第4周 空间向量的应用-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

—82 — 7.解 (1)设B(x,y,z),C(x1,y1,z1), 所以AB→=(x-2,y+5,z-3), BC→=(x1-x,y1-y,z1-z). 因为AB→=(4,1,2), 所以 x-2=4, y+5=1, z-3=2, 解得 x=6, y=-4, z=5, 所以点B 的坐标为(6,-4,5). 因为BC→=(3,-2,5), 所以 x1-6=3, y1+4=-2, z1-5=5, 解得 x1=9, y1=-6, z1=10, 所以点C的坐标为(9,-6,10). (2)因为CA→=(-7,1,-7), 所以CA→·BC→=-21-2-35=-58. (3)设P(x2,y2,z2), 则AP→=(x2-2,y2+5,z2-3), PC→=(9-x2,-6-y2,10-z2), 于是有(x2-2,y2+5,z2-3)= 1 2 (9-x2,-6-y2,10-z2), 所以 x2-2= 1 2 (9-x2), y2+5= 1 2 (-6-y2), z2-3= 1 2 (10-z2), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 x2= 13 3 , y2=- 16 3 , z2= 16 3 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 故点P 的坐标为 133 ,-163 ,16 3 . 8.解 因为a∥b,所以a=λb, 则(x,1,-1)=λ(-2,y,1), 即 x=-2λ, 1=yλ, -1=λ, 解得 λ=-1, x=2, y=-1, 所以a=(2,1,-1),b=(-2,-1,1), 又b⊥c,所以b·c=-4+3+z=0, 解得z=1,所以c=(2,-3,1). 所以a=(2,1,-1),b=(-2,-1,1), c=(2,-3,1). 9.解 (1)因为a=AB→=(1,1,0), b=AC→=(-1,0,2), 所以2a-b=(3,2,-2), 又c= -32 ,-1,1 , 所以2a-b=-2c, 所以(2a-b)∥c. (2)由(1)知ka+b=(k-1,k,2), ka-2b=(k+2,k,-4). 又因为(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-52. 10.解 (1)如图,建立空间直角坐标系 Dxyz, D 为坐标原点, 则有F 12 ,1 2 ,0 ,H 0,78,12 , ∴FH→= -12, 3 8 ,1 2 , ∴|FH→|= -12 2 + 38 2 + 12 2 = 41 8 . ∴FH 的长为 418 . (2)由(1)知E 0,0,12 ,F 12,12,0 , ∴EF→= 12, 1 2 ,-12 ,∴|EF→|= 32. 又C1(0,1,1),G 0, 3 4 ,0 , ∴C1G →= 0,-14,-1 ,∴|C1G→|= 174 . ∴EF→·C1G→=12×0+ 1 2× - 1 4 + -12 ×(-1)=38, ∴|cos<EF→,C1G→>|= |EF→·C1G→| |EF→||C1G→| = 5117 . 即异面直线EF 与C1G 所成角的余弦值为 51 17 . 11.解 以C 为原点,CA,CB,CC1 所在直线分别为x 轴、y 轴、z轴 建立空间直角坐标系,如图. 则B(0,1,0),M(1,0,1), N 0,12 ,1 . (1)∵BM→=(1,-1,1), BN→= 0,-12,1 , ∴|BM→|= 12+(-1)2+12= 3, |BN→|= 02+ -12 2 +12= 52. 故BM 的长为 3,BN 的长为 52. (2)∵cos∠MBN=cos<BM→,BN→> = BM→·BN→ |BM→||BN→| = 3 2 3× 52 = 155 , ∴sin∠MBN= 1- 15 5 2 = 105 , S△BMN = 1 2 ·BM·BN·sin∠MBN =12× 3× 5 2× 10 5 = 6 4. 即△BMN 的面积为 64. 12.解 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 由已知,得C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0), C1(0,0,2),Q(1,0,1),B1(0,1,2),A1(1,0,2). ∴BQ→=(1,-1,1),CB1→=(0,1,2),BA1→=(1, -1,2). (1)|BQ→|= 12+(-1)2+12= 3. (2)∵BQ→·CB1→=0-1+2=1,|BQ→|= 3, |CB1 →|= 0+12+22= 5, ∴cos<BQ→,CB1→>= 1 3× 5 = 1515 . ∵BA1 →·CB1→=0-1+4=3, |BA1 →|= 1+1+4= 6,|CB1→|= 5, ∴cos<BA1 →,CB1→>= 3 6× 5 = 3010 . ∵0< 1515 < 30 10 <1 ,∴<BQ→,CB1→>,<BA1→,CB1→>∈ 0,π2 . 又y=cosx在 0,π2 内单调递减, ∴<BQ→,CB1→>><BA1→,CB1→>. 