课后限时集训44 空间向量的运算及应用(共38张PPT)2022届高考一轮复习数学(新高考)课件
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：平面向量的概念及线性运算
当λ＝0时，λa＝__0__
知识梳理
3.向量共线定理 向量a(a≠0)与b共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使 b＝λa .
常用结论
1.一般地，首尾顺次相接的多个向量的和等于从第一个向量起点指向最 后一个向量终点的向量，即A—1→A2＋A—2→A3＋A—3→A4＋…＋—A—n－—1A→n ＝A—1→An，特 别地，一个封闭图形，首尾连接而成的向量和为零向量. 2.若 F 为线段 AB 的中点，O 为平面内任意一点，则O→F＝12(O→A＋O→B).
常用结论
3.若 A，B，C 是平面内不共线的三点，则P→A＋P→B＋P→C＝0⇔P 为△ABC 的重心，A→P＝13(A→B＋A→C). 4.对于任意两个向量a，b，都有||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)|a|与|b|是否相等，与a，b的方向无关.( √ ) (2)若向量a与b同向，且|a|>|b|，则a>b.( × )
√B.A→M＋M→B＋B→O＋O→M＝A→M
C.A→B＋B→C－A→C＝0 D.A→B－A→D－D→C＝B→C
教材改编题
3.已知a与b是两个不共线的向量，且向量a＋λb与－(b－3a)共线，则λ＝－__13__.
由题意知存在k∈R，
使得a＋λb＝k[－(b－3a)]，
所以λ1＝＝－3kk，，
解得k＝13， λ＝－13.
知识梳理
2.向量的线性运算 向量运算 法则(或几何意义)
运算律
加法
交换律：a＋b＝ b＋a ； 结合律：(a＋b)＋c＝_a_＋__(_b_＋__c)_
2024年高考数学一轮总复习讲义 第五讲 空间向量及其运算
直线 l⊥平面α，取直线 l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显
然一个平面的法向量有 无数 个，它们是共线向量．
知识点四 空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线 l1，l2 的方向向量分别为 n1，n2
l1∥l2 l1⊥l2
n1∥n2⇒n1＝λn2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0
l∥α 直线 l 的方向向量为 n，平面α的法向量为 m
空 间 两 点 P1(x1 ， y1 ， z1) 、 P2(x2 ， y2 ， z2) 之 间 的 距 离 为 |P1P2| ＝
x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.
知识点三 两个重要的向量
1．直线的方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向
向量有 无数 个．
2．平面的法向量
l⊥α
n⊥m⇔m·n＝0 n∥m⇔n＝λm
平面α、β的法向量分别为 n、m
α∥β α⊥β
n∥m⇔n＝λm n⊥m⇔n·m＝0
归纳拓展
1．向量三点共线定理
在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件是：O→A＝xO→B＋yO→C(其中 x＋y＝1)，
O 为平面内任意一点．
2．向量四点共面定理
在空间中 P，A，B，C 四点共面的充要条件是：O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C(其中
连接 AQ 并延长交 BC 于 H，
则P→Q＝P→A＋2A→H 3
＝P→A＋2(P→H－P→A)＝1P→A＋2P→H
3
33
＝1P→A＋2×1(P→B＋P→C) 3 32
＝1P→A＋1P→B＋1P→C，B 正确； 33 3
因为四面体 P－ABC 各棱长都相等，则|P→B|＝|A→B|＝|B→C|，∠PBA＝∠PBC＝
统考版2022届高考数学一轮复习课后限时集训44垂直关系理含解析北师大版
课后限时集训(四十四) 垂直关系建议用时：40分钟一、选择题1．已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是( ) A．l∥β或lβB．l∥mC．m⊥αD．l⊥mA[直线l⊥平面α，α⊥β，则l∥β或lβ，A正确，故选A.]2．已知直线m，n和平面α，β，则下列四个命题中正确的是( )A．若α⊥β，mβ，则m⊥αB．若m⊥α，n∥α，则m⊥nC．若m∥α，n∥m，则n∥αD．若m∥α，m∥β，则α∥βB[对于A，若α⊥β，mβ，则当m与α，β的交线垂直时才有m⊥α，故A错；对于B，若n∥α，则α内存在直线a，使得a∥n，∵m⊥α，∴m⊥a，∴m⊥n，故B正确；对于C，当nα时，显然结论错误，故C错；对于D，若α∩β＝l，则当m∥l时，结论不成立，故D错．故选B.]3.如图，在四面体DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是( )A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDEC[因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE .因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE .又由于AC 平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE .]4．(2020·南宁模拟)在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且PA ＝AB ＝2，则直线PB 与平面PAC 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π2A [连接BD ，交AC 于点O .因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，BD ⊥PA .又因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，故BO ⊥平面PAC .连接OP ，则∠BPO 即为直线PB 与平面PAC 所成角．又因为PA ＝AB ＝2，所以PB ＝22，BO ＝2.所以sin ∠BPO＝BO PB ＝12，所以∠BPO ＝π6.故选A.] 5．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CD 的中点，则( )A ．A 1E ⊥DC 1B ．A 1E ⊥BDC ．A 1E ⊥BC 1D ．A 1E ⊥AC C [如图，∵A 1E 在平面ABCD 上的投影为AE ，而AE 不与AC ，BD 垂直， ∴选项B ，D 错误；∵A 1E 在平面BCC 1B 1上的投影为B 1C ，且B 1C ⊥BC 1， ∴A 1E ⊥BC 1，故选项C 正确；(证明：由条件易知，BC 1⊥B 1C ，BC 1⊥CE ，又CE ∩B 1C ＝C ， ∴BC 1⊥平面CEA 1B 1.又A 1E平面CEA 1B 1，∴A 1E ⊥BC 1.)∵A 1E 在平面DCC 1D 1上的投影为D 1E ，而D 1E 不与DC 1垂直，故选项A 错误．故选C.]6．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列结论正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABCD[∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB.又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD平面ADC，CD平面ADC，故AB⊥平面ADC.又AB平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.]二、填空题7.如图，在长方体ABCDA 1B1C1D1中，AB＝BC＝2，若该长方体的体积为82，则直线AC1与平面BB1C1C所成的角为________．30°[连接BC1(图略)，由AB⊥平面BB1C1C知∠AC1B就是直线AC1与平面BB1C1C所成的角．由2×2×AA1＝82得AA1＝22，∴BC1＝BC2＋CC21＝23，在Rt△AC1B中，tan∠AC1B＝ABBC1＝223＝33，∴∠AC 1B ＝30°.]8.四面体P ABC 中，PA ＝PB ＝PC ，底面△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ，O 为AB 中点，请从以下平面中选出两个相互垂直的平面________．(只填序号)①平面PAB ；②平面ABC ；③平面PAC ；④平面PBC ；⑤平面POC . ②⑤(答案不唯一) [∵四面体P ABC 中，PA ＝PB ＝PC ，底面△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ，O 为AB 中点， ∴CO ⊥AB ，PO ⊥AB ，CO ∩PO ＝O ，∴AB ⊥平面POC .∵AB平面ABC, ∴平面POC ⊥平面ABC ，∴两个相互垂直的平面为②⑤.]9．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是________．23[如图，△AB 1D 1中，AB 1＝AD 1＝5，B 1D 1＝2，∴△AB 1D 1的边B 1D 1上的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫222＝322，∴S △AB 1D 1＝12×2×322＝32， 设A 1到平面AB 1D 1的距离为h ；则有S △AB 1D 1×h ＝S △A 1B 1D 1×AA 1， 即32h ＝12×2，解得h ＝23.] 三、解答题10.如图所示，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD ⊥AE ；(2)PD⊥平面ABE.[证明](1)在四棱锥PABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，∴PA⊥CD.又∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴CD⊥平面PAC.而AE平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD平面PCD，∴AE⊥平面PCD，而PD平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB平面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD平面PAD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，AB，AE平面ABE，∴PD⊥平面ABE.11．(2020·茂名一模)如图，在三棱柱ABCA 1B1C1中，AA1⊥平面ABC ，点D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2，AA 1＝3.(1)求证：平面A 1DC ⊥平面ABB 1A 1； (2)求点A 到平面A 1DC 的距离．[解] (1)证明：∵在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， 点D 是AB 的中点，BC ＝AC ，CD 平面ABC ，∴CD ⊥AB ，CD ⊥AA 1，∵AB ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1， ∵CD平面A 1DC ，∴平面A 1DC ⊥平面ABB 1A 1.(2)点D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2，AA 1＝ 3.设点A 到平面A 1DC 的距离为d ， ∵VA 1ACD ＝VA A 1CD ，∴13×S △ACD ×AA 1＝13×S △DCA 1×d ， ∴13×12×1×1×3＝13×12×1×2×d ，解得d ＝32，∴点A 到平面A 1DC 的距离为32.1．(2020·武汉模拟)如图所示，在斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则点C 1在平面ABC 上的射影H 必在( )A ．直线AB 上 B ．直线BC 上 C ．直线AC 上D ．△ABC 的内部A [连接AC 1(图略)，因为AC ⊥AB ，AC ⊥BC 1，AB ∩BC 1＝B ，所以AC ⊥平面ABC 1，又AC平面ABC ，所以平面ABC 1⊥平面ABC ，所以点C 1在平面ABC 上的射影H 必在两平面的交线AB 上，故选A.]2．已知圆锥的顶点为P ，母线PA ，PB 所成角的余弦值为34，PA 与圆锥底面所成角为60°，若△PAB 的面积为7，则该圆锥的体积为________．263π [作示意图如图所示，设底面半径为r ，PA 与圆锥底面所成角为60°，则∠PAO ＝60°，则PO ＝3r ，PA ＝PB ＝2r ，又PA ，PB 所成角的余弦值为34，则sin ∠APB ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝74， 则S △PAB ＝12PA ·PB ·sin ∠APB＝12·2r ·2r ·74＝7，解得r ＝2， 故圆锥的体积为13·π·()22·6＝263π.]3．(2020·郑州模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面四边形ABCD 是菱形，点E 在线段PC 上，PA ∥平面EBD .(1)证明：点E 为线段PC 中点；(2)已知PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝60°，点P 到平面EBD 的距离为1，四棱锥P ABCD 的体积为23，求PA .[解] (1)证明：连接AC ，与BD 相交于点O ，连接EO ，则经过PA的平面PAC与平面EBD交线为EO.因为PA∥平面EBD，所以PA∥EO.因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC的中点，所以EO是△PAC中位线，于是E为线段PC中点．(2)因为PA∥平面EBD，所以点A到平面EBD的距离等于点P到平面EBD的距离等于1.因为PA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，所以平面EBD⊥平面ABCD，平面EBD∩平面ABCD＝BD.因为AO⊥BD，所以AO⊥面EBD，因此AO＝1.因为∠ABC＝60°，所以四边形ABCD是边长为2的菱形，面积为2×2×sin 60°＝23，所以四棱锥PABCD的体积为V PABCD＝13·23·PA，由13·23·PA＝23，得PA＝3.1．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________．