【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案8．7《空间向量的坐标表示、运算及应用》(含详解).doc，共(18)页，696.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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18．7空间向量的坐标表示、运算及应用1．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，存在有序实数组____________，使得__________________．其中，{a，b，c}叫做空间的一个________，a，b，c都叫做__________．2

．空间直角坐标系(1)如果空间的一个基底的三个基向量____________，且长都为______，则这个基底叫做单位正交基底，常用{i，j，k}来表示(其中|i|＝|j|＝|k|＝1)．(2)在空间选定一点O和一个单

位正交基底{}i，j，k，以O为原点，分别以i，j，k的方向为正方向建立三条数轴：__________________________，它们都叫做坐标轴，这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz，点O叫做原点，向量i，j，k都叫做坐标向量．

通过每两个坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为xOy平面、yOz平面、zOx平面．(3)建系时，一般使∠xOy＝135°(或45°)，∠yOz＝90°，建立____手直角坐标系．(4)在空间直角坐标系中有一点A，若OA→＝xi＋yj＋zk

，则有序实数组____________叫做点A在此空间直角坐标系中的坐标，记作______________．其中x叫做点A的横坐标，y叫做点A的纵坐标，z叫做点A的________．3．空间向量的直角坐标运算设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，a，b是非零向量，则(1)向

量加法：a＋b＝__________________．(2)向量减法：a－b＝__________________．(3)数乘：λa＝________________．(4)数量积：a·b＝________________．(

5)平行：a∥b(b≠0)⇔_________⇔x1＝λx2，________，__________．(6)垂直：a⊥b⇔__________⇔__________________．(7)向量a的模||a＝__________＝______________．(8)向量a与b夹角公式：cos〈a，

b〉＝a·b|a||b|＝______________．(9)点坐标和向量坐标：若点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB→＝____________________，线段AB的长度dAB＝|

|AB→＝________________________．4．直线的方向向量(1)与直线l________的非零向量a叫做直线l的方向向量．(2)空间中任意一条直线l，可以通过l上的一个定点A和l的一个方向向量a来确定．设点P是l上的任意一

点，则l有向量表示形式____________，其中t为实数，这种形式叫做直线的点向式．注意同一条直线的点向式表示不唯一．5．平面的法向量和法向量的求法(1)平面的法向量已知平面α，直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则_

_______叫做平面α的法向量．(2)平面的法向量的求法①设出平面的法向量为n＝(x，y，z)；②找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)；③根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组______________

；④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有______个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．6．利用空间向量表示立体几何中的平行、垂直和夹角设直线l，m的方向向量为a，b，平

面α，β的法向量分别为u，v，则(1)线线平行：l∥m⇔____________⇔____________．(2)线线垂直：l⊥m⇔____________⇔____________．(3)线面平行：l∥α⇔____________⇔____________．(

4)线面垂直，方法一：l⊥α⇔__________⇔__________；方法二：若e1，e2为平面α的一组基底，则2l⊥α⇔a⊥e1，a⊥e2⇔a·e1＝a·e2＝0．(5)面面平行：α∥

β⇔____________⇔____________．(6)面面垂直：α⊥β⇔____________⇔____________．(7)线线夹角：l，m的夹角为θ0≤θ≤π2，cosθ＝______________．(8)线面夹角：l

，α的夹角为θ0≤θ≤π2，sinθ＝______________．(9)面面夹角：α，β的夹角为θ0≤θ≤π2，cosθ＝______________．注意：(1)这里的线线平行包括线线重合

，线面平行包括线在面内，面面平行包括面面重合；(2)这里的线线夹角、线面夹角、面面夹角都是按照相关定义给出的，即0≤θ≤π2，而二面角的大小是指两个半平面的张开程度，这可以用其平面角θ的大小来定义，它的取值范围为____________，若设u，v的夹角为φ，当u，v均指向二面角内

