误!即错误!令y＝１，得x＝２，z＝１，所以n＝（２,１,１）为平面PBD的一个法向量，设BE与平面PBD所成角为α，于是sin α＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!.所以BE与平面PBD所成角的正弦值为错误!.（２）由（１）知错误!＝（１,２,0），错误!＝（—２，—２,２），错误!＝（２,２,0），错误!＝（１,0,0）．由点F在棱PC上，设错误!＝λ错误!（0≤λ≤１）．故错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋λ错误!＝（１—２λ，２—２λ，２λ）．由BF⊥AC，得错误!·错误!＝0，因此２（１—２λ）＋２（２—２λ）＝0，解得λ＝错误!，即错误!＝错误!.设n１＝（x１，y１，z１）为平面FAB的法向量，则错误!即错误!令z１＝１，得y１＝—３，所以n１＝（0，—３,１）为平面FAB的一个法向量．易知平面ABP的一个法向量n２＝（0,１,0），则cos〈n１，n２〉＝错误!＝—错误!，设二面角FABP的平面角为θ，即sin θ＝错误!.故二面角FABP的正弦值为错误!.。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.5 空间向量的运算及应用教学案 苏教版-苏教版高三全册数学教
第五节空间向量的运算及应用[最新考纲] 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.4.理解直线的方向向量及平面的法向量.5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量相反向量方向相反且模相等的向量表示空间向量的有向线段所在的直线共线向量(或平行向量)互相平行或重合的向量共面向量平行于同一个平面的向量2.(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝x a＋y b＋z c，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．3．两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空间向量数量积的运算律：①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；②交换律：a·b＝b·a；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c . 4．空间向量的坐标表示及其应用 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)．向量表示 坐标表示数量积 a ·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0，λ∈R ) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直 a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模 |a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 235.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥αn ⊥m ⇔n ·m ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，mα∥βn ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0[常用结论]1．对空间任一点O ，假设OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1)，那么P ，A ，B 三点共线．2．对空间任一点O ，假设OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ＋y ＋z ＝1)，那么P ，A ，B ，C 四点共面． 3．平面的法向量的确定：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，那么求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.一、思考辨析(正确的打“√〞，错误的打“×〞) (1)空间中任意两非零向量a ，b 共面． ( )(2)假设A ，B ，C ，D 是空间任意四点，那么有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.( )(3)设{a ，b ，c }是空间的一个基底，那么a ，b ，c 中至多有一个零向量． ( )(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同． ( ) [答案](1)√ (2)√ (3)× (4)× 二、教材改编1．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．假设α⊥β，那么t ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6C [∵α⊥β，那么u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0， ∴t ＝5.]2.在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．假设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，那么以下向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c A [BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .]3．A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，那么以下向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1) B ．(1，－1,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 C [设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 那么⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .应选C.]4．a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，那么|b |＝ . 26 [∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0， 即－8＋6＋x ＝0，∴x ＝2. ∴b ＝(－4,2,2)，∴|b |＝16＋4＋4＝2 6.]考点1 空间向量的线性运算 用基向量表示指定向量的方法(1)结合向量和所求向量观察图形．(2)将向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法那么或平行四边形法那么把所求向量用基向量表示出来．1.如下图，空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，假设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，那么x ＋y ＋z ＝ .56[连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ， 那么MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c . 又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16，y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.]2.如下图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量： (1)AP →；(2)A 1N →；(3)MP →＋NC 1→. [解](1)因为P 是C 1D 1的中点， 所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为N 是BC 的中点，所以A 1N →＝A 1A →＋AB →＋BN →＝－a ＋b ＋12BC →＝－a ＋b ＋12AD →＝－a ＋b ＋12c .(3)因为M 是AA 1的中点， 所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP →＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c ， 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算． 考点2 共线(共面)向量定理的应用证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面 PA →＝λPB →且同过点PMP →＝xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB →对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB →如图，E ，F ，G ，H 分别为空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面； (2)求证：BD ∥平面EFGH .[证明](1)连接BG ，EG ，那么EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12()BC →＋BD →＝EB →＋BF →＋EH → ＝EF →＋EH →.由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面． (2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ， 所以BD ∥平面EFGH .(1)本例(2)在证明中运用了向量共线定理及线面平行的判定定理．(2)三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明．1.a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，假设a ∥b ，那么λ与μ的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2A [∵a ∥b ，∴设b ＝x a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x λ＋1＝6，2μ－1＝0，2x ＝2λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝12，λ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧μ＝12，λ＝－3.应选A.]2．a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，假设a ，b ，c 三向量共面，那么实数λ等于 ．