2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第七章　§7.6　空間向量的概念與運(yùn)算含答案

2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第七章§7.6空間向量的概念與運(yùn)算 §7.6空間向量的概念與運(yùn)算課標(biāo)要求1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標(biāo)表示.2.掌握空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示，掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，能用向量的數(shù)量積判斷向量的共線和垂直.3.理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理．知識(shí)梳理1．空間向量的有關(guān)概念名稱定義空間向量在空間中，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長度相等而方向相反的向量共線向量(或平行向量)表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量共面向量平行于同一個(gè)平面的向量2.空間向量的有關(guān)定理(1)共線向量定理：對(duì)任意兩個(gè)空間向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使a＝λb.(2)共面向量定理：如果兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)(x，y)，使p＝xa＋yb.(3)空間向量基本定理如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對(duì)任意一個(gè)空間向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.{a，b，c}叫做空間的一個(gè)基底．3．空間向量的數(shù)量積及運(yùn)算律(1)數(shù)量積非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空間向量的坐標(biāo)表示及其應(yīng)用設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐標(biāo)表示數(shù)量積a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共線a＝λb(b≠0，λ∈R)a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夾角余弦值cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))4.空間位置關(guān)系的向量表示(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在的直線與直線l平行或重合，那么稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則稱向量a為平面α的法向量．(3)空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l?αl∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝0常用結(jié)論1．三點(diǎn)共線：在平面中A，B，C三點(diǎn)共線?eq\o(OA,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O為平面內(nèi)任意一點(diǎn)．2．四點(diǎn)共面：在空間中P，A，B，C四點(diǎn)共面?eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O為空間中任意一點(diǎn)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)空間中任意兩個(gè)非零向量a，b共面．(√)(2)空間中模相等的兩個(gè)向量方向相同或相反．(×)(3)若A，B，C，D是空間中任意四點(diǎn)，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0．(√)(4)若直線a的方向向量和平面α的法向量平行，則a∥α.(×)2．(選擇性必修第一冊(cè)P12T3改編)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AC與BD的交點(diǎn)為點(diǎn)M，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與eq\o(C1M,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b－c D．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c答案C解析eq\o(C1M,\s\up6(→))＝eq\o(C1C,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(C1C,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b－c.3．(選擇性必修第一冊(cè)P30例3改編)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．不能確定答案B解析以C1B1，C1D1，C1C所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)锳1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3)))，又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，所以eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a,0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up6(→)).因?yàn)閑q\o(C1D1,\s\up6(→))是平面BB1C1C的一個(gè)法向量，且MN?平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.4．設(shè)直線l1，l2的方向向量分別為a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，則m＝________.答案10解析∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝－6－4＋m＝0，∴m＝10.題型一空間向量的線性運(yùn)算例1(1)(2023·淮安模擬)設(shè)x，y是實(shí)數(shù)，已知三點(diǎn)A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(x,3，y＋2)在同一條直線上，那么x＋y等于()A．2B．3C．4D．5答案D解析由已知可得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，－1,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x－1，－2，y＋4)．因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)共線，所以存在唯一的實(shí)數(shù)λ，使得eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝λ，,－2＝－λ，,y＋4＝3λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,x＝3，,y＝2，))所以x＋y＝5.