【方法技巧】 利用空间向量的坐标运算的一般步骤 (1)建系:根据题目中的几何图形建立恰当的空间直角坐标系. (2)求坐标:①求出相关点的坐标;②写出向量的坐标. (3)论证、计算:结合公式进行论证、计算. (4)转化:转化为平行与垂直、夹角与距离问题. 【探究·一举突破】 探究路径 解析 由已知得a·b=5×(-2)+3t+1× -25 =3t-525, 因为a与b的夹角为钝角, 所以a·b<0, 即3t-525<0 , 所以t<5215. 若a与b的夹角为180°, 则存在λ<0,使a=λb(λ<0), 即(5,3,1)=λ -2,t,-25 , 所以 5=-2λ, 3=tλ, 1=-25λ , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以t=-65, 故t的取值范围是 -∞,-65 ∪ -65,5215 . 答案 -∞,-65 ∪ -65,5215 【易错提醒】 两向量夹角为钝角,应排除反向共线的情况,否则 造成结果扩大. 【综合·一练到底】 1.ABD [由题意,OB→=λOA→=(-3λ,-λ,4λ),λ<0,则x=-3λ, y=-λ,z=4λ,则x+y+z=0,即选项A正确;x=3y,即选项B正 确;x+z=λ<0,即选项C错误;4y+z=-4λ+4λ=0,即选项D正 确.] 2. a3 ,b 3 ,c 3 [由题意知A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c).由重 心坐标公式得点G 的坐标为 a3 ,b 3 ,c 3 .] 3. -65 ,-145 ,2 5 [设AE→=λAB→,因为 A(-3,-1,4),B(-2, -2,2),所以AB→=(1,-1,-2),AE→=(λ,-λ,-2λ),AO→=(3,1, -4),OE→=AE→-AO→=(λ-3,-λ-1,-2λ+4),因为OE→⊥a,所以 -2(λ-3)+(-λ-1)+(-2λ+4)=0,解得λ=95 ,又 A(-3, -1,4),AE→ = 95,- 9 5 ,-185 ,所 以 点 E 的 坐 标 为 -65 ,-145 ,2 5 .] 【选做·一飞冲天】 解 以A 点为原点,建立如图所示的空间直 角坐标系Axyz. 由题意知 A(0,0,0),B1(3,1,2),C(0,2, 0),B(3,1,0),M 3 2 ,3 2 ,0 . 又点 N 在 棱CC1 上,可 设 N(0,2,m)(0≤ m≤2), 则AB1 →=(3,1,2),MN→= - 32, 1 2 ,m , 所以|AB1 →|=2 2,|MN→|= m2+1, AB1 →·MN→=2m-1. 若异面直线AB1 和 MN 所成的角等于45°, 则cos45°=|cos<AB1 →,MN→>| = |AB1 →·MN→| |AB1 →||MN→| = |2m-1| 2 2× m2+1 . 即 |2m-1| 2 2× m2+1 = 22 , 解得m=-34 ,这与0≤m≤2矛盾. 所以在棱CC1 上不存在点N,使得异面直线AB1 和MN 所成的角 等于45°. 第四周 空间向量的应用 【考点·一应俱全】 1.(0,0,1) (0,1,1)(答案不唯一) [∵DD1∥AA1,AA1 →=(0,0, 1),直线DD1 的一个方向向量为(0,0,1);BC1∥AD1,AD1 →=(0, 1,1),故直线BC1 的一个方向向量为(0,1,1).] 【方法技巧】 求直线的方向向量的2种方法 (1)在直线l上确定两点A,B,则AB→或BA→就是直线l 的方向 向量. (2)在与直线l平行的直线m 上确定两点A1,B1,则A1B1 →或B1A1→ 就是直线l的方向向量. 2.解 因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为矩形, 所以AB,AD,AP 两两垂直. 如图,以A 为坐标原点,AB→,AD→,AP→的方向分别为x 轴,y轴,z轴 的正 方 向,建 立 空 间 直 角 坐 标 系,则 D(0,3,0),P(0,0,1), E 0,32 ,1 2 ,C(1,3,0),于 是AE→= 0,32,12 ,AC→=(1,3, 0). 设n=(x,y,z)为平面ACE 的法向量, 则 n·AC→=0, n·AE→=0, 即 x+ 3y=0, 3 2y+ 1 2z=0 , 所以 x=- 3y, z=- 3y, 令y=-1,则x=z= 3. 所以平面ACE 的一个法向量为n=(3,-1,3). 【规律总结】 待定系数法求平面法向量的步骤 (1)设向量:设平面的法向量为n=(x,y,z). (2)选向量:在平面内选取两个不共线向量AB→,AC→. (3)列方程组:由 n·AB→=0, n·AC→=0 列出方程组. (4)解方程组: n·AB→=0, n·AC→=0. (5)赋非零值:取x,y,z其中一个为非零值(常取±1). (6)得结论:得到平面的一个法向量. 3.证明 法一:如图所示,建立空间直角坐标系,根 据题意 得 M 3,0,43 ,N(0,2,2),R(3,2,0), S 0,4,23 . 则MN→,RS→分别为MN,RS 的方向向量,所以MN→= -3,2,23 , RS→= -3,2,23 , 所以MN→=RS→,所以MN→∥RS→,因为 M􀱂RS, 所以 MN∥RS. 法二:设AB→=a,AD→=b,AA1→=c, 则MN→=MB1→+B1A1→+A1N→=13c-a+ 1 2b , RS→=RC→+CD→+DS→=12b-a+ 1 3c. 