657[∵a 与b 不共线，故存在实数x ，y 使得c ＝x a ＋y b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.故填657.]考点3 空间向量数量积的应用(1)利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．(2)空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题． ①a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a·b ＝0. ②|a |＝a 2.③cos〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |.如下图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值． [解](1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，那么|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a·b ＝b·c ＝c·a ＝12.|AC →1|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a·b ＋b·c ＋c·a )＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋12＝6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明：∵AC →1＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ， ∴AC →1·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a ) ＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a·b －a·c＝b·c －a·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0. ∴AC →1⊥BD →，∴AC 1⊥BD . (3)BD →1＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD →1|＝2，|AC →|＝3， BD →1·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a·c ＋b·c ＝1.∴cos〈BD →1，AC →〉＝BD →1·AC →|BD →1||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66. 对于不方便建立空间直角坐标系的题目，常常借助基向量及数量积的定义求解；倘假设建系方便，那么通过坐标法求解．[教师备选例题]如下图，空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →； (2)EG →·BD →.[解] 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .那么|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EG →·BD →＝(EA →＋AD →＋DG →)·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＋AG →－AD →·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋12AC →＋12AD →·(AD →－AB →)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12b ＋12c ·(c －a )＝12－1×1×12＋1×1×12＋1＋1－1×1×12－1×1×12＝12. 如图，直三棱柱ABC A 1B 1C 1，在底面△ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .[解](1)如图，以点C 作为坐标原点O ，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．由题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，所以|BN →| ＝1－02＋0－12＋1－02＝ 3.(2)由题意得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)， 所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝3010.(3)证明：由题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2， A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，所以A 1B →⊥C 1M →， 即A 1B ⊥C 1M .考点4 利用向量证明平行与垂直 1.利用空间向量证明平行的方法线线平行 证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题2.利用空间向量证明垂直的方法 线线垂直证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直 证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示 如下图，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°角，求证：(1)CM ∥平面PAD ；(2)平面PAB ⊥平面PAD .[解](1)证明：由题意知，CB ，CD ，CP 两两垂直，以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如下图的空间直角坐标系C xyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧ －y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0， ∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .(2)法一：由(1)知BA →＝(0,4,0)，PB →＝(23，0，－2)，设平面PAB 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ BA →·m ＝0，PB →·m ＝0，即⎩⎨⎧ 4y 0＝0，23x 0－2z 0＝0，令x 0＝1，得m ＝(1,0，3)．又∵平面PAD 的一个法向量n ＝(－3，2,1)，∴m·n ＝1×(－3)＋0×2＋3×1＝0，∴平面PAB ⊥平面PAD .法二：取AP 的中点E ，连接BE ，那么E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE →⊥DA →.∴BE ⊥DA .又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD .又∵BE ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .点M 的求解是本例的难点，求解的方式有两种：一是在平面BCP 中借助直角三角形中的边角关系求解，二是借助向量共线定理利用PB →＝4PM →求解．如下图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？假设存在，求AP 的长；假设不存在，说明理由．[解] 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如下图的空间直角坐标系．设AB ＝a .(1)证明：A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)， 故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1. 因为B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 因此B 1E →⊥AD 1→，所以B 1E ⊥AD 1.(2)存在满足要求的点P ， 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)，再设平面B 1AE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. 因为n ⊥平面B 1AE ，所以n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0，取x ＝1，那么y ＝－a 2，z ＝－a ， 那么平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0， 解得z 0＝12. 所以存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.。
2015届高考数学(苏教,理科)复习课件：第十章 空间向量第二节 第二课时 空间向量的应用
解：存在以点 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AA1 为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 B(a,0,0)，D(0，a,0)， A1(0,0，a)，C(a，a,0)，
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第二课时
空间向量的应用
第二课时
空间向量的应用
角度一 探索性问题与空间角相结合 1．(2014· 哈师大附中模拟)如图，三棱柱 ABC A1B1C1 的侧棱
AA1⊥底面 ABC，∠ACB＝90° ，E 是棱 CC1 上的动点，F 是 AB 的中点，AC＝1，BC＝2，AA1＝4.
(1)当 E 是棱 CC1 的中点时， 求证： CF∥平面 AEB1；
－3y＋ 6z＝0， 即 x－2 6z＝0.
令 z＝ 6，则 n＝(4,2， 6)． ∵AC⊥平面 BDE，
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∴ CA ＝(3，－3,0)为平面 BDE 的一个法向量，
CA n· 6 13 ∴cos〈n， CA 〉＝ ＝ ＝ . 13 26 × 3 2 |n|| CA |
故二面角 F
BE
13 D 的余弦值为 . 13
(3)依题意，设 M(t，t,0)(t＞0)，则 AM ＝(t－3，t,0)， ∵AM∥平面 BEF，∴ AM · n＝0， 即 4(t－3)＋2t＝0，解得 t＝2. 2 ∴点 M 的坐标为(2,2,0)，此时 DM ＝ DB ， 3 ∴点 M 是线段 BD 上靠近 B 点的三等分点．
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2 17 ∴ ＝cos〈n1，n2〉 17 n1· n2 2m ＝|n ||n |＝ ， 2 2 1 2 4m ＋m－4 ＋4 解得 m＝1(0≤m≤4)． ∴在棱 CC1 上存在点 E，符合题意，此时 CE＝1.
2015届高考数学总复习 基础知识名师讲义 第八章 第八节空间向量的应用(一) 理