(2)(2023·淮安模擬)在正四面體ABCD中，F(xiàn)是AC的中點(diǎn)，E是DF的中點(diǎn)，若eq\o(DA,\s\up6(→))＝a，eq\o(DB,\s\up6(→))＝b，eq\o(DC,\s\up6(→))＝c，則eq\o(BE,\s\up6(→))等于()A.eq\f(1,4)a－b＋eq\f(1,4)c B.eq\f(1,2)a－b＋eq\f(1,2)cC.eq\f(1,4)a＋b＋eq\f(1,4)c D.eq\f(1,2)a－b＋c答案A解析根據(jù)題意可得eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(a＋c)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(a＋c)，所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＝－eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＝－b＋eq\f(1,4)(a＋c)＝eq\f(1,4)a－b＋eq\f(1,4)c.思維升華用已知向量表示某一向量的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)要結(jié)合圖形，以圖形為指導(dǎo)是解題的關(guān)鍵．(2)要正確理解向量加法、減法與數(shù)乘運(yùn)算的幾何意義．(3)在立體幾何中，三角形法則、平行四邊形法則仍然成立．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)x－2a，則x等于()A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)答案B解析由b＝eq\f(1,2)x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．(2)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC的中點(diǎn)．①化簡eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝________；②用eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示eq\o(OC1,\s\up6(→))，則eq\o(OC1,\s\up6(→))＝________.答案①eq\o(A1A,\s\up6(→))②eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))解析①eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→)).②因?yàn)閑q\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，所以eq\o(OC1,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)).題型二空間向量基本定理及其應(yīng)用例2(1)下列命題正確的是()A．若a與b共線，b與c共線，則a與c共線B．向量a，b，c共面，即它們所在的直線共面C．若空間向量a，b，c不共面，則a，b，c都不為0D．若a，b，c共面，則存在唯一的實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，使得a＝xb＋yc答案C解析若b＝0，則滿足a與b共線，b與c共線，但是a與c不一定共線，故A錯(cuò)誤；因?yàn)橄蛄渴强梢砸苿?dòng)的量，所以向量a，b，c共面，但它們所在的直線不一定共面，故B錯(cuò)誤；假設(shè)a，b，c至少有一個(gè)為0，則空間向量a，b，c共面，故假設(shè)不成立，故C正確；假設(shè)b＝0，若a,c共線，則存在無數(shù)個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，使得a＝xb＋yc，若a,c不共線，則不存在實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，使得a＝xb＋yc，故D錯(cuò)誤．(2)(多選)下列說法中正確的是()A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共線的充要條件B．若eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))共線，則AB∥CDC．A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)空間任意一點(diǎn)O，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，則P，A，B，C四點(diǎn)共面D．若P，A，B，C為空間四點(diǎn)，且有eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＋μeq\o(PC,\s\up6(→))(eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))不共線)，則λ＋μ＝1是A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件答案CD解析由|a|－|b|＝|a＋b|，可知向量a，b的方向相反，此時(shí)向量a，b共線，反之，當(dāng)向量a，b同向時(shí)，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正確；若eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))共線，則AB∥CD或A，B，C，D四點(diǎn)共線，所以B不正確；由A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)空間任意一點(diǎn)O，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，因?yàn)閑q\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1，可得P，A，B，C四點(diǎn)共面，所以C正確；若P，A，B，C為空間四點(diǎn)，且有eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))＋μeq\o(PC,\s\up6(→))(eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))不共線)，當(dāng)λ＋μ＝1時(shí)，即μ＝1－λ，可得eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→))＝λ(eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→)))，即eq\o(CA,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))，所以A，B，C三點(diǎn)共線，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三點(diǎn)共線的充要條件，所以D正確．