所以MN→=RS→,所以MN→∥RS→. 又R􀱂MN,所以 MN∥RS. 4.证明 如图以A 为坐标原点建立空间直角 坐标系.设 正 三 棱 柱 的 底 面 边 长 为a(a> 0),侧 棱 长 为 b(b>0),则 A(0,0,0), B 3 2a ,a 2 ,0 ,B1 32a,a2,b ,C1(0,a, b),D 0,a2 ,0 , ∴AB1 →= 3 2a ,a 2 ,b , BD→= - 32a,0,0 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 81 — —84 — DC1 →= 0,a2,b . 设平面DBC1 的法向量为n=(x,y,z), 则 n·BD→=- 32ax=0, n·DC1 →=a2y+bz=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ∴ x=0, z=-a2by. 不妨令y=2b,则n=(0,2b,-a).由于AB1 →·n=ab-ab=0,因此 AB1 →⊥n. 又AB1⊄平面DBC1,∴AB1∥平面DBC1. 5.证明 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz, 则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0), C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2, 2,2), 所以FC1 →=(0,2,1),DA→=(2,0,0),AE→= (0,2,1),C1B1 →=(2,0,0), 设n1=(x1,y1,z1)是平面 ADE 的法向 量,则n1⊥DA →,n1⊥AE→, 即 n1·DA →=2x1=0, n1·AE →=2y1+z1=0, 得 x1=0,z1=-2y1. 令z1=2,则y1=-1,所以可取n1=(0,-1,2). 同理,设n2=(x2,y2,z2)是平面B1C1F 的一个法向量. 由n2⊥FC1 →,n2⊥C1B1→, 得 n2·FC1 →=2y2+z2=0, n2·C1B1 →=2x2=0, 解得 x2=0,z2=-2y2. 令z2=2,得y2=-1, 所以n2=(0,-1,2). 因为n1=n2,即n1∥n2, 所以平面ADE∥平面B1C1F. 6.证明 法一:(基底法)设BA→=a,BC→=b,BD→=c, 则{a,b,c}为空间的一个基底. ∵AE=EC,DF=FC, ∴EF∥AD,且EF=12AD , ∴EF→=12AD →=12 BD →-BA→ =12(c-a). 又BC→=b,AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°, ∴EF→·BC→=12(c-a)·b= 1 2 (c·b-a·b)=0, ∴EF→⊥BC→,∴EF⊥BC. 法二:(坐 标 法)由 题 意,以 点 B 为 坐 标 原 点,在平面DBC内过点B 作垂直于BC 的 直线为x 轴,BC 所在直线为y 轴,在平面 ABC内过点B 作垂直BC 的直线为z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 易得B(0,0,0),A(0,-1,3), D(3,-1,0),C(0,2,0), 因而E 0,12 ,3 2 ,F 32,12,0 , 所以EF→= 3 2 ,0,- 32 ,BC→=(0,2,0), 因此EF→·BC→=0.从而EF→⊥BC→, 所以EF⊥BC. 【方法技巧】 用向量法证明直线与直线垂直的方法和步骤 (1)基底法:①选取三个不共面的已知向量(通常是它们的模及其 两两夹角为已知)为空间的一个基底;②把两直线的方向向量用 基底表示;③利用向量的数量积运算,计算出两直线的方向向量 的数量积为0;④由方向向量垂直得到两直线垂直. (2)坐标法:①根据已知条件和图形特征,建立适当的空间直角坐 标系,正确地写出各点的坐标;②根据所求出点的坐标求出两直 线方向向量的坐标;③计算两直线方向向量的数量积为0;④由 方向向量垂直得到两直线垂直. 7.证明 法一:设AB→=a,AD→=c,AA1→=b,则EF→=EB1→+B1F→= 1 2 (BB1 →+B1D1→)=12(AA1 →+BD→) =12 (AA1 →+AD→-AB→)=12(-a+b+c). ∵AB1 →=AB→+AA1→=a+b, ∴EF→·AB1→=12(-a+b+c)·(a+b) =12 (b2-a2+c·a+c·b)=12 (|b|2-|a|2+0+0)=0. ∴EF→⊥AB1→,即EF⊥AB1.同理,EF⊥B1C.又 AB1∩B1C=B1, AB1,B1C⊂平面B1AC,∴EF⊥平面B1AC. 法二:设正方体的棱长为2,以 D 为原点, DA,DC,DD1 所在直线分别为x轴、y轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),E(2,2, 1),F(1,1,2).∴EF→=(-1,-1,1),AB1→= (0,2,2),AC→=(-2,2,0). ∴EF→·AB1→=(-1,-1,1)·(0,2,2)= (-1)×0+(-1)×2+1×2=0, EF→·AC→=(-1,-1,1)·(-2,2,0)=2-2+0=0, ∴EF→⊥AB1→,EF→⊥AC→, ∴EF⊥AB1,EF⊥AC. 