第八节 空间向量的应用(一)知识梳理一、异面直线所成的角 1．定义：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，a ′，b ′所成的角的大小与点O 的选择无关，把a ′，b ′所成的锐角(或直角)叫异面直线a ，b 所成的角(或夹角)．为了简便起见，点O 通常取在异面直线的一条上．2．异面直线所成的角的取值范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.3．求异面直线所成的角的方法：①几何法；②向量法． 二、直线和平面所成的角1．定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角．特例：当一直线垂直于平面，规定它们所成的角是直角；当一直线平行于平面或在平面内，规定它们所成的角为0°角．2．直线和平面所成角的取值范围：⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.三、二面角1．定义：平面内的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面．若棱为l ，两个面分别为α，β的二面角记为αl β.2．二面角的平面角．理解异面直线所成的角、线面角、二面角的概念，并会求这三类空间角的大小或它的一种三角函数值.(1)过二面角的棱上的一点O 分别在两个半平面内作棱的两条垂线OA ，OB ，则∠AOB 叫做二面角αl β的平面角．(2)一个平面垂直于二面角αl β的棱l ，且与两半平面交线分别为OA ，OB ，O 为垂足，则∠AOB 就是αl β的平面角．说明：①二面角的平面角范围是[0，π]；②二面角的平面角为直角时，则称为直二面角，组成直二面角的两个平面互相垂直． 3．二面角大小的求法：①几何法；②向量法．4．求二面角的射影公式：cos θ＝S ′S，其中各个符号的含义是：S 是二面角的一个面内图形F 的面积，S ′是图形F 在二面角的另一个面内的射影，θ是二面角的平面角大小．四、三种空间角的向量法计算公式1．异面直线a ，b 所成的角θ：cos θ＝||a ，b (其中a ，b 分别是异面直线a ，b 的方向向量)．2．直线a 与平面α(其法向量为n )所成的角θ：sin θ＝||a ，n . 3．锐二面角θ：(法一)cos θ＝||m ，n ，其中m ，n 为两个面的法向量． (法二)cos θ＝||cos a ，b ，其中a ，b 是分别在两个面内且与棱都垂直的向量．基础自测1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°解析：根据线面角的定义知，选项C 正确． 答案：C2．(2013²山东卷)已知三棱柱ABCA 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：如题图所示：S ABC ＝12³3³3³sin 60°＝334.所以VABCA 1B 1C 1＝S ABC ³OP ＝334³OP ＝94， ∴OP ＝ 3.又OA ＝32³3³23＝1，所以tan∠OAP ＝OP OA ＝3，又0<∠OAP <π2，所以∠OAP ＝π3.答案：B3．如图，在直三棱柱中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，侧棱AA 1＝2，M 为A 1B 1的中点，则AM 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．答案：134．如图所示，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2.E ，F 分别是线段AB ，BC 上的点，且EB ＝FB ＝1.则：(1)二面角CDEC 1的余弦值为________； (2)直线EC1与FD1所成角的余弦值________.解析：(1)如图，以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系Axyz ，则有D (0,3,0)，D 1(0，3,2)，E (3,0,0)，F (4,1,0)，C 1(4,3,2)．于是，DE →＝(3，－3,0)，EC 1→＝(1,3,2)，FD 1→＝(－4,2,2)． 设向量n ＝(x ，y ，z )与平面C 1DE 垂直，则有⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥DE →n ⊥EC 1→⇒⎭⎪⎬⎪⎫3x －3y ＝0x ＋3y ＋2z ＝0⇒x ＝y ＝－12z .∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－z2，－z2，z ＝z2(－1，－1,2)，其中z ＞0.取n 0＝(－1，－1,2)，则n 0是一个与平面C 1DE 垂直的向量．∵向量AA 1→＝(0,0,2)与平面CDE 垂直，∴n 0与AA 1→所成的角θ为二面角CDEC 1的平面角．∴cos θ＝n 0²AA 1→|n 0|³|AA 1→|＝－1³0－1³0＋2³21＋1＋4³0＋0＋4＝63.(2)设EC 1与FD 1所成角为β，则cos β＝EC 1→²FD 1→|EC 1→|³|FD 1→|＝－＋3³2＋2³212＋32＋22³－2＋22＋22＝ 2114. 答案：(1)63 (2)21141. (2012²陕西卷)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55 B.53 C.255 D.35解析：设CB ＝a ，则CA ＝CC 1＝2a ，A (2a,0,0)，B (0,0，a )，C 1(0,2a ，0)，B 1(0,2a ，a )， ∴AB 1→＝(－2a,2a ，a )，BC 1→＝(0,2a ，－a )．∴cos〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→²BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝55.故选A.答案：A2．(2013²广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC 、AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A ′BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′CDB 的平面角的余弦值．(1)证明：在题图1中，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝22， 连接OD ，OE ，在△OCD 中，由余弦定理可得 OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ²CD cos 45°＝5， 由翻折不变性可知A ′D ＝22，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD ，同理可证A ′O ⊥OE ，又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)解析：(法一)(几何法)过O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ， 因为A ′O ⊥平面BCED ，所以A ′H ⊥CD ， 所以∠A ′HO 为二面角A ′CDB 的平面角．结合题图可知，H 为AC 中点，故OH ＝322，从而A ′H ＝OH 2＋OA ′2＝302， 所以cos∠A ′HO ＝OH A ′H ＝155，所以二面角A ′CDB 的平面角的余弦值为155. (法二)(向量法)以点O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz 如图所示，则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以CA ′→＝(0,3，3)，DA ′→＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD →的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ²CA ′→＝0，n ²DA ′→＝0.即⎩⎨⎧3y ＋3z ＝0，－x ＋2y ＋3z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝－x ，z ＝3x .令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)，由(1)知，OA ′→＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，所以cos 〈n ，OA ′→〉＝n ²OA ′→|n ||OA ′→|＝33²5＝155，即二面角的平面角A ′CDB 的余弦值为155.1．如图所示，四棱锥PABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝ 3.(1)证明：平面PBE ⊥平面PAB ； (2)求二面角ABEP 的大小．(法一)(1)证明：连接BD ，由ABCD 是菱形且∠BCD ＝60°知，△BCD 是等边三角形． 因为E 是CD 的中点，所以BE ⊥CD .又AB ∥CD ，所以BE ⊥AB . 又因为PA ⊥平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BE ，而PA ∩AB ＝A ，因此 BE ⊥平面PAB . 又BE ⊂平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB .(2)解析：由(1)知，BE ⊥平面PAB, PB ⊂平面PAB, 所以PB ⊥BE . 又AB ⊥BE ，所以∠PBA 是二面角ABEP 的平面角．在Rt△PAB 中， tan∠PBA ＝PAAB＝3，∠PBA ＝60°. 故二面角ABEP 的大小为60°.(法二)如图所示，以A 为原点，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0.(1)证明：因为BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，平面PAB 的一个法向量是n 0＝(0,1,0)，所以BE →和n 0共线．从而BE ⊥平面PAB .又因为BE ⊂平面PBE ，所以平面PBE ⊥平面PAB .(2)解析：易知PB →＝(1,0，－3)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面PBE 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n 1²PB →＝0，n 1²BE →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋0³y 1－3z 1＝0，0³x 1＋32y 1＋0³z 1＝0，所以y 1＝0，x 1＝3z 1.故可取n 1＝(3，0,1)．而平面ABE 的一个法向量是n 2＝(0,0,1)．于是，cos 〈n 1，n 2〉＝n 1²n 2|n 1|²|n 2|＝12.故二面角ABEP 的大小为60°. 2．(2013²深圳一模)如图1，⊙O 的直径AB ＝4，点C 、D 为⊙O 上两点，且∠CAB ＝45°，∠DAB ＝60°，F 为BC 的中点．沿直径AB 折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图2)．