专题01空间向量及其应用（考点串讲）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

高二沪教版数学下册期末考点大串讲 串讲01 空间向量及其应用 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 七大易错易混经典例题+错因分析与防范措施 6道期末真题对应考点练 三大重难点题型典例剖析 五大常考点：知识梳理+考点分类训练+技巧总结 考点透视 1．空间向量的有关概念 名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量 — 相等向量 方向相同且模相等的向量 a＝b 相反向量 方向相反且模相等的向量 a的相反向量为－a 共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 a∥b 共面向量 平行于同一个平面的向量 — 知识梳理 2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理 空间两个向量a与b(b≠0)共线的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb. (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表达式：p＝xa＋yb，其中x，y∈R，a，b为不共线向量． (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，存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一个基底． (2)空间向量数量积的运算律 ①(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＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3). 5.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或在这条直线上)的有向线段所表示的向量，一条直线的方向向量有无数个． (2)平面的法向量 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． (3)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 n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 例1如图所示,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点.求证: (1)MN∥平面PAD; (2)平面PMC⊥平面PDC. 题型一：应用空间向量证明位置关系 证明 (1)如图所示,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz. 设PA=AD=a,AB=b, 则有P(0,0,a),A(0,0,0),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0). ∵M,N分别为AB,PC的中点, 方法技巧 利用空间向量证明平行、垂直关系的方法 (1)证明两条直线平行,只需证明两条直线的方向向量是共线向量即可. (2)证明线面平行的方法:①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;②证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量;③利用共面向量定理,即证明可在平面内找到两个不共线向量来线性表示直线的方向向量. (3)证明面面平行的方法:①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量);②转化为线面平行、线线平行问题. (4)证明两条直线垂直,只需证明两直线的方向向量垂直. (5)证明线面垂直的方法:①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量;②证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直. (6)证明面面垂直的方法:①证明两个平面的法向量互相垂直;②转化为线面垂直、线线垂直问题. 例2如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被平面AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1. (1)求BF的长; (2)求点C到平面AEC1F的距离. 题型二：应用空间向量求空间距离 解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3). 设F(0,0,z). 由题意得AEC1F为平行四边形, 方法技巧 向量法求点面距离的步骤 例3如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=8,AA1=4,M为B1C1上一点且B1M=2,点N在线段A1D上,A1D⊥AN. (1)求异面直线A1D与AM所成的角; (2)求直线AD与平面ANM所成角θ的正弦值; (3)求平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值. 题型三：应用空间向量求空间角 解 以A为原点,分别以AB,AD,AA1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(0,0,0),B(5,0,0),D(0,8,0),A1(0,0,4),M(5,2,4). 方法技巧 向量法求线面角、两平面夹角的方法 (1)利用空间向量求直线与平面所成的角的两种方法:①分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线的方向向量,将问题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,则其余角就是斜线和平面所成的角. (2)利用空间向量求两平面夹角的两种方法:①利用定义,分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小,再由此得两平面的夹角;②通过平面的法向量来求:设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则两平面夹角的大小等于<n1,n2>(或π-<n1,n2>),注意取锐角或直角. 