又AB1∩AC=A,AB1,AC⊂平面B1AC, ∴EF⊥平面B1AC. 法三:由法二得AB1 →=(0,2,2), AC→=(-2,2,0),EF→=(-1,-1,1). 设平面B1AC的法向量n=(x,y,z),则AB1 →·n=0,AC→·n=0, 即 2y+2z=0, -2x+2y=0. 取x=1,则y=1,z=-1,∴n=(1,1,-1),∴EF→=-n, ∴EF→∥n,∴EF⊥平面B1AC. 8.证明 由题意得 AB,BC,B1B 两两垂直. 以B 为原点,BA,BC,BB1 分别为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 则 A(2,0,0),A1(2,0,1),C(0,2,0), C1(0,2,1),E 0,0, 1 2 , 则AA1 →=(0,0,1),AC→=(-2,2,0),AC1→= (-2,2,1),AE→= -2,0,12 . 法一:(利用平面的法向量)设平面AA1C1C 的一个法向量为n1= (x1,y1,z1). 则 n1·AA1 →=0, n1·AC →=0, ⇒ z1=0,-2x1+2y1=0. 令x1=1,得y1=1.∴n1=(1,1,0). 设平面AEC1 的一个法向量为n2=(x2,y2,z2). 则 n2·AC1 →=0, n2·AE →=0 ⇒ -2x2+2y2+z2=0, -2x2+ 1 2z2=0 , 令z2=4,得x2=1,y2=-1.∴n2=(1,-1,4). ∵n1·n2=1×1+1×(-1)+0×4=0. ∴n1⊥n2,∴平面AEC1⊥平面AA1C1C. 法二:(利用线面垂直)取AC1 的中点D,连接ED(图略). 则D 1,1,12 ,ED→=(1,1,0), ∴ED→·AC1→=0,ED→·AC→=0, ∴ED⊥AC1,ED⊥AC, 又AC1∩AC=A,AC1,AC⊂平面AA1C1C, ∴ED⊥平面AA1C1C, 又ED⊂平面AEC1, ∴平面AEC1⊥平面AA1C1C. 9.解 因为 AB=1,BC=2,AA'=3,所以 A'(0,0,3),C(1,2,0), B(1,0,0),所以直线A'C 的方向向量A'C→=(1,2,-3). CB→=(0,-2,0),|A'C→|= 14,|CB→|2=4,所以CB→在A'C→上的投 影向量的长度为|CB →·A'C→| |A'C→| = 4 14 , 所以点B 到直线A'C 的距离 d= |BC→|2- BC→·A'C→ |A'C→| 2 = 4-1614= 2 35 7 . 10.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 MO⊥平面BCD. 以O 为坐标原点,分别以直线OC,BO,OM 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= 3,则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,3),B(0,- 3,0),A(0, - 3,2 3),所以BC→=(1,3,0),BM→=(0,3,3),BA→=(0,0, 2 3). 设平面 MBC的法向量为n=(x,y,z), 由 n⊥BC→, n⊥BM→, 得 n·BC →=0, n·BM→=0, 即 x+ 3y=0, 3y+ 3z=0, 取x= 3,可得平面 MBC的一个法向量为n= (3,-1,1). 又BA→=(0,0,2 3),所以所求距离d=|BA →·n| |n| = 2 15 5 . 11.解 (1)证明:连接AB1 交A1B 于点E,连接DE. DE∥B1C, DE⊂平面A1BD ⇒B1C∥平面A1BD. (2)因为B1C∥平面A1BD,所以B1C 到平面A1BD 的距离就等 于点B1 到平面A1BD 的距离. 如图建立坐标系, 则B1(0,2 2,3), B(0,2 2,0),A1(-1,0,3), DB1 →=(0,2 2,3), DB→=(0,2 2,0), DA1 →=(-1,0,3). 设平面A1BD 的法向量为n=(x,y,z), 所以 2 2y=0, -x+3z=0, 所以n=(3,0,1). 所求距离为d=|n ·DB1 →| |n| = 3 10 10 . 12.A [建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则 B1(2,2,2),M(1,1,0),D1(0,0,2),N(1,0,0), ∴B1M →=(-1,-1,-2),D1N→=(1,0,-2),∴cos<B1M→,D1N→>= -1+4 1+1+4× 1+4 = 3010 . ] 13.解 (1)证明:由已知得AM=23AD=2. 如图,取BP 的中点T,连接AT,TN,由N 为PC 的中点知TN∥ BC,TN=12BC=2. 又AD∥BC,故TN􀱀AM,所以四边形AMNT 为平行四边形,于 是 MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以 MN∥平面PAB. (2)如图,取BC的中点E,连接AE. 由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD, 且AE= AB2-BE2= AB2- BC2 2 = 5. 