(1)求证：OF ∥平面ACD ； (2)求二面角CADB 的余弦值；(3)在BD 上是否存在点G ，使得FG ∥平面ACD ？若存在，试指出点G 的位置，并求直线AG 与平面ACD 所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．(1)证明：如图，因为∠CAB ＝45°，连接OC ，则OC ⊥A B.以AB 所在的直线为y 轴，以OC 所在的直线为z 轴，以O 为原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则A (0，－2,0)，C (0,0,2)．AC →＝(0,0,2)－(0，－2,0)＝(0,2,2)，因为点F 为BC 的中点，所以点F 的坐标为(0，2，2)， OF →＝(0，2，2)．所以OF →＝22AC →，即OF ∥AC . 因为OF ⊄平面ACD ，AC ⊂平面ACD ， 所以OF ∥平面ACD .(2)解析：因为∠DAB ＝60°，所以点D 的坐标D (3，－1,0)，AD →＝(3，1,0)． 设二面角CADB 的大小为θ，n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1²AC →＝0，n 1²AD →＝0，有⎩⎨⎧x ，y ，z，2，＝0，x ，y ，z3，1，＝0，即⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，3x ＋y ＝0.取x ＝1，解得y ＝－3，z ＝ 3.所以n 1＝(1，－ 3，3)． 取平面ADB 的一个法向量n 2＝(0,0,1)，所以cos θ＝|n 1²n 2||n 1|²|n 2|＝|1³0＋－3＋3³1|7³1＝217.(3)解析：设在BD 上存在点G ，使得FG ∥平面ACD ，∵OF ∥平面ACD ，∴平面OFG ∥平面ACD ，则有OG ∥A D.设OG →＝λAD →(λ＞0)，因为AD →＝(3，1,0)，所以OG →＝(3λ，λ，0)．又因为|OG →|＝2，所以3λ2＋λ2＋02＝2，解得λ＝±1(舍去－1)．所以，OG →＝(3，1,0)则G 为BD 的中点．因此，在BD 上存在点G ，使得FG ∥平面ACD ，且点G 为BD 的中点． 设直线AG 与平面ACD 所成角为α，因为， AG →＝(3，1,0)－(0，－2,0)＝(3，3,0)，根据(2)的计算n 1＝(1，－3，3)为平面ACD 的一个法向量，所以sin α＝cos (90°－α)＝|AG →²n 1||AG →|²|n 1|＝|3³1＋－3＋0³3|23³7＝77. 因此，直线AG 与平面ACD 所成角的正弦值为77.。
苏教版高中数学选修高考一轮理空间向量及其运算一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析Word含答案
让学生学会学习空间向量及其运算分层训练A 级 基础达标演练 (时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分) 1．给出下列四个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b . ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A 、B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的序号是________． 解析 其中①③为正确命题． 答案 ①③2. 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则BM →用a ，b ，c 表示为________．解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a＋12b ＋c . 答案 －12a ＋12b ＋c3．(2011·苏州期末)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值是________．解析 由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧λ＋16＝22λ，2μ－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12.答案 2，12或－3，124．已知a ＝(1－t,1－t ，t )，b ＝(2，t ，t )，则|b －a |的最小值为________． 解析 b －a ＝(1＋t,2t －1,0)， ∴|b －a |＝1＋t2＋2t －12＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫t －152＋95，让学生学会学习∴当t ＝15时，|b －a |取得最小值为355.答案3555. 如图，已知空间四边形OABC ，OB ＝OC ，且∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为________． 解析 设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c由已知条件〈a ，b 〉＝〈a ，c 〉＝π3，且|b |＝|c |，OA →·BC →＝a ·(c －b )＝a·c －a·b＝12|a||c |－12|a||b|＝0，∴cos 〈OA →，BC →〉＝0. 答案 06．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则 〈a ，b 〉＝________.解析 由条件知(a ＋3b )·(7a －5b ) ＝7|a |2＋16a ·b －15|b |2＝0，及(a －4b )·(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a ·b ＝0. 两式相减，得46a ·b ＝23|b |2，∴a ·b ＝12|b |2.代入上面两个式子中任意一个，即可得到|a |＝|b |. ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12|b |2|b |2＝12.∵〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝60°. 答案 60°二、解答题(每小题15分，共30分) 7．若a ＝(1,5，－1)，b ＝(－2,3,5)． (1)若(k a ＋b )∥(a －3b )，求k ； (2)若(k a ＋b )⊥(a －3b )，求k . 解 k a ＋b ＝(k －2,5k ＋3，－k ＋5)，a －3b ＝(1＋3×2,5－3×3，－1－3×5)＝(7，－4，－16)． (1)∵(k a ＋b )∥(a －3b )，∴k －27＝5k ＋3－4＝－k ＋5－16，解得k ＝－13. (2)∵(k a ＋b )⊥(a －3b )，∴(k －2)×7＋(5k ＋3)×(－4)＋(－k ＋5)×(－16)＝0. 解得k ＝1063.8. 如图，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点． (1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长．解 (1)设A B →＝p ，A C →＝q ，A D →＝r .由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.M N →＝A N →－A M →＝12(A C →＋A D →)－12A B →＝12(q ＋r －p )， ∴M N →·A B →＝12(q ＋r －p )·p＝12(q ·p ＋r ·p －p 2) ＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)由(1)可知，MN ＝12(q ＋r －p )．∴|M N →2|＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )] ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋a 2＋a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22－a 22－a 22＝14×2a 2＝a 22. ∴|M N →|＝22a ，∴MN 的长为22a . 分层训练B 级 创新能力提升1．(2011·常州月考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为________．解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216a . 答案216a 2．在下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是________． ①OM →＝2OA →－OB →－OC →；②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →；③MA →＋MB →＋MC →＝0；④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0；解析 ∵MA →＋MB →＋MC →＝0，∴MA →＝－MB →－MC →，则MA →、MB →、MC →为共面向量，即M 、A 、B 、C 四点共面． 答案 ③3．已知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________． 解析 |a |＝22＋－12＋22＝3，|b |＝22＋22＋12＝3，a·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝49，sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a||b|sin 〈a ，b 〉＝65.答案654．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列四个命题：①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 12；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|A B →·AA 1→·A D →|.其中正确命题的序号是________．解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确． 答案 ①②5．已知非零向量e 1，e 2不共线，如果AB →＝e 1＋e 2，AC →＝2e 1＋8e 2，AD →＝3e 1－3e 2，求证：A 、B 、C 、D 共面．证明 令λ(e 1＋e 2)＋μ(2e 1＋8e 2)＋v (3e 1－3e 2)＝0. 则(λ＋2μ＋3v )e 1＋(λ＋8μ－3v )e 2＝0.∵e 1，e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ＋3v ＝0λ＋8μ－3v ＝0.易知⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－5μ＝1v ＝1是其中一组解，则－5AB →＋AC →＋AD →＝0.∴A 、B 、C 、D 共面．6. 如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB 、AD 、CD 的中点，计算： (1)EF →·BA →； (2)EF →·DC →； (3)EG 的长；(4)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值． 解 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，(1)EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14，(2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b·c －a·b －c 2＋a·c )＝－14；(3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a＝12，则|EG →|＝22.(4)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ，cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。
