高考数学新教材专题07 空间向量投影的应用(1)
2020年高考数学一轮复习专题9.7空间向量在几何体中的运用(一)练习(含解析)
9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．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1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一 利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ． 【答案】见解析【解析】法一 如图，以D 为原点，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，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ． 【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)， 则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)， 设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)， 又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)． 所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图324所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图324[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二 垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且A S A B =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ； （2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求证：AB 1⊥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ．因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)． 所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ． 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ． 法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)， 又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系． 依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)． 因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3， 即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四 点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ， 则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n.1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（ ）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1）， 设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为： （x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-， 1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（ ）AB．2C．3λ D【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 22C C π+==＝（0，λ，1）， 设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝5EM n n==N 为EM 中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点 ，且12DP A A =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4； （2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==；111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。
高考数学一轮复习第七章《立体几何与空间向量》第六节空间向量在立体几何中的应用
考点一 利用空间向量证明平行、垂直
方法感悟
（1）线线平行：方向向量平行. （2）线面平行：平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直. （3）面面平行：两平面的法向量平行. 2.利用向量法证明垂直问题的类型及常用方法 （1）线线垂直：两直线的方向向量垂直，即它们的数量积为零. （2）线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线. （3）面面垂直：两个平面的法向量垂直. 3.运用向量知识判断空间中的位置关系时,仍然离不开几何定理.如用直线的方向向量与 平面的法向量垂直来证明线面平行时,仍需强调直线在平面外.
迁移应用
考点二 空间角的计算 角度1 异面直线所成的角
角度2 线面角
方法感悟 用向量法求直线与平面所成的角（线面角）的步骤 第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标. 第二步：求直线的方向向量和平面的法向量. 第三步：求向量的夹角.
角度3 平面与平面的夹角
方法感悟 利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”： 第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； 第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； 第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量； 第四，破“应用公式关”.
（1）求出该平面的一个法向量； （2）找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； （3）求出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，即可 求出点到平面的距离. 3.线到面的距离问题，一般转化为直线上一点到面的距离问题，或者考虑用几何法 解决.
迁移应用
D
[解析] 命题分析 本题主要考查空间直线与平面的位置关系，直线与平面所成角 的求法、点到平面的距离，还考查了转化与化归的思想，空间想象、逻辑推理的 能力，属于中档题.
C
[解析] 如图，
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：向量法求空间角(一)
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(图略)，正方体的棱长为2，
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴—D1→E ＝(0,2，－1)，
—A1→F ＝—A1→A ＋A→F＝—A1→A ＋λA→D＝(－2λ，0，－2).
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 D1(0,0， 3)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，
B1(1,1， 3)，所以A—D→1＝(－1,0， 3)，D—→B1＝(1,1， 3).
设异面直线 AD1 与 DB1 所成的角为 θ，所以
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( × )
(2) 直 线 的 方 向 向 量 和 平 面 的 法 向 量 所 成 的 角 就 是 直 线 与 平 面 所 成 的
角.( × )
(3)两异面直线所成角的范围是 0，π2，直线与平面所成角的范围是
√ 0，π2.(
)
(4)直线的方向向量为u，平面的法向量为n，则线面角θ满足sin θ＝
cos〈u，n〉.( × )
教材改编题
1.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〉
＝－12，则直线 l 与平面 α 所成的角为
√A.30°
C.120°
B.60° D.150°
A.
2 2
B.
