第一章 空间向量与立体几何（考点串讲）高二数学上学期人教B版选择性必修第一册

选择性必修第一册 人教B版(2019) 数学 期中考点大串讲 串讲01 空间向量与立体几何 考场练兵 典例剖析 01 02 03 目 录 考点透视 01 考点透视 考点1．空间向量的有关概念 大小 方向 相同 相等 相反 相等 平行 重合 同一个平面 考点2.空间向量的有关定理 考点3．空间向量的数量积及运算律 考点4．投影向量 考点4．投影向量 考点4．投影向量 平行或重合 考点5．空间位置关系的向量表示 考点6.用向量法求空间距离 02 典例透析 考点透视 考点1.空间向量的线性运算 考点透视 考点1.空间向量的线性运算 考点透视 考点2　共线、共面向量定理的应用 考点透视 考点2　共线、共面向量定理的应用 考点透视 考点3 求空间向量的数量积 考点透视 考向4　利用数量积求长度与夹角 考点透视 考向5　利用空间向量证明平行、垂直 考点透视 考向5　利用空间向量证明平行、垂直 考点透视 考向5　利用空间向量证明平行、垂直 考点透视 考向6 求异面直线所成的角 考点透视 考向6 求异面直线所成的角 考点透视 考向7 求直线与平面所成的角 考点透视 考向7 求直线与平面所成的角 考点透视 考向7 求直线与平面所成的角 考点透视 考向8 求二面角 考点透视 考点透视 考点透视 考点透视 考向9 利用空间向量求空间距离 考点透视 考向9 利用空间向量求空间距离 考点透视 考向9 利用空间向量求空间距离 03 考场练兵 答案 －1 解析 名称 定义 空间向量 在空间中，具有eq \x(\s\up1(01))________和eq \x(\s\up1(02))________的量 相等向量 方向eq \x(\s\up1(03))________且模eq \x(\s\up1(04))______的向量 相反向量 方向eq \x(\s\up1(05))________且模eq \x(\s\up1(06))________的向量 共线向量(或平行向量) 表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相eq \x(\s\up1(07))________或eq \x(\s\up1(08))__________的向量 共面向量 平行于eq \x(\s\up1(09))________________的向量 (1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使eq \x(\s\up1(10))_________________． (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在eq \x(\s\up1(11))____________的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb. (3)空间向量基本定理 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eq \x(\s\up1(12))________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． a＝λb 唯一 唯一 (1)数量积 非零向量a，b的数量积a·b＝eq \x(\s\up1(13))_________________________． (2)空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． |a||b|cos〈a，b〉 (1)向量a在向量b上的投影 先将向量a与向量b平移到同一平面α内，如图1，向量c称为向量a在向量b上的投影向量． (2)向量a在直线l上的投影 如图2，向量c称为向量a在直线l上的投影向量． (3)向量a在平面β上的投影 如图3，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′，得到向量eq \o(A′B′,\s\up16(→))，则向量eq \o(A′B′,\s\up16(→))(a′)称为向量a在平面β上的投影向量． 1．在空间中，A，B，C三点共线的充要条件是：eq \o(OA,\s\up16(→))＝xeq \o(OB,\s\up16(→))＋yeq \o(OC,\s\up16(→))(其中x＋y＝1)，O为空间任意一点． 2．在空间中，P，A，B，C四点共面的充要条件是：eq \o(OP,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))＋zeq \o(OC,\s\up16(→))(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点． 3．空间向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立． 4．在利用eq \o(MN,\s\up16(→))＝xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AC,\s\up16(→))证明MN∥平面ABC时，必须说明点M或点N不在平面ABC内． (1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线leq \x(\s\up1(01))____________________，则称此向量a为直线l的方向向量． (2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量． (3)空间位置关系的向量表示 n＝λm n＝λm n·m＝0 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⇔eq \x(\s\up1(02))_________________________(λ∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔eq \x(\s\up1(03))_________________________ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄α l∥α n⊥m⇔eq \x(\s\up1(04))_________________________ l⊥α n∥m⇔eq \x(\s\up1(05))____________________ (λ∈R) 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔eq \x(\s\up1(06))__________________ (λ∈R) α⊥β n⊥m⇔eq \x(\s\up1(07))________________________ n1＝λn2 n1·n2＝0 n·m＝0 2．设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a与b的夹角β l1与l2所成的角θ 范围 (0，π) eq \x(\s\up1(08))___________ 求法 cosβ＝eq \f(a·b,|a||b|) cosθ＝|cosβ|＝eq \x(\s\up1(09))____________ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) eq \f(|a·b|,|a||b|) (2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝eq \x(\s\up1(13))_________________________，二面角的平面角的大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． |cos〈n1，n2〉| 3.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ， 则sinθ＝eq \x(\s\up1(10))_____________________________．eq \x(\s\up1(11))___________________． 4．(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二 面角的大小θ＝eq \x(\s\up1(12))____________________． |cos〈a，n〉| 〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))〉 eq \f(|a·n|,|a||n|) (1)点到直线的距离 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点．