例4如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2AA1,∠ABC=90°,D是BC的中点. (1)求证:A1B∥平面ADC1. (2)求平面ADC1与平面ABC夹角的余弦值. (3)线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1成60°角?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由. 题型四：空间中的折叠与探究性问题 (1)证明 连接A1C,交AC1于点O,连接OD,如图. 由于棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩形,O为A1C的中点.又D为BC的中点, 所以OD为△A1BC的中位线,所以A1B∥OD. 因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1, 所以A1B∥平面ADC1. (2)解 由于棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱, 且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直, 以B为原点,分别以BC,BA,BB1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Bxyz. (3)解 存在.假设存在满足条件的点E. 因为点E在线段A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1), 方法技巧 解决存在性问题的基本策略 假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,即存在,并可进一步证明;若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明假设不成立,即不存在. 例5如图①,在等腰梯形ABCD中,AB=2,CD=6,AD=2 ,E,F分别是CD的两个三等分点,若把等腰梯形沿虚线AF,BE折起,使得点C和点D重合,记为点P,如图②. (1)求证:平面PEF⊥平面ABEF; (2)求平面PAE与平面PAB夹角的余弦值. (1)证明 ∵四边形ABCD为等腰梯形,AB=2,CD=6,AD=2 ,E,F是CD的两个三等分点, ∴四边形ABEF是正方形,∴BE⊥EF. ∵BE⊥PE,且PE∩EF=E,∴BE⊥平面PEF. 又BE⊂平面ABEF,∴平面PEF⊥平面ABEF. (2)解 过点P作PO⊥EF于点O,过点O作BE的 平行线交AB于点G,则PO⊥平面ABEF, 以O为坐标原点,以OG,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. 方法技巧 解决与折叠有关问题的方法 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,折线同一侧的,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口. 易错01　空间向量数乘运算 易错易混 　四棱锥V－ABCD中，底面是边长为4且∠ABC＝60°的菱形，顶点V在底面的射影是底面对角线的交点O，VO＝3，建立正确的坐标系求各点的坐标时，下列建系方式正确的是 (　　) A．(2)(3) B．(2)(4) C．(1)(4) D．(1)(2)(4) 易错04　求空间中点的坐标的建系问题 错解：选D．在空间直角坐标系中，三个坐标轴的位置关系是两两垂直．由于菱形的对角线互相垂直，且VO垂直于底面，则VO，AO，BO和VO，BO，CO两两互相垂直；(3)中的x轴和y轴不垂直，(1)(3)(4)中三个坐标轴两两互相垂直． 错解分析：错误的根本原因是忽略了坐标轴应两两互相垂直而错选． 正解：选B．在空间直角坐标系中，三个坐标轴的位置关系是两两垂直．由于菱形的对角线互相垂直，且VO垂直于底面，则VO，AO，BO和VO，BO，CO两两互相垂直；(1)中的x轴和y轴不垂直，(3)中三个坐标轴都不垂直，(2)(4)中三个坐标轴两两互相垂直． 防范措施： 1．准确把握建系原则 空间直角坐标系是右手直角坐标系，故三个坐标轴应两两互相垂直，如本题(1)(3)中x轴和y轴不垂直，故不能构成空间直角坐标系． 2．正确使用几何图形的性质 建立合理的空间直角坐标系要寻找互相垂直的坐标轴，垂直关系往往用到平面和立体图形的性质，寻找垂直关系的关键是正确使用几何图形的性质．如本题(2)(4)利用了菱形的对角线互相垂直这一性质，从而确定出x轴与y轴互相垂直. 易错05　由向量的夹角求参数的取值范围 错解分析：错误的根本原因是忽视了a·b<0包含〈a，b〉＝180°的情况．实际上a与b夹角为钝角⇔a·b<0且〈a，b〉≠180°. 正解：选B．因为a与b的夹角为钝角， 所以a·b<0且〈a，b〉≠180°. 由a·b<0得(3，－2，－3)·(－1，x－1,1)＝3×(－1)＋(－2)·(x－1)＋(－3)×1<0，解得x>－2. 若a与b的夹角为180°， 则存在λ<0，使b＝λa，即(－1，x－1,1)＝λ(3，－2，－3)， 防范措施： 1．明确两个充要条件 (1)向量a与b的夹角为锐角⇔a·b>0且〈a，b〉≠0°. (2)向量a与b的夹角为钝角⇔a·b<0且〈a，b〉≠180°. 2．注意向量共线情况的计算 先利用a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3，求出参数，再根据“λ>0，a与b同向，λ<0，a与b反向”确定满足题意的参数的值. 　已知u是平面α的一个法向量，a是直线l的一个方向向量，若u＝(3,1,2)，a＝(－2,2,2)，则l与α的位置关系是________． 错解：因为u·a＝(3,1,2)·(－2,2,2)＝3×(－2)＋1×2＋2×2＝0， 所以u⊥a，所以l∥α. 错解分析：错误的根本原因是忽视了直线与平面平行和向量与平面平行的区别．实际上，本例中由向量u⊥a可得l⊂α或l∥α. 正解：因为u·a＝(3,1,2)·(－2,2,2)＝3×(－2)＋1×2＋2×2＝0， 所以u⊥a.所以l⊂α或l∥α. 易错06　利用向量法判断直线与平面平行 防范措施：向量法证明线面平行的两个关注点 (1)明确理论依据 如果一条直线与一个平面的垂线垂直，那么，这条直线在平面内或与平面平行． (2)区分有关概念 直线与平面平行，直线一定在平面外，向量与平面平行，向量对应的直线可在平面内. 1.