思維升華應(yīng)用共線(面)向量定理證明點(diǎn)共線(面)的方法比較三點(diǎn)(P，A，B)共線空間四點(diǎn)(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對(duì)空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))對(duì)空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對(duì)空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up6(→))對(duì)空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(OB,\s\up6(→))跟蹤訓(xùn)練2(1)已知空間中A，B，C，D四點(diǎn)共面，且其中任意三點(diǎn)均不共線，設(shè)P為空間中任意一點(diǎn)，若eq\o(BD,\s\up6(→))＝6eq\o(PA,\s\up6(→))－4eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，則λ等于()A．2B．－2C．1D．－1答案B解析eq\o(BD,\s\up6(→))＝6eq\o(PA,\s\up6(→))－4eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，即eq\o(PD,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝6eq\o(PA,\s\up6(→))－4eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，整理得eq\o(PD,\s\up6(→))＝6eq\o(PA,\s\up6(→))－3eq\o(PB,\s\up6(→))＋λeq\o(PC,\s\up6(→))，由A，B，C，D四點(diǎn)共面，且其中任意三點(diǎn)均不共線，可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2.(2)(2024·金華模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，且滿足eq\o(DE,\s\up6(→))＝xeq\o(DA,\s\up6(→))＋yeq\o(DC,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(DD1,\s\up6(→))，則|eq\o(DE,\s\up6(→))|的最小值是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2,3)答案C解析因?yàn)閑q\o(DE,\s\up6(→))＝xeq\o(DA,\s\up6(→))＋yeq\o(DC,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(DD1,\s\up6(→))，由空間向量的共面定理可知，點(diǎn)E，A，C，D1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)E在平面ACD1上，所以|eq\o(DE,\s\up6(→))|的最小值即為點(diǎn)D到平面ACD1的距離d，由正方體的棱長為1，可得△ACD1是邊長為eq\r(2)的等邊三角形，則＝eq\f(1,2)×(eq\r(2))2×sin

eq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，S△ACD＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，由等體積法得＝，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1，解得d＝eq\f(\r(3),3)，所以|eq\o(DE,\s\up6(→))|的最小值為eq\f(\r(3),3).題型三空間向量數(shù)量積及其應(yīng)用例3如圖，已知平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求線段AC1的長；(2)求異面直線AC1與A1D所成角的余弦值；(3)求證：AA1⊥BD.(1)解設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos120°＝－1.因?yàn)閑q\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝|a＋b＋c|＝eq\r(a＋b＋c2)＝eq\r(|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋2b·c＋2a·c)＝eq\r(1＋1＋4＋0－2－2)＝eq\r(2)，所以線段AC1的長為eq\r(2).(2)解因?yàn)閑q\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝b－c，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋1－4＝－2，|eq\o(A1D,\s\up6(→))|＝|b－c|＝eq\r(b－c2)＝eq\r(|b|2＋|c|2－2b·c)＝eq\r(1＋4＋2)＝eq\r(7)，設(shè)異面直線AC1與A1D所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1D,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·\o(A1D,\s\up6(→))|,|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(A1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－2|,\r(2)×\r(7))＝eq\f(\r(14),7)，即異面直線AC1與A1D所成角的余弦值為eq\f(\r(14),7).(3)證明由①知eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝b－a，所以eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1＋1＝0，即eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，所以AA1⊥BD.思維升華空間向量的數(shù)量積運(yùn)算有兩條途徑，一是根據(jù)數(shù)量積的定義，利用模與夾角直接計(jì)算；二是利用坐標(biāo)運(yùn)算．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2023·益陽模擬)在正三棱錐P－ABC中，O是△ABC的中心，PA＝AB＝2，則eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))等于()A.eq\f(5,9)B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(4\r(2),3)D.eq\f(8,3)答案D解析∵P－ABC為正三棱錐，O為△ABC的中心，∴PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，∴eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝eq\f(2,3)·|eq\o(AB,\s\up6(→))|·sin60°＝eq\f(2\r(3),3)，故eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\o(PO,\s\up6(→))·(eq\o(PO,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→)))＝|eq\o(PO,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AP,\s\up6(→))|2－|eq\o(AO,\s\up6(→))|2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).