以A 为坐标原点,AE→的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间 直角坐标系Axyz. 由题意知P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N 5 2 ,1,2 ,PM→= (0,2,-4),PN→= 5 2 ,1,-2 ,AN→= 52,1,2 . 设n=(x,y,z)为平面PMN 的法向量, 则 n·PM→=0, n·PN→=0, 即 2y-4z=0, 5 2x+y-2z=0 , 可取n=(0,2,1). 于是|cos<n,AN→>|=|n·AN →| |n||AN→| =8 525. 所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8 525. 14.解 设正方体棱长为1.以B为坐标原点,BA,BE,BC所在直线分 别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Bxyz,则M 12 ,0,12 , N 12 ,1 2 ,0 ,A(1,0,0),B(0,0,0). 法一:取 MN 的中点G,连接BG,AG,则G 12 ,1 4 ,1 4 . 因为△AMN,△BMN 为等腰三角形,所以AG⊥MN,BG⊥MN, 故∠AGB 为两平面夹角或其补角. 又因为GA→= 12,- 1 4 ,-14 , GB→= -12,- 1 4 ,-14 , 所以cos<GA→,GB→>= GA →·GB→ |GA→||GB→| = -18 3 8× 3 8 =-13 ,故所求两 平面夹角的余弦值为1 3. 法二:设平面AMN 的法向量n1=(x,y,z). 由于AM→= -12,0, 1 2 ,AN→= -12,12,0 . 则 n1·AM →=0, n1·AN →=0, 即 -12x+ 1 2z=0 , -12x+ 1 2y=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x=1,解得y=1,z=1,于是n1=(1,1,1). 同理可求得平面BMN 的一个法向量n2=(1,-1,-1), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 83 — —86 — 所以cos<n1,n2>= n1·n2 |n1||n2| = -1 3× 3 =-13 , 设平面 MNA 与平面MNB 的夹角为θ, 则cosθ=|cos<n1,n2>|= 1 3. 故所求两平面夹角的余弦值为1 3. 【方法技巧】 利用坐标法求两平面夹角的步骤 (1)建立空间直角坐标系; (2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量; (3)求两个法向量的夹角; (4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角). 【探究·一举突破】 探究路径 解 如图,过点 D 作DC 的垂线交SC 于 E,以D 为原点,以DC,DE,DA 所在直线 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. ∵∠SDC=120°,∴∠SDE=30°,又SD= 2,∴点S到y 轴的距离为1,到x 轴的距 离为 3,则有D(0,0,0),S(-1,3,0),A (0,0,2),C(2,0,0),B(2,0,1),设 平 面 SAD 的法向量为m=(x,y,z), ∵AD→=(0,0,-2),AS→=(-1,3,-2), ∴ -2z=0, -x+ 3y-2z=0, 取x= 3,得平面SAD 的一个法向量为m= (3,1,0). 又AB→=(2,0,-1),设 平 面 SAB 的 法 向 量 为n=(a,b,c), 则 n·AB→=0, n·AS→=0, 即 2a-c=0, -a+ 3b-2c=0, 令a= 3, 则n=(3,5,2 3), ∴cos<m,n>= m ·n |m||n|= 8 2×2 10 = 105 , 故平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值是 105 . 【综合·一练到底】 1.证明 以 D 为坐标 原 点,分 别 以 DA, DC,DD1 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 Dxyz. 设正方体的棱长为2, 则D(0,0,0),A(2,0,0),E(2,2,1),F (0,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2), ∴DA→=D1A1→=(2,0,0),DE→=(2,2, 1),D1F →=(0,1,-2). 设平面AED 的一个法向量为n1=(x1,y1,z1). 由 n1·DA →=(x1,y1,z1)·(2,0,0)=0, n1·DE →=(x1,y1,z1)·(2,2,1)=0, 得 2x1=0, 2x1+2y1+z1=0. 令y1=1,得n1=(0,1,-2). 同理,平面A1FD1 的一个法向量为n2=(0,2,1). ∵n1·n2=(0,1,-2)·(0,2,1)=0, ∴n1⊥n2, ∴平面AED⊥平面A1FD1. 