（2023秋•崇明区校级期末） 已知向量 ， ，则 =( ____ ) A.(16，0，4) B.(8，16，4) C.(8，-16，4) D.(8，0，4) 【解析】解：若向量 ， ， 则 =4(3，2，1)-2(2，4，0)=(8，0，4)， 故选：D． D 押题预测 75 2.（2023秋•宝山区校级期末） 已知向量 ， ，且 与 互相垂直，则k=　　． 【解析】解：根据题意，向量 ， ，则 =(k-1，k,k+2)， =(3，2，0)， 若 与 互相垂直，则( )•( )=3(k-1)+2k=0， 解可得：k= ，故答案为： ． 76 3.（2023春•浦东新区期末）已知 ， ． (1)若 ，求 的值； (2)若 ，求实数k的值． 【解析】解：(1)由已知可得 ， ， ∴ (2) ， ， ∵ ，∴存在实数m使得 ， ∴k-2=7m,4k+2=-2m,-2k+4=-14m,联立解得 ． 77 4.（2023春•浦东新区校级期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，AC1交A1C于点O，∠BAC=90°，D为BC中点． (1)求证：C1A⊥平面A1B1C； (2)求直线B1C1与平面A1B1C所成的角． 【解析】解：(1)证明：在正方形ACC1A1中，C1A⊥A1C， 因为∠BAC=90°，所以AB⊥AC， 又因为侧面ABB1A1是正方形，所以AB⊥AA1， 因为AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1， 所以AB⊥平面ACC1A1，而C1A⊂平面ACC1A1，则AB⊥C1A，而A1B1∥AB， ∴A1B1⊥C1A，而A1B1∩A1C=A1， 又A1B1，CA1⊂平面A1B1C， ∴C1A⊥平面A1B1C 78 (2)连接OB1，如图所示： __ ∵ACC1A1为正方形，∠BAC=90°，∴AC1⊥A1C，AC1⊥A1B1， 而A1B1∩CA1=A1，A1B1，CA1⊂平面A1B1C， ∴AC1⊥平面A1B1C， ∴∠C1B1O为直线B1C1与平面A1B1C所成的角， ∵ ，∴∠C1B1O=30°， 所以直线B1C1与平面A1B1C所成的角为30°． 79 5.（2023秋•长宁区校级期末）如图，平行四边形ABCD中，AB=4，AD=2，将△ABD沿BD翻折，得到四面体PBCD． (1)若BD=PC=4，作出二面角P-BC-D的平面角，说明作图理由并求其大小； (2)若PC=2 ，∠A=60°，求点D到平面PBC的距离． 【解析】解：(1)如图所示，取点E为BC的中点，连接PE，DE，则 即为所求的二面角P-BC-D的平面角，理由如下： 由题意AB=4=PB，PD=DA=2， 又因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB=4=CD， 又因为BD=4，所以BD=CD=4=PB=PC， 又点E为BC的中点， 所以由三线合一可知DE⊥BC，PE⊥BC， 80 又面DBC∩面PBC=BC， 所以 即为所求的二面角P-BC-D的平面角， 而 ，所以 ， 同理 ，而DA=2， 所以在△PDE中，由余弦定理有 ， 即 ； (2)如图，由题意 ， 由余弦定理有 ， 解得 ， 所以AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD， 所以由题意有PD⊥BD，PD=AD=2， 又因为 ， 81 所以CD2+PD2=PC2，即PD⊥CD， 又BD∩CD=D，BD，CD⊂面BCD， 所以PD⊥面BCD， 所以 ， 因为 ， 所以BC2+BP2=PC2，即BC⊥BP， 所以 ， 不妨设点D到平面PBC的距离为d, 因为VP-BCD=VD-BCP，所以 ，解得 ， 即点D到平面PBC的距离为 ． 82 3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念 ①两向量的夹角 已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是0≤〈a，b〉≤π，若〈a，b〉＝eq \f(π,2)，则称a与b互相垂直，记作a⊥b. ②两向量的数量积 已知空间两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做向量a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． 分类 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 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)) 夹角 余弦 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))) 6.空间中距离与向量的关系 分类 向量求法 两点间的距离 设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)为空间中任意两点，则d＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→)))＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12) 点到平面的距离 设平面α的法向量为n，B∉α，A∈α，则B点到平面α的距离d＝eq \f(|\o(BA,\s\up16(→))·n|,|n|) ∴M,N, ∴. (方法1)=(0,0,a),=(0,a,0), ∴. 又MN⊄平面PAD,∴MN∥平面PAD. (方法2)由题意知为平面PAD的一个法向量. ∵=(b,0,0),∴=0,∴. 又MN⊄平面PAD,∴MN∥平面PAD. (2)由(1)知,P(0,0,a),C(b,a,0),M,D(0,a,0), ∴=(b,a,-a),=(0,a,-a). 设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 ∴令z1=b,则n1=(2a,-b,b). 设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 ∴令z2=1,则n2=(0,1,1). ∵n1·n2=0-b+b=0,∴n1⊥n2, ∴平面PMC⊥平面PDC. ∴,∴(-2,0,z)=(-2,0,2), ∴z=2,∴F(0,0,2). ∴=(-2,-4,2), ∴||=2,即BF的长为2. (2)设n=(x,y,z)为平面AEC1F的法向量,由(1)可知=(0,4,1),=(-2,0,2), 则 令x=1,则z=1,y=-,∴n=. 