(2)已知點(diǎn)P為棱長等于1的正方體ABCD－A1B1C1D1內(nèi)部一動(dòng)點(diǎn)，且|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝1，則eq\o(PC1,\s\up6(→))·eq\o(PD1,\s\up6(→))的值達(dá)到最小時(shí)，eq\o(PC1,\s\up6(→))與eq\o(PD1,\s\up6(→))夾角的余弦值為________．答案0解析取線段C1D1的中點(diǎn)E，則eq\o(PC1,\s\up6(→))＝eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EC1,\s\up6(→))，eq\o(PD1,\s\up6(→))＝eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(ED1,\s\up6(→))＝eq\o(PE,\s\up6(→))－eq\o(EC1,\s\up6(→))，因?yàn)閨eq\o(PA,\s\up6(→))|＝1，所以點(diǎn)P在以A為球心的正方體內(nèi)部的球面上，所以eq\o(PC1,\s\up6(→))·eq\o(PD1,\s\up6(→))＝(eq\o(PE,\s\up6(→))＋eq\o(EC1,\s\up6(→)))·(eq\o(PE,\s\up6(→))－eq\o(EC1,\s\up6(→)))＝eq\o(PE,\s\up6(→))2－eq\o(EC\o\al(2,1),\s\up6(→))＝|eq\o(PE,\s\up6(→))|2－eq\f(1,4)，當(dāng)A，P，E三點(diǎn)共線時(shí)，eq\o(PC1,\s\up6(→))·eq\o(PD1,\s\up6(→))取最小值，此時(shí)|eq\o(PE,\s\up6(→))|min＝|eq\o(AE,\s\up6(→))|－1＝eq\r(12＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)－1＝eq\f(1,2)，此時(shí)eq\o(PC1,\s\up6(→))·eq\o(PD1,\s\up6(→))＝|eq\o(PE,\s\up6(→))|2－eq\f(1,4)＝0，所以eq\o(PC1,\s\up6(→))⊥eq\o(PD1,\s\up6(→))，所以eq\o(PC1,\s\up6(→))與eq\o(PD1,\s\up6(→))的夾角為90°，則夾角的余弦值為0.題型四向量法證明平行、垂直例4如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD的中點(diǎn)．(1)求證：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由．(1)證明以A為原點(diǎn)，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)．故eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1)).因?yàn)閑q\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以eq\o(B1E,\s\up6(→))⊥eq\o(AD1,\s\up6(→))，即B1E⊥AD1.(2)解存在滿足要求的點(diǎn)P.假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此時(shí)eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)，設(shè)平面B1AE的法向量為n＝(x，y，z)．eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0，))取x＝1，則y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只需n⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，則eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2)，所以存在點(diǎn)P，滿足DP∥平面B1AE，此時(shí)AP＝eq\f(1,2).思維升華(1)利用向量法證明平行、垂直關(guān)系，關(guān)鍵是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系(盡可能利用垂直條件，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而用向量表示涉及直線、平面的要素)．(2)向量證明的核心是利用向量的數(shù)量積或數(shù)乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何的有關(guān)定理．跟蹤訓(xùn)練4如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC＝2AB，AC＝eq\r(3)AB，PB⊥AC.(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點(diǎn)，四邊形BEQF是過B，Q兩點(diǎn)的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求eq\f(PQ,QD)的值；若不存在，說明理由．(1)證明在△ABC中，因?yàn)锽C＝2AB，AC＝eq\r(3)AB，所以AC2＋AB2＝BC2，所以AC⊥AB，又AC⊥PB，PB∩AB＝B，且PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.(2)解假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB的中點(diǎn)為H，連接PH，則PH⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以PH⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(－2,2eq\r(3)，0)，P(1,0，eq\r(3))，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2,2eq\r(3)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4,2eq\r(3)，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(3，－2eq\r(3)，eq\r(3))，設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝－2x1＋2\r(3)y1＝0，,n1·\o(AP,\s\up6(→))＝x1＋\r(3)z1＝0，))取n1＝(eq\r(3)，1，－1)．設(shè)eq\o(DQ,\s\up6(→))＝λeq\o(DP,\s\up6(→))，其中0≤λ≤1.則eq\o(BQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋λeq\o(DP,\s\up6(→))＝(3λ－4，2eq\r(3)－2eq\r(3)λ，eq\r(3)λ)，連接EF，因?yàn)锳C∥平面BEQF，AC?平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，所以AC∥EF.取與eq\o(EF,\s\up6(→))同向的單位向量j＝(0,1,0)．設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·j＝y(tǒng)2＝0，,n2·\o(BQ,\s\up6(→))＝3λ－4x2＋2\r(3)1－λy2＋\r(3)λz2＝0，))取n2＝(eq\r(3)λ，0,4－3λ)．