2.解 如 图,以 D 为 坐 标 原 点,分 别 以 DA,DC,DD1 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0), F 0,12 ,0 ,E 1,12,1 ,B(1,1,0), ∴AE→= 0,12,1 ,AF→= -1,12,0 . 设平面AEC1F 的一个法向量为n=(1, λ,μ), 则n·AE→=0,n·AF→=0, ∴ 1 2λ+μ=0 , -1+12λ=0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ∴ λ=2 , μ=-1, ∴n=(1,2,-1). 又∵AB→=(0,1,0), ∴点B 到截面AEC1F 的距离d= |AB→·n| |n| = 2 6 = 63. 3.解 (1)证明:连接 A1E,因为 A1A=A1C,E 是AC 的中点,所以 A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1, 平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC. 如图,以 点 E 为 原 点,分 别 以 射 线 EC, EA1 为y,z轴的正半轴,建立空间直角 坐标系Exyz. 不妨设AC=4,则A1(0,0,2 3),B(3, 1,0),B1(3,3,2 3),F 32 ,3 2 ,2 3 , C(0,2,0). 因此,EF→= 3 2 ,3 2 ,2 3 ,BC→=(- 3, 1,0). 由EF→·BC→=0得EF⊥BC. (2)设直线EF 与平面A1BC所成角为θ, 由(1)可得BC→=(- 3,1,0),A1C→=(0,2,-2 3),设平面 A1BC 的法向量为n=(x,y,z), 由 BC→·n=0, A1C →·n=0, 得 - 3x+y=0,2y-2 3z=0, 取n=(1,3,1),故sinθ=|cos<EF→,n>|= |EF →·n| |EF→|·|n| =45. 因此直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值为 3 5. 【选做·一飞冲天】 (1)证明 ∵四边形ABCD,CDGF,ADGE 均 为正方形, ∴GD⊥DA,GD⊥DC. 又DA∩DC=D,DA,DC⊂平面ABCD,∴GD⊥ 平面ABCD. 以点 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直 角坐标系. 则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1). ∵点 M 在棱DG 上,故可设 M(0,0,t)(0≤t≤1). ∵MB→=(1,1,-t),EF→=(-1,1,0), ∴MB→·EF→=0,∴BM⊥EF. (2)解 假 设 存 在 点 M,使 得 直 线 MB 与 平 面BEF 所 成 的 角 为45°. 设平面BEF 的法向量为n=(x,y,z), ∵BE→=(0,-1,1),BF→=(-1,0,1), ∴ n·BE→=0, n·BF→=0, ∴ -y+z=0,-x+z=0, 令z=1,得x=y=1, ∴n=(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量, ∴|cos<n,MB→>|=|n·MB →| |n||MB→| = |2-t| 3× 2+t2 , ∵直线 MB 与平面BEF 所成的角为45°, ∴sin45°=|cos<n,MB→>|, ∴ |2-t| 3× 2+t2 = 22 , 解得t=-4±3 2. 又0≤t≤1,∴t=3 2-4. ∴存在点 M(0,0,3 2-4). ∴当点 M 位于棱DG 上,且 DM=3 2-4时,直线 MB 与平面 BEF 所成的角为45°. 第五周 直线的倾斜角与斜率 【考点·一应俱全】 1.AC [任意一条直线都有唯一的倾斜角,故A正确;倾斜角不可能 为负,故B错误;倾斜角为0°的直线有无数条,它们都垂直于y轴, 故C正确;当α=0°时,sinα=0;当α=90°时,sinα=1,故D错误.] 2.60°或120° [有两种情况:①如图(1),直线l向上的方向与x 轴 正向所成的角为60°,即直线l的倾斜角为60°. (1) (2) ②如图(2),直线l向上的方向与x 轴正向所成的角为120°,即直 线l的倾斜角为120°.] 【规律总结】 直线倾斜角的概念和范围 (1)直线的倾斜角主要根据定义来求,其关键是根据题意画出图 形,找准倾斜角,有时要根据情况分类讨论. (2)注意倾斜角的范围. 3.1 [由斜率公式k=4-mm+2=1 ,得m=1.] 4.解 ①存在.直线AB 的斜率kAB= 5-3 4-2=1 , 则直线AB 的倾斜角α满足tanα=1, 又0°≤α<180°, 所以倾斜角α=45°. ②存在.直线CD 的斜率kCD = -1-3 2-(-2)=-1 , 则直线CD 的倾斜角α满足tanα=-1, 又0°≤α<180°, 所以倾斜角α=135°. ③不存在.因为xP=xQ=-3, 所以直线PQ 的斜率不存在,倾斜角α=90°. ④存在.因为yM=yN=4, 所以直线 MN 的斜率为0,倾斜角α=0°. 5.解 (1)由斜率公式可得直线 AB 的斜率kAB = 2-3 -4-3= 1 7. 