又=(0,0,3),∴点C到平面AEC1F的距离d=. (1)∵=(5,2,4),=(0,8,-4),∴=0+16-16=0,∴. ∴异面直线A1D与AM所成的角为90°. (2)∵A1D⊥AM,A1D⊥AN,AM∩AN=A,∴A1D⊥平面ANM, ∴=(0,8,-4)是平面ANM的一个法向量. 又=(0,8,0),||=4,||=8,=64, ∴sin θ=|cos<>|=. ∴AD与平面ANM所成角θ的正弦值为. (3)∵平面ANM的一个法向量是=(0,8,-4), 平面ABCD的一个法向量是n=(0,0,1), ∴cos<,n>==-. 设平面ANM与平面ABCD的夹角为α, 则cos α=|cos<,n>|=. ∴平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值为. 设BA=2,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0),所以=(1,-2,0),=(2,-2,1). 设平面ADC1的法向量为n=(x,y,z), 则有所以 取y=1,得n=(2,1,-2).易知平面ABC的一个法向量为v=(0,0,1), 所以cos<n,v>==-. 设平面ADC1与平面ABC夹角为θ,所以cos θ=|cos<n,v>|=. 故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.所以=(0,λ-2,1),=(1,0,1). 因为AE与DC1成60°角,所以|cos<>|=, 即,解得λ=1或λ=3(舍去). 所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1成60°角. 则A(2,-1,0),B(2,1,0),E(0,1,0),P(0,0,), ∴=(-2,2,0),=(0,-1,),=(0,2,0),=(2,-1,-), 设平面PAE的法向量n=(x,y,z), 则取z=1, 得n=(,1),设平面PAB的法向量m=(x,y,z), 则取x=, 得m=(,0,2),设平面PAE与平面PAB的夹角为θ, 则cos θ=. ∴平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为. 高频考点一eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(空间向量与空间位置关系)) [例1]　在四棱锥P­ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点． (1)求证：BM∥平面PAD； (2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． [解]　以A为坐标原点，以AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，则B(1,0,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，M(1,1,1)， (1)证明：∵eq \o(BM,\s\up17(―→))＝(0,1,1)， 平面PAD的一个法向量为n＝(1,0,0)， ∴eq \o(BM,\s\up17(―→))·n＝0，即eq \o(BM,\s\up17(―→))⊥n， 又BM⊄平面PAD， ∴BM∥平面PAD. (2)eq \o(BD,\s\up17(―→))＝(－1,2,0)，eq \o(PB,\s\up17(―→))＝(1,0，－2)， 假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 设N(0，y，z)，则eq \o(MN,\s\up17(―→))＝(－1，y－1，z－1)， 从而MN⊥BD，MN⊥PB， ∴o(MN,\s\up17(―→))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·eq \o(BD,\s\up17(―→))＝0，, eq \o(MN,\s\up17(―→))·eq \o(PB,\s\up17(―→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋2y－1＝0，,－1－2z－1＝0，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，))∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴在平面PAD内存在一点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，使MN⊥平面PBD. 高频考点二eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(空间向量与空间角)) 题点一　线线角 [例2]　如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值． [解]　(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \r(3). 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC， 可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝eq \r(3)，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝eq \r(2)，故DF＝eq \f(\r(2),2). 在Rt△FDG中，可得FG＝eq \f(\r(6),2). 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)， 可得EF＝eq \f(3\r(2),2). 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因为EG⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如图，以G为坐标原点，分别以eq \o(GB,\s\up17(―→))，eq \o(GC,\s\up17(―→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq \o(GB,\s\up17(―→))|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz. 