苏教版高中数学选修空间向量的应用同步练习
高中苏教选修（2-1）3.2空间向量的应用测试题一、选择题1．已知向量(235)=-，，a 与向量1532λ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，b 平行，则λ=（ ） A ．23B ．92C ．92-D ．23-答案：C2．已知A B C ，，三点的坐标分别为(413)(251)(37)A B C λ-，，，，，，，，，若AB AC ⊥u u u r u u u r，则λ=（ ）A ．28B ．28-C ．14D ．14-答案：D3．已知点(413)(251)A B -，，，，，，C 为线段AB 上一点，且13AC AB =u u u r u u u r ，则C 的坐标为（ ） A ．715222⎛⎫- ⎪⎝⎭，， B ．3328⎛⎫- ⎪⎝⎭，， C ．107133⎛⎫-⎪⎝⎭，，D ．573222⎛⎫- ⎪⎝⎭，， 答案：C4．已知(152)(31)AB BC z =-=u u u r u u u r ，，，，，，若(13)AB BC BP x y ⊥--u u u r u u u r u u u r ，，且BP ⊥u u u r平面ABC ，则BP =u u u r（ ）A ．4015477⎛⎫--⎪⎝⎭，，B ．4015377⎛⎫--⎪⎝⎭，，C ．3315477⎛⎫-⎪⎝⎭，，D ．3315377⎛⎫--⎪⎝⎭，，答案：D5．正三棱柱111ABC A B C -中，1AB AA =，则1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值为（ ）A．2B．5C．4D．3答案：C6．二面角内一点到两个面的距离分别为4，到棱的距离为是（ ） A ．75oB ．60oC ．90oD ．120o答案：A 二、填空题7．长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，13DD =，则AC 与1BD 所成角的余弦值为 ．答案：708．已知(340)(255)A B O ，，，，，，为坐标原点，且35BC OA =u u u r u u u r，则C 点的坐标为 ．答案：1937555⎛⎫⎪⎝⎭，， 9．已知三点(110)(011)(101)A B C O ，，，，，，，，，为坐标原点，则OA OB OC ++=u u u r u u u r u u u r．答案：10．在60o 的二面角MN αβ--的面α内有一点A 到面β，则A 在β内的射影到α的距离为 ．答案：211．在正方体1111ABCD A B C D -中，1BD 与平面1111A B C D 所成角的正切值为 ．答案：212．在ABC △中，5AB AC ==，6BC =，PA ⊥平面ABC ，8PA =，则点P 到BC 的，距离为 ．答案：三、解答题13．在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，求异面直线1BA 与AC 所成的角．解：11BA BA BB =+u u u r u u u r u u u r Q ，AC AB BC =+u u ur u u u r u u u r ，11()()BA AC BA BB AB BC ∴=++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g g 11BA AB BA BC BB AB BB BC =+++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g g g g ，AB BC ⊥Q ，1BB AB ⊥，1BB BC ⊥，0BA BC ∴=u u u r u u u r g ，10BB AB =u u u r u u u r g ，10BB BC =u u u r u u u rg ， 又2BA AB a =-u u u r u u u r g ，21BA AC a ∴=-u u u r u u u r g ， 12BA a =u u u r Q ，2AC a =u u u r，21111cos 222BA AC BA AC a a BA AC∴===-⨯u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r ，． 1120BA AC ∴=o u u u r u u u r，，即异面直线1BA 与AC 所成的角为60o ．14．如图1，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，3AB =，1BC =，2PA =，E 为PD 的中点． （1）求直线AC 与PB 所成角的余弦值； （2）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到直线AB 和AP 的距离． 解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则A B C D P E ，，，，，的坐标为(000)(300)(310)A B C ，，，，，，，，， 1(010)(002)012D P E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，，从而(310)(302)AC PB ==-u u u r u u u r，，，，，． 设AC u u u r 与PB u u u r的夹角为θ，则37cos 27AC PB AC PB θ===u u u r u u u r g u u u r u u u r ， AC ∴与PB 所成角的余弦值为3714； （2）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为(0)x z ，，，则112NE x z ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，，， 由NE ⊥面PAC ，可得00NE AP NE AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r u u u rg u u u r u u u rg ，，即11(002)0211(310)02x z x z ⎧⎛⎫--= ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪--= ⎪⎪⎝⎭⎩g g ，，，，，，，，，．化简，得101302z x -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，．361x z ⎧=⎪∴⎨⎪=⎩，．即N 点的坐标为301⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭，，，从而N 点到AB AP ，的距离分别为31，． 15．如图2，底面是直角梯形的四棱锥S ABCD -，90BAD ABC ∠=∠=o ，SA ⊥底面ABCD ，1SA AB BC ===，12AD =，求面SCD 与面SAB 所成的二面角的余弦值． 解：如图所示建立空间直角坐标系，则1(010)00(001)(110)2B D SC ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，，，，， (010)(001)AB AS ∴==u u u r u u u r ，，，，，，1012SD ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u r ，，，(111)SC =-u u u r ，，． 设平面SCD 与平面SAB 的法向量分别为111222()()x y z x y z ==，，，，，a b ，则由SD SC ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩u u u r u u u r ，，a a 得00SD SC ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u rg u u u rg ，，a a 即111111020x z x y z ⎧-=⎪⎨⎪+-=⎩，，11112x z y z =⎧∴⎨=-⎩，．又由AB AS ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩u u u r u u u r ，，b b 得00AB AS ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u ur g ，，b b 即2200y z =⎧⎨=⎩，．不妨令11z =，21x =， 则(211)=-，，a ，(100)=，，b ，2∴=g a b ，6=a ，1=b ， 6cos 6θ∴===g ，a b a b a b ．故面SCD 与面SAB 所成的二面角的余弦值为63． 高中苏教选修（2-1）3.2空间向量的应用测试题一、选择题1．已知S 是边长为1的正三角形ABC 所在平面外一点，且1SA SB SC ===，M N ，分别是AB SC ，的中点，则异面直线SM 与BN 所成角的余弦值为（ ） A ．23-B ．23C ．33D ．33-答案：B2．长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，E 为11A C 与11B D 的交点，F 为1BC 与1B C 的交点，又AF BE ⊥，则长方体的高1BB 等于（ ）A ．22B ．2C ．22D ．42答案：C3．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，如果(214)AB =--u u u r ，，，(420)AD =u u u r，，， (121)AP =--u u u r，，．对于结论：①AP AB ⊥；②AP AD ⊥；③AP u u u r是平面ABCD 的法向量； ④AP BD u u u r u u u r ∥．其中正确的个数是（ ） A ．1 B ．2 C ．3D ．4答案：C4．如图1，直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=o，12AC CB ==，，侧棱11AA =，侧面11AA B B 的两条对角线交点为D ，则面1B BD 与面CBD 所成二面角的余弦值等于（ ）A ．6B ．6-C ．3 D ．3-答案：D5．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，F G ，分别是111A D CD ，的中点，则FG 与平面AC 所成的角的余弦为（ ）A．