2[如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1，所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝32－12＝2.]2.(2020·浙江省诸暨中学月考)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC 的值．[解] (1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ， 由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ， 所以BC ⊥平面PCD .而DE平面PCD ，所以BC ⊥DE .又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC . 而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .而PB平面PBC ，所以PB ⊥DE .又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)如图，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG .又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG .而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD .故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角， 设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2，在Rt △PDB 中，由DF ⊥PB, 得 ∠DPF ＝∠FDB ＝π3，则tan π3＝tan ∠DPF ＝BDPD ＝1＋λ2＝3，解得λ＝2.所以DC BC＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.。
2022高三全国统考数学北师大版(理)一轮复习课时规范练44 空间几何中的向量方法
课时规范练44空间几何中的向量方法基础巩固组1.若直线l的方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于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°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.32B.√22C.√3D.3√23.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=√5,平面ABCD⊥平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是()A.√5B.2√5C.√85D.8√854.如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为()A.√3B.√3C.√3D.2√35.若直线l的方向向量a=(-2,3,1),平面α的一个法向量n=(4,0,1),则直线l与平面α所成角的正弦值为.6.(2020黑龙江伊春三中模拟)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为.7.在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,∠AD=1,PA=PD,E,F分别为AD,PC的中点.ADC=90°,BC=CD=12(1)略;(2)若PE=EC,求二面角F-BE-A的余弦值.8.(2020浙江余姚中学模拟)如图所示,菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD相交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2.(1)求证:BD⊥平面ACFE;(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小.综合提升组9.已知在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD的夹角的正弦值为()A.√3B.√2C.1D.√310.(2020湖北十堰调研)如图,在三棱锥P-ABC中,M为AC的中点,PA⊥PC,AB⊥BC,AB=BC,PB=√2,AC=2,∠PAC=30°.(1)证明:BM⊥平面PAC;(2)求二面角B-PA-C的余弦值.11.已知空间几何体ABCDE中,△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形,△ABC为腰长为√13的等腰三角形,平面CDE⊥平面BCD,平面ABC⊥平面BCD.(1)略;(2)求直线BE与平面AEC所成角的正弦值.12.(2020江苏,22)在三棱锥A-BCD中,已知CB=CD=√5,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,AO=2,E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值;(2)若点F在BC上,满足BF=1BC,设二面角F-DE-C的大小为θ,求sin θ的值.4创新应用组13.(2020河南重点中学联考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是边长为4的等边三角形,BC⊥PB,E是AD的中点.(1)求证:BE⊥PD;(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为√15,求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值.4参考答案课时规范练44 空间几何中的向量方法1.B 设直线l 与平面α所成的角为β,直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β=|cos γ|=|cos120°|=12. 又因为0°≤β≤90°,所以β=30°. 2.B 两平面的一个单位法向量n 0=(-√2,0,√2),故两平面间的距离d =|OA⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 0|=√2. 3.D 以O 为原点,分别以OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.由题可知O (0,0,0),P (0,0,2),B (1,2,0),C (-1,2,0),则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),∵M 是PC 的中点,∴M -12,1,1,BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,-1,1.设平面PCO 的一个法向量n =(x ,y ,z ),直线BM 与平面PCO 所成角为θ, 则{n ·OP⃗⃗⃗⃗⃗ =2z =0,n ·OC⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +2y =0,可取n =(2,1,0),sin θ=|cos <BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√174×√5=8√8585.故选D .4.D 如图所示,设AC 与BD 交于点O ,连接OF.以O 为坐标原点,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O-xyz.设PA=AD=AC=1,则BD=√3,所以O (0,0,0),B√32,0,0,F 0,0,12,C 0,12,0,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12,0,易知OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面BDF 的一个法向量,由BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-√32,12,0,FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,0,-12,可得平面BCF 的一个法向量为n =(1,√3,√3).所以cos <n ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√217,sin <n ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√77,所以tan <n ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√33.故二面角C-BF-D 的正切值为2√33. 5.√23834 由题意,得直线l 与平面α所成角的正弦值为|a ·n ||a ||n |=√14×√17=√23834.6.35 设正三棱柱的棱长为2,取AC 的中点D ,连接DG ,DB ,分别以DA ,DB ,DG 所在的直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B 1(0,√3,2),F (1,0,1),E 12,√32,0,G (0,0,2),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,-1),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =12,-√32,1,GF⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1). 设平面GEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{12x -√32y +z =0,x -z =0,取x=1,则z=1,y=√3,故n =(1,√3,1)为平面GEF 的一个法向量,所以|cos <n ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√5×√5=35,所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.7.解由题意可知PE ⊥平面ABCD ,BE ⊥AD ,如图所示,PE=EC=√ED 2+DC 2=√2,以E 为原点,EA ,EB ,EP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则E (0,0,0),A (1,0,0),B (0,1,0),F -12,12,√22.平面ABE 法向量可取n =(0,0,1), 平面FBE 中,EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),EF⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,√22. 设平面FBE 的一个法向量为m =(a ,b ,c ),则{m ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{b =0,-12a +12b +√22c =0. 取c=1,得m =(√2,0,1), cos <m ,n >=√3=√33.由图得二面角F-BE-A 的平面角为钝角,所以二面角F-BE-A 的余弦值为-√33. 8.(1)证明因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC.因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⫋平面ABCD ,所以BD ⊥AE. 又因为AC ∩AE=A ,所以BD ⊥平面ACFE.(2)解以O 为原点,OA ,OB 所在直线分别为x 轴,y 轴,过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,√3,0),D (0,-√3,0),E (1,0,2),F (-1,0,a )(a>0),OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,a ).设平面EBD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则有{n ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{√3y =0,x +2z =0,令z=1,则n =(-2,0,1),由题意得sin45°=|cos <OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|OF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||OF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |=√a 2+1·5=√22,解得a=3或a=-13(舍去).所以OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,3),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-√3,2),cos <OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√10×√8=√54,故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为√54.9.B 作AO ⊥平面BCD 于点O ,则O 是△BCD 的中心,以O 为坐标原点,直线OD 为y 轴,直线OA 为z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=2,则O (0,0,0),A 0,0,2√63,C 1,-√33,0,E 0,√33,√63,∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,0,2√63,CE⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,2√33,√63,∴cos <OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ >=OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ |OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CE ⃗⃗⃗⃗⃗ | =43263×√3=√23.∴CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为√23. 10.(1)证明因为PA ⊥PC ,AB ⊥BC ,所以MP=MB=12AC=1,又MP 2+MB 2=BP 2, 所以MP ⊥MB.因为AB=BC ,M 为AC 的中点, 所以BM ⊥AC , 又AC ∩MP=M , 所以BM ⊥平面PAC.(2)解取MC 的中点O ,连接PO ,取BC 的中点E ,连接EO ,则OE ∥BM ,从而OE ⊥AC.因为PA ⊥PC ,∠PAC=30°, 所以MP=MC=PC=1.又O 为MC 的中点,所以PO ⊥AC.由(1)知BM ⊥平面PAC ,OP ⫋平面PAC ,所以BM ⊥PO. 又BM ∩AC=M , 所以PO ⊥平面ABC.以O 为坐标原点,OA ,OE ,OP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,由题意知A32,0,0,B12,1,0,P 0,0,√32,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,-1,√32,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,0),设平面APB 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1x -y +√3z =0,n ·BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =x -y =0,令x=1,得n =(1,1,√3)为平面APB 的一个法向量, 易得平面PAC 的一个法向量为m =(0,1,0),cos <n ,m >=√55, 由图知二面角B-PA-C 为锐角, 所以二面角B-PA-C 的余弦值为√55.11.解(2)以CD 中点O 为坐标原点,OD 所在直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OE 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系.C (-1,0,0),E (0,0,√3),B (0,√3,0),A -12,√32,2√3,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,√3),设n =(x ,y ,z )⊥平面AEC ,则{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =x +√3z =0,n ·EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12x +√32y +√3z =0,令z=1,得n =(-√3,-3,1).设直线BE 与平面AEC 所成角为α, 则sin α=|cos <n ,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√3√6×√13=2√2613.即所求角的正弦值为2√2613. 12.解(1)连接OC ,因为CB=CD ,O 为BD 中点,所以CO ⊥BD.又AO ⊥平面BCD ,所以AO ⊥OB ,AO ⊥OC.以{OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为BD=2,CB=CD=√5,AO=2, 所以B (1,0,0),D (-1,0,0),C (0,2,0),A (0,0,2). 因为E 为AC 的中点,所以E (0,1,1). 则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1),所以|cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×√3=√1515.因此,直线AB 与DE 所成角的余弦值为√1515.(2)因为点F 在BC 上,BF=14BC ,BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0). 所以BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =14BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-14,12,0). 又DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 故DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(74,12,0). 设n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面DEF 的一个法向量,则{DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 1+y 1+z 1=0,74x 1+12y 1=0, 取x 1=2,得y 1=-7,z 1=5,所以n 1=(2,-7,5).设n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面DEC 的一个法向量,又DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,0),则{DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,即{x 2+y 2+z 2=0,x 2+2y 2=0, 取x 2=2,得y 2=-1,z 2=-1,所以n 2=(2,-1,-1).故|cos θ|=|n 1·n 2||n 1|·|n 2|=√78×√6=√1313.所以sin θ=√1-cos 2θ=2√3913. 13.(1)证明因为△PAD 是等边三角形,E 是AD 的中点,所以PE ⊥AD.又平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD=AD ,PE ⫋平面PAD ,所以PE ⊥平面ABCD ,所以PE ⊥BC ,PE ⊥BE.又BC ⊥PB ,PB ∩PE=P ,所以BC ⊥平面PBE ,所以BC ⊥BE.又BC ∥AD ,所以AD ⊥BE.又AD ∩PE=E ,且AD ,PE ⫋平面PAD ,所以BE ⊥平面PAD ,所以BE ⊥PD.(2)解由(1)得BE ⊥平面PAD ,所以∠BAE 就是直线AB 与平面PAD 所成的角.因为直线AB 与平面PAD 所成角的正弦值为√154,即sin ∠BAE=√154,所以cos ∠BAE=14. 所以cos ∠BAE=AEAB =2AB =14,解得AB=8,则BE=√AB 2-AE 2=2√15.由(1)得EA ,EB ,EP 两两垂直,所以以E 为坐标原点,EA ,EB ,EP 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,则点P (0,0,2√3),A (2,0,0),D (-2,0,0),B (0,2√15,0),C (-4,2√15,0),所以PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√15,-2√3),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,2√15,-2√3). 设平面PBC 的法向量为m =(x ,y ,z ),由{PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,得{2√15y -2√3z =0,-4x +2√15y -2√3z =0,解得{x =0,z =√5y .令y=1,可得平面PBC 的一个法向量为m =(0,1,√5). 易知平面PAD 的一个法向量为n =(0,1,0),设平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|m ·n |m ||n ||=√66.所以平面PAD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为√66.。
新课标2023版高考数学一轮总复习第6章立体几何第5节空间向量及其运算课件
2
解析：|E→F|2＝
→ EF
2＝(E→C＋C→D＋D→F)2
＝E→C2
＋C→D2＋D→F2＋
→→ 2(EC·CD
＋E→C·D→F＋C→D·D→F
)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos
120°＋0＋
2×1×cos 120°)＝2，所以|E→F|＝ 2，所以 EF 的长为 2．
02
关键能力·研析考点强“四翼”
B 解析：M→N＝O→N－O→M＝12(O→B＋O→C)－23O→A＝－23a＋12b＋12c．
2．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为上底面 A1C1 的中心．若 A→E＝A→A1＋xA→B＋yA→D，则 x，y 的值分别为( )
A．1,1
B．1，12
向量的数量积运算有两条途径，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．
考向 2 空间数量积的应用 如图，已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，底面 ABCD
是边长为 1 的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°． (1)求线段 AC1 的长； (2)求异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值； (3)求证：AA1⊥BD．
空间向量基本定理 空间向量 p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，
使得 p＝xa＋yb＋zc
设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC
推论
内任一点 P，都存在唯一的三个有序实数 x，y， z，使O→P＝xO→A＋yO→B＋zO→C，且 x＋y＋z＝1
空间向量基本定理的 3 点注意 (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底． (2)由于零与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面， 故零不能作为基向量． (3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．
2022新高考数学一轮复习第14讲：空间向量及其应用
空间向量及其应用 一、用向量法证明平行或垂直 (一)知识储备 1、空间向量的坐标运算：设),,(111z y x a =，),,(222z y x b =： (1)),,(212121z z y y x x b a ±±±=±；(2)),,(111z y x a λλλ=λ；(3)212121z z y y x x b a ++=⋅；(4)b a //⇔b a λ=⇔21x x λ=，21y y λ=，21z z λ=(R ∈λ)；(5)b a ⊥⇔0=⋅b a ⇔0212121=⋅+⋅+⋅z z y y x x ；(6)模长公式：若),,(111z y x a =，则212121||z y x a a a ++=⋅=； (7)夹角公式：222222212121212121||||,cos z y x z y x z z y y x x b a b a b a ++++++=⋅⋅>=< (8)两点间的距离公式：若),,(111z y x A ，),,(222z y x B ，则：2122122122)()()(||z z y y x x AB AB -+-+-==； 2、平面的法向量(1)定义：如图，直线α⊥l ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量。
给定一点A 和一个向量a ，那么过点A ，以向量a 为法向量的平面是完全确定的。
(2)平面法向量的求法：求平面法向量的步骤：①设出平面的法向量为),,(z y x n =；②找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标),,(111z y x a = ),,(222z y x b =； ③根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程组⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00b n a n ；④解方程组，取其中的一组解，即得法向量。
由于一个平面的法向量有无数个，故可以在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量。
空间向量及应用课件-2023届高三数学一轮复习
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯
p＝xa＋yb＋zc
一的有序实数组(x，y，z)，使得____________．
3．空间向量的数量积
(1)两向量的夹角
①已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA＝a，OB＝b，
则________叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉．
第五节 空间向量及应用
【课标标准】 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画
点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式.2.了解空间向量的概念，
了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标
表示.3.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示．能用向量的
数量积判断向量的共线和垂直.4.理解直线的方向向量与平面的法向
7 = 2m − n
∴ 6 = m + 2n ，
λ = −3m + 3n
解得λ＝－9.
5．(易错)在正方体ABCD -
1
A1B1C1D1中，1 ＝ 1 1 ，AE＝xAA1 ＋
4
1
1
y(AB + AD)，则x＝______，y＝________．
4
解析：由向量加法的三角形法则得AE＝AA1 ＋1 ，由平行四边形法则得：
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出
F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．
专题突破❼
与球有关的切、接问题
[常用结论]
1．长方体的外接球
(1)球心：体对角线的交点；
a2 +b2 +c2
(a，b，c为长方体的长、宽、高)．
高考数学理一轮复习-9-9空间向量的坐标运算精品课件
[规律总结] 在利用向量知识具体解、证立体几何问题 时，主要有两个思考方向:
①利用空间向量基本定理: 在所给的立体图形中选择三 个不共面的基向量，将空间的任何一个向量用三个基向量通 过向量的加、减、数乘运算法则表示，然后经过代数运算， 达到计算或证明的目的．
②建立空间直角坐标系: 通过建立空间直角坐标系，将 向量用坐标来表示，充分利用向量垂直、平行的充要条件及 向量的数量积公式进行运算，达到计算或证明的目的.
向量i、j、k都叫做
坐标向量，通过每两个坐标轴的平
面叫
坐标平面 ，分别称xOy平面，yOz平面、zOx平
面．
作空间直角坐标系O－xyz时，一般使∠xOy＝135°(或
45°)，∠yOz＝90°.
(3)坐标: 对于空间任一向量a，由空间向量的基本定理，
存在唯一的有序实数组(a1，a2，a3)，使a＝a1i＋a2j＋a3k，
备选例题2 如图所示，在几何体中，底面ABCD是 边长为6的正方形，△EAD是以E为直角顶点的等腰直角三角 形，且垂直于底面，EF⊥平面EAD，EF＝3，若R是BC的中 点，G、H是FB上的两个三等分点．
(1)求证: EF∥平面ABCD； (2)求证: AG⊥FB，RH⊥FB.
证明：以 AD 的中点 O 为坐标原点，OA、 OR、OE 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系．
又|a|＝ 12＋12＋02＝ 2，
|b|＝ (－1)2＋02＋22＝ 5，
∴cos〈a，b〉＝|aa|··b|b|＝
－1 ＝－ 10
1100，
∴a
与
b
的夹角的余弦值为－
10 10 .
(3)由(2)知|a|＝ 2，|b|＝ 5，a·b＝－1， ∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2 ＋k－10＝0， 即 k＝2 或 k＝－52. (4)∵a＋b＝(0,1,2), a－b＝(2,1, －2),
高中数学空间向量的运算课件
类似于平面,对于空间任意两个向量 a , b ( b 0 ),
a // b R , a b . c
b
第十七页，本课件共47页
a
17
思考:如图, l 为经过已知点 A 且平行非零向量 a 的直线,
⑴AB BC； ⑵ABADAA'；
D’ A’
C’ B’
(3)A BC BA A
(4 )A C D B D C
D
C
A
B
第十二页，本课件共47页
例 1 、 已 知 平 行 六 面 体 A B C D A 'B 'C 'D '， 化 简 下
列 向 量 表 达 式 ， 并 标 出 化 简 结 果 的 向 量 ：
。
第十四页，本课件共47页
C’ B’
C B
三、空间向量的数乘运算法则
与平面向量一样,实数 与空间向量 a 的乘积
a 仍然是一个向量.
⑴当 0时, a 与向量 a 的方向相同; ⑵当 0时, a 与向量 a 的方向相反; ⑶当 0 时, a 是零向量.
例如:
3a
a
3a 15
第十五页，本课件共47页
∴点 P 在平面 上 是存在唯一有序实数对(x, y), 使 AP xAB yAC ②
⑶∵已知点 B 、C 在平面 内且 AB a , AC b ,对于空间任意一点 O ∴点 P 在平面 上
是存在唯一有序实数对(x, y), 使 OP OA x AB y AC ③
注:①、②、③式都称为平面的向量表示式,
ab ba 加法结合律:
高考数学一轮复习课时跟踪检测(四十四)空间向量的运算及应用理(普通高中)
课时跟踪检测（四十四） 空间向量的运算及应用(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝( )A ．(0,3，－6)B ．(0,6，－20)C ．(0,6，－6)D ．(6,6，－6)解析：选B 由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．2．若a ＝(2x,1,3)，b ＝(1,3,9)，如果a 与b 为共线向量，则( ) A ．x ＝1 B ．x ＝12C ．x ＝16D ．x ＝－16解析：选C ∵a 与b 共线，∴2x 1＝13＝39，∴x ＝16.3．若平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n 1与n 2不垂直，又n 1，n 2不共线，∴α与β相交但不垂直．4．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选 B 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.5．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ，则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.6.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA ―→，OB ―→，OC ―→表示向量OG ―→，设OG ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别是( )A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13解析：选D 设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，∵G 分MN 的所成比为2，∴MG ―→＝23MN ―→，∴OG ―→＝OM ―→＋MG ―→＝OM ―→＋23(ON ―→－OM ―→)＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b＋13c ，即x ＝16，y ＝13，z ＝13. 7．已知a ＝(1,2，－2)，b ＝(0,2,4)，则a ，b 夹角的余弦值为________． 解析：cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a||b|＝－2515.答案：－25158．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|＝|AC ―→|，又AB ―→＝(6，－2，－3)，AC ―→＝(x －4,3，－6)，∴⎩⎪⎨⎪⎧6x －4－6＋18＝0，x －42＝4，解得x ＝2.答案：29.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.解析：连接PD ，∵M ，N 分别为CD ，PC 的中点，∴MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)，∴PD ＝02＋－12＋12＝2，∴MN ＝22. 答案：2210．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→，VN ―→＝23VD ―→，则VA 与平面PMN 的位置关系是________．解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD ―→＝a ＋c －b ， 由题意知PM ―→＝23b －13c ，PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→＝23a －23b ＋13c. 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→，∴VA ―→，PM ―→，PN ―→共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 答案：平行B 级——中档题目练通抓牢1．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R)，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA ―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→(m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．2．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE ―→·AF ―→的值为( )A ．a 2B.12a 2C.14a 2 D.34a 2 解析：选 C AE ―→·AF ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·12AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→)＝14(a 2cos60°＋a 2cos 60°)＝14a 2.3.