直 线 AC 的 斜 率kAC = -2-3 0-3 = 5 3. 故直 线 AB 的 斜 率 为 17 ,直 线 AC 的 斜 率 为5 3. (2)如图所示,当点 D 由点B 运动到点C 时,直线 AD 的斜率由 kAB 增大到kAC,所以直线AD 的斜率的变化范围是 1 7 ,5 3 . 6.解 如图,由题意 可 知kPA = 4-0 -3-1=-1 , kPB= 2-0 3-1=1. (1)要使直线l与线段AB 有公共点,则直线l 的斜率k 的 取 值 范 围 是(-∞,-1]∪[1, +∞). (2)由题意可知直线l的倾斜角介于直线PB 与PA 的倾斜角之 间,又直线PB 的倾斜角是45°,直线PA 的倾斜角是135°, 所以α的取值范围是45°≤α≤135°. 【规律总结】 倾斜角和斜率的应用 (1)倾斜角和斜率都可以表示直线的倾斜程度,二者相互联系. (2)涉及直线与线段有交点问题常通过数形结合利用公式求解. 7.0或1 [当m=-2时,直线AB 的斜率不存在,而直线 MN 的斜 率存在,MN 与AB 不平行,不符合题意;当 m=-1时,直线 MN 的斜率不存在,而直线 AB 的斜率存在,MN 与AB 不平行,不符 合题意;当m≠-2,且m≠-1时,kAB = 4-m m-(-2)= 4-m m+2 ,kMN = 3-1 m+2-1= 2 m+1. 因 为 AB∥MN,所 以 kAB =kMN,即 4-m m+2= 2 m+1 ,解得m=0或 m=1.当 m=0或1时,经检验,两直线不重 合.综上,m 的值为0或1.] 8.解 (1)k1= 1-(-2) 2-(-1)=1 ,k2= -1-4 -1-3= 5 4 ,k1≠k2,l1 与l2 不 平行. (2)k1=1,k2= 2-1 2-1=1 ,k1=k2, 故l1∥l2 或l1 与l2 重合. (3)k1= 0-1 1-0=-1 ,k2= 0-3 2-(-1)=-1 , 则有k1=k2. 又kAM = 3-1 -1-0=-2≠-1 , 则A,B,M 三点不共线.故l1∥l2. (4)由已 知 点 的 坐 标,得l1 与l2 均 与x 轴 垂 直 且 不 重 合,故 有 l1∥l2. 【方法技巧】 判断两条不重合的直线是否平行的方法 9.ABD [A中,l1 与x轴垂直,l2 与x轴平行,故两直线垂直;B中, l2 过点P(1,1),Q 0,- 1 2 ,kPQ =32,故 两 条 直 线 垂 直;C中, kPQ= 3,故l1 不与l2 垂直;D中,l1 过点 M(1,0),N(4,-5),kMN = -53 ,l2 过点P(-6,0),Q(-1,3),kPQ= 3 5 ,故两条直线垂直.] 10.解 若∠A 为直角,则AC⊥AB,∴kAC·kAB=-1, 即m+1 2-5 ·1+1 1-5=-1 ,解得m=-7; 若∠B 为直角,则AB⊥BC,∴kAB·kBC=-1, 即1+1 1-5 ·m-1 2-1=-1 ,解得m=3; 若∠C为直角,则AC⊥BC,∴kAC·kBC=-1, 即m+1 2-5 ·m-1 2-1=-1 ,解得m=±2. 综上所述,m=-7或m=3或m=±2. 11.解 A,B,C,D 四点在坐标平面内的位置 如图, 由斜率公式可得 kAB= 5-3 2-(-4)= 1 3 ,kCD = 0-3 -3-6= 1 3 , kAD = 0-3 -3-(-4)=-3 , kBC= 3-5 6-2=- 1 2 , ∴kAB=kCD,由图可知AB 与CD 不重合, ∴AB∥CD. 由kAD≠kBC,∴AD 与BC 不平行. 又kAB·kAD = 1 3× (-3)=-1, ∴AB⊥AD. 故四边形ABCD 为直角梯形. 12.解 ①若∠A=∠D=90°,如图(1),由已知AB∥DC,AD⊥AB, 而kCD =0,故A(1,-1). 图(1) 图(2) ②若∠A=∠B=90°,如图(2).设 A(a,b),则kBC =-3,kAD = b-2 a-1 ,kAB= b+1 a-6. 由AD∥BC⇒kAD =kBC,即 b-2 a-1=-3 ;由AB⊥BC⇒kAB ·kBC = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 85 — — 14 — 第四周 空间向量的应用 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第8题.该题主要考查利用空间向量证明面面垂直,一是利用两个平面垂直的判定 定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直;二是直接求解两个平面的法向量, 由两个法向量垂直,得面面垂直从两方面解题 ,考查考生利用公式解题,降低了思维难度从而 提高学生的解题能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 直线的方向向量 1.(2025·山西太原·阶段练习)在如图所示的坐标系中,ABCD-A1B1C1D1 为正 方体,棱长为1,则直线DD1 的一个方向向量为 ,直线BC1 的一个方 向向量为 . 考点二 求平面的法向量 2.如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA⊥平面ABCD,E 为PD 的中点.AB=AP=1,AD= 3,试建立恰当的空间直角坐标系,求平面ACE 的 一个法向量. 