3B．3-C．3-D．3答案：D6．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，F G H ，，分别是1111A D B C CD ，，的中点，则AF 与GH 所成的角的余弦为（ ） A． BC． D答案：B 二、填空题7．已知三角形的顶点是(111)(211)(112)A B C -----，，，，，，，，，则这个三角形的面积等 于 ．答案：28．1111ABCD A B C D -是棱长为1的正方体，则点1A 到平面1BDC 的距离等于 ．答案：39．在长方体1111ABCD A B C D -中，1B C 和1C D 与底面所成的角分别为60o和45o，则异面直线1B C 和1C D 所成角的余弦值为 ．10．在平面若一直线l 垂直于x 轴，则其方程可表示为x k =（k 为定值）．在空间若一直线l 垂直于平面xOy ，则其方程可表示为 ．答案：x a y b z =⎧⎪=⎨⎪∈⎩R ，，（其中a b ，为定值）11．已知平面α和平面β交于直线l ，P 是空间一点，PA α⊥，垂足为A ，PB β⊥，垂足为B ，且12PA PB ==，，若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合，则点P 到l 的距离为 ．12．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，O 是底面1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为 ． 答案：24三、解答题13．如图2，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 为棱AB 的中点．求：（1）1D E 与平面1BC D 所成角的余弦值； （2）二面角1D BC C --的余弦值． 解：建立坐标系如图，则111(200)(220)(020)(202)(222)(002)(210)A B C A B D E ，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，， 1(222)AC =--u u u r ，，，1(212)D E =-u u u u r ，，，(020)AB =u u u r ，，，1(002)BB =u u u r，，． （1） 不难证明1AC u u u r为平面1BC D 的法向量， 111113cos 9A C AB A C D E A C D E==u u u r u u u ru u u r u u u u r g Q u u u r u u u u r ，， 1D E ∴与平面1BC D 所成的角的余弦值为78； （2）1AC AB u u u r u u u r ，分别为平面1BC D ，1BC C 的法向量， 1113cos A C AB A C AB A C AB==u u u r u u u ru u u r u u u r g Q u u u r u u u r ，， ∴二面角1D BC C --的余弦值为3．14．如图3，直二面角D AB E --中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE EB =，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ． （1）求证：AE ⊥平面BCE ； （2）求二面角B AC E --的大小； （3）求点D 到平面ACE 的距离． 解：（1）BF ⊥Q 平面ACE ，BF AE ∴⊥．Q 二面角D AB E --为直二面角，且CB AB ⊥， CB ∴⊥平面ABE ．CB AE ∴⊥．AE ∴⊥平面BCE ．（2） 以线段AB 的中点为原点O ，OE 所在直线为x 轴，AB 所在直线为y 轴，过O 作 平行于AD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标O xyz -． 易知AE BE ⊥，得1OE =，(010)(100)(012)A E C ∴-，，，，，，，，． (110)(022)AE AC ==u u u r u u u r ，，，，，．设平面AEC 的一个法向量为()x y z =，，n ．则00AE AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g ，，n n 即0220x y y x y z z x +==-⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩，，．令1x =，得(111)=-，，n 是平面AEC 的一个法向量． 又平面ABC 的一个法向量为(100)=，，m ，3cos 3∴==g ，m n m n m n ． ∴二面角B AC E --的大小为3arccos3． （3）AD z Q ∥轴，2AD =，(002)AD ∴=u u u r，，． ∴点D 到平面ACE 的距离23cos 3AD d AD AD ===u u u r g u u u r u u u r，n n n． 15．如图4，正方形123SG G G 中，E F ，分别是12G G ，23G G 的中点，D 是EF 的中点，现沿SE SF ，及EF 把这个正方形折成一个四面体，使123G G G ，，三点重合，重合后的点记为G ．（1）求证：平面ESG ⊥平面FSG ； （2）求二面角G SE F --的余弦值．（1）证明：正方形123SG G G 按题意折成的四面体如图所示， 折叠后，有SG GE ⊥，SG GF ⊥，EG GF ⊥， SG GF G ∴=I ，EG ∴⊥平面FSG ， 又EG ⊂平面ESG ，∴平面ESG ⊥平面FSG ；（2）解：如图，以G 为原点建立空间直角坐标系，设正方形123SG G G 的边长为1，则11(000)0000(001)22G E F S ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，． 111010222ES EF ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u ur ，，，，，，设1()x y z =，，n 是平面SEF 的法向量，故111()010022110()0022x y z ES x z x y EF x y z ⎧⎛⎫-= ⎪⎪⎧==⎧⎪⎪⎝⎭⇒⇒⎨⎨⎨=⎛⎫=⎩⎪⎪⎩-= ⎪⎪⎝⎭⎩u u u r g g u u u rg g ，，，，，，．，，，，n n 令1z =，则22x y ==，，所以1(221)=，，n 是平面SEF 的一个法向量， 又因为FG ⊥平面SGE ，所以2(010)=，，n 是平面SGE 的一个法向量， 设二面角G SE F --的平面角为θ， 则1212cos 91θ==⨯g n n n n ．。
高考数学一轮复习系列-空间向量的应用(江苏专用)
第十节 空间向量的应用利用空间向量解决探索性问题、最值问题等．[学生用书P117]⎩⎪⎨⎪⎧探索性问题⎩⎪⎨⎪⎧探点得位置关系探点得角最值问题1. 如图1，在直角梯形ABCP 中，BC ∥AP ，AB ⊥BC ，CD ⊥AP ，AD ＝DC ＝PD ＝2，E ，F ，G 分别是PC ，PD ，BC 的中点，现将△PDC 沿CD 折起，使平面PDC ⊥平面ABCD(如图2)．(1) 求二面角G-EF-D 的大小；(2) 在线段PB 上确定一点Q ，使PC ⊥平面ADQ ，并给出证明过程．图1 图2【解析】 (1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则EF →＝(0，－1，0)，EG →＝(1，1，－1)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－y ＝0，n ·EG →＝x ＋y －z ＝0，取n ＝(1，0，1)．又平面EFD 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，所以cos 〈m ，n 〉 ＝m ·n |m |·|n |＝22，所以二面角G-EF-D 的大小为45°.(2) 设PQ →＝λPB →(0＜λ＜1)，则AQ →＝AP →＋PQ →＝(－2＋2λ，2λ，2－2λ)．因为AQ ⊥PC ，所以AQ →·PC →＝0，即2×2λ－2(2－2λ)＝0，解得λ＝12.又AD ⊥PC ，AD ∩AQ ＝A ，AD ⊂平面ADQ ，AQ ⊂平面ADQ ， 所以PC ⊥平面ADQ ， 故Q 是线段PB 的中点．2. 如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2.设BD →＝λDC →(λ＞0)．(1) 若λ＝1，求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2) 若二面角B 1-A 1C 1-D 的大小为60°，求实数λ的值．【解析】 以A 为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A 1(0，0，2)，B 1(2，0，2)，C 1(0，4，2)． (1) 当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D(1，2，0)，DB 1→＝(1，－2，2)，A 1C 1→＝(0，4，0)，A 1D →＝(1，2，－2)． 设平面A 1C 1D 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1→＝0，n 1·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＝0，x ＋2y －2z ＝0，所以可取n 1＝(2，0，1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成的角为θ，则sinθ＝|cos 〈DB 1→，n 1〉|＝|DB 1→·n 1||DB 1→|·|n 1|＝435＝4515， 所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2) 因为BD →＝λDC →，所以D ⎝⎛⎭⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，所以A 1D →＝⎝⎛⎭⎫2λ＋1，4λλ＋1，－2.设平面A 1C 1D 的法向量为n 2＝(a ，b ，c)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C 1→＝0，n 2·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4b ＝0，2λ＋1a ＋4λλ＋1b －2c ＝0， 所以可取n 2＝(λ＋1，0，1)．又平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 3＝(0，0，1)，由题意，得|cos 〈n 2，n 3〉|＝12，所以1（λ＋1）2＋1＝12，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(不合题意，舍去)， 所以实数λ的值为3－1.题组一例1 如图，在四面体ABOC 中，OC ⊥OA, OC ⊥OB ，∠AOB ＝120°，且OA ＝OB＝OC ＝1.(1) 设P 为AC 的中点．在AB 上是否存在一点Q ，使PQ ⊥OA ？若存在，求ABAQ的值；若不存在，请说明理由．(2) 求二面角O-AC-B 的平面角的余弦值．