由(1)可得A(0，－eq \r(3)，0)，E(1,0，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq \r(3)，0)， 所以eq \o(AE,\s\up17(―→))＝(1，eq \r(3)，eq \r(2))，eq \o(CF,\s\up17(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))). 故cos〈eq \o(AE,\s\up17(―→))，eq \o(CF,\s\up17(―→))〉＝o(AE,\s\up17(―→))eq \f(·eq \o(CF,\s\up17(―→)),|eq \o(AE,\s\up17(―→))||eq \o(CF,\s\up17(―→))|) ＝－eq \f(\r(3),3). 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3). 题点二　线面角 [例3]　如图，在三棱锥P­ABC中，∠APB＝90°，∠PAB＝60°，AB＝BC＝CA，平面PAB⊥平面ABC. (1)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值； (2)求二面角B­AP­C的余弦值． [解]　设AB的中点为D，连接CD，作PO⊥AB于点O. 因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD. 由AB＝BC＝CA，知CD⊥AB.设E为AC中点，连接OE， 则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB. 如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．不妨设PA＝2，由已知可得AB＝4，OA＝OD＝1，OP＝eq \r(3)，CD＝2eq \r(3). 所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，C(1,2eq \r(3)，0)，P(0,0，eq \r(3))． (1)易得eq \o(CP,\s\up17(―→))＝(－1，－2eq \r(3)，eq \r(3))，且eq \o(OP,\s\up17(―→))＝(0,0，eq \r(3))为平面ABC的一个法向量． 设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sin α＝o(CF,\s\up17(―→))eq \f(|·eq \o(OP,\s\up17(―→))|,|eq \o(CF,\s\up17(―→))||eq \o(OP,\s\up17(―→))|) ＝eq \f(|0＋0＋3|,\r(16)×\r(3))＝eq \f(\r(3),4). 所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4). (2)易得eq \o(AP,\s\up17(―→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up17(―→))＝(2,2eq \r(3)，0)．设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则o(AP,\s\up17(―→))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·eq \o(AC,\s\up17(―→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋\r(3)z1＝0，,2x1＋2\r(3)y1＝0，))取z1＝1，可得n＝(－eq \r(3)，1,1)． 设二面角B­AP­C的平面角为β，易知β为锐角．因为平面PAB的一个法向量为m＝(0,1,0)， 所以cos β＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(1,\r(3＋1＋1)×1)＝eq \f(\r(5),5). 所以二面角B­AP­C的余弦值为eq \f(\r(5),5). 题点三　面面角 [例4]　在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线． (1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC. (2)已知EF＝FB＝eq \f(1,2)AC＝2eq \r(3)，AB＝BC，求二面角F­BC­A的余弦值. [解]　(1)证明：设CF的中点为I，连接GI，HI. 在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H，I分别是FB，CF的中点， 所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B，所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC. (2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC. 又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B(0,2eq \r(3)，0)，C(－2eq \r(3)，0,0)．过点F作FM⊥OB于点M， 所以FM＝eq \r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq \r(3)，3)．故eq \o(BC,\s\up17(―→))＝ (－2eq \r(3)，－2eq \r(3)，0)，eq \o(BF,\s\up17(―→))＝(0，－eq \r(3)，3)．设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量． 由o(BC,\s\up17(―→))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·eq \o(BF,\s\up17(―→))＝0)) 可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一个法向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3))).因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(\r(7),7)， 所以二面角F­BC­A的余弦值为eq \f(\r(7),7). 