第三章 空间向量与立体几何（期末复习课件）高二数学上学期北师大版

高二数学上学期·期末复习大串讲 专题03 空间向量与立体几何 北师大版（2019） 01 02 03 目 录 押题预测 题型剖析 考点透视 20大常考点：知识梳理、思维导图 28个题型典例剖析+技巧点拨 精选10道期末真题对应考点练 考点透视 01 PART 考点透视 考点1.空间向量 在空间，我们把具有大小和方向的量 空间向量的大小 模 有向线段 |a| 考点透视 考点1.空间向量 长度为0的向量 0 0 模为1的向量 与向量a长度相等而方向相反的向量 －a 方向相同且模相等的向量 同一向量 相等向量 考点透视 考点2.空间向量的加减法 a＋b a－b b＋a a＋(b＋c) 考点透视 考点3.空间向量的数乘运算 相同 相反 (λμ)a λa＋μa λa＋λb 考点透视 考点4.共线向量与共面向量 如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合 这些向量 共线向量 存在实数λ，使a＝λb 方向向量 考点透视 考点4.共线向量与共面向量 平行于同一个平面的向量 存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb 考点透视 考点5.空间向量的夹角 非零 ∠AOB 〈a，b〉 0≤〈a，b〉≤π 互相垂直 a⊥b 考点透视 考点6.空间向量的数量积 已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉 a·b a·b＝|a||b|cos〈a，b〉 零向量 a·b＝0 |a||a|cos〈a，a〉 |a|2 考点透视 考点6.空间向量的数量积 c 考点透视 考点6.空间向量的数量积 a λ(a·b) b·a a·c＋b·c 考点透视 考点7.空间向量基本定理 不共面 唯一的有序实数组(x，y，z) {p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R} {a，b，c} a，b，c 不共面 考点透视 考点8.空间向量的正交分解 如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为1 {i，j，k} 把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量 考点透视 考点9.空间直角坐标系及空间向量的坐标表示 坐标轴 原点 坐标向量 坐标平面 考点透视 考点9.空间直角坐标系及空间向量的坐标表示 横坐标 纵坐标 竖坐标 a＝(x，y，z) 考点透视 考点10.空间向量运算的坐标表示 (a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) ( a1－b1，a2－b2，a3－b3) (λa1，λa2，λa3) a1b1＋a2b2＋a3b3 考点透视 考点11.空间向量的平行或垂直的坐标表示 a3= λ b3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 考点透视 考点12.空间向量的长度公式及夹角的坐标表示 考点透视 考点13.空间角及向量求法 |cos〈u，v〉| 考点透视 考点13.空间角及向量求法 |cos〈u，n〉| 考点透视 考点13.空间角及向量求法 不大于90° |cos〈n1，n2〉| 考点透视 考点14.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” (1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题． (2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题． (3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何结论． 考点透视 考点15.空间中点的位置向量 位置向量 考点透视 考点16.空间中直线的向量表示 ta 考点透视 考点16.空间中直线的向量表示 直线的方向向量 考点透视 考点17. 空间中平面的向量表示 xa＋yb 考点透视 考点17. 空间中平面的向量表示 空间一点 两个不共线向量 向量a 平面α 法向量 考点透视 考点18.空间中平行关系的向量表示 u1∥u2 ∃λ∈R，使得u1＝λu2 u1⊥n1 u1·n1＝0 n1∥n2 ∃λ∈R，使得n1＝λn2 考点透视 考点19.空间距离及向量求法 (a·u)u 考点透视 考点20.空间中垂直关系的向量表示 u1⊥u2 u1·u2＝0 u1∥n1 ∃λ∈R，使得u1＝λn1 n1⊥n2 n1·n2＝0 题型剖析 02 PART 题型剖析 题型1.空间向量的概念 题型剖析 题型1.空间向量的概念 题型剖析 题型2. 空间向量的加减运算 题型剖析 题型2. 空间向量的加减运算 题型剖析 题型3.空间向量的数乘运算 解 题型剖析 题型3.空间向量的数乘运算 解 题型剖析 题型4.共线向量 证明 题型剖析 题型4.共线向量 证明 题型剖析 题型5.共面向量 证明 例5　如图，已知P是平面四边形ABCD所在 平面外一点，连接PA，PB，PC，PD，点E，F， G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的 重心．求证：E，F，G，H四点共面． [证明]　 如图，连接PE，PF，PG，PH并延 长，分别交AB，BC，CD，DA于点M，N，Q，R， 则M，N，Q，R分别为所在边的中点，作四 边形MNQR，则该四边形为平行四边形，连接MQ， EG，EF，EH. 题型剖析 题型5.共面向量 证明 题型剖析 题型6.空间向量的夹角 解 题型剖析 题型7.　求空间向量的数量积 解 题型剖析 题型7.　求空间向量的数量积 解 题型剖析 题型8. 利用空间向量的数量积求夹角 解 题型剖析 题型8. 利用空间向量的数量积求夹角 解 题型剖析 题型9.判断或证明垂直问题 证明 题型剖析 题型10.基底的概念 解 题型剖析 题型11.用基底表示空间向量 题型剖析 题型11.用基底表示空间向量 解 题型剖析 题型12.空间向量基本定理的应用 解 题型剖析 题型12.空间向量基本定理的应用 解 题型剖析 题型13.空间直角坐标系的概念 题型剖析 题型13.空间直角坐标系的概念 解 题型剖析 题型13.空间直角坐标系的概念 解 题型剖析 题型13.空间直角坐标系的概念 解 题型剖析 题型14.空间向量的坐标运算 　例14　已知a＝(2，－1，－2)，b＝(0，－1，4)，求a＋b，a－b，a·b，(2a)·(－b)，(a＋b)·(a－b)． [解]　 a＋b＝(2，－1，－2)＋(0，－1，4) ＝(2＋0，－1－1，－2＋4)＝(2，－2，2)； a－b＝(2，－1，－2)－(0，－1，4)＝(2－0，－1＋1，－2－4)＝(2，0，－6)； a·b＝(2，－1，－2)·(0，－1，4)＝2×0＋(－1)×(－1)＋(－2)×4＝－7； (2a)·(－b)＝－2(a·b)＝－2×(－7)＝14； (a＋b)·(a－b)＝(2，－2，2)·(2，0，－6)＝2×2－2×0＋2×(－6)＝－8. 解 题型剖析 题型15.利用空间向量的坐标运算解决平行、垂直问题 题型剖析 题型15.利用空间向量的坐标运算解决平行、垂直问题 解 题型剖析 题型15.利用空间向量的坐标运算解决平行、垂直问题 解 题型剖析 题型16.求直线的方向向量和平面的法向量 　例16.(多选)在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则下列结论中正确的是(　　) A．直线BD1的一个方向向量为(－2，2，2) B．直线BD1的一个方向向量为(2，2，2) C．平面B1CD1的一个法向量为(1，1，1) D．平面B1CD的一个法向量为(1，1，1) 题型剖析 题型16.求直线的方向向量和平面的法向量 题型剖析 题型17.利用空间向量证明线线平行 证明 例17长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D1，A1B上的点，且D1E＝2EB1，BF＝2FA1.求证：EF∥AC1. 题型剖析 题型18.利用空间向量证明线面、面面平行 例18　已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证： (1)FC1∥平面ADE； (2)平面ADE∥平面B1C1F. 证明 题型剖析 题型18.利用空间向量证明线面、面面平行 证明 题型剖析 题型18.利用空间向量证明线面、面面平行 证明 题型剖析 题型18.利用空间向量证明线面、面面平行 证明 题型剖析 题型19.平行关系中的探究性问题 　 例19.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO? 解 题型剖析 题型19.平行关系中的探究性问题 解 题型剖析 题型20.利用空间向量求异面直线所成的角 解 例1　在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，求异面直线PB与AC所成角的余弦值． 题型剖析 题型20.利用空间向量求异面直线所成的角 解 题型剖析 题型20.利用空间向量求异面直线所成的角 解 题型剖析 题型21.利用空间向量求直线与平面所成的角 解 题型剖析 题型21.利用空间向量求直线与平面所成的角 解 题型剖析 题型21.利用空间向量求直线与平面所成的角 解 题型剖析 题型22.点到直线的距离、两条平行直线之间的距离 解 例22.在长方体OABC－O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，求点O1到直线AC的距离． 题型剖析 题型22.点到直线的距离、两条平行直线之间的距离 解 题型剖析 题型23.点到平面的距离 解 题型剖析 题型23.点到平面的距离 解 题型剖析 题型24.直线到平面的距离、两个平行平面之间的距离 题型剖析 题型24.直线到平面的距离、两个平行平面之间的距离 解 题型剖析 题型24.直线到平面的距离、两个平行平面之间的距离 解 题型剖析 题型25.利用向量法证明线线垂直 证明 题型剖析 题型25.利用向量法证明线线垂直 证明 题型剖析 题型25.利用向量法证明线线垂直 证明 题型剖析 题型26.利用向量法证明线面垂直 证明 　例26.　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点． 求证：EF⊥平面B1AC. 题型剖析 题型26.利用向量法证明线面垂直 证明 题型剖析 题型27.利用向量法证明面面垂直 　例27.　在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD. 题型剖析 题型27.利用向量法证明面面垂直 证明 题型剖析 题型28.垂直关系中的探索性问题 题型剖析 题型28.垂直关系中的探索性问题 解 题型剖析 题型28.垂直关系中的探索性问题 解 题型剖析 题型28.垂直关系中的探索性问题 解 押题预测 03 PART 题型剖析 1．下列关于空间向量的命题中，正确命题的个数是(　　) ①任一向量与它的相反向量不相等； ②长度相等、方向相同的两个向量是相等向量； ③两个向量相等，则它们的起点与终点相同． A．0 B．1 C．2 D．3 解析　零向量与它的相反向量相等，①不正确；根据向量的定义，知长度相等、方向相同的两个向量是相等向量，②正确；只要模相等、方向相同，两个向量就是相等向量，与向量的起点与终点无关，③不正确．故选B. 题型剖析 题型剖析 题型剖析 4．已知a，b是异面直线，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 题型剖析 题型剖析 6．已知点A(1，－2，11)，B(4，2，3)，C(6，－1，4)，则△ABC的形状是(　　) A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 题型剖析 题型剖析 8．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2，1)与平面α平行，则z＝(　　) A．3 B．6 C．－9 D．9 解析　 ∵l⊥α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋3×2＋z×1＝0，∴z＝－9. 题型剖析 8．(2023·湖南师大附中高二期中)已知空间三点A(0，0，1)，B(－1，1，1)，C(1，2，－3)，若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为________． 题型剖析 题型剖析 eq \o(AB,\s\up16(→)) eq \o(AB,\s\up16(→)) 知识点 (1)定义 eq \x(\s\up1(01))__________________________________叫做空间向量． (2)长度 eq \x(\s\up1(02))______________叫做空间向量的长度或eq \x(\s\up1(03))______． (3)表示方法 几何表示法 空间向量用eq \x(\s\up1(04))___________表示 字母表示法 如图，此向量的起点是A，终点是B，可记作a，也可记作eq \x(\s\up1(05))___，其模记为eq \x(\s\up1(06))___或eq \x(\s\up1(07))______ (4)几类特殊的空间向量 ①零向量：eq \x(\s\up1(08))_______________叫做零向量，记为eq \x(\s\up1(09))___．当有向线段的起点A与终点B重合时，eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(10))____． ②单位向量：eq \x(\s\up1(11))_____________叫做单位向量． ③相反向量：eq \x(\s\up1(12))___________________________________，叫做a的相反向量，记为eq \x(\s\up1(13))_____． ④相等向量：eq \x(\s\up1(14))________________________叫做相等向量．在空间，同向且等长的有向线段表示eq \x(\s\up1(15))__________或eq \x(\s\up1(16))__________． 知识点 　 (1)定义 类似平面向量，定义空间向量的加法、减法运算(如图)： eq \x(\s\up1(01))________＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))； eq \x(\s\up1(02))________＝eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→)). (2)加法运算律 ①交换律：a＋b＝eq \x(\s\up1(03))________； ②结合律：(a＋b)＋c＝eq \x(\s\up1(04))___________． (1)向量a与λa的关系 λ的范围 方向关系 几何表示 λ>0 方向eq \x(\s\up1(01))______ λ<0 方向eq \x(\s\up1(02))______ λ＝0 λa＝0，其方向是任意的 (2)空间向量的数乘运算律 设λ，μ是实数，则有： ①结合律：λ(μa)＝eq \x(\s\up1(03))______． ②分配律：(λ＋μ)a＝eq \x(\s\up1(04))________，λ(a＋b)＝eq \x(\s\up1(05))________． 知识点　 (1)共线(平行)向量 定义 eq \x(\s\up1(01))_________________________________________________________，那么eq \x(\s\up1(02))____________叫做eq \x(\s\up1(03))_________或平行向量 规定：零向量与任意向量平行，即对于任意向量a，都有0∥a 充要条件 对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是eq \x(\s\up1(04))______________________ 直线的方向向量 如图，O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知，存在实数λ，使得eq \o(OP,\s\up16(→))＝λa.我们把与向量a平行的非零向量称为直线l的eq \x(\s\up1(05))___________ (2)共面向量 定义 eq \x(\s\up1(06))__________________________，叫做共面向量 充要 条件 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eq \x(\s\up1(07))______________________________________ 知识点 　 (1)定义 eq \x(\s\up1(01))___________________________________________叫做a，b的数量积，记作eq \x(\s\up1(02))_______，即eq \x(\s\up1(03))_______________________． 特别地，eq \x(\s\up1(04))__________与任意向量的数量积为0. (2)由向量的数量积定义，可以得到： ①a⊥b⇔eq \x(\s\up1(05))__________________． ②a·a＝eq \x(\s\up1(06))__________________＝eq \x(\s\up1(07))_______． |a|cos〈a，b〉eq \f(b,|b|) (3)向量的投影 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＝eq \x(\s\up1(08))____________________，向量eq \x(\s\up1(09))_____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)． eq \o(A′B′,\s\up16(→)) eq \o(A′B′,\s\up16(→)) 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′，得到向量eq \o(A′B′,\s\up16(→))，向量eq \x(\s\up1(10))_____称为向量a在平面β上的投影向量．这时，向量eq \x(\s\up1(11))_____，eq \x(\s\up1(12))_____的夹角就是向量a所在直线与平面β所成的角． (4)运算律 ①(λa)·b＝eq \x(\s\up1(13))________，λ∈R. ②a·b＝eq \x(\s\up1(14))_____ (交换律)． ③(a＋b)·c＝eq \x(\s\up1(15))__________ (分配律)． 知识点 　 (1)定理 条件 如果三个向量a，b，ceq \x(\s\up1(01))_______，那么对任意一个空间向量p 结论 存在eq \x(\s\up1(02))_____________________________，使得p＝xa＋yb＋zc (2)基底与基向量 ①如果三个向量a，b，c不共面，那么所有空间向量组成的集合就是eq \x(\s\up1(03))____________________________________，这个集合可看作由向量a，b，c生成的，我们把eq \x(\s\up1(04))_____________叫做空间的一个基底，eq \x(\s\up1(05))__________都叫做基向量． ②空间任意三个eq \x(\s\up1(06))_________的向量都可以构成空间的一个基底． 知识点 　 (1)单位正交基底 eq \x(\s\up1(01))_______________________________________________________，那么这个基底叫做单位正交基底，常用eq \x(\s\up1(02))___________表示． (2)正交分解 eq \x(\s\up1(03))____________________________________________，叫做把空间向量进行正交分解． 知识点 　 (1)空间直角坐标系在空间选定一点O和一个单位正交基底{i，j，k}(如图)，以点O为原点，分别以i，j，k的方向为正方向、以它们的长为单位长度建立三条数轴：x轴、y轴、z轴，它们都叫做eq \x(\s\up1(01))________．这时我们就建立了一个空间直角坐标系Oxyz，O叫做eq \x(\s\up1(02))______，i，j，k都叫做eq \x(\s\up1(03))__________，通过每两条坐标轴的平面叫做eq \x(\s\up1(04))_________，分别称为Oxy平面，Oyz平面，Ozx平面，它们把空间分成八个部分． (2)空间向量的坐标表示 ①在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k为坐标向量，对空间任意一点A，对应一个向量eq \o(OA,\s\up16(→))，且点A的位置由向量eq \o(OA,\s\up16(→))唯一确定，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使eq \o(OA,\s\up16(→))＝xi＋yj＋zk. 在单位正交基底{i，j，k}下与向量eq \o(OA,\s\up16(→))对应的有序实数组(x，y，z)，叫做点A在空间直角坐标系中的坐标，记作A(x，y，z)，其中x叫做点A的eq \x(\s\up1(05))_________，y叫做点A的eq \x(\s\up1(06))_________，z叫做点A的eq \x(\s\up1(07))_________． ②在空间直角坐标系Oxyz中，给定向量a，作eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使a＝xi＋yj＋zk.有序实数组(x，y，z)叫做a在空间直角坐标系Oxyz中的坐标，上式可简记作eq \x(\s\up1(08))_____________． 知识点 　 运算 坐标表示a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 加法 a＋b＝eq \x(\s\up1(01))_________________________ 减法 a－b＝eq \x(\s\up1(02))________________________ 数乘 λa＝eq \x(\s\up1(03))_________________，λ∈R 数量积 a·b＝eq \x(\s\up1(04))___________________ 知识点 　 平行或垂直 坐标表示a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 平行(a∥b) a∥b⇔a＝λb⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝λb1，,a2＝λb2，,\x(\s\up1(01))___________))(λ∈R且b≠0) 垂直(a⊥b) a⊥b⇔a·b＝0⇔eq \x(\s\up1(02))______________________ eq \r((x2－x1)2＋(y2－y1)2＋(z2－z1)2) 2,1)eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3))\r(beq \o\al(2,1)＋beq \o\al(2,2)＋beq \o\al(2,3))) 知识点 　 (1)空间向量长度公式的坐标表示 ①若a＝(a1，a2，a3)，则|a|＝eq \r(a·a)＝eq \x(\s\up1(01))_________________． ②空间两点间的距离公式 设P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)是空间中任意两点，则P1P2＝|eq \o(P1P2,\s\up16(→))|＝eq \x(\s\up1(02))______________________________． (2)向量的夹角坐标公式 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 则cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \x(\s\up1(03))_________________________． 2,1)eq \r(a＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·v,|u||v|))) eq \f(|u·v|,|u||v|) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) (1)异面直线所成的角的向量求法 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝eq \x(\s\up1(01))_____________＝eq \x(\s\up1(02))___________＝eq \x(\s\up1(03))___________． 注意：异面直线所成的角的取值范围是eq \x(\s\up1(04))___________． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(u·n,|u||n|))) eq \f(|u·n|,|u||n|) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) (2)直线与平面所成的角的向量求法 直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝eq \x(\s\up1(05))________________＝eq \x(\s\up1(06))______＝eq \x(\s\up1(07))__________． 注意：直线与平面所成的角的取值范围是eq \x(\s\up1(08))__________． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1||n2|))) eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) (3)平面与平面的夹角及其向量求法 ①平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中eq \x(\s\up1(09))______________的二面角称为平面α与平面β的夹角． ②若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝eq \x(\s\up1(10))______________＝eq \x(\s\up1(11))________＝eq \x(\s\up1(12))_________． 注意：平面与平面的夹角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). eq \o(OP,\s\up16(→)) 知识点 如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \o(OP,\s\up16(→))来表示．我们把向量eq \x(\s\up1(01))_____称为点P的eq \x(\s\up1(02))__________． teq \o(AB,\s\up16(→)) 　 (1)如图，a是直线l的方向向量，在直线l上取eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，设P是直线l上的任意一点，由向量共线的条件可知，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使得eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(01))_____，即eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(02))_____． eq \o(AB,\s\up16(→)) (2)如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋ta，① 将eq \o(AB,\s\up16(→))＝a代入①式，得eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋teq \x(\s\up1(03))_______． ② ①式和②式都称为空间直线的向量表示式． (3)空间任意直线由直线上一点及eq \x(\s\up1(04))________________唯一确定． eq \o(OA,\s\up16(→))＋xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AC,\s\up16(→)) (1)如图，设两条直线相交于点O，它们的方向向量分别为a和b，P为平面α内任意一点，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序实数对(x，y)，使得eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(01))___________． (2)如图，取定空间任意一点O，可以得到，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(02))_________________．我们把这个式子称为空间平面ABC的向量表示式． {P|a·eq \o(AP,\s\up16(→))＝0} (3)空间中任意平面由eq \x(\s\up1(03))_________及eq \x(\s\up1(04))_______________唯一确定． (4)如图，直线l⊥α.取直线l的方向向量a，称eq \x(\s\up1(05))__________为eq \x(\s\up1(06))__________的法向量．给定一个点A和一个向量a，过点A，且以向量a为eq \x(\s\up1(07))_______的平面完全确定，可以表示为集合eq \x(\s\up1(08))____________． 知识点 　 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量． 线线平行 l1∥l2⇔eq \x(\s\up1(01))_________ ⇔eq \x(\s\up1(02))___________________ 线面平行 若l1⊄α，则l1∥α⇔eq \x(\s\up1(03))________ ⇔eq \x(\s\up1(04))________ 面面平行 α∥β⇔eq \x(\s\up1(05))________ ⇔eq \x(\s\up1(06))______________________ eq \r(|\a\vs4\al(\o(AP,\s\up16(→))|2)－|\a\vs4\al(\o(AQ,\s\up16(→))|2)) eq \r(a2－(a·u)2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up16(→))·\f(n,|n|))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up16(→))·n,|n|))) eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|) 知识点　 距离的分类 向量求法 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，向量eq \o(AP,\s\up16(→))在直线l上的投影向量为eq \o(AQ,\s\up16(→))，设eq \o(AP,\s\up16(→))＝a，则eq \o(AQ,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(01))________， 点P到直线l的距离PQ＝eq \x(\s\up1(02))_______________＝eq \x(\s\up1(03))________________ 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．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是eq \o(AP,\s\up16(→))在直线l上的投影向量eq \o(QP,\s\up16(→))的长度，因此 PQ＝eq \x(\s\up1(04))________＝eq \x(\s\up1(05))________＝eq \x(\s\up1(06))________ 知识点　 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，平面α，β的法向量分别为n1，n2. 线线垂直 l1⊥l2⇔eq \x(\s\up1(01))__________ ⇔eq \x(\s\up1(02))__________ 线面垂直 l1⊥α⇔eq \x(\s\up1(03))__________⇔eq \x(\s\up1(04))___________________ 面面垂直 α⊥β⇔eq \x(\s\up1(05))__________⇔eq \x(\s\up1(06))__________ 　例1　给出下列命题： ①两个相等的空间向量，若它们的起点相同，则终点必相同； ②在正方体ABCD－A1B1C1D1中，必有eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))； ③若空间向量m，n，p满足m＝n，n＝p，则m＝p； ④空间中任意两个单位向量必相等； ⑤只有零向量的模为0. 其中假命题的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析]　 ①是真命题．根据空间向量相等的定义，两个相等的空间向量若起点相同，终点必相同，只有这样才能保证它们的方向相同、模相等；②是真命题．根据正方体的性质，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，向量eq \o(AC,\s\up16(→))与eq \o(A1C1,\s\up16(→))的方向相同，模也相等，应有eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))；③是真命题．空间向量的相等满足传递规律；④是假命题．空间中任意两个单位向量的模均为1，但方向不一定相同，故不一定相等；⑤是真命题．根据零向量的定义可知． 　 例2　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，下列各式中运算结果为向量eq \o(BD1,\s\up16(→))的是(　　) ①(eq \o(A1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))－eq \o(AB,\s\up16(→))；②(eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→)))－eq \o(D1C1,\s\up16(→))；③(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))－eq \o(DD1,\s\up16(→))；④(eq \o(B1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))＋eq \o(DD1,\s\up16(→)). A．①② B．②③ C．③④ D．①④ [解析]　 ①(eq \o(A1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(AD1,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))；②(eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→)))－eq \o(D1C1,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(C1D1,\s\up16(→))＝eq \o(BC1,\s\up16(→))＋eq \o(C1D1,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))；③(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))－eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD,\s\up16(→))－eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD,\s\up16(→))－eq \o(BB1,\s\up16(→))＝eq \o(B1D,\s\up16(→))≠eq \o(BD1,\s\up16(→))；④(eq \o(B1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))＋eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(B1D1,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(B1D1,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))＋eq \o(DD1,\s\up16(→))≠eq \o(BD1,\s\up16(→)).因此，①②两式的运算结果为向量eq \o(BD1,\s\up16(→))，而③④两式的运算结果不为向量eq \o(BD1,\s\up16(→)).故选A. 　例3　如图，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(NC1,\s\up16(→)). [解]　　(1)∵P是C1D1的中点， ∴eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1D1,\s\up16(→))＋eq \o(D1P,\s\up16(→))＝a＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(D1C1,\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(a＋\f(1,2)c))＝eq \f(3,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(3,2)c. [证明]　连接EF，EB，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c. ∵eq \o(A1E,\s\up16(→))＝2eq \o(ED1,\s\up16(→))，eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(FC,\s\up16(→))， ∴eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(A1D1,\s\up16(→))，eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(A1C,\s\up16(→)). 　例4　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E在A1D1上，且eq \o(A1E,\s\up16(→))＝2eq \o(ED1,\s\up16(→))，F在对角线A1C上，且eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(FC,\s\up16(→)). 求证：E，F，B三点共线． ∴eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)b， eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,5)(eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(2,5)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(2,5)a＋eq \f(2,5)b－eq \f(2,5)c. ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(A1F,\s\up16(→))－eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,5)a－eq \f(4,15)b－eq \f(2,5)c＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)b－c)). 又eq \o(EB,\s\up16(→))＝eq \o(EA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝－eq \f(2,3)b－c＋a＝a－eq \f(2,3)b－c， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(EB,\s\up16(→))， ∴E，F，B三点共线． 易知eq \o(PE,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PM,\s\up16(→))，eq \o(PF,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PN,\s\up16(→))，eq \o(PG,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PQ,\s\up16(→))，eq \o(PH,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PR,\s\up16(→)). 所以eq \o(EG,\s\up16(→))＝eq \o(PG,\s\up16(→))－eq \o(PE,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PQ,\s\up16(→))－eq \f(2,3) eq \o(PM,\s\up16(→)) ＝eq \f(2,3) eq \o(MQ,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)(eq \o(MN,\s\up16(→))＋eq \o(MR,\s\up16(→))) ＝eq \f(2,3)(eq \o(PN,\s\up16(→))－eq \o(PM,\s\up16(→)))＋eq \f(2,3)(eq \o(PR,\s\up16(→))－eq \o(PM,\s\up16(→))) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\o(PF,\s\up16(→))－\f(3,2)\o(PE,\s\up16(→))))＋eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\o(PH,\s\up16(→))－\f(3,2)\o(PE,\s\up16(→)))) ＝eq \o(EF,\s\up16(→))＋eq \o(EH,\s\up16(→)). 故E，F，G，H四点共面． 　例6.如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，求向量eq \o(AC,\s\up16(→))分别与向量eq \o(A′B′,\s\up16(→))，eq \o(B′A′,\s\up16(→))，eq \o(AD′,\s\up16(→))，eq \o(CD′,\s\up16(→))，eq \o(B′D′,\s\up16(→))的夹角． [解]　如图，连接BD，则在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AC⊥BD，∠BAC＝45°，AC＝AD′＝CD′，所以〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(A′B′,\s\up16(→))〉＝〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))〉＝45°，〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(B′A′,\s\up16(→))〉＝180°－〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))〉＝135°，〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AD′,\s\up16(→))〉＝∠D′AC＝60°，〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(CD′,\s\up16(→))〉＝180°－〈eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CD′,\s\up16(→))〉＝180°－60°＝120°，〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(B′D′,\s\up16(→))〉＝〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉＝90°. 例7　如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，E，F分别是AB，AD的中点，计算： (1)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BA,\s\up16(→))；(2)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))；(3)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))；(4)eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→)). [解]　(1)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))|·|eq \o(BA,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(BA,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,2)×1×1×cos60°＝eq \f(1,4). (2)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))|2＝eq \f(1,2). (3)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))||eq \o(DC,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))〉 ＝eq \f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq \f(1,4). (4)eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(CA,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,4)[eq \o(BD,\s\up16(→))·(－eq \o(BC,\s\up16(→)))＋eq \o(BA,\s\up16(→))·(－eq \o(BC,\s\up16(→)))＋eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(CA,\s\up16(→))] ＝eq \f(1,4)[－eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))－eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＋(eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→)))·eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))] ＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,2)＋\f(1,2)))＝－eq \f(1,8). 例8　已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求向量eq \o(OE,\s\up16(→))与eq \o(BF,\s\up16(→))夹角的余弦值． [解]　 如右图，设eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，eq \o(OC,\s\up16(→))＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1， 易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝eq \f(π,3)， 则a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2). 因为eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)， eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \o(OF,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)c－b， |eq \o(OE,\s\up16(→))|＝|eq \o(BF,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(3),2)， 所以eq \o(OE,\s\up16(→))·eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq \f(1,4)a·c＋eq \f(1,4)b·c－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)b2＝－eq \f(1,2)， 所以cos〈eq \o(OE,\s\up16(→))，eq \o(BF,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(OE,\s\up16(→))·\o(BF,\s\up16(→)),|\o(OE,\s\up16(→))||\o(BF,\s\up16(→))|)＝－eq \f(2,3). 所以向量eq \o(OE,\s\up16(→))与eq \o(BF,\s\up16(→))夹角的余弦值是－eq \f(2,3). [证明]　设正方体的棱长为a， ∵eq \o(A1G,\s\up16(→))·eq \o(DF,\s\up16(→))＝(eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DG,\s\up16(→)))·(eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(CF,\s\up16(→)))＝eq \o(A1A,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(DG,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(A1A,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＋eq \o(DG,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \o(DG,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a2＝0， ∴A1G⊥DF，同理可证A1G⊥DE， 又DF∩DE＝D，∴A1G⊥平面DEF. 　 例9　如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱CC1，BC，CD的中点，求证：A1G⊥平面DEF. 　 例10.　已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且eq \o(OA,\s\up16(→))＝e1＋2e2－e3，eq \o(OB,\s\up16(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \o(OC,\s\up16(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))}能否作为空间的一个基底． [解]　 假设eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))共面，则存在实数λ，μ，使得eq \o(OA,\s\up16(→))＝λeq \o(OB,\s\up16(→))＋μeq \o(OC,\s\up16(→))， ∴e1＋2e2－e3＝λ(－3e1＋e2＋2e3)＋μ(e1＋e2－e3)＝(－3λ＋μ)e1＋(λ＋μ)e2＋(2λ－μ)e3. ∵e1，e2，e3不共面，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3λ＋μ＝1，,λ＋μ＝2，,2λ－μ＝－1，))此方程组无解， ∴eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))不共面， ∴{eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))}可以作为空间的一个基底． 　 例11　如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，P是CA1的中点，M是CD1的中点，N是C1D1的中点，Q是CA1上的点，且CQ∶QA1＝4∶1，eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，用基底{a，b，c}表示以下向量： (1)eq \o(AP,\s\up16(→))；(2)eq \o(AM,\s\up16(→))；(3)eq \o(AN,\s\up16(→))；(4)eq \o(AQ,\s\up16(→)). [解]　连接AC，AC1，AD1. (1)eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. (2)eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(AD1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋2eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(a＋2b＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c. (3)eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC1,\s\up16(→))＋eq \o(AD1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)[(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))＋(eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))]＝eq \f(1,2)a＋b＋c. (4)eq \o(AQ,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(CQ,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \f(4,5)(eq \o(AA1,\s\up16(→))－eq \o(AC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,5) eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c. [解]　(1)证明：设eq \o(CA,\s\up16(→))＝a，eq \o(CB,\s\up16(→))＝b，eq \o(CC′,\s\up16(→))＝c，这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底． 根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0. 所以eq \o(CE,\s\up16(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \o(A′D,\s\up16(→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a. 　例12　如图，已知直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点． (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． 所以eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(A′D,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0， 所以eq \o(CE,\s\up16(→))⊥eq \o(A′D,\s\up16(→))，即CE⊥A′D. (2)因为eq \o(AC′,\s\up16(→))＝－a＋c， 所以eq \o(AC′,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)c))＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2， 又|eq \o(AC′,\s\up16(→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \o(CE,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|， 所以cos〈eq \o(AC′,\s\up16(→))，eq \o(CE,\s\up16(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)×\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10). 所以异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10). 例13.　如图，已知在正四棱锥P－ABCD中，O为底面中心，底面边长和高都是2，E，F分别是侧棱PA，PB的中点，分别按照下列要求建立空间直角坐标系，写出点A，B，C，D，P，E，F的坐标． (1)如图甲，以O为坐标原点，分别以射线DA，DC，OP的指向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系； (2)如图乙，以O为坐标原点，分别以射线OA，OB，OP的指向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系． [解]　 (1)设i，j，k分别是与x轴、y轴、z轴的正方向方向相同的单位坐标向量． 因为点B在坐标平面Oxy内，且底面正方形的中心为O、边长为2，所以eq \o(OB,\s\up16(→))＝i＋j，所以向量eq \o(OB,\s\up16(→))的坐标为(1，1，0)，即点B的坐标为(1，1，0)． 同理可得A(1，－1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，－1，0)． 又点P在z轴上，所以eq \o(OP,\s\up16(→))＝2k， 所以向量eq \o(OP,\s\up16(→))的坐标为(0，0，2)，即点P的坐标为(0，0，2)． 因为F为侧棱PB的中点， 所以eq \o(OF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(i＋j＋2k)＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j＋k. 所以点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)). 同理点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1)). 故所求各点的坐标分别为A(1，－1，0)，B(1，1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)). (2)设i，j，k分别是与x轴、y轴、z轴的正方向方向相同的单位坐标向量． 因为底面正方形ABCD的中心为O、边长为2， 所以OA＝eq \r(2). 由于点A在x轴的正半轴上，所以eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \r(2)i，即点A的坐标为(eq \r(2)，0，0)． 同理可得B(0，eq \r(2)，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，P(0，0，2)． 因为E为侧棱PA的中点，所以eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \r(2)i＋2k)＝eq \f(\r(2),2)i＋k， 所以点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，1)). 同理，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，1)). 故所求各点的坐标分别为A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，1)). 例15　(2023·河北沧州高二阶段测试)已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a＝eq \o(AB,\s\up16(→))，b＝eq \o(AC,\s\up16(→)). (1)若|c|＝3，c∥eq \o(BC,\s\up16(→))，求c； (2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k. 解　(1)因为eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－2，－1，2)且c∥eq \o(BC,\s\up16(→))， 所以设c＝λeq \o(BC,\s\up16(→))＝(－2λ，－λ，2λ)(λ∈R)． 所以|c|＝eq \r((－2λ)2＋(－λ)2＋(2λ)2) ＝3|λ|＝3. 解得λ＝±1. 所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)． (2)因为a＝eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，1，0)，b＝eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，0，2)， 所以ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)． 因为(ka＋b)⊥(ka－2b)， 所以(ka＋b)·(ka－2b)＝0， 即(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0， 解得k＝2或k＝－eq \f(5,2). 解析　由题意可得B(1，0，0)，D1(0，1，1)，所以eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－1，1，1)是直线BD1的一个方向向量．所以(－2，2，2)也是直线BD1的一个方向向量，故A正确，B错误；因为B1(1，0，1)，C(1，1，0)，所以eq \o(B1C,\s\up16(→))＝(0，1，－1)，eq \o(CD1,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，因为(1，1，1)·eq \o(B1C,\s\up16(→))＝0，(1，1，1)·eq \o(CD1,\s\up16(→))＝0，且B1C∩CD1＝C，所以(1，1，1)是平面B1CD1的一个法向量，故C正确；因为D(0，1，0)，所以eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－1，0，0)，因为(1，1，1)·eq \o(CD,\s\up16(→))＝－1≠0，所以(1，1，1)不是平面B1CD的一个法向量，故D错误．故选AC. [证明]　如图所示，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，设DA＝a，DC＝b，DD1＝c， 则A(a，0，0)，C1(0，b，c)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)b，c))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(b,3)，\f(2,3)c)). 所以eq \o(FE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(－a，b，c)， 所以eq \o(FE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC1,\s\up16(→)).又FE与AC1不共线，所以EF∥AC1. [证明]　 (1)如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)， 所以eq \o(FC1,\s\up16(→))＝(0，2，1)，eq \o(DA,\s\up16(→))＝(2，0，0)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0，2，1)． 证法一：设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥eq \o(DA,\s\up16(→))，n1⊥eq \o(AE,\s\up16(→))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up16(→))＝2x1＝0，,n1·\o(AE,\s\up16(→))＝2y1＋z1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝－2y1，)) 令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝(0，－1，2)． 因为eq \o(FC1,\s\up16(→))·n1＝－2＋2＝0，所以eq \o(FC1,\s\up16(→))⊥n1. 又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE. 证法二：因为eq \o(FC1,\s\up16(→))＝(0，2，1)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(0，2，1)， 所以eq \o(FC1,\s\up16(→))∥eq \o(AE,\s\up16(→))，即FC1∥AE，又FC1⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以FC1∥平面ADE. (2)证法一：因为eq \o(C1B1,\s\up16(→))＝(2，0，0)， 设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量． 由n2⊥eq \o(FC1,\s\up16(→))，n2⊥eq \o(C1B1,\s\up16(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(FC1,\s\up16(→))＝2y2＋z2＝0，,n2·\o(C1B1,\s\up16(→))＝2x2＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,z2＝－2y2.)) 令z2＝2，则y2＝－1，所以n2＝(0，－1，2)， 因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F. 证法二：因为eq \o(FB1,\s\up16(→))＝(2，2，1)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝(2，2，1)，所以eq \o(FB1,\s\up16(→))∥eq \o(DE,\s\up16(→))，即FB1∥DE，又FB1⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以FB1∥平面ADE. 由(1)，知FC1∥平面ADE. 又FB1∩FC1＝F，FB1，FC1⊂平面B1C1F， 所以平面ADE∥平面B1C1F. [解]　如图所示，以D为原点，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，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q. 设正方体的棱长为1，则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))， Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)， 设Q(0，1，z)，则eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－1，－1，1)， ∵eq \o(BD1,\s\up16(→))＝2eq \o(OP,\s\up16(→))，∴eq \o(OP,\s\up16(→))∥eq \o(BD1,\s\up16(→))，∴OP∥BD1. 又eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(BQ,\s\up16(→))＝(－1，0，z)， 当z＝eq \f(1,2)时，eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \o(BQ,\s\up16(→))，即AP∥BQ， 又AP∩OP＝P，BQ∩BD1＝B，AP，OP⊂平面PAO，BQ，BD1⊂平面D1BQ， 则有平面PAO∥平面D1BQ， ∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. [解]　解法一：取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，从而平面PAO⊥平面ABC，且∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，建立空间直角坐标系，如图所示． 设AB＝2，则A(eq \r(3)，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，所以eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，－1，0)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1，－\f(3,2)))，cos〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)＝－eq \f(5,8)， 所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8).　 解法二：如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角． 设AB＝2，则eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OP,\s\up16(→))， 故eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))·(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OP,\s\up16(→)))＝eq \o(OC,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→))·eq \o(OP,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OP,\s\up16(→)) ＝－1－0－0＋eq \r(3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(5,2)， 所以cos〈eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AC,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)＝－eq \f(5,8). 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8). 解法三：取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°. 过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB与AC所成的角． 设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝eq \f(\r(3),2)a， 所以cos∠PBD＝eq \f(a2＋a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2),2·a·a)＝eq \f(5,8)， 即异面直线PB与AC所成角的余弦值为eq \f(5,8). 例21.　正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq \r(2)a，求AC1与侧面ABB1A1所成角的大小． [解]　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，a，0)，A1(0，0，eq \r(2)a)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，取A1B1的中点M， 则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，连接AM，MC1， 有eq \o(MC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，a，0)，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(2)a)． ∴eq \o(MC1,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(MC1,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0， ∴eq \o(MC1,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(MC1,\s\up16(→))⊥eq \o(AA1,\s\up16(→))， 即MC1⊥AB，MC1⊥AA1， 又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1， ∴MC1⊥平面ABB1A1. ∴∠C1AM是AC1与侧面ABB1A1所成的角． 由于eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\r(2)a))， ∴eq \o(AC1,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0＋eq \f(a2,4)＋2a2＝eq \f(9a2,4)， |eq \o(AC1,\s\up16(→))|＝eq \r(\f(3a2,4)＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq \r(3)a， |eq \o(AM,\s\up16(→))|＝eq \r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq \f(3,2)a， ∴cos〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(AM,\s\up16(→))〉＝eq \f(\f(9a2,4),\r(3)a×\f(3a,2))＝eq \f(\r(3),2). ∴〈eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(AM,\s\up16(→))〉＝30°， 即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. [解]　解法一：连接AO1，建立如图1所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)， ∴eq \o(AO1,\s\up16(→))＝(－2，0，2)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2，3，0)， ∴eq \o(AO1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2，0，2)·(－2，3，0)＝4， ∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AO1,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)))＝eq \f(4,\r(13))， ∴点O1到直线AC的距离d＝eq \r(|\o(AO1,\s\up16(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AO1,\s\up16(→))·\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(286),13). 解法二：建立如图2所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，过O1作O1D⊥AC于点D， 设D(x，y，0)，则eq \o(O1D,\s\up16(→))＝(x，y，－2)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(x－2，y，0)． ∵eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2，3，0)，eq \o(O1D,\s\up16(→))⊥eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))∥eq \o(AC,\s\up16(→))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋3y＝0，,\f(x－2,－2)＝\f(y,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(18,13)，,y＝\f(12,13)，)) ∴eq \o(O1D,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)，\f(12,13)，－2))， ∴|eq \o(O1D,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2)＋(－2)2)＝eq \f(2\r(286),13). 即点O1到直线AC的距离为eq \f(2\r(286),13). 　 例23　如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq \r(3).求点A到平面MBC的距离． [解]　取CD的中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以OM⊥平面BCD. 以O为坐标原点，OC，BO，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示． 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝eq \r(3)，则C(1，0，0)，M(0，0，eq \r(3))，B(0，－eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，2eq \r(3))，所以eq \o(BC,\s\up16(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(BM,\s\up16(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0，0，2eq \r(3))． 设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up16(→))，,n⊥\o(BM,\s\up16(→))，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，)) 取x＝eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1，1)． 又eq \o(BA,\s\up16(→))＝(0，0，2eq \r(3))，所以所求距离d＝eq \f(|\o(BA,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(15),5). 例24.　如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点E，F分别在A1B，B1D1上，且A1E＝eq \f(1,3)A1B，B1F＝eq \f(1,3)B1D1. (1)求证：EF∥平面ABC1D1； (2)求直线EF到平面ABC1D1的距离． [解]　(1)证明：如图，建立空间直角坐标系Bxyz，易得E(eq \f(2,3)a，0，eq \f(2,3)a)，F(eq \f(1,3)a，eq \f(1,3)a，a)， 故eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－eq \f(1,3)a，eq \f(1,3)a，eq \f(1,3)a)，eq \o(BA,\s\up16(→))＝(a，0，0)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(0，a，a)． 设n＝(x，y，z)是平面ABC1D1的法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＝0，,ay＋az＝0，)) 令z＝1，得n＝(0，－1，1)． 因为eq \o(EF,\s\up16(→))·n＝0－eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)a＝0， 所以eq \o(EF,\s\up16(→))⊥n， 又EF⊄平面ABC1D1， 故EF∥平面ABC1D1. (2)由(1)得eq \o(BE,\s\up16(→))＝(eq \f(2,3)a，0，eq \f(2,3)a)， 所以eq \o(BE,\s\up16(→))·n＝0＋0＋eq \f(2,3)a＝eq \f(2,3)a， 所以直线EF到平面ABC1D1的距离d＝eq \f(|\o(BE,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),3)a. [证明]　 证法一：设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AC,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝a＋c， eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(AN,\s\up16(→))＝b＋eq \f(1,4)c， eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(AN,\s\up16(→))－eq \o(AM,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,4)c， 　 例25.　如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝eq \f(1,4)CC1.求证：AB1⊥MN. ∴eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(MN,\s\up16(→))＝(a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,4)c))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cos60°＋0－0＋0＋eq \f(1,4)＝0. ∴eq \o(AB1,\s\up16(→))⊥eq \o(MN,\s\up16(→))，∴AB1⊥MN. 证法二：设AB的中点为O，作OO1∥AA1，交A1B1于点O1.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))， Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,4)))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))， ∵M为BC的中点，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0)). ∴eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(1，0，1)， ∴eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(AB1,\s\up16(→))＝－eq \f(1,4)＋0＋eq \f(1,4)＝0. ∴eq \o(MN,\s\up16(→))⊥eq \o(AB1,\s\up16(→))，∴AB1⊥MN. [证明]　 证法一：设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝c，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝b，则a·b＝a·c＝b·c＝0， ∵eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(EB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1F,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1D1,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)， eq \o(AB1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＝a＋b. ∴eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(AB1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)·(a＋b) ＝eq \f(1,2)(b2－a2＋c·a＋c·b) ＝eq \f(1,2)(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0. ∴eq \o(EF,\s\up16(→))⊥eq \o(AB1,\s\up16(→))，即EF⊥AB1，同理，EF⊥B1C. 又AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C⊂平面B1AC， ∴EF⊥平面B1AC. [证明]　设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，C(1，1，0)，S(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))). 证法一：连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)). 易知eq \o(AS,\s\up16(→))＝(0，0，1)，eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))， ∴eq \o(OE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AS,\s\up16(→))， ∴OE∥AS. 又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD. 又OE⊂平面BDE， ∴平面BDE⊥平面ABCD. 　 例28　如图，正方形ADEF所在的平面和等腰梯形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eq \f(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(图略)，则BH＝1，AH＝eq \r(3)，CH＝3， ∴AC＝2eq \r(3)，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB. ∵AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB， ∴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Axyz， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(－1，eq \r(3)，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eq \f(BP,PE)＝λ(λ>0)， 则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ))). 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)． 由eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(0，2eq \r(3)，0)， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up16(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(AC,\s\up16(→))＝2\r(3)y＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，)) 取x＝1，则z＝eq \f(λ－2,2λ)， ∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(λ－2,2λ)))为平面PAC的一个法向量． 同理，可求得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1))为平面BCEF的一个法向量． 当m·n＝0，即λ＝eq \f(2,3)时，平面PAC⊥平面BCEF，故存在满足题意的点P，此时eq \f(BP,PE)＝eq \f(2,3). 解析　∵eq \o(BO,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))，∴eq \o(BC,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0.∴BC⊥AC.∴△ABC一定是直角三角形． 2．若O是△ABC所在平面内一点，且满足(eq \o(BO,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))·(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＝0，则△ABC一定是(　　) A．直角三角形 B．斜三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 解析　eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→)). 3．已知空间向量eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，则下列结论正确的是(　　) A.eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→)) B.eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→)) C.eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(DC,\s\up16(→)) D.eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(BD,\s\up16(→))－eq \o(DC,\s\up16(→)) 解析　eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→))，∴eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝(eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→)))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))2＋eq \o(DB,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝0＋12＋0＝1，又|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝2，|eq \o(CD,\s\up16(→))|＝1，∴cos〈eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(CD,\s\up16(→)),\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up16(→))||\o(CD,\s\up16(→))|))＝eq \f(1,2×1)＝eq \f(1,2).∵异面直线所成的角是锐角或直角，∴a与b所成的角是60°. 解析　由d＝αa＋βb＋γc，得d＝(α＋β＋γ)e1＋(α＋β－γ)e2＋(α－β＋γ)e3，又d＝e1＋2e2＋3e3，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＋β＋γ＝1，,α＋β－γ＝2，,α－β＋γ＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＝\f(5,2)，,β＝－1，,γ＝－\f(1,2).)) 5．{e1，e2，e3}为空间的一个基底，若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，又d＝αa＋βb＋γc，则α，β，γ分别为(　　) A.eq \f(5,2)，－1，－eq \f(1,2) B.eq \f(5,2)，1，eq \f(1,2) C．－eq \f(5,2)，1，－eq \f(1,2) D.eq \f(5,2)，1，－eq \f(1,2) 解析　∵eq \o(AB,\s\up16(→))＝(3，4，－8)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(5，1，－7)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(2，－3，1)，∴|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(32＋42＋(－8)2)＝eq \r(89)，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \r(52＋12＋(－7)2)＝eq \r(75)，|eq \o(BC,\s\up16(→))|＝eq \r(22＋(－3)2＋12)＝eq \r(14)，∵|eq \o(AC,\s\up16(→))|2＋|eq \o(BC,\s\up16(→))|2＝75＋14＝89＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|2，∴△ABC为直角三角形． 解析　∵两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(1，2，3)，eq \o(OA,\s\up16(→))＝(1，2，3)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，∴两平面间的距离d＝eq \f(|\o(OA,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \r(2).故选A. 7．(2023·河北沧州一中高二阶段测试)两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(1，2，3)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是(　　) A.eq \r(2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \r(3) D．3eq \r(2) 解析　设M(x，y，z)，则由已知，得eq \o(AM,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))＝λ(－1，1，0)＝(－λ，λ，0)．又eq \o(AM,\s\up16(→))＝(x，y，z－1)，∴x＝－λ，y＝λ，z＝1，∴M(－λ，λ，1)．又eq \o(CM,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(CM,\s\up16(→))＝(－λ－1，λ－2，4)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，∴(－λ－1，λ－2，4)·(－1，1，0)＝0，∴(λ＋1)＋(λ－2)＝0，λ＝eq \f(1,2).∴点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)). 答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)) 解析　由eq \f((0，－1，3)·(2，2，4),\r(1＋9)×\r(4＋4＋16))＝eq \f(－2＋12,\r(10)×\r(24))＝eq \f(\r(15),6)，知这个锐二面角的余弦值为eq \f(\r(15),6). 9．在一个锐二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个锐二面角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(15),6) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(15),3) D.eq \f(\r(15),4) 解析　以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设AD＝2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(2，2，1)，F(1，0，0)，G(2，0，1)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，eq \o(D1F,\s\up16(→))＝(1，0，－2)，eq \o(B1C,\s\up16(→))＝(－2，0，－2)，eq \o(FG,\s\up16(→))＝(1，0，1)，eq \o(D1E,\s\up16(→))＝(2，2，－1)，eq \o(D1A,\s\up16(→))＝(2，0，－2)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－1，－2，0)． 10．(多选)在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，AD，AA1的中点，则下列说法错误的是(　　) A．D1F⊥B1C B．FG∥D1E C．FG⊥平面AD1E D．BF∥平面AD1E $$