【解析】 (1) 以O 为坐标原点，分别以OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz ，则A(1，0，0)，C(0，0，1)，B(－12，32，0)．因为P 为AC 的中点，所以P ⎝⎛⎭⎫12，0，12. 设AQ →＝λAB →，λ∈(0，1)．因为AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，所以OQ →＝OA →＋AQ →＝(1，0，0)＋λ(－32，32，0)＝⎝⎛⎭⎫1－32λ，32λ，0，所以PQ →＝OQ →－OP →＝⎝⎛⎭⎫12－32λ，32λ，－12.因为PQ ⊥OA ，所以PQ →·OA →＝0，即12－32λ＝0，解得λ＝13，所以存在点Q ⎝⎛⎭⎫12，36，0使得PQ ⊥OA ，且AB AQ ＝3.(2) 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则由n ⊥CA →，n ⊥AB →，且CA →＝(1，0，－1)， 得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，－32x ＋32y ＝0，故可取n ＝(1，3，1)． 又平面OAC 的一个法向量为c ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，c 〉＝（1，3，1）·（0，1，0）5×1＝35＝155，故二面角O-AC-B 的平面角是锐角，记为θ，则cosθ＝155.例2 已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，E 为CD 的中点，PB ⊥AE. (1) 求证：平面PBD ⊥平面ABCD ；(2) 若PB ＝PD ，PC 与平面ABCD 所成的角为π4，则在侧面PCD 内是否存在一点N ，使得BN ⊥平面PCD ？若存在，求出点N 到平面ABCD 的距离；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 由四边形ABCD 是直角梯形，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，AB ⊥BC ，可得DC ＝2，∠BCD ＝π3，所以△BCD 是等边三角形，BD ＝2，BD 平分∠ADC. 因为E 为CD 的中点，所以DE ＝AD ＝1，所以BD ⊥AE.又因为PB ⊥AE ，PB ∩BD ＝B ，PB ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ， 所以AE ⊥平面PBD.又因为AE ⊂平面ABCD ， 所以平面PBD ⊥平面ABCD.(2) 过点P 作PO ⊥BD 于点O ，连接OC.因为平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD ∩平面ABCD ＝BD ，PO ⊂平面PBD ， 所以PO ⊥平面ABCD ，所以∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的角，所以∠PCO ＝π4，所以OP ＝OC ＝ 3.因为PB ＝PD ，PO ⊥BD ，所以O 为BD 的中点，所以OC ⊥BD.以OB ，OC ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，C(0，3，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，3)， 假设在侧面PCD 内存在点N ，使得BN ⊥平面PCD 成立， 设PN →＝λPD →＋μPC →(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)， 由题意，得N(－λ，3μ，－3(λ＋μ－1))， BN →＝(－λ－1，3μ，－3(λ＋μ－1))， PC →＝(0，3，－3)，PD →＝(－1，0，－3)，由⎩⎪⎨⎪⎧BN →·PC →＝0，BN →·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3μ＋3（λ＋μ－1）＝0，λ＋1＋3（λ＋μ－1）＝0，解得λ＝15，μ＝25，满足题意，所以点N 到平面ABCD 的距离为－3(λ＋μ－1)＝235.例3 已知在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，D 为AC 的中点，点E在线段AA 1上．(1) 当AE ∶EA 1＝1∶2时，求证DE ⊥BC 1； (2) 是否存在点E ，使二面角D-BE-A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 连接DC 1.因为多面体ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱， 所以△ABC 为正三角形．又因为D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC.又平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，平面ABC ∩平面ACC 1A 1＝AC ， 所以BD ⊥平面ACC 1A 1，所以BD ⊥DE. 因为AE ∶EA 1＝1∶2，AB ＝2，AA 1＝3，所以AE ＝33，AD ＝1，所以在Rt △ADE 中，∠ADE ＝30°. 在Rt △DCC 1中，∠C 1DC ＝60°， 所以∠EDC 1＝90°，即DE ⊥DC 1.又BD ∩DC 1＝D ，BD ⊂平面BDC 1，DC 1⊂平面BDC 1， 所以DE ⊥平面BDC 1.因为BC 1⊂平面BDC 1，所以DE ⊥BC 1. (2) 假设存在点E 满足条件，设AE ＝m.取A 1C 1的中点D 1，连接DD 1，则DD 1⊥平面ABC ， 所以DD 1⊥AD ，DD 1⊥BD ，以D 为坐标原点，DA ，DB ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(1，0，m)，所以DB →＝(0，3，0)，DE →＝(1，0，m)，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(0，0，m)． 设平面DBE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DB →＝0，n 1·DE →＝0，即⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋mz 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(－m ，0，1)．设平面ABE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0，mz 2＝0，令y 2＝1，得n 2＝(3，1，0)，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－3m|2m 2＋1＝cos60°＝12，解得m ＝22<3，故存在点E ，当AE ＝22时，二面角D-BE-A 等于60°.题 组二空间向量解决立体几何中的最值问题例4 如图，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝2a ，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，沿DE 将△ADE 折起，得到如图所示的四棱锥A′BCDE.(1) 在棱A′B 上找一点F ，使EF ∥平面A′CD ； (2) 当四棱锥A′-BCDE 的体积取最大值时，求平面A′CD 与平面A′BE 所成角的余弦值．【解析】 (1) F 为棱A′B 的中点．证明如下：取A′C 的中点G ，连接DG ，EF ，GF ，则由中位线定理得DE ∥BC ，DE ＝12BC ，且GF ∥BC ，GF ＝12BC ，所以DE ∥GF ，DE ＝GF ，所以四边形DEFG 是平行四边形， 所以EF ∥DG .又EF ⊄平面A′CD ，DG ⊂平面A′CD ， 所以EF ∥平面A′CD. 故F 为棱A′B 的中点．(2) 在平面A′CD 内作A′H ⊥CD 于点H. 因为DE ⊥A′D ，DE ⊥CD ，A′D ∩CD ＝D ， 所以DE ⊥平面A′CD ，所以DE ⊥A′H. 又DE ∩CD ＝D ，故A′H ⊥平面BCDE ， 即A′H 就是四棱锥A′-BCDE 的高．由A′H ≤AD 知，当点H 和点D 重合时，四棱锥A′-BCDE 的体积取最大值．分别以DC ，DE ，DA′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，则A′(0，0，a)，B(a ，2a ，0)，E(0，a ，0)，所以A′B →＝(a ，2a ，－a)，A′E →＝(0，a ，－a)．设平面A′BE 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A′B →＝0，m ·A′E →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋2ay －az ＝0，ay －az ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －z ＝0，y ＝z ，可取m ＝(－1，1，1)．同理可以求得平面A′CD 的一个法向量n ＝(0，1，0)．故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝－1×0＋1×1＋1×03×1＝33， 故平面A′CD 与平面A′BE 所成角的余弦值为33.题组三解决空间的距离问题例5 如图，在大小为45°的二面角A-EF-D 中，四边形ABFE 和四边形CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2C. 1D.3－ 2【解析】 因为BD →＝BF →＋FE →＋ED →，所以|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，所以|BD →|＝3－ 2.【答案】 D例6 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝4，M 为棱AA 1上的任意一点．(1) 若M 为棱AA 1的中点，求三棱锥M-BDB 1的体积； (2) 在(1)的条件下，求点B 1到平面MBD 的距离；(3) 若AM ＝18AA 1，求证：平面MBD ⊥平面OC 1D 1.【解析】 (1) 因为多面体ABCD-A 1B 1C 1D 1是长方体， 所以DA ⊥平面ABB 1A 1，所以DA 是三棱锥D-BMB 1的高． 因为V M-BDB1＝V D-BMB1,所以V M-BDB1＝V D-BMB1＝13×4×2＝83.(2) 设点B 1到平面MBD 的距离为h. 因为V D-BMB1＝V B1-BDM ，所以13×12×22×22×32h ＝83，解得h ＝433.故点B 1到平面MBD 的距离为433.(3) 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．因为AM ＝18AA 1＝18×4＝12，所以D(0，0，0)，M ⎝⎛⎭⎫2，0，12，B(2，2，0)，O(1，1，0)，C 1(0，2，4)，D 1(0，0，4)， 所以MD →＝⎝⎛⎭⎫－2，0，－12，BD →＝(－2，－2，0)，C 1D 1→＝(0，－2，0)，OD 1→＝(－1，－1，4)．设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1－12z 1＝0，－2x 1－2y 1＝0，取x 1＝1，则n ＝(1，－1，－4)．设平面OC 1D 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 2＋4z 2＝0－2y 2＝0，取z 2＝1，则m ＝(4，0，1)． 因为n ·m ＝(1，－1，－4)·(4，0，1)＝0， 所以平面MBD ⊥平面OC 1D 1.。