考点三 直线和直线平行 3.(2025·全国·模拟预测)在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,AB=3,AD=4,AA1=2,点 M 在棱 BB1 上,且BM=2MB1,点S在DD1 上,且SD1=2SD,点 N,R 分别为A1D1,BC 的中点.求证: MN∥RS. 考点四 直线和平面平行 4.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1 中,D 是AC 的中点,求证:AB1∥平面DBC1. 考点五 平面与平面平行 5.(2025·包头·模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2,E,F 分别是 BB1,DD1 的中点,试用向量的方法证明平面ADE∥平面B1C1F. 考点六 直线和直线垂直 6.(2025·河南郑州·质量检测)如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直,且 AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.求证: EF⊥BC. 考点七 直线和平面垂直 7.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. 考点八 平面和平面垂直 8.(2025·安徽亳州·阶段练习)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,AB⊥BC, AB=BC=2,BB1=1,E 为BB1 的中点,证明:平面AEC1⊥平面AA1C1C. 考点九 点到直线的距离 9.如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D',AB=1,BC=2,AA'= 3,求点B 到直线A'C 的距离. 考点十 点到平面的距离 10.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=2 3,求点A 到平面MBC 的距离. — 13 — — 16 — 考点十一 直线和平面、平面和平面的距离 11.在直三棱柱中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D 是AC 的中点. (1)求证:B1C∥平面A1BD; (2)求直线B1C到平面A1BD 的距离. 考点十二 两条异面直线所成的角 12.如图所示,在正方形ABCD-A1B1C1D1 中,已知 M,N 分别是BD 和AD 的中 点,则B1M 与D1N 所成角的余弦值为 ( ) A.3010 B. 30 15 C.3030 D. 15 15 考点十三 直线与平面所成的角 13.如图所示,四棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC= 3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点. (1)证明 MN∥平面PAB; (2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 考点十四 两个平面的夹角 14.(2025·湖南怀化·质量检测)如图,在正方体ABEF-DCE'F'中,M,N 分别 为AC,BF的中点,求平面 MNA 与平面MNB 的夹角的余弦值. 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 利用坐标法求两平面夹角 如图所示,在几何体S-ABCD 中,AD⊥平面SCD,BC⊥平面SCD,AD=DC= 2,BC=1,又SD=2,∠SDC=120°. 探究问题: 求平面SAD 与平面SAB 夹角的余弦值 【综合·一练到底】(共25分) 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F分别是BB1,CD 的中点.求证:平面AED⊥平面A1FD1. 2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是A1B1,CD 的中 点,求点B 到截面AEC1F的距离. 3.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC= 90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1 的中点. (1)证明:EF⊥BC; (2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值. 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·山东德州·阶段练习)已知几何体EFG-ABCD,如图所示,其中四边形 ABCD,CDGF,ADGE 均为正方形,且边长均为1,点 M 在棱DG 上. (1)求证:BM⊥EF; (2)是否存在点M,使得直线MB 与平面BEF 所成的角为45°? 若存在,确定点M 的位置;若不存在,请说明理由. 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 15 —