则 点P到直线l的距离为eq \x(\s\up1(14))________________________． eq \r(\o(AP,\s\up16(→))2－（\o(AP,\s\up16(→))·u）2) (2)点到平面的距离 已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．则点P到 平面α的距离为eq \x(\s\up1(15))________________． (3)线面距和面面距可以转化为点面距求解． eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|) 1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sinθ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cosθ＝|cos〈a，n〉|. 2．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补． 【例题1】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设eq \o(AA1,\s\up16(→))＝a，eq \o(AB,\s\up16(→))＝b，eq \o(AD,\s\up16(→))＝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)eq \o(AP,\s\up16(→))； (2)eq \o(A1N,\s\up16(→))； (3)eq \o(MP,\s\up16(→))＋eq \o(NC,\s\up16(→))1. 解　(1)∵P是C1D1的中点，∴eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1P,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1D1,\s\up16(→))＋eq \o(D1P,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up16(→))＝a＋c＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＝a＋c＋eq \f(1,2)b. (2)∵N是BC的中点， ∴eq \o(A1N,\s\up16(→))＝eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BN,\s\up16(→))＝－a＋b＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))＝－a＋b＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))＝－a＋b＋eq \f(1,2)c. (3)∵M是AA1的中点， ∴eq \o(MP,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AP,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c＋\f(1,2)b))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c. 又eq \o(NC1,\s\up16(→))＝eq \o(NC,\s\up16(→))＋eq \o(CC1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)c＋a， ∴eq \o(MP,\s\up16(→))＋eq \o(NC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋c))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c＋a))＝eq \f(3,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(3,2)c. 【例题2】已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))． ①判断eq \o(MA,\s\up16(→))，eq \o(MB,\s\up16(→))，eq \o(MC,\s\up16(→))三个向量是否共面； ②判断点M是否在平面ABC内． 解　①由题知eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))＝3eq \o(OM,\s\up16(→))，所以eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OM,\s\up16(→))＝(eq \o(OM,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→)))＋(eq \o(OM,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→)))， 即eq \o(MA,\s\up16(→))＝eq \o(BM,\s\up16(→))＋eq \o(CM,\s\up16(→))＝－eq \o(MB,\s\up16(→))－eq \o(MC,\s\up16(→))，所以eq \o(MA,\s\up16(→))，eq \o(MB,\s\up16(→))，eq \o(MC,\s\up16(→))共面． ②解法一：由①知，eq \o(MA,\s\up16(→))，eq \o(MB,\s\up16(→))，eq \o(MC,\s\up16(→))共面且所在直线过同一点M，所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内． 解法二：因为eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up16(→))，且eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝1， 所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内． 【例题3】已知向量a＝(2，1，3)，|a＋b|＝|3a－b|，则a·b＝(　　) A．eq \f(49,2) B．14 C．eq \r(14) D．eq \f(35,4) 解析　因为|a＋b|＝|3a－b|，所以|a＋b|2＝|3a－b|2，即a2＋2a·b＋b2＝9a2－6a·b＋b2，则a·b＝a2，因为a＝(2，1，3)，所以a2＝22＋12＋32＝14，故a·b＝14.故选B. 【例题4】在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，AB＝AC＝AA1＝2，D为BC1上一点，且eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BC1,\s\up16(→))，则|eq \o(AD,\s\up16(→))|＝(　　) A．2 B．3 C．3eq \r(2) D．4eq \r(2) 解析　由题意，得eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→)))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))2＝eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \f(1,9) eq \o(AA1,\s\up16(→))2＋eq \f(1,9) eq \o(AC,\s\up16(→))2＋eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(4,9) eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \f(2,9) eq \o(AA1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(4,9)×4＋eq \f(1,9)×4＋eq \f(1,9)×4＋eq \f(4,9)×2＋0＋eq \f(2,9)×2＝4，则|eq \o(AD,\s\up16(→))|＝2.故选A. 【例题5】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. 