15 5
√C. 46
6 D. 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
备战2021年新高考数学新题型之专题07 空间向量与立体几何(解析版)
专题07 空间向量与立体几何1．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点,E F ，且12EF =，则下列结论中错误的是（ ）A ．AC AF ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF ∆的面积与BEF 的面积相等【答案】AD 【解析】 【分析】通过特殊化，点F 与点1B 重合可判定A 错误；正方体1111ABCD A B C D -的两个底面平行，判定B 正确，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面11DD B B 距离是定值，可判定C 正确，△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确，可判定D 错误. 【详解】A ．由题意及图形知，当点F 与点1B 重合时，160o CAB ∠=故选项A 错误； B ．//EF 平面ABCD ，由正方体1111ABCD A BCD -的两个底面平行，EF ⊂平面1111D C B A ，故有//EF 平面ABCD ，此命题正确，不是正确选项；C ．三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面11DD B B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确，不是正确选项；D ．由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确，故D 是错误的． 故选：AD 【点睛】本题考查直线与平面平行、垂直的判定、棱锥的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．2．下列命题中正确的是（ ）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角【答案】ABD 【解析】 【分析】不共面的三个非零向量可以构成空间向量的一个基底，由此可判断A 、B ，若直线的方向向量与平面α的法向量垂直，则线面平行，可判断C ，直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值与该直线与此平面所成角的正弦值相等，由此可判断D ． 【详解】对于A ，,,,A B M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,BA BM BN 共面，则,,,A B M N 共面，故A 对；对于B ，已知{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c 不共面，若m a c =+，则,,a b m 也不共面，则{},,a b m 也是空间的基底，故B 对； 对于C ，因为21(2)+00+3=03e n ⋅=⨯-⨯⨯，则e n ⊥，若l α⊄，则//l α，但选项中没有条件l α⊄，有可能会出现l α⊂，故C 错；对于D ，∵cos ,e n e n e n =5==，则则直线l 与平面α，故D 对； 故选：ABD ． 【点睛】本题主要考查命题的真假，考查空间基底的定义，考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．3．已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A ．若//m n m α⊥，，则n α⊥ B ．若//,m n ααβ⋂=，则//m n C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ D ．若,//,m m n n αβ⊥⊥，则//αβ 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论． 【详解】 解：若m α⊥，则,a b α∃⊂且a b P =使得m a ⊥，m b ⊥，又//m n ，则n a ⊥，n b ⊥，由线面垂直的判定定理得n α⊥，故A 对； 若//m α，n αβ=，如图，设m AB =，平面1111D C B A 为平面α，//m α，设平面11ADD A 为平面β，11A D n αβ⋂==，则m n ⊥，故B 错； 垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 对；若,//m m n α⊥，则n α⊥，又n β⊥，则//αβ，故D 对； 故选：ACD ． 【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题．4．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则 （ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11P ACD -的体积为定值C ．异面直线AP 与1AD 所成角的取值范围是[]45,90︒︒ D ．