部或外部时(如图1)，二面角的大小为θ＝π－φ，cosθ＝cos(π－φ)＝－cosφ＝－u·v||u||v；当u，v一个指向二面角内，另一个指向二面角外时(如图2)，二面角的大小为θ＝φ，cosθ＝cosφ＝u·v||u||v．7．距离(1)点到直线的距离设过点P的直线l

的方向向量为单位向量n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝______________(如图3)．图3图4(2)点到平面的距离设P为平面α内的一点，n为平面α的法向量，A为平面α外一点，点A到平面α的距离d＝________

____(如图4)．(3)线面距离、面面距离都可以转化为______________．自查自纠：1．{}x，y，zp＝xa＋yb＋zc基底基向量2．(1)两两垂直1(2)x轴，y轴，z轴(3)右(4)(x，y，z)A(x，y，z)竖坐标3．(1)(x1＋x2，y1

＋y2，z1＋z2)(2)(x1－x2，y1－y2，z1－z2)(3)(λx1，λy1，λz1)(4)x1x2＋y1y2＋z1z2(5)a＝λby1＝λy2z1＝λz2(6)a·b＝0x1x2＋y1y2＋z1z2＝0(7)a·ax21＋y21＋z21(8)x1x2＋y1y2＋z1z

2x21＋y21＋z21x22＋y22＋z22(9)(x2－x1，y2－y1，z2－z1)（x2－x1）2＋（y2－y1）2＋（z2－z1）24．(1)平行且非零(2)AP→＝ta5．(1)向量a(2)n·a＝a1x＋b1y＋c1z＝0，n·

b＝a2x＋b2y＋c2z＝0无数6．(1)a∥ba＝kb，k∈R(2)a⊥ba·b＝0(3)a⊥ua·u＝0(4)a∥ua＝ku，k∈R(5)u∥vu＝kv，k∈R(6)u⊥vu·v＝0(7)||a·b||a||b(8)||a·u||a||u(9)||u·

v||u||v0≤θ≤π7．(1)||PA→2_||PA→·n2(2)||PA→·n||n(3)点到面的距离(2017枣阳市第一中学月考)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－

4)，则()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不对3解：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β不平行，也不垂直．故选C．已知AB→＝(2，

2，1)，AC→＝(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量为()A．(13，－23，23)B．(－13，23，－23)C．(13，－23，23)或(－13，23，－23)D．(23，13，－23)解：设平面ABC的法向量

n＝(x，y，z)，则AB→·n＝0，AC→·n＝0，即2x＋2y＋z＝0，4x＋5y＋3z＝0．取x＝1，则n＝(1，－2，2)．所以平面ABC的单位法向量为n|n|＝(13，－23，23)

或－n|n|＝(－13，23，－23)．故选C．(2017宜昌市第二中学月考)已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝()A．9B．－9C．－3D．3解：由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，

λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以2x－y＝7，x＋2y＝6，－3x＋3y＝λ，解得λ＝－9．故选B．设μ，v分别是两个不同平面α，β的法向量，μ＝(－2，2，5)，当v＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系

为____________；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为____________．解：－2×3＋2×(－2)＋5×2＝0，－24＝2－4＝5－10＝－12．故填垂直；平行．(2017·江苏涟水中学)如图所示，三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面A

BC，△ABC是边长为2的正三角形，E为PC的中点．若PA＝2，则直线AE与PB所成角的余弦值为____________．解：如图所示，取AC的中点F，连接BF，则BF⊥AC．以A为坐标原点，过A且与FB平行的直线为x轴，AC为y轴，

AP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(3，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，从而PB→＝(3，1，－2)，AE→＝(0，1，1)．设直线AE与PB所成的角为θ，则cosθ＝|PB→·AE→||

PB→||AE→|＝14．则直线AE与PB所成角的余弦值为14．故填14．类型一空间向量坐标的基本运算已知a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)．(1)若(ka＋b)∥(a－3b)，求实数k的值；(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求实数k的值．解：ka＋b＝(k－2，5

k＋3，－k＋5)，a－3b＝(7，－4，－16)．(1)因为(ka＋b)∥(a－3b)，所以k－27＝5k＋3－4＝－k＋5－16，解得k＝－13．4(2)因为(ka＋b)⊥(a－3b)，所以(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×(－16)＝0，解得k＝1063

．点拨：利用向量平行的性质：a∥b(b≠0)⇔a＝λb⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2可求解第一问的k值；利用向量垂直的性质：a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0建立方程可求第二问的k值．已知空

间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝AB→，b＝AC→．(1)若|c|＝3且c∥BC→，求c；(2)求a和b的夹角的余弦值；(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．解：(1)因为BC→＝(－2，－1，2)，c∥BC→，所以c＝m

BC→＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)(m∈R)．所以|c|＝（－2m）2＋（－m）2＋（2m）2＝3|m|＝3，m＝±1．所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．(2)因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，所以a·b＝(1，1，0

)·(－1，0，2)＝－1．又|a|＝12＋12＋02＝2，|b|＝（－1）2＋02＋22＝5，所以cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝－110＝－1010．故a和b的夹角的余弦值为－1010．(3)由(2)知|a|＝2，|b|＝5，a·b＝－1．所以

(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，解得k＝2或k＝－52．类型二空间两直线的平行与垂直设a，b是不相交的两条直线l1，l2的方向向量，试判断下列各条件下两条直线l1，l2的位置关系：(1)a＝()2，－1

，3，b＝－1，12，－32；(2)a＝()5，0，－2，b＝1，3，52；(3)a＝()－2，1，4，b＝()3，2，－1．解：(1)由a＝()2，－1，3＝－2－1，12，－3

2＝－2b，得a∥b，又两条直线l1，l2没有交点，所以l1∥l2．(2)由于a·b＝5×1＋0×3－2×52＝0，所以a⊥b，从而l1⊥l2．(3)由a＝()－2，1，4，b＝()3，2，－1可知，不存在任何实数λ，使a＝λb，且a·b≠0，则这两条直线l1，l2不相交、不平

行也不垂直，故两条直线l1，l2是不垂直的异面直线．点拨：先考查两个方向向量是否平行或者垂直，将空间几何问题代数化，用直线的方向向量之间的计算代替传统的空间几何推理，这是空间向量的最基本的作用，使用得当非常简便．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(

1，－1，5)．(1)求以AB→，AC→为邻边的平行四边形的面积；(2)若|a|＝3，且a分别与AB→，AC→垂直，求向量a的坐标．解：(1)由题意，可得AB→＝(－2，－1，3)，AC→＝(1，－3，2)，所以cos〈AB→，AC→〉＝AB→·AC→|AB→||

AC→|＝－2＋3＋614×14＝714＝12，所以sin〈AB→，AC→〉＝32，所以以AB→，AC→为邻边的平行四边形的面积为S＝|AB→||AC→|sin〈AB→，AC→〉＝14×32＝73．(2)设a＝(x，y，z)，5由题意得x2＋y2＋z2

＝3，－2x－y＋3z＝0，x－3y＋2z＝0．解得x＝1，y＝1，z＝1，或x＝－1，y＝－1，z＝－1．所以向量a的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．类型三直线和平面的平行与垂直已知在四棱锥P-ABCD中，

底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点．(1)求证：BE⊥平面PCD；(2)在PB上是否存在一点F，使AF∥平面BDE?解：(1)证明：依题意，以

AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝AD＝2，则B(1，2，0)，C(－1，4，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，3)，E(－12，2，32)．所以BE→＝(－32，0，32)，PC→＝(－1，4，－3

)，CD→＝(0，－4，0)．所以BE→·PC→＝(－32，0，32)·(－1，4，－3)＝0，BE→·CD→＝(－32，0，32)·(0，－4，0)＝0，即BE⊥PC，BE⊥CD．又PC∩CD＝C，所以BE⊥平面PCD．(2)存在．设平面BDE的法向量为n＝(x

，y，z)，因为n⊥BE→，n⊥DE→，所以n·BE→＝0，n·DE→＝0．又BE→＝(－32，0，32)，DE→＝(12，2，32)，所以－32x＋32z＝0，12x＋2y＋32z＝0，令y＝－1，则x＝1，

z＝3．所以平面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，3)．取PB中点F，则F(12，1，32)．又A(1，0，0)，所以AF→＝(－12，1，32)．因为AF→·n＝(－12，1，32)·(1，－1，3)＝0，所以AF→⊥n．又n是平

面BDE的法向量，且AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE．故存在PB的中点F，使AF∥平面BDE．点拨：用向量证明直线与平面平行，可以通过证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，也可以通过证明直线的方向向量与平面的法向量

垂直，当然，直线要在平面外．用向量证明直线和平面垂直，可以通过证明直线的方向向量和平面内的两条相交直线的方向向量分别垂直，也可以通过证明该直线的方向向量和平面的法向量平行．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点，且CF

＝2．(1)求证：B1F⊥平面ADF；(2)若C1P→＝13C1A1→，求证：PF∥平面ADB1．6证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，取B1C1的中点D1，则DD1⊥平面ABC，分别以CB，AD，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐

标系，因为AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，所以A(0，－22，0)，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，A1(0，－22，3)，B1(1，0，3)，C1(－1，0，3)，因为CF＝2，所以F(－1，0，2)．(1)B1F→

＝(－2，0，－1)，DA→＝(0，－22，0)，DF→＝(－1，0，2)，因为B1F→·DA→＝0，B1F→·DF→＝0，所以B1F⊥平面ADF．(2)因为C1P→＝13C1A1→＝13(1，－22，0)＝13，－223，0，所以P－23，－223，3，所以PF

→＝－13，223，－1．设平面ADB1的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则n·DA→＝0，n·AB1→＝0，有－22y0＝0，x0＋22y0＋3z0＝0，取z0＝1，则n＝(－3，0，1)．因为PF→·n＝0，PF⊄平面

ADB1，所以PF∥平面ADB1．类型四平面和平面的平行与垂直(2017·天津河西区一模)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD，BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且

BEEC＝λ．(1)求证：DM∥平面PAB；(2)求证：平面ADM⊥平面PBC；(3)是否存在实数λ，使得二面角P-DE-B的余弦值为23？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标

系．由题意得，A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0)，P(0，0，2)，M(1，2，1)，则DM→＝(1，0，1)，平面PAB的一个法向量为n＝(0，1，0)．因为DM→·n

＝0，DM⊄平面PAB，所以DM∥平面PAB．(2)证明：设平面ADM的法向量为m＝(x，y，z)，因为AD→＝(0，2，0)，AM→＝(1，2，1)，则m·AD→＝2y＝0，m·AM→＝x＋2y＋z＝0，取x＝1，得m＝(1，0，－1)．设平面PBC的法向

量为p＝(x1，y1，z1)，因为PB→＝(2，0，－2)，PC→＝(2，4，－2)，则p·PB→＝2x1－2z1＝0，p·PC→＝2x1＋4y1－2z1＝0，取x1＝1，得p＝(1，0，1)．因为m·p＝0，所以平

面ADM⊥平面PBC．(3)存在符合条件的λ．设E(2，t，0)(0＜t＜4)，又P(0，0，2)，D(0，2，0)，7所以PD→＝(0，2，－2)，DE→＝(2，t－2，0)，设平面PDE的法向量为q＝(a，b，c)，则q·PD→＝2b－2c＝0，q·DE→＝2a＋（

t－2）b＝0，取b＝2，得q＝(2－t，2，2)．平面DEB即为xAy平面，它的一个法向量为v＝(0，0，1)，因为二面角P-DE-B的余弦值为23，所以|cos〈q，v〉|＝|q·v||q||v|＝2（2－t）2＋8＝23，解得

t＝3或t＝1，所以λ＝3或λ＝13．点拨：利用空间向量证明面面垂直的基本方法：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在