由平面BEQF⊥平面PAD知n1⊥n2，則n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝eq\f(2,3).故在側(cè)棱PD上存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，eq\f(PQ,QD)＝eq\f(1,2).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．已知直線l的一個(gè)方向向量為m＝(x,2，－5)，平面α的一個(gè)法向量為n＝(3，－1,2)，若l∥α，則x等于()A．－6B．6C．－4D．4答案D解析若l∥α，則m⊥n，從而m·n＝0，即3x－2－10＝0，解得x＝4.2.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)AD＝1，則eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))等于()A．1 B．2C．3 D.eq\f(\r(6),3)答案A解析由長方體的性質(zhì)可知AD⊥AB，AD⊥BB1，AD∥BC，AD＝BC＝1，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋0＝1.3．已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)A(2，－1,2)，α的一個(gè)法向量為n＝(3,1,2)，則下列點(diǎn)P中，在平面α內(nèi)的是()A．(1，－1,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))答案B解析對(duì)于選項(xiàng)A，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝5，所以eq\o(PA,\s\up6(→))與n不垂直，排除A；同理可排除C，D；對(duì)于選項(xiàng)B，有eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝0，故B正確．4.如圖在一個(gè)120°的二面角的棱上有兩點(diǎn)A，B，線段AC，BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且均與棱AB垂直，若AB＝eq\r(2)，AC＝1，BD＝2，則CD的長為()A．2B．3C．2eq\r(3)D．4答案B解析∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))，∵eq\o(CA,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|cos(180°－120°)＝1×2×eq\f(1,2)＝1.∴eq\o(CD,\s\up6(→))2＝1＋2＋4＋2×1＝9，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝3.5．(2022·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則()A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D答案A解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD1，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1＝D，BD，DD1?平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1，又EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正確；如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則D(0,0,0)，B1(2,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，B(2,2,0)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(0,1,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．設(shè)平面B1EF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝－x1＋y1＝0，,m·\o(EB1,\s\up6(→))＝y(tǒng)1＋2z1＝0，))可取m＝(2,2，－1)，同理可得平面A1BD的一個(gè)法向量為n1＝(1，－1，－1)，平面A1AC的一個(gè)法向量為n2＝(1,1,0)，平面A1C1D的一個(gè)法向量為n3＝(1,1，－1)，則m·n1＝2－2＋1＝1≠0，所以平面B1EF與平面A1BD不垂直，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閙與n2不平行，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閙與n3不平行，所以平面B1EF與平面A1C1D不平行，故D錯(cuò)誤．6．已知梯形CEPD如圖(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A為線段PD的中點(diǎn)，四邊形ABCD為正方形，現(xiàn)沿AB進(jìn)行折疊，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如圖(2)所示的幾何體．已知當(dāng)點(diǎn)F滿足eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)時(shí)，平面DEF⊥平面PCE，則λ的值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)答案C解析由題意，以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則D(0,4,0)，E(4,0,2)，C(4,4,0)，P(0,0,4)，A(0,0,0)，B(4,0,0)，設(shè)F(t,0,0)，0<t<4，eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))(0<λ<1)，則(t,0,0)＝(4λ，0,0)，∴t＝4λ，∴F(4λ，0,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(4，－4,2)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(4λ，－4,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(4,4，－4)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(4,0，－2)，設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝4x－4y＋2z＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝4λx－4y＝0，))取x＝1，得n＝(1，λ，2λ－2)，設(shè)平面PCE的法向量為m＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up6(→))＝4a＋4b－4c＝0，,m·\o(PE,\s\up6(→))＝4a－2c＝0，))取a＝1，得m＝(1,1,2)，∵平面DEF⊥平面PCE，∴m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝0，解得λ＝eq\f(3,5).