直线1C P 与平面11AC D 6【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质判定可判定选项A,对三棱锥11P AC D -转化顶点可判定选项B,找到异面成角的最小值的情况即可判断选项C,转化直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值的最大值为直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,进而判断选项D 【详解】对于选项A,连接11B D ,由正方体可得1111AC B D ⊥,且1BB ⊥平面1111D C B A ,则111BB A C ⊥,所以11A C ⊥平面11BD B ,故111AC BD ⊥；同理,连接1AD ,易证得11A D BD ⊥,则1BD ⊥平面11AC D ,故A 正确；对于选项B,1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确；对于选项C,当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒,故C 错误； 对于选项D,因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在11Rt D C B 中,111126cos 33C B C BD BD ∠===,故D 正确 故选：ABD 【点睛】本题考查线面垂直的判定,考查异面成角,线面成角,考查棱锥体积,考查转化思想和空间想象能力 5．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2BC =，M ，N 分别为棱11C D ，1CC 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．A M NB 、、、四点共面 B ．平面ADM ⊥平面11CDDC C ．直线BN 与1B M 所成角的为60D ．//BN 平面ADM【答案】BC 【解析】 【分析】根据AM 、BN 是异面直线可判断A ；根据面面垂直的判定定理可判断B ；取CD 的中点O ，连接BO 、ON ，即可判断C ；根据线面平行的判定定理即可判断D. 【详解】对于A ，由图显然AM 、BN 是异面直线，故A M N B 、、、四点不共面，故A 错误； 对于B ，由题意AD ⊥平面11CDD C ，故平面ADM ⊥平面11CDD C ，故B 正确；对于C ，取CD 的中点O ，连接BO 、ON ，可知三角形BON 为等边三角形，故C 正确；对于D ，//BN 平面11AA D D ，显然BN 与平面ADM 不平行，故D 错误； 故选：BC 【点睛】本题主要考查了线面、面面之间的位置关系，属于基础题.6．已知两条直线l ，m 及三个平面α，β，γ，则αβ⊥的充分条件是（ ）． A ．l α⊂，l β⊥ B ．l α⊥，m β⊥，l m ⊥ C ．αγ⊥，βγ D ．l α⊂，m β⊂，l m ⊥【答案】ABC 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理，即可得作出判断. 【详解】由面面垂直定理可以判断,,A B C 正确，对于选项D ，l α⊂，m β⊂，l m ⊥，也可以得到αβ∥，故D 错. 故选：ABC . 【点睛】本题主要考查的是面面垂直的判定定理、充分条件的判断，考查学生的分析问题解决问题的能力，是基础题.7．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中, O 为底面正方形的中心, M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,有下列结论正确的有：( )A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90 D ．ON PB ⊥ 【答案】ABD【解析】 【分析】选项A,利用线面平行的判定定理即可证明；选项B,先利用线面平行的判定定理证明CD ∥平面OMN ，再利用面面平行的判定定理即可证明；选项C ，平移直线，找到线面角，再计算；选项D,因为ON ∥PD ，所以只需证明PD ⊥PB ，利用勾股定理证明即可. 【详解】选项A,连接BD ，显然O 为BD 的中点，又N 为PB 的中点，所以PD ∥ON,由线面平行的判定定理可得，PD ∥平面OMN ；选项B, 由M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,得MN ∥AB,又底面为正方形，所以MN ∥CD ，由线面平行的判定定理可得，CD ∥平面OMN,又选项A 得PD ∥平面OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面PCD ∥平面OMN ；选项C,因为MN ∥CD ，所以∠ PDC 为直线PD 与直线MN 所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠ PDC=60，故直线PD 与直线MN 所成角的大小为60；选项D ，因底面为正方形，所以222AB AD BD +=,又所有棱长都相等，所以222PB PD BD +=,故PB PD ⊥,又PD ∥ON ，所以ON PB ⊥，故ABD 均正确.【点睛】解决平行关系基本问题的3个注意点(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．8．如图，矩形ABCD ，M 为BC 的中点，将ABM ∆沿直线AM 翻折成1AB M ∆，连接1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是( )A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥;B ．