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课时跟踪检测(六十二)空间向量的应用(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与P A1的比值，若不存在，说明理由．2．(2014·浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？3．(2014·福州质检)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.(1)求证：EF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角A-EF-C的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝35，AD＝6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为O，交CD于E，以AE为折痕将△ADE向上折起，使点D到点P 的位置，且PB＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ；(2)求二面角E -AP -B 的余弦值．2．(2014·武汉模拟)如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.M 是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值．3．(2014·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，请说明理由．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)证明：连结AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1，因为AM ＝MB ，所以MN ∥BC 1.又BC 1⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连结AO ，因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ，所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1，0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，设点P (x ，y ，z )，11A C ＝λ1A P .则P ⎝⎛⎭⎫1λ＋1，3－3λ，3， CP ＝⎝⎛⎭⎫1λ，3－3，3， 1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1， 解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶P A 1＝2.2．解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF .(2)由(1)知AF ⊥平面CBF ，∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角．∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形，过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H .已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°. ∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝⎛⎭⎫12，32，0， ∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝⎛⎭⎫12，－32，t ， 设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3， 解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝⎛⎭⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°.∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|， 即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝23，在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE .由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ，∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE .(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y轴和z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz .设AB ＝a (a >0)，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，3,0)，F (0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a )．设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由EF ·n ＝0，AE ·n ＝0，得⎩⎨⎧ －3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a ，即n ＝⎝⎛⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a )，由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA |n ||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92.所以当AB ＝92时，二面角A -EF -C 的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6，∴BD ＝9.在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ， ∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DOAD ＝ADBD ，∴DO ＝4，∴BO ＝5.在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5，∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCE .(2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)． PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧ n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧ 25x －4z ＝0，5y －4z ＝0. 取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E -AP -B 的余弦值为46161. 2．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)． 则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)．设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ SD ·n ＝0， CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0. 令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ，∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n |n 1|·|n|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，0，0)·(2，－1，1)1·6＝⎪⎪⎪⎪21·6＝63，即cos φ＝63. ∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])，则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(x ，2x －3，－1)·(1，0，0)x 2＋(2x －3)2＋(－1)2·1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 5x 2－12x ＋10＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 15－12·1x ＋10·1x 2 ＝110⎝⎛⎭⎫1x 2－12⎝⎛⎭⎫1x ＋5 ＝110⎝⎛⎭⎫1x －352＋75. 当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357.3.解：(1)证明：取AB 的中点O ，连结EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB .因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD .因为EO ∩DO ＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1， 所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)． 所以EC ＝(1,1，－1)， 平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33， 即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD . 证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13，F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23， 所以FB ＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎨⎧ v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0， 取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .。