第一章 空间向量与立体几何 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦空间向量的基本概念、线性运算、数量积及在立体几何中的应用，系统梳理从向量表示到线面位置关系证明、空间角求解的脉络，结合高考真题与单元检测，构建基础到综合的学习支架。 通过例题解析与归纳总结，培养学生用数学眼光观察空间形式，用数学思维推理逻辑关系，用数学语言表达坐标系与向量运算。如探究点二建系证明线面平行，课中辅助教学，课后助力查漏补缺。

章末综合提升 探究点一　空间向量的基本概念及运算 (1)如图，已知在正方体ABCD-A′B′C′D′中，E是CC′的中点，a＝，b＝，c＝，＝xa＋yb＋zc，则(　　) A．x＝1，y＝2，z＝3 B．x＝，y＝1，z＝1 C．x＝1，y＝2，z＝2 D．x＝，y＝1，z＝ (2)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·＝　　　　Ｗ． [思路点拨]　利用空间向量的线性运算及向量的数量积运算进行解答． 答案：(1)A　(2)a2 解析：(1)设正方体ABCD-A′B′C′D′的棱长为1，以D为原点，以DA，DC，DD′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，0)，所以a＝(0，0，1)＝，b＝＝，c＝(－1，0，0)＝.又因为＝，＝xa＋yb＋zc，所以＝x＋y＋z， 所以解得 (2)由题意可知，将空间四边形ABCD看作正四面体ABCD，如图，故·＝(＋)·＝·＋·＝a2cos 60°×2＝a2. 归纳总结 1．空间向量的线性运算包括加、减及数乘运算，选定空间不共面的三个向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，这是用向量法解决立体几何问题的基本要求，解题时可结合已知和所求，根据图形，利用向量运算法则表示所需向量．　　 2．空间向量的数量积 空间向量的数量积的定义表达式a·b＝|a|·|b|·cos〈a，b〉，其重要变式有以下三个：cos〈a，b〉＝，a2＝|a|2，a在b上的投影＝|a|·cos〈a，b〉．空间向量的数量积的其他变式是解决立体几何问题的重要公式．　　 对点练1．(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列说法正确的有(　　) A．(＋＋)2＝32 B．·(－)＝0 C．与的夹角为60° D．正方体的体积为|··| 答案：AB 解析：如图，(＋＋)2＝(＋＋)2＝2＝32，A正确； ·(－)＝·＝0，B正确； 与的夹角是与夹角的补角，而与的夹角为60°，故与的夹角为120°，C错误； 正方体的体积为||||||，D错误． 故选AB. 学生用书↓第36页 探究点二　空间向量与线面位置关系 在四棱锥P-ABCD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． [思路点拨]　(1)证明向量垂直于平面PAD的一个法向量即可； (2)假设存在点N，设出其坐标，利用⊥，⊥，列方程求其坐标即可． 解：如图所示，以A为原点，以，，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B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1). (1)证明：因为＝(0，1，1)， 平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)， 所以·n＝0，即⊥n. 又BM⊄平面PAD，所以BM∥平面PAD. (2)＝(－1，2，0)，＝(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＝(－1，y－1，z－1)， 从而MN⊥BD，MN⊥PB， 所以即 所以所以N，所以在平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD. 归纳总结 利用空间向量证明空间中的位置关系 1．线线平行： 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． 2．线线垂直： 证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直． 3．线面平行： (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，即证明直线的方向向量可用平面内两不共线向量线性表示． 4．线面垂直： (1)证明直线的方向向量与平面的法向量平行； (2)利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题． 5．面面平行： (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． 6．面面垂直： (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．　　 对点练2．如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.求证： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 证明：(1)如图所示，建立空间直角坐标系，设A1(a，0，0)， 则B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，G. 所以＝(0，2，2)，＝(－a，0，0)， ＝(0，2，－2). 所以·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0. 所以B1D⊥AB，B1D⊥BD. 又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD. (2)因为＝(－a，0，0)，＝(0，2，－2)， ＝，＝(0，1，－1)， 所以＝，＝. 所以GF∥AB，EF∥BD. 又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B， 所以平面EGF∥平面ABD. 学生用书↓第37页 探究点三　空间向量与空间角 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为BC的中点，F为CC1的中点． (1)求EF与平面ABCD所成的角的余弦值； (2)求二面角F-DE-C的余弦值． [思路点拨]　　建立空间直角坐标系 (1)求平面ABCD的法向量n 由cos〈·n〉＝ 再由平方关系求得所成角的余弦值； (2)求平面DEF的法向量m.由cos〈m，n〉＝求得． 解：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． (1)D(0，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，2)， 则＝(－1，0，2). 显然，n1＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量． 因为cos〈，n1〉＝ ＝＝＝. 设EF与平面ABCD的夹角为θ，则sin θ＝. 所以cos θ＝，即EF与平面ABCD的夹角的余弦值为. (2)＝(0，2，2)，＝(1，2，0)， 设n2＝(a，b，c)为平面FDE的法向量， 则n2·＝a＋2b＝0，n2·＝2b＋2c＝0， 令a＝2，则b＝－1，c＝1， 即n2＝(2，－1，1)为平面FDE的一个法向量． 因为cos〈n1，n2〉＝＝＝， 所以二面角F-DE-C的余弦值为. 归纳总结 用向量法求空间角的注意点 1．异面直线所成的角：两异面直线所成角的范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解． 2．直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－或者－〈n，a〉． 3．二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．　　 对点练3．如图所示，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1. (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求平面EAC与平面DAC所成角θ的大小． 解：(1)证明：因为PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以PA2＋AB2＝PB2，PA2＋AD2＝PD2，所以PA⊥AB且PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. (2)因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，设AC∩BD＝O， 所以以O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则各点坐标分别为A，B，C，D，P.因为点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1，所以＝3，即＝3(－)，所以＝，即点E的坐标为E.又平面DAC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，设平面EAC的法向量为n2＝(x，y，z)，易得＝，由即取x＝1，解得得n2＝(1，0，) ，所以cos〈n1·n2〉＝＝＝⇒〈n1，n2〉＝，由图可知平面EAC与平面DAC所成角θ的大小为. 学生用书↓第38页 本章内容是高考必考内容之一，多考查空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题． 高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程． (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D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 为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， 所以＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， 所以∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. (2)设 P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， 所以n＝(λ－1，3－λ，2)， 设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)， 则即 令a＝1，得b＝1，c＝2，所以m＝(1，1，2)， 所以|cos〈n，m〉|＝＝ ＝|cos 150°|＝， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， 所以P(0，2，1)或P(0，2，3)， 所以B2P＝|λ－2|＝1. (2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接AE，DE， 因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC， 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，从而AE⊥BC， 又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝AE＝. 所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE， 又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以点E为原点，ED，EB，EA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D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)，E(0，0，0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 二面角D -AB-F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)， 所以F(－，0，)， 即有＝(－，0，0)， 所以即取x1＝1， 所以n1＝(1，1，1)； 即取y2＝1， 所以n2＝(0，1，1)， 所以|cos θ|＝＝＝， 从而sin θ＝＝. 所以二面角D -AB-F的正弦值为. 学生用书↓第39页 (2022·新高考Ⅰ卷) 如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值． 解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h， 则V＝S·h＝h＝V＝S△ABC·A1A＝V＝， 解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为. (2)连接AB1交A1B于E，如图，易知E为A1B的中点，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B， 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC， 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC， 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC， 又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由(1)得AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，又S＝A1B·BC＝2，所以BC＝2， 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)， 所以A1C的中点D(1，1，1)， 则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)， 设平面ABD的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即 可取m＝(1，0，－1)， 设平面BDC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则即可取n＝(0，1，－1)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为 ＝. (2022·新高考Ⅱ卷) 如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值． 解：(1)证明：延长BO交AC于点D，连接OA，PD， 因为PO是三棱锥P-ABC的高， 所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO， 又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB， 所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°，所以∠ODA＝∠OAD， 所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点，又E为PB的中点， 所以OE∥PD， 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC. (2)过点A作Az∥OP，如图建立空间直角坐标系， 因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°， 所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4， 所以AC＝12，所以O(2，2，0)，B(4，0，0)，P(2，2，3)，C(0，12，0)，所以E， 则＝，＝(4，0，0)，＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝2， 则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3，2)； 设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，则即令a＝， 则c＝－6，b＝0，所以m＝(，0，－6)； 所以cos〈n，m〉＝＝＝－， 设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角， 所以cos θ＝－，所以sin θ＝＝＝， 故二面角C-AE-B的正弦值为. 单元检测卷(一)　空间向量与立体几何 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订) 一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的) 1．下列说法中不正确的是(　　) A．平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量 B．一个平面的所有法向量互相平行 C．如果两个平面的法向量垂直，那么这两个平面也垂直 D．如果a、b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量 答案：D 解析：只有当a、b不共线且a∥α，b∥α时，D才正确． 2．已知a＝(1，0，1)，b＝(－2，－1，1)，c＝(3，1，0)，则|a－b＋2c|等于(　　) A．3 B．2 C． D．5 答案：A 解析：a－b＋2c＝(1，0，1)－(－2，－1，1)＋(6，2，0)＝(9，3，0)，所以|a－b＋2c|＝＝3.故选A. 3．已知i，j，k为单位正交基底，a＝3i＋2j－k，b＝i－j＋2k，则5a与3b的数量积等于(　　) A．－15 B．－5 C．－3 D．－1 答案：A 解析：因为i，j，k两两垂直且|i|＝|j|＝|k|＝1，所以5a·3b＝(15i＋10j－5k)·(3i－3j＋6k)＝45－30－30＝－15. 4．已知A(2，－5，1)，B(2，－4，2)，C(1，－4，1)，则与的夹角为(　　) A．30° B．60° C．45° D．90° 答案：B 解析：由题意得＝(0，1，1)，＝(－1，1，0)， cos〈，〉＝＝＝， 所以与的夹角为60°.故选B. 5．如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a＝(0，2，1)，b＝(，，)，那么这条斜线与平面的夹角是(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° 答案：D 解析：依题意，得cos〈a，b〉＝＝＝，所以这条斜线与平面的夹角为30°.故选D. 6．如图是一平行六面体ABCD-A1B1C1D1，E为BC延长线一点，＝2，则＝(　　) A．＋＋ B．＋－ C．＋－ D．＋－ 答案：B 解析：取BC的中点F，连接A1F(图略)，则A1D1綊FE，所以四边形A1D1EF是平行四边形，所以A1F綊D1E，所以＝.又＝＋＋＝－＋＋，所以＝＋－.故选B. 7．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为，底面ABCD的边长为1，则二面角A-CD1-D的余弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：如图，以D为原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，则＝(1，0，0)为平面CDD1的一个法向量，＝(－1，0，)，＝(－1，1，0)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝1，z＝，所以n＝.所以cos〈，n〉＝＝＝＝即为所求．故选C. 8．已知AB⊥平面α，垂足为点B，且AO与α相交于点O，∠AOB＝60°，射线OC在α内，且∠BOC＝30°，OA＝6，则点A到直线OC的距离是(　　) A．6 B． C． D．2 答案：C 解析：如图，过B作BE⊥OC ，垂足为E，连接AE，由AB⊥平面α，OE⊂平面α，则AB⊥OE，由辅助线可得OE⊥BE，又AB∩BE＝B，则OE⊥平面ABE，则OE⊥AE，于是A到直线OC的距离是AE，由题意，直角三角形ABO中，BO＝AOcos 60°＝3，AB＝OAsin 60°＝3，直角三角形EBO中，BE＝BOsin 30°＝，于是AE＝＝.故选C. 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为O，则下列结论中正确的有(　　) A．＋与＋是一对相反向量 B．－与－是一对相反向量 C．＋＋＋与＋＋＋是一对相反向量 D．－与－是一对相反向量 答案：ACD 解析：因为O为正方体的中心，所以＝－，＝－，故＋＝－(＋)，同理可得＋＝－(＋)，故＋＋＋＝－(＋＋＋)，所以A，C正确；因为－＝，－＝，所以－与－是两个相等的向量，所以B不正确；因为－＝，－＝＝－，所以－与－是一对相反向量，所以D正确． 10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是(　　) A．A1C1∥平面CEF B．B1D⊥平面CEF C．＝＋－ D．点D与点B1到平面CEF的距离相等 答案：AC 解析：对A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，所以EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立． 对B，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，则B1(2，2，2)，D(0，0，0)，F(0，1，2)，C(0，2，0)且＝(－2，－2，－2)，＝(0，1，－2).所以·＝0－2＋4＝2≠0，故，不互相垂直．又CF⊂平面CEF，故B1D⊥平面CEF不成立．对C，由图可知＝(1，－2，2)，＋－＝(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝(1，－2，2).故＝＋－成立．对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等等价于点D与点B1的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1的中点O在平面A1ACC1上，则点O不在平面CEF上，故D不成立． 11．如图甲所示，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合于点P(如图乙所示)，则下列结论正确的是(　　) A．PD⊥EF B．平面PDE⊥平面PDF C．平面PEF与平面EFD夹角的余弦值为 D．点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心 答案：ABC 解析：对于A选项，如图，取EF的中点H，连接PH，DH，由△PEF和△DEF为等腰三角形，得PH⊥EF，DH⊥EF，又PH∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，所以PD⊥EF，故A正确． 对于B选项，根据折起前后，可知PE，PF，PD三线两两垂直，于是可证平面PDE⊥平面PDF，故B正确． 对于C选项，将图乙翻转并建立如图所示的空间直角坐标系，设图甲中的AB＝2，则P(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，0，0)，D(0，2，0)，所以＝(1，0，－1)，＝(－1，2，0).易知＝(0，2，0)为平面PEF的一个法向量， 设平面EFD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2，1，2)为平面EFD的一个法向量，cos〈，n〉＝＝＝，所以平面PEF与平面EFD夹角的余弦值为，故C正确． 对于D选项，由于PE＝PF≠PD，故点P在平面DEF上的投影不是△DEF的外心，故D错误． 三、填空题(本大题共3个小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在题中横线上) 12．(2024·贵州铜仁高二质量监测)在空间直角坐标系中，若m＝对应点M，n＝(－k，2，3－k)，若M关于平面xOy的对称点为，则m·n＝　　　　　Ｗ． 答案：5 解析：M关于平面xOy的对称点为，所以M，所以m＝，即k＝1，n＝，所以m·n＝1×＋2×2＋1×2＝－1＋4＋2＝5. 13．已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则B与D之间的距离为　　　　Ｗ． 答案： 解析：如图，过B、D分别向AC作垂线，垂足分别为M、N，则可求得AM＝，BM＝，CN＝，DN＝，MN＝1.由于＝＋＋，所以||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2(·＋·＋·)＝＋12＋＋2(0＋0＋0)＝，所以||＝. 14．(一题两空)已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2).则|2a＋b|＝　　　　；在直线AB上，存在一点E，使得⊥b，则点E的坐标为　　　　Ｗ．(第一个空2分，第二个空3分) 答案：5　 解析：2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝＝5.设＝t，则＝＋＝＋t＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t). 由⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此，点E的坐标为E. 四、解答题(本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(13分)已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求： (1)a，b，c； (2)a＋c与b＋c夹角的余弦值． 解：(1)因为a∥b，所以＝＝， 解得x＝2，y＝－4，则a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1). 又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0， 解得z＝2，于是c＝(3，－2，2). (2)由(1)得a＋c＝(5，2，3)，b＋c＝(1，－6，1). 设a＋c与b＋c的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝－. 16．(15分)已知平行六面体OABC-O′A′B′C′，且＝a，＝b，＝c. (1)用a，b，c表示向量； (2)设G，H分别是侧面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示. 解：(1)＝＋＝－＋＝b＋c－a. (2)＝＋＝－＋ ＝－(＋)＋(＋) ＝－(a＋b＋c＋b)＋(a＋b＋c＋c) ＝(c－b). 17．(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2. (1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点P到平面DEF的距离． 解：(1)如图所示，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系A-xyz. 由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D， E，F， 所以＝，＝. 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取z＝1，则平面DEF的一个法向量为n＝(2，0，1). 设PA与平面DEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为. (2)因为＝，n＝(2，0，1)， 所以点P到平面DEF的距离为 d＝＝. 18．(17分)如图，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点． (1)证明：AM⊥PM； (2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小； (3)求点D到平面AMP的距离． 解：(1)证明：以D为原点，，的方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0). 所以＝(，1，－)，＝(－，2，0)， 所以·＝(，1，－)·(－，2，0)＝0， 即⊥，所以AM⊥PM. (2)设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量， 则即 取y＝1，得n＝(，1，). 显然，p＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量， 所以cos〈n，p〉＝＝＝.所以〈n，p〉＝45°. 结合图形可知，平面PAM与平面DAM的夹角为45°. (3)设点D到平面AMP的距离为d， 由(2)可知n＝(，1，)与平面PAM垂直，则 d＝＝＝， 即点D到平面AMP的距离为. 19．(17分)如图所示，已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上． (1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1； (2)是否存在点E，使平面BDE与平面ABE的夹角等于60°？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接DC1， 因为ABC-A1B1C1为正三棱柱， 所以△ABC为正三角形， 又因为D为AC的中点， 所以BD⊥AC. 又平面ABC⊥平面ACC1A， 所以BD⊥平面ACC1A. 所以BD⊥DE. 因为AE∶EA1＝1∶2， AB＝2，AA1＝， 所以AE＝，AD＝1.所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°； 在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°. 所以∠EDC1＝90°， 即ED⊥DC1. 又DC1∩BD＝D， 所以DE⊥平面BDC1. 又因为BC1⊂平面BDC1， 所以DE⊥BC1. (2)假设存在点E满足条件，设AE＝h. 取A1C1的中点D1，连接DD1， 则DD1⊥平面ABC， 所以DD1⊥AD，DD1⊥BD. 如图，分别以DA，DB，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)，B(0，，0)，E(1，0，h). 所以＝(0，，0)，＝(1，0，h)， ＝(－1，，0)，＝(0，0，h). 设平面DBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即 令z1＝1，得n1＝(－h，0，1). 同理，设平面ABE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即 令y2＝1，z2＝0，得n2＝(，1，0). 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos 60°＝. 解得h＝<(负值舍去)，故存在点E满足条件． 当AE＝时，平面BDE与平面ABE的夹角等于60°. 学生用书↓第40页 学科网（北京）股份有限公司 $