翻折过程中，CN 的长是定值；C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥； D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A 取AD 的中点为E ，连接CE 交MD 于点F ，则1NEAB ，1NF MB由1CN AB ⊥，则EN CN ⊥，从而判断A ，对于B ，由判断A 的图以及余弦定理可判断B ；对于C 由线面垂直的性质定理即可判断；对于D 根据题意知，只有当平面1B AM ⊥平面AMD 时， 三棱锥1B AMD -的体积最大，取AD 的中点为E ， 连接1,,OE B E ME ，再由线面垂直的性质定理即可判断； 【详解】对于A ，取AD 的中点为E ，连接CE 交MD 于点F ，如图1 ，则1NEAB ，1NF MB如果1CN AB ⊥，则EN CN ⊥, 由于11AB MB ⊥，则EN NF ⊥, 由于三线,,NE NF NC 共面且共点， 故这是不可能的，故不正确； 对于B ，如图1，由1NEC MAB ∠=∠,且11,2NE AB AM EC ==， ∴在CEN ∆中，由余弦定理得：2222cos NC NE EC NE EC NEC =+-⋅⋅∠，也是定值，故NC 是定值，故正确； 对于C ，如图2AB BM =，即11AB B M =,则1AM B O ⊥若1AM B D ⊥，由于111B OB D B =，且11,B O B D ⊂平面1ODB ，AM ∴⊥平面1ODB ，OD ⊂平面1ODB ，OD AM ∴⊥，则AD MD =,由于AD MD ≠，故1AM B D ⊥不成立，故不正确； 对于D ，根据题意知，只有当平面1B AM ⊥平面AMD 时， 三棱锥1B AMD -的体积最大，取AD 的中点为E ， 连接1,,OE B E ME ，如图21AB BM ==，则111AB B M ==，且11AB B M ⊥，平面1B AM ⋂平面AMD AM =1B O AM ∴⊥，1B O 平面1B AM1B O ∴⊥平面AMD ，OE ⊂平面AMD1B O OE ∴⊥，则AM =112B O AM ==11222OE DM AM ===,从而11EB ==, 易知1EA ED EM ===AD ∴的中点E 就是三棱锥1B AMD -的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D 正确； 故选：BD 【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题，考查了学生的空间想象能力以及立体几何中的垂直性质定理，余弦定理，综合性比较强，属于难题. 9．下列选项正确的为（ ）A ．已知直线1l ：()()2110a x a y ++--=，2l ：()()12320a x a y -+++=，则12l l ⊥的充分不必要条件是1a =B ．命题“若数列{}2n a 为等比数列，则数列{}n a 为等比数列”是假命题C ．棱长为a 正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AC D 与平面1ACBD ．已知P 为抛物线22y px =上任意一点且(),0M m ，若PM OM ≥恒成立，则(],m p ∈-∞ 【答案】ABCD 【解析】 【分析】A ．分析“1a =”与“12l l ⊥”的互相推出情况，由此确定是否为充分不必要条件；B ．分析特殊情况：121,2,2a a n =-=≥时，2112,4n n n n a a a a ++==，由此判断命题真假；C ．将面面距离转化为点到面的距离，从而可求出面面距离并判断对错；D ．根据线段长度之间的关系列出不等式，从而可求解出m 的取值范围.【详解】A ．当1a =时，11:3l x =，22:5l y =-，显然12l l ⊥； 当12l l ⊥时，()()()()211230a a a a +-+-+=，解得1a =±，所以12l l ⊥的充分不必要条件是1a =正确；B ．当121,2,2a a n =-=≥时，2112,4n n n n a a a a ++==，所以此时{}2n a 为等比数列， 但{}n a 不是等比数列，所以命题是假命题，故正确；C ．如图所示：由图可知：111111111//,//,,AC AC B C A D AC B C C AC A D A ==，所以平面1//AB C 平面11AC D ， 所以平面11AC D 与平面1ACB 距离即为1B 到平面11AC D 的距离，记为h ，由等体积可知：)213123432a a a h a ⎛⎫⨯⨯=⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭，所以33h a =，故正确； D ．设()00,P x y ，因为PM OM ≥()2200x m y m -+≥， 所以()22200x m y m -+≥且2002y px =，所以200022x px mx +≥，当00x =时显然符合，当00x >时02x m p ≤+，所以m p ≤， 综上可知：(],m p ∈-∞.故正确.故选：ABCD.【点睛】 本题考查命题真假的判断，难度一般.(1)判断命题p 是命题q 的何种条件时，注意从两方面入手：充分性、必要性；(2)立体几何中求解点到平面的距离，采用等体积法较易.10．在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为ABC ∆的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则0PB AC ⋅=D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【解析】【分析】根据向量的线性运算与数量积一一判断即可.【详解】解：对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+， 22AD AB AC AD ∴-=- ，2BD DC ∴=，3BD BD DC ∴=+即3BD BC =，故A 正确； 对于B ，若Q 为ABC ∆的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++= 3PQ PA PB PC ∴=++即111333PQ PA PB PC =++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则PA BC PC AB ⋅=⋅ 0PA BC PC AB ∴⋅+⋅=，()0PA BC PC AC CB ∴⋅+⋅+=0PA BC PC AC PC CB ∴⋅+⋅+⋅=，0PA BC PC AC PC BC ∴⋅+⋅-⋅=()0PA PC BC PC AC ∴-⋅+⋅=，0CA BC PC AC ∴⋅+⋅= 0AC CB PC AC ∴⋅+⋅=，()0AC CB PC ∴⋅+=0AC PB ∴⋅=.故C 正确；对于D ，()()111222MN PN PM PB PC PA PB PC PA =-=+-=+- 12MN PA PB PC ∴=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PB PC --=++-⋅-⋅+⋅== 4=，2MN ∴=故D 错误.故选：ABC【点睛】本题考查向量的线性运算，向量的数量积及利用向量的数量积求向量的模，属于中档题. 11．给出下列命题，其中正确命题有（ ）A ．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B ．已知向量//a b ，则,a b 与任何向量都不能构成空间的一个基底C ．,,,A B M N 是空间四点，若,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，那么,,,A B M N 共面D ．已知向量{},,a b c 组是空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的一个基底【答案】ABCD【解析】【分析】根据空间基底的概念，结合向量的共面定量，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】选项A 中，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以A 正确；选项B 中，根据空间基底的概念，可得B 正确；选项C 中，由,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，可得,,BA BM BN 共面，又由,,BA BM BN 过相同点B ，可得,,,A B M N 四点共面，所以C 正确；选项D 中：由{},,a b c 是空间的一个基底，则基向量,a b 与向量m a c =+一定不共面，所以可以构成空间另一个基底，所以D 正确．故选：ABCD.【点睛】本题主要考查了空间基底的概念及其判定，其中解答中熟记空间基底的概念，合理利用共面向量定量进行判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.12．已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，23BC =，26CD PC PD ===.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的为（ ）A ．BM ⊥平面PCDB ．//PA 面MBDC ．四棱锥M ABCD -外接球的表面积为36πD ．四棱锥M ABCD -的体积为6【答案】BC【解析】【分析】作图，在四棱锥P ABCD -中，根据题意逐一证明或排除.【详解】作图在四棱锥P ABCD -中：由题：侧面PCD ⊥平面ABCD ，交线为CD ，底面ABCD 为矩形，BC CD ⊥，则BC ⊥平面PCD ，过点B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A 错误；连接AC 交BD 于O ，连接MO ，PAC ∆中，OM ∥PA ，MO ⊆面MBD ，PA ⊄面MBD ，所以//PA 面MBD ，所以选项B 正确；四棱锥M ABCD -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的一半，取CD 中点N ，连接PN ， PN CD ⊥，则PN 平面ABCD ，32PN =M ABCD -的体积111223M ABCD V -=⨯⨯=所以选项D 错误.矩形ABCD 中，易得6,3,AC OC ON ===PCD 中求得：12NM PC ==在Rt MNO 中3MO = 即： OM OA OB OC OD ====，所以O 为四棱锥M ABCD -外接球的球心，半径为3， 所以其体积为36π，所以选项C 正确故选：BC【点睛】此题考查立体图形中的平行垂直关系，求锥体体积和外接球体积，综合性强，对空间位置关系辨析能力要求较高.13．给出下列命题，其中不正确的命题为（ ）A ．若AB ＝CD ，则必有A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段；B ．若0a b ⋅<，则,a b 〈〉是钝角；C ．若a 为直线l 的方向向量，则a λ (λ∈R)也是l 的方向向量；D ．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．【答案】ABCD【解析】【分析】结合向量相关知识，对每个选项依次检验，证明其成立或举出反例判定该选项错误.【详解】考虑平行四边形ABDC 中，满足AB CD =，不满足A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段；所以A 选项不正确；当非零向量,a b 夹角为π时，满足0a b ⋅<，但它们夹角不为钝角，所以B 选项不正确； 若a 为直线l 的方向向量，当0,0a λλ==不能说是l 的方向向量，所以C 选项不正确； 考虑三棱柱111ABC A B C -，1,,AB a AC b AA c ===，满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，但,,a b c 不共面，所以D 选项不正确.故选：ABCD【点睛】此题考查向量相关概念问题的辨析，考查基础知识的掌握程度，易错点在于对细节特殊情况的讨论. 14．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,,,E F G 分别为11,,BC CC BB 的中点,则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】BC【解析】【分析】A ．利用线面垂直的定义进行分析；B ．作出辅助线利用面面平行判断；C ．作出截面然后根据线段长度计算出截面的面积；D ．通过等体积法进行判断.【详解】A ．若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误；B ．如图所示，取11BC 的中点Q ，连接1,A Q GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1,CQ AQ Q EF AE E ==，所以平面1//A GQ 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论正确； C ．如图所示，连接11,D F D A ，延长1,D F AE 交于点S ，因为,E F 为1,C C BC 的中点，所以1//EF A D ，所以1,,,A E F D 四点共面，所以截面即为梯形1AEFD ，又因为2214225D S AS ==+=122A D =， 所以()1221222225622AD S S ⎛⎫=⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139=6=42AEFD S ⨯梯形，故结论正确； D ．记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为12,h h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=， 又因为21112223323G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=， 所以12h h ≠，故结论错误.故选：BC .【点睛】本题考查空间立体几何的直线、平面间的关系及截面和体积有关的计算的综合应用，难度一般. 15．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，已知平面1AC α⊥，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）A ．截面形状可能为正三角形B ．截面形状可能为正方形C ．截面形状可能为正六访形D ．截面面积最大值为33【答案】ACD【解析】【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．【详解】如图，显然A,C 成立，下面说明D 成立，如图设截面为多边形GMEFNH ，设1AG x =，则01x ≤≤， 则2,2(2),22,GH ME NF x MG HN EF x MN ======-=所以多边形GMEFNH 的面积为两个等腰梯形的面积和，所以1211()()22S GH MN h MN EF h =⋅+⋅+⋅+⋅ 因为22221222133[2(2)]()(22)(2)(2)2222x h x x x x -=--=+-=- 22222(2)223(2)[]22x x h x --=-=，所以11)]22S x =+-2=++当1x =时，max S =，故D 成立。
2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课件：第七章+7.5+空间向量及其应用
思维升华
SI WEI SHENG HUA
用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形. (2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中. (3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来.
跟踪训练 1 (1)如图所示，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点. 用A→B，A→D，A→A1表示O→C1，则O→C1＝_12_A→_B__＋__12_A→_D_＋__A_→_A_1_.
题型一 师生共研 空间向量的线性运算
→ 例 1 如图所示，在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，设AA1
→
→
＝a，AB＝b，AD＝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)AP；
解 ∵P是C1D1的中点， ∴A→P＝A→A1＋A→1D1＋D→1P＝a＋A→D＋21D→1C1＝a＋c＋12A→B＝a＋21b＋c.
cos〈A→G，C→E〉＝
→→ AG·CE →→
→ →→ 点 M，N 分别在 AC1 和 BC 上，且满足AM＝kAC1，BN＝
kB→C(0≤k≤1).
→
→→
(1)向量MN是否与向量AB，AA1共面？
解 ∵A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C， ∴M→N＝M→A＋A→B＋B→N ＝kC→1A＋A→B＋kB→C ＝k(C→1A＋B→C)＋A→B ＝k(C→1A＋B→1C1)＋A→B ＝kB→1A＋A→B＝A→B－kA→B1＝A→B－k(A→A1＋A→B) ＝(1－k)A→B－kA→A1，∴由共面向量定理知向量M→N与向量A→B，A→A1共面.
题型三 师生共研 空间向量数量积及其应用
高考理科数学一轮复习课件：第七篇 第6节 空间向量的运算及应用
.
③分配律:a·(b+c)=
λ (a·b.)
b·a
a·b+a·c
(4)向量坐标的定义
设 i,j,k 为空间三个两两垂直的单位向量,如果 OP =xi+yj+zk,则 (x,y,z)
OP 的坐标.
(5)空间向量运算的坐标表示
设a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),那么
①加、减运算:a±b=
2
3
322
答案:- 2 a+ 1 b+ 1 c 322
考点二 共线(共面)向量基本定理
【例2】 导学号 38486155 已知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;
证明:(1)连接 BG,EG,则
EG = EB + BG = EB + 1 ( BC + BD )
(2)两个向量数量积的性质和结论
已知两个非零向量a和b.
①a·e=|a|cos<a,e>(其中e为单位向量).
②a⊥b⇔
.
③cos<a,b>a=·b=0
.
④a2=a·a=|a|2,|aaa|bb =
.
⑤|a·b|
|a||b|.
(3)空间向量数量积的运a 2算律
①数乘结合≤律:(λ a)·b=
.
②交换律:a·b=
所以
MP =
MA
+
AP
=
1 2
A1 A
+
AP
=-
1 2
a+(a+c+
1 2
b)=
1 2
高考数学总复习第七章立体几何7.7.1利用空间向量证明空间中的位置关系理新人教A版
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＝2 3，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB. ∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面 FAB. ∵BF⊂平面 FAB，∴AC⊥BF.
理．
垂直及空间角的计算求解问
4直.能线用与向平量面方、法平解面决与直平线面与所直成线角、题．试题以解答题的形式呈
的计算问题．
现，要求具有较强的运算能
5.了解向量方法在研究立体几何 力，试题难度中等.
问题中的应用.
第一课时 利用空间向量证明空间中的位置关系
课堂探究 考点突破
真题模拟演练
课堂探究 考点突破
所以B→E＝(a， 3a，a)，B→C＝(2a,0，－a)，
C→D＝(－a， 3a,0)，E→D＝(0,0，－2a)．
设平面 BCE 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1·B→E＝0，n1·B→C＝0 可得
ax1＋ 3ay1＋az1＝0， 2ax1－az1＝0，
即2x1x＋1－z31y＝1＋0.z1＝0，
得m·A→P＝21－ ＋λλx＋1＋3λλy＋12＋λλz＝0， m·A→C＝2 3y＝0，
y＝0， 即z＝λ－2λ2x， 令 x＝1，则 z＝λ－2λ2， 所以 m＝1，0，λ－2λ2为平面 PAC 的一个法向量． 因为B→F＝(－2,0,2)，B→C＝(－2,2 3，0)， 设 n＝(a，b，c)为平面 BCEF 的一个法向量，
《新高考全案》高考数学 7-6空间向量及其运算(理科)课件 人教版
• a∥b⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2(λ∈R) • a⊥b⇔ x1x2＋y1y2＋z1z2＝0
• |a|＝ x12＋y12＋z12
x1x2＋y1y2＋z1z2 • cos〈a·b〉＝ x12＋y12＋z12· x22＋y22＋z22
• 1．向量a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)， 下列结论正确的是( )
• ①(λa)·b＝λ(a·b)．
• ②a·b＝ b·a
(交换律)．
• ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c (分配律)．
• (4)向量数量积的性质
• ①a⊥b⇔ a·b＝0
• ②|a|2＝a·a＝a2.
• (5)空间向量的坐标运算：
• 设a＝(x1，y1，z1) b＝(x2，y2，z2)则 • a＋b＝ (x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2) • a－b＝ (x1－x2，y1－y2，z1－z2) • λa＝ (λx1，λy1，λz1) • a·b＝ x1x2＋y1y2＋z1z2
[分析] 求夹角需利用数量积，因而需求得|a|与|b|代入 公式 cos〈a，b〉＝|aa|··|bb|.而求 λ，μ 的值，需利用 z 轴的单位 向量联立方程组求解．
[解] (1)a·b＝(3,5，－4)·(2,1,8)
＝3×2＋5×1－4×8＝－21.
(2)∵|a|＝ 32＋52＋－42＝5 2，
• (5)共面向量定理：如果a与b(a≠0，b≠0)不共线，则c与a， b共面的充要条件是，存在唯一一对实数x，y使c＝xa＋yb .