证明　依题意，以A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)． (1)因为eq \o(BE,\s\up16(→))＝(0，1，1)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(2，0，0)， eq \o(BE,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝0，所以BE⊥DC. (2)因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而eq \o(BE,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，0，0)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，2，－2)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＝0，))取y＝1，得n＝(0，1，1)． 因为n·eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥eq \o(AB,\s\up16(→)).所以平面PCD⊥平面PAD. 【例题6】如图四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(\r(6),3) C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,2) 解析　连接AC与BD交于点O，连接PO，由题意，得AC⊥BD，且PO⊥平面ABCD，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设四棱锥P－ABCD各棱长均为2，则AO＝BO＝CO＝DO＝eq \r(2)，PO＝eq \r(2)，可得A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，P(0，0，eq \r(2))，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，则eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq \o(PC,\s\up16(→))＝(－eq \r(2)，0，－eq \r(2))，设异面直线AE与PC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(PC,\s\up16(→))〉|＝eq \f(|\o(AE,\s\up16(→))·\o(PC,\s\up16(→))|,|\o(AE,\s\up16(→))||\o(PC,\s\up16(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（－\r(2)）×（－\r(2)）＋\f(\r(2),2)×（－\r(2)）)),\r(2＋\f(1,2)＋\f(1,2))×\r(2＋0＋2))＝eq \f(\r(3),6).故选A. 【例题7】在如图所示的几何体ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M为AD的中点． (1)证明：EM⊥AB； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值． 解　(1)证明：由EC⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，得EC⊥AC，EC⊥BC，又∠ACB＝90°，则AC⊥BC，故以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设DB＝1，则CE＝CA＝CB＝2. ∴A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(0，0，2)，D(0，2，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∴eq \o(EM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(3,2)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－2，2，0)， 则eq \o(EM,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝－2＋2＋0＝0，∴eq \o(EM,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，即EM⊥AB. (2)由(1)，知eq \o(BM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－2，0，2)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝(0，－2，1)， 设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝－2x＋2z＝0，,n·\o(DE,\s\up16(→))＝－2y＋z＝0，)) 取x＝2，得y＝1，z＝2，∴n＝(2，1，2)， 设直线BM与平面ADE所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈eq \o(BM,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(BM,\s\up16(→))·n|,|\o(BM,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(4,9).因此直线BM与平面ADE所成角的正弦值为eq \f(4,9). 【例题8】(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. 解　(1)证明：以C为原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up16(→))＝(0，－2，1)，eq \o(A2D2,\s\up16(→))＝(0，－2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up16(→))∥eq \o(A2D2,\s\up16(→))， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则eq \o(A2C2,\s\up16(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(PC2,\s\up16(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \o(D2C2,\s\up16(→))＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up16(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\o(PC2,\s\up16(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，)) 取z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1， ∴n＝(λ－1，3－λ，2)． 设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up16(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\o(D2C2,\s\up16(→))＝－2x2＋z2＝0，)) 取x2＝1，得y2＝1，z2＝2， ∴m＝(1，1，2)．又二面角P－A2C2－D2为150°， ∴|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(6,\r(（λ－1）2＋（3－λ）2＋22)×\r(6)) ＝|cos150°|＝eq \f(\r(3),2)，化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1. 【例题9】正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　) A．eq \r(2) B．eq \r(3) C．eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(3),3) 解析　由正方体的性质，得AB1∥DC1，D1B1∥DB，AB1∩D1B1＝B1，DC1∩DB＝D，且AB1⊂平面AB1D1，D1B1⊂平面AB1D1，DC1⊂平面BDC1，DB⊂平面BDC1，所以平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，由正方体的棱长为1，得A(1，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，所以eq \o(CA1,\s\up16(→))＝(1，－1，1)，eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0，－1，0)，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(0，1，1)，eq \o(B1D1,\s\up16(→))＝(－1，－1，0)．连接A1C，由eq \o(CA1,\s\up16(→))·eq \o(AB1,\s\up16(→))＝ (1，－1，1)·(0，1，1)＝1×0＋(－1)×1＋1×1＝0，eq \o(CA1,\s\up16(→))·eq \o(B1D1,\s\up16(→))＝(1，－1，1)·(－1，－1，0)＝1×(－1)＋(－1)×(－1)＋1×0＝0，所以eq \o(CA1,\s\up16(→))⊥eq \o(AB1,\s\up16(→))，即CA1⊥AB1，eq \o(CA1,\s\up16(→))⊥eq \o(B1D1,\s\up16(→))，即CA1⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，可知CA1⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一个法向量为n＝eq \o(CA1,\s\up16(→))＝(1，－1，1)，则两平面间的距离d＝eq \f(|\o(BA,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(|0×1＋（－1）×（－1）＋0×1|,\r(12＋（－1）2＋12))＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3).故选D. 1.(人教A选择性必修第一册习题1.1 T2改编)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，则下列向量中与eq \o(BM,\s\up16(→))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＋c C．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c D．eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c 解析　由题意，得eq \o(BM,\s\up16(→))＝eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1M,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.故选A. 解析　由于eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))共面，所以存在实数x，y，使得eq \o(AD,\s\up16(→))＝xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AC,\s\up16(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－x－y，,－2＝x＋3y，,0＝－x＋4y，))解得x＝－eq \f(8,7)，y＝－eq \f(2,7)，a＝eq \f(10,7). 2.在平面ABCD中，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，1，－1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，3，4)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(a，－2，0)，则实数a＝___________． eq \f(10,7) 3．已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(1，1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3) C．eq \f(2π,3) D．eq \f(5π,6) 解析　由题意，得a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2，又|a|＝eq \r(1＋0＋1)＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(1＋1＋4)＝eq \r(6)，所以cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(3,\r(2)×\r(6))＝eq \f(\r(3),2)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为eq \f(π,6).故选A. 4.若a，b，c为空间中两两夹角为eq \f(π,3)的单位向量，eq \o(AB,\s\up16(→))＝2a－2b，eq \o(CD,\s\up16(→))＝b－c，则eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝______________． 解析　由题意，得a2＝b2＝c2＝1，a·b＝b·c＝a·c＝12×coseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，则eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝(2a－2b)·(b－c)＝2a·b－2a·c－2b2＋2b·c＝－1. 解析　因为b＝(1，－1，2)，c＝(2，5，1)，所以b，c不共线，可以取为基底．若向量a，b，c共面，则存在实数x，y，使得a＝xb＋yc，即(5，9，m)＝x(1，－1，2)＋y(2，5，1)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＝x＋2y，,9＝－x＋5y，,m＝2x＋y，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，,m＝4.))故选C. 5.空间中，若向量a＝(5，9，m)，b＝(1，－1，2)，c＝(2，5，1)共面，则m＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 6.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F是侧面CDD1C1的中心，若eq \o(AF,\s\up16(→))＝xeq \o(AD,\s\up16(→))＋yeq \o(AB,\s\up16(→))＋zeq \o(AA1,\s\up16(→))，则x－y＋z＝(　　) A．eq \f(1,2) B．1 C．eq \f(3,2) D．2 解析　因为eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DF,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(DD1,\s\up16(→))＋eq \o(D1C1,\s\up16(→)))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→))，则x＝1，y＝eq \f(1,2)，z＝eq \f(1,2)，则x－y＋z＝1.故选B. 7.(人教A选择性必修第一册1.4.1练习T1改编)已知直线l的一个方向向量为a＝(－3，2，5)，平面α的一个法向量为b＝(1，x，－1)，若l∥α，则x＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析　因为l∥α，所以a⊥b，即a·b＝0，即－3＋2x－5＝0，解得x＝4.故选A. 8.已知两条异面直线的方向向量分别是m＝(－2，1，2)，n＝(3，－2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足(　　) A．sinθ＝－eq \f(\r(14),7) B．sinθ＝eq \f(\r(14),7) C．cosθ＝eq \f(\r(14),7) D．cosθ＝－eq \f(\r(14),7) 解析　因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(6,3×\r(14))＝eq \f(\r(14),7)，sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(\r(35),7).