高频考点三eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(空间向量与翻折性问题)) [例5]　图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的二面角B ­CG ­A的大小． [解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 所以AD，CG确定一个平面， 从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足为H. 因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC， 所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°， 可求得BH＝1，EH＝eq \r(3). 以H为坐标原点，eq \o(HC,\s\up17(―→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，eq \r(3))，eq \o(CG,\s\up17(―→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up17(―→))＝(2，－1,0)． 设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)， 则o(CG,\s\up17(―→))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝0，, eq \o(AC,\s\up17(―→))·n＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.)) 所以可取n＝(3,6，－eq \r(3))． 又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)， 所以cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(\r(3),2). 因此二面角B­CG­A的大小为30°. 　如图，已知空间四边形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eq \o(MG,\s\up16(→))＝2eq \o(GN,\s\up16(→))，若eq \o(OG,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))＋zeq \o(OC,\s\up16(→))，则x，y，z的值分别为________． 错解：因为eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(MG,\s\up16(→))＝eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(MN,\s\up16(→))＝ eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(ON,\s\up16(→))－eq \o(OM,\s\up16(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(ON,\s\up16(→))＝ eq \f(1,3)×eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up16(→))， 所以x，y，z的值分别为eq \f(1,6)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3). 错解分析：分析解题过程，错误的根本原因是空间向量的数乘运算与加法运算的几何意义综合应用不当． 正解：因为eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(MG,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(MN,\s\up16(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(ON,\s\up16(→))－eq \o(OM,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(ON,\s\up16(→))－eq \f(2,3) eq \o(OM,\s\up16(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))－eq \f(2,3)×eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up16(→))，所以x，y，z的值分别为eq \f(1,6)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3). 防范措施：空间向量数乘运算的两个关注点 (1)正确理解向量加法、减法和数乘运算的几何意义，结合图形分析有关向量之间的关系． (2)记住一个重要的模型．若C为线段AB的中点，则对于空间中任意一点O，都有eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→)))． 易错02　混淆向量的夹角与空间角 如图所示，在平面角为120° 的二面角α－AB－β中，AC⊂α，BD⊂β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，求线段CD的长． 解析：∵AC⊥AB，BD⊥AB，∴eq \o(CA,\s\up10(→))·eq \o(AB,\s\up10(→))＝0，eq \o(BD,\s\up10(→))·eq \o(AB,\s\up10(→))＝0. ∵二面角α－AB－β的平面角为120°，∴〈eq \o(CA,\s\up10(→))，eq \o(BD,\s\up10(→))〉＝180°－120°＝60°. ∴eq \o(CD,\s\up10(→))2＝(eq \o(CA,\s\up10(→))＋eq \o(AB,\s\up10(→))＋eq \o(BD,\s\up10(→)))2＝eq \o(CA,\s\up10(→))2＋eq \o(AB,\s\up10(→))2＋eq \o(BD,\s\up10(→))2＋2eq \o(CA,\s\up10(→))·eq \o(AB,\s\up10(→))＋2eq \o(CA,\s\up10(→))·eq \o(BD,\s\up10(→))＋2eq \o(BD,\s\up10(→))·eq \o(AB,\s\up10(→))＝3×62＋2×62×cos 60°＝144， ∴CD＝12. 