• (6)空间向量分解定理(空间向量基本定理) 如果三个向量a， b，c不共面，那么空间任一向量p，存在一个唯一有序实数组
x，y，z，使p＝xa＋yb＋z.c • (7)平面的法向量：向量所在的直线与平面垂直，则此向量 叫做该平面的法向量．
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专题07空间向量投影的应用
[新教材的新增内容]
背景分析：空间向量数量积的几何意义体现空间向量具有鲜明的几何背景，空间图形的许多性质可以由空间向量的运算表示出来，投影向量的引入，为学生解决空间点､线､面的位置关系提供了一种全新的视角，为后面向量法解决立体几何问题提供了理论依据.
向量a的投影
1.如图（1），在空间，向量a向向量b投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面α内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量b共线的向量c，c=|a|cos<a，b>，向量c称为向量a在向量b上的投影向量.类似地，可以将向量a向直线l投影（如图（2））.
2.如图（3），向量a向平面β投影，就是分别由向量a的起点A和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，得到A B''，向量A B''称为向量a在平面β上的投影向量.这时，向量a，A B''的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角.
[新增内容的考查分析]
1.求投影的长度
【考法示例1】已知线段AB的长度为，与直线l的正方向的夹角为120°，则在l上的射影的长度为______.
【答案】
【解析】设与直线l的正方向一致的单位向量为，于是得在直线l的正方向的投影向量为，则，
所以在l上的射影的长度为.故答案为：.
2.求投影向量
【考法示例2】已知空间向量，，则向量在向量上的投影
向量是____. 【答案】
【分析】设向量在向量上的投影向量是，由题意可得，求得实数
的值，即可得解.
【解析】设向量在向量上的投影向量是， 由题意可得
，即
，解得
，
因此，向量在向量上的投影向量是.
故答案为：.
3.求向量的投影 已知，则
在
上的投影为__________
【答案】
【解析】因为，所以
设与
的夹角为，所以根据空间向量的几何意义可得： 在上的投影为
，
故答案为：
[新增内容的针对训练]
1. 平面向量a ，b ，c 满足1a b ⋅=，1b c ⋅=-，1a c ⋅=-，1a =，则下列说法一定正确的有（ ） A. c 在a 上的投影向量为a - B. c 在b 上的投影向量为b - C. {}min ,1b c = D. {}
max ,1b c ≥
【答案】AD 【解析】
【分析】利用投影向量公式判断AB ；利用向量数量积公式判断CD.
【详解】A.c 在a 上的投影向量为
a c a
a a a
⋅⋅=-，故A 正确； B. c 在b 上的投影向量是
b c b
b b
⋅⋅，因为向量b 未知，所以无法求得c 在b 上的投影向量，故B 错误；
C.cos 1b c b c θ⋅==-，当180θ=时，1b c =，若2b =，1
2
c =，不满足C ，故C 错误； D.1
1cos b c θ
-=
≥，所以{}
max ,1b c ≥，正确，故D 正确. 故选：AD
2. 已知空间向量a ()1,0,1=，()2,1,2b =-，则向量b 在向量a 上的投影向量是_____________. 【答案】()2,0,2 【解析】 【分析】
利用向量b 在向量a 上的投影乘以与a 同向的单位向量即可得解.
【详解】向量b 在向量a 上的投影是a b
a ⋅== 所以向量
b 在向量a 4
2a a =⨯2a ==(2,0,2)， 故答案为：()2,0,2
【点睛】关键点点睛：理解向量b 在向量a 上的投影向量的概念是解题关键. 3. 已知空间向量()3,0,4a =，()3,2,1b =-，则向量b 在向量a 上的投影向量是____．
【答案】3
4,0,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】
设向量b 在向量a 上的投影向量是a λ，由题意可得2
a b a λ⋅=，求得实数λ的值，即可得解.
【详解】设向量b 在向量a 上的投影向量是a λ，
由题意可得2
a b a λ⋅=，即525λ-=，解得15
λ=-，
因此，向量b 在向量a 上的投影向量是134,0,555a ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭. 故答案为：3
4,0,5
5⎛⎫-- ⎪⎝⎭.。