二、多項(xiàng)選擇題7．下列關(guān)于空間向量的命題中，正確的有()A．若向量a，b與空間任意向量都不能構(gòu)成基底，則a∥bB．若非零向量a，b，c滿足a⊥b，b⊥c，則有a∥cC．若{eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))}是空間的一個(gè)基底，且eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，則A，B，C，D四點(diǎn)共面D．若{a＋b，b＋c，c＋a}是空間的一個(gè)基底，則{a，b，c}也是空間的一個(gè)基底答案ACD解析對(duì)于A，若向量a，b與空間任意向量都不能構(gòu)成基底，則a，b為共線向量，即a∥b，故A正確；對(duì)于B，若非零向量a，b，c滿足a⊥b，b⊥c，則a與c不一定共線，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若{eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))}是空間的一個(gè)基底，且eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))，則eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋eq\f(1,3)(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，即eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，可得A，B，C，D四點(diǎn)共面，故C正確；對(duì)于D，若{a＋b，b＋c，c＋a}是空間的一個(gè)基底，則對(duì)空間中任意一個(gè)向量d，存在唯一實(shí)數(shù)組(x，y，z),使d＝x(a＋b)＋y(b＋c)＋z(c＋a)＝(x＋z)a＋(x＋y)b＋(y＋z)c，則{a，b，c}也是空間的一個(gè)基底，故D正確．8.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，G為正方形A1B1C1D1的中心，E，F(xiàn)分別為AB，BB1的中點(diǎn)，下列結(jié)論正確的是()A．C1D∥平面EFGB.eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\o(D1B1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))C.eq\o(GF,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝0D．A1C⊥平面EFG答案AC解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)镋是棱AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是棱BB1的中點(diǎn)，G是正方形A1B1C1D1的中心，設(shè)正方體的棱長為1，可得A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，C1(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，D1(0,1,1)，B1(1,0,1)，設(shè)平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋z＝0，,\f(1,2)x＋\f(1,2)z＝0，))令x＝1，∴n＝(1,2，－1)，∵eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(C1D,\s\up6(→))·n＝(－1)×1＋0×2＋(－1)×(－1)＝0，C1D?平面EFG，∴C1D∥平面EFG，故A選項(xiàng)正確；∵eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(A1C,\s\up6(→))與n不平行，∴A1C不與平面EFG垂直，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤；∵eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，∴eq\o(GF,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，故C選項(xiàng)正確；∵eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－1)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，∴eq\o(GF,\s\up6(→))≠eq\o(D1B1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤．三、填空題9．已知向量a＝(1,1,0)，則與a同向共線的單位向量e＝________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))解析因?yàn)橄蛄縜＝(1,1,0)，所以|a|＝eq\r(12＋12＋02)＝eq\r(2)，所以與a同向共線的單位向量為e＝eq\f(a,|a|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0)).10．(2023·徐州模擬)在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1,1,0)，B(－1,0,2)，點(diǎn)C滿足eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(AB,\s\up6(→))，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為________．答案(－5，－2,6)解析設(shè)C(x，y，z)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x－1，y－1，z)＝3eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－6，－3,6)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝－6，,y－1＝－3，,z＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－5，,y＝－2，,z＝6.))故點(diǎn)C的坐標(biāo)為(－5，－2,6)．11．(2023·信陽模擬)在斜三棱柱A1B1C1－ABC中，BC的中點(diǎn)為M，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝a，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝b，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝c，則eq\o(B1M,\s\up6(→))可用a，b，c表示為________________．答案－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c解析eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(A1C1,\s\up6(→))－eq\o(A1B1,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.12.如圖，已知正三棱錐P－ABC的側(cè)棱長為l，過其底面中心O作動(dòng)平面α，交線段PC于點(diǎn)S，交PA，PB的延長線于M，N兩點(diǎn)．