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，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. 2 C ．1D.3－ 2解析：选 D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，∴|BD ―→|＝3－ 2.4．已知P (－2,0,2)，Q (－1,1,2)，R (－3,0,4)，设a ＝PQ ―→，b ＝PR ―→，c ＝QR ―→，若实数k 使得k a ＋b 与c 垂直，则k 的值为________．解析：由题意知，a ＝PQ ―→＝(1,1,0)，b ＝PR ―→＝(－1,0,2)，c ＝QR ―→＝(－2，－1,2)，故k a ＋b ＝(k －1，k,2)．又ka ＋b 与c 垂直，所以(k a ＋b )·c ＝－2(k －1)－k ＋4＝0，所以k ＝2.答案：25．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA ―→·QB ―→取最小值时，点Q 的坐标是________．解析：由题意，设OQ ―→＝λOP ―→，则OQ ―→＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA ―→·QB ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时取最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 6.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1 AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．以A 为坐标原点，以AC ，AB ，AA 1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A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1―→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .7.如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 故PO ，CO ，OA 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2，0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．AP ―→＝(0，－1,1)，DC ―→＝(2,1,0)，DP ―→＝(0,1,1)． 设平面PCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC ―→·n ＝0，DP ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝－2，z ＝2.所以平面PCD 的一个法向量n ＝(1，－2,2)． 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得AM ―→＝λAP ―→，因此点M (0,1－λ，λ)，BM ―→＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当BM ―→·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，所以－1＋4λ＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.C 级——重难题目自主选做1.如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OS ―→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O xyz .设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0， C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC ―→·SD ―→＝0，即OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD . (2)棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS ―→是平面PAC 的一个法向量，且DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0.设CE ―→＝t CS ―→，则BE ―→＝BC ―→＋CE ―→＝BC ―→＋t CS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a1－t ，62at ，而BE ―→·DS ―→＝0⇒t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ―→⊥DS ―→. 而BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .2.如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面PAC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ，∴AF ⊥平面ABCD .∵AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3， ∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB . ∵AB ∩AF ＝A ，∴AC ⊥平面FAB . ∵BF ⊂平面FAB ，∴AC ⊥BF . (2)存在，理由如下：由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ―→，AC ―→，AF ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2)，F (0,0,2)，假设在线段BE 上存在一点P 满足题意， 则易知点P 不与点B ，E 重合， 设BP PE＝λ，则λ>0，P ⎝⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面PAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC ―→＝(0,23，0)，得⎩⎨⎧m ·AP ―→＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC ―→＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ， 所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面PAC 的一个法向量． 因为BF ―→＝(－2,0,2)，BC ―→＝(－2,23，0)， 设n ＝(a ，b ，c )为平面BCEF 的一个法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ―→＝0，n ·BC ―→＝0，即⎩⎨⎧－2a ＋2c ＝0，－2a ＋23b ＝0，取a ＝1，则b ＝33，c ＝1， 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量． 当m·n ＝0，即λ＝23时，平面PAC ⊥平面BCEF ，故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23.。