故选C. 9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，PQ与直线A1D和AC都垂直，则直线PQ与BD1的关系是(　　) A．异面直线 B．平行直线 C．垂直不相交 D．垂直且相交 解析　设正方体的棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则A1(1，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(1，0，1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－1，－1，1)，∵eq \o(BD1,\s\up16(→))·eq \o(DA1,\s\up16(→))＝0，eq \o(BD1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，∴BD1⊥A1D，BD1⊥AC，∴BD1与直线A1D和AC都垂直，又PQ与直线A1D和AC都垂直，∴PQ∥BD1.故选B. 10．已知v为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，给出下列说法：①n1∥n2⇔α∥β；②n1⊥n2⇔α⊥β；③v∥n1⇔l∥α；④v⊥n1⇔l⊥α.其中说法正确的有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析　n1∥n2⇔α∥β，故①正确；n1⊥n2⇔α⊥β，故②正确；v∥n1⇔l⊥α，故③错误；v⊥n1⇔l∥α或l⊂α，故④错误．故选B. 11.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为(　　) A．eq \r(3) B．eq \f(\r(2),2) C．eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(5),5) 解析　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Dxyz，则G(1，λ，1)，D1(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，所以eq \o(D1E,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，eq \o(D1F,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))，eq \o(GE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－λ，－\f(1,2)))，设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1E,\s\up16(→))＝x－\f(1,2)z＝0，,n·\o(D1F,\s\up16(→))＝x＋y－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，则y＝0，z＝2，所以平面D1EF的一个法向量为n＝(1，0，2)．点G到平面D1EF的距离为eq \f(|\o(GE,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)×2)),\r(5))＝eq \f(\r(5),5).故选D. 12.(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，PB＝PC＝eq \r(6)，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝eq \r(5)DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D－AO－C的正弦值． 解　(1)证明：设AF＝tAC，则eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(AF,\s\up16(→))＝(1－t)eq \o(BA,\s\up16(→))＋teq \o(BC,\s\up16(→))，eq \o(AO,\s\up16(→))＝－eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))，因为BF⊥AO，则eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(AO,\s\up16(→))＝[(1－t)eq \o(BA,\s\up16(→))＋teq \o(BC,\s\up16(→))]·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(BA,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(BC,\s\up16(→))))＝(t－1)eq \o(BA,\s\up16(→))2＋eq \f(1,2)teq \o(BC,\s\up16(→))2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝eq \f(1,2)，则F为AC的中点，因为D，E，O，F分别为BP，AP，BC，AC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，即EF∥DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO. (2)证明：因为D，O分别为BP，BC的中点，所以DO＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(6),2)，则AD＝eq \r(5)DO＝eq \f(\r(30),2)，因为AO＝eq \r(AB2＋BO2)＝eq \r(6)，所以DO2＋AO2＝AD2＝eq \f(15,2)，则DO⊥AO，由(1)可知EF∥DO，所以EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，则AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，eq \r(2)，0)，eq \o(AO,\s\up16(→))＝(－2，eq \r(2)，0)． 因为PB＝PC，BC＝2eq \r(2)，所以设P(x，eq \r(2)，z)，z＞0， 则eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up16(→))＝(2，0，0)＋eq \f(1,2)(x－2，eq \r(2)，z)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))， 由(2)知AO⊥BE， 所以eq \o(AO,\s\up16(→))·eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－2，eq \r(2)，0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))＝0，所以x＝－1. 又PB＝eq \r(6)，eq \o(BP,\s\up16(→))＝(x，eq \r(2)，z)， 所以x2＋2＋z2＝6， 所以z＝eq \r(3)，则P(－1，eq \r(2)，eq \r(3))． 由D为BP的中点，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))， 则eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))). 设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AO,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，)) 取a＝1，则n1＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))． 易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 设二面角D－AO－C的大小为θ， 则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)， 所以sinθ＝eq \r(1－\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)， 故二面角D－AO－C的正弦值为eq \f(\r(2),2). $$