則eq\f(1,PS)＋eq\f(1,PM)＋eq\f(1,PN)＝________.答案eq\f(3,l)解析如圖，設(shè)BC的中點(diǎn)為E，連接AE，PE，PO，則O在AE上且AO＝2OE，所以eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(PE,\s\up6(→))－eq\o(PA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))．故eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(PA,3PM)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(PB,3PN)eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\f(PC,3PS)eq\o(PS,\s\up6(→))，由于S，M，N，O四點(diǎn)共面，于是eq\f(PA,3PM)＋eq\f(PB,3PN)＋eq\f(PC,3PS)＝1，因此eq\f(1,PM)＋eq\f(1,PN)＋eq\f(1,PS)＝eq\f(3,l).四、解答題13.如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，H分別是線段PA，PD，AB的中點(diǎn)．求證：(1)PB∥平面EFH；(2)PD⊥平面AHF.證明(1)∵E，H分別是線段PA，AB的中點(diǎn)，∴PB∥EH.∵PB?平面EFH，且EH?平面EFH，∴PB∥平面EFH.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，F(xiàn)(0,1,1)，H(1,0,0)．eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(AH,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，∴eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.∴eq\o(PD,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(PD,\s\up6(→))⊥eq\o(AH,\s\up6(→))，∴PD⊥AF，PD⊥AH.∵AH∩AF＝A，且AH，AF?平面AHF，∴PD⊥平面AHF.14.如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的所有棱長均為eq\r(2)，底面ABCD為正方形，∠A1AB＝∠A1AD＝eq\f(π,3)，點(diǎn)E為BB1的中點(diǎn)，點(diǎn)F為CC1的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)．(1)若O為AC的中點(diǎn)，求證：A1O⊥AO；(2)若FP∥平面D1AE，求線段CP長度的最小值．(1)證明由已知AB＝A1A＝AD＝eq\r(2)，∠A1AD＝eq\f(π,3)，∠A1AB＝eq\f(π,3)，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos

eq\f(π,3)＝1，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos

eq\f(π,3)＝1，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，因?yàn)镺為AC的中點(diǎn)，所以eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，又eq\o(A1O,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝(eq\o(AO,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→)))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))－\o(AA1,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)＋0＋0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，所以eq\o(A1O,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，所以A1O⊥AO.(2)解連接A1D，A1B，因?yàn)锳1A＝AD＝eq\r(2)，∠A1AD＝eq\f(π,3)，所以A1D＝eq\r(2)，因?yàn)锳1A＝AB＝eq\r(2)，∠A1AB＝eq\f(π,3)，所以A1B＝eq\r(2)，連接BD，由正方形的性質(zhì)可得B，O，D三點(diǎn)共線，O為BD的中點(diǎn)，所以A1O⊥BD，由(1)可知A1O⊥AO，AO，BD?平面ABCD，AO∩BD＝O，所以A1O⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－2，－1,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1，\f(1,2)))，設(shè)平面D1AE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－y＋z＝0，,－\f(3,2)x＋y＋\f(1,2)z＝0，))令x＝3，則z＝7，y＝1.所以n＝(3,1,7)為平面D1AE的一個(gè)法向量，因?yàn)辄c(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)，故設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m，n,0)，因?yàn)閑q\o(FP,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→)))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)，n，－\f(1,2)))，又FP∥平面D1AE，所以eq\o(FP,\s\up6(→))·n＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,2)))＋n－eq\f(7,2)＝0，即3m＋n＋1＝0，所以|eq\o(CP,\s\up6(→))|＝eq\r(m＋12＋n2)＝eq\r(m＋12＋－3m－12)＝eq\r(10m2＋8m＋2)＝eq\r(10\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,5)))2＋\f(2,5))，所以當(dāng)m＝－eq\f(2,5)時(shí)，|eq\o(CP,\s\up6(→))|有最小值，最小值為eq\f(\r(10),5).15．(多選)(2024·梅州模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，點(diǎn)M，N分別在棱AB和BB1上運(yùn)動(dòng)(不含端點(diǎn))．若D1M⊥MN，則下列命題正確的是()A．MN⊥A1MB．MN⊥平面D1MCC．線段BN長度的最大值為eq\f(3,4)D．三棱錐C1－A1D1M的體積不變答案ACD解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，設(shè)M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝(3，y，－3)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN，則eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝y(tǒng)(3－y)－3z＝0，即z＝eq\f(1,3)y(3－y)．