【易错警示】 易错原因 纠错心得 本题易错的地方是混淆二面角的平面角与向量夹角的概念，而误认为向量eq \o(CA,\s\up10(→))，eq \o(BD,\s\up10(→))的夹角〈eq \o(CA,\s\up10(→))，eq \o(BD,\s\up10(→))〉＝120°，得到错误答案CD＝6eq \r(2). 利用数量积的性质求解有关平面或空间中角的问题时，要特别注意向量的夹角与所求角的区别与联系，切不可忽略角的取值范围而盲目套用．利用向量求二面角的平面角时，一般不能保证所求的角就是二面角的平面角，也有可能是二面角的平面角的补角，这时要结合实际图形对所求的角进行适当的处理. 易错03　对基底理解不清致误 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点．若eq \o(A1B1,\s\up10(→))＝a，eq \o(A1D1,\s\up10(→))＝b，eq \o(A1A,\s\up10(→))＝c，试用基底{a，b，c}表示向量eq \o(C1M,\s\up10(→)). 解析：如图，连接A1M，A1C1，则eq \o(C1M,\s\up10(→))＝eq \o(A1M,\s\up10(→))－eq \o(A1C1,\s\up10(→))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))＋eq \o(AM,\s\up10(→))－(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))－(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))－eq \f(1,2)(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c. 【易错警示】 易错原因 纠错心得 本题易错的地方是向量分解的不彻底，可能会得到如下错解：eq \o(C1M,\s\up10(→))＝eq \o(A1M,\s\up10(→))－eq \o(A1C1,\s\up10(→))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))＋eq \o(AM,\s\up10(→))－(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝c＋eq \o(AM,\s\up10(→))－a－b 事实上，eq \o(AM,\s\up10(→))仍需用基底表示. 基底可以表示空间内任一向量，用基底表示向量时，最后结果应含基向量. 　已知a＝(3，－2，－3)，b＝(－1，x－1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是 (　　) A．(－2，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(5,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞)) C．(－∞，－2) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞)) 错解：选B．因为a与b的夹角为钝角， 所以a·b<0. 由a·b<0得(3，－2，－3)·(－1，x－1,1)＝3×(－1)＋(－2)·(x－1)＋(－3)×1<0，解得x>－2. 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1＝3λ，,x－1＝－2λ,1＝－3λ，))，解得x＝eq \f(5,3)， 所以x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(5,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞)). 易错07　混淆二面角与面面角的大小 已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，AD＝2a，求平面BPC与平面DPC夹角的余弦值． 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0,0，a)，D(0,2a,0)，eq \o(BC,\s\up10(→))＝(0,2a,0)，eq \o(BP,\s\up10(→))＝(－a,0，a)，eq \o(CD,\s\up10(→))＝(－a,0,0)，eq \o(PD,\s\up10(→))＝(0,2a，－a)． 设平面BPC、平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2ay1＝0,－ax1＋az1＝0))和eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－ax2＝0,ay2－az2＝0)). 取n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)，则cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(10),5)， 故平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为eq \f(\r(10),5). 【易错警示】 易错原因 纠错心得 本题易错的地方是认为平面BPC与平面DPC的夹角就是二面角B－PC－D，得到错解：求得cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(\r(10),5)后，观察图形知二面角B－PC－D为钝角，得平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为－eq \f(\r(10),5). 事实上，二面角的取值范围是[0，π]，面面角的取值范围是[0，eq \f(π,2)]，不要将两者混淆了. 求二面角θ的大小时，通过求二面角两个半平面的法向量的夹角φ，把问题转化为向量的运算，需注意两法向量的夹角与二面角相等或互补，在解题中，可根据法向量的方向来进行判断，以便准确求出二面角的大小．一般地，如果二面角为锐角，cos θ＝|cos φ|＝eq \f(|u·v|,|u|·|v|)；如果二面角为钝角，cos θ＝－|cos φ|＝－eq \f(|u·v|,|u|·|v|)(u，v为二面角两个半平面的法向量). $$