對(duì)于A，連接A1M，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(0，y，－3)，則eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝y(tǒng)(3－y)－3z＝0，則eq\o(A1M,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，MN⊥A1M，故A正確；對(duì)于B，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(3，y－3,0)，eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝(y－3)·(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM與MN不垂直，從而MN與平面D1MC不垂直，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(0,0，z)，則線段BN的長度|eq\o(BN,\s\up6(→))|＝z＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＋\f(9,4)))≤eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)y＝eq\f(3,2)時(shí)等號(hào)成立，故C正確；對(duì)于D，連接A1C1，MC1，不論點(diǎn)M如何移動(dòng)，點(diǎn)M到平面A1D1C1的距離均為3，而＝＝eq\f(1,3)×3·＝eq\f(9,2)，所以三棱錐C1－A1D1M的體積為定值，故D正確．16.如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是側(cè)面BB1C1C內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)E滿足eq\o(D1E,\s\up6(→))⊥eq\o(CE,\s\up6(→))，則|eq\o(BE,\s\up6(→))|的最大值為__________，最小值為__________．答案2eq\r(2)eq\r(5)－1解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,2,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，設(shè)E(x,2，z)，x∈[0,2]，z∈[0,2]，所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(x,2，z－2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(x,0，z)，因?yàn)閑q\o(D1E,\s\up6(→))⊥eq\o(CE,\s\up6(→))，所以eq\o(D1E,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝x2＋z(z－2)＝0，即x2＋(z－1)2＝1，x∈[0,2]，z∈[0,2]，則動(dòng)點(diǎn)E的軌跡為以(0,2,1)為圓心，1為半徑的半圓，將其放到平面直角坐標(biāo)系中如圖所示，則B(2,0)，M(0,1)，N(0,2)，所以|eq\o(BM,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以|eq\o(BE,\s\up6(→))|min＝eq\r(5)－1；顯然當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)N處(即立體圖形中的C1點(diǎn))時(shí)，|eq\o(BE,\s\up6(→))|取得最大值，|eq\o(BE,\s\up6(→))|max＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，因此，|eq\o(BE,\s\up6(→))|的最大值為2eq\r(2)，最小值為eq\r(5)－1.§7.7向量法求空間角課標(biāo)要求1.能用向量法解決異面直線所成角、直線與平面所成角、平面與平面的夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會(huì)向量法在研究空間角問題中的作用.2.弄清折疊問題中的變量與不變量，掌握折疊問題中線面位置關(guān)系的判斷和空間角的計(jì)算問題．知識(shí)梳理1．異面直線所成的角若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cosθ＝|cos〈u，v〉|＝eq\f(|u·v|,|u||v|).2．直線與平面所成的角如圖，直線AB與平面α相交于點(diǎn)B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈u，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq\f(|u·n|,|u||n|).3．平面與平面的夾角如圖，平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角．設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).常用結(jié)論1．異面直線所成角的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；直線與平面所成角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；二面角的范圍是[0，π]，兩個(gè)平面夾角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．若平面α與平面β的夾角為θ1，平面α內(nèi)的直線l與平面β所成角為θ2，則θ1≥θ2，當(dāng)l與α和β的交線垂直時(shí)，取等號(hào)．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角．(×)(2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．(×)(3)二面角的平面角為θ，則兩個(gè)平面的法向量的夾角也是θ.(×)(4)二面角α－l－β的平面角與平面α，β的夾角相等．(×)2．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則直線l與平面α所成的角為()A．30°B．60°C．120°D．150°答案A解析設(shè)直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(1,2)，所以直線l與平面α所成的角為30°.3．已知直線l1的方向向量s1＝(1,0,1)與直線l2的方向向量s2＝(－1,2，－2)，則直線l1和l2所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)答案C解析設(shè)直線l1與l2所成的角為θ，因?yàn)閟1＝(1,0,1)，s2＝(－1,2，－2)，所以cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝eq\f(|s1·s2|,|s1||s2|)＝eq\f(|－1－2|,\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2).所以直線l1和l2所成角的余弦值為eq\f(\r(2),2).4．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為()A.eq\f(π,4)B.eq\f(3π,4)C.eq\f