线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面EGF∥平面ABD．证明：以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则B(0，0，0)，D(0，2，

2)，B1(0，0，4)，E(0，0，3)，F(0，1，4)．设BA＝a，则A(a，0，0)，Ga2，1，4，A1(a，0，4)．(1)因为BA→＝(a，0，0)，BD→＝(0，2，2)，B1D→＝(

0，2，－2)，所以B1D→·BA→＝0，B1D→·BD→＝0．所以B1D→⊥BA→，B1D→⊥BD→，即B1D⊥BA，B1D⊥BD．又BA∩BD＝B，所以B1D⊥面ABD．因为B1D⊂面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD．(2)因为EG→＝a2，1，

1，EF→＝(0，1，1)，B1D→＝(0，2，－2)，所以B1D→·EG→＝0，B1D→·EF→＝0．所以B1D⊥EG，B1D⊥EF．因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF．又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面

EGF∥平面ABD．类型五空间距离(2018·长沙一模)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为．解：以A为坐标原点，AB，AD，AA

1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．则A1(0，0，1)，E(1，0，12)，F(12，1，0)，D1(0，1，1)，所以A1E→＝(1，0，－12)，A1D1→＝(0，1，0)．设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，8则n·A1E→＝0，

n·A1D1→＝0，即x－12z＝0，y＝0，令z＝2，则x＝1，所以n＝(1，0，2)，又A1F→＝(12，1，－1)，所以点F到平面A1D1E的距离为d＝|A1F→·n||n|＝|12－2|5＝3510．故填3510．点拨：利用空间向量求距

离的基本方法．①两点间的距离：设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB→|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（z1－z2）2．②点到平面的距离：如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO→|＝|AB→·n||

n|．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若F是DD1的中点，则点B1到平面ABF的距离为()A．33B．55C．53D．255解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，12)，B(1，1，1)，则AB1→＝(0，1，－1)，AB→

＝(0，1，0)，AF→＝(－1，0，－12)．设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0，n·AF→＝0，即y＝0，－x－12z＝0，取x＝1，则n＝(1，0，－2)．点B1到平面ABF的距离为|AB1→·n||n|＝255．另解：由1BABFV＝1

1FABBV可得解．故选D．类型六空间角(1)(2016·天津)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．(Ⅰ)求证：EG∥平面ADF；(

Ⅱ)求二面角O-EF-C的正弦值；(Ⅲ)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．解：依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以AD→，BA→，OF→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得O(0，0，0)，9A(－1，1，0)

，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0)．(Ⅰ)证明：AD→＝(2，0，0)，AF→＝(1，－1，2)．设n1＝(x1，y1，

z1)为平面ADF的法向量，则n1·AD→＝0，n1·AF→＝0，即2x1＝0，x1－y1＋2z1＝0．不妨设z1＝1，可得n1＝(0，2，1)，又EG→＝(0，1，－2)，可得EG→·n1＝0，又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF．

(Ⅱ)易证OA→＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量．EF→＝(1，1，0)，CF→＝(－1，1，2)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则n2·EF→＝0，n2·CF→＝0，即x2＋y2＝0，－x2

＋y2＋2z2＝0．不妨设x2＝1，可得n2＝(1，－1，1)．因此有cos〈OA→，n2〉＝OA→·n2|OA→||n2|＝－63，于是sin〈OA→，n2〉＝33．所以，二面角O-EF-C的正弦值为33．(Ⅲ)由AH＝

23HF，得AH＝25AF．因为AF→＝(1，－1，2)，所以AH→＝25AF→＝25，－25，45，进而有H－35，35，45，从而BH→＝25，85，45，因此cos〈BH→，n2〉＝BH→·n2

|BH→||n2|＝－721．所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721．点拨：①当直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线与平面平行．②求二面角的正弦值，可分三步：第一步，求出两个平面的法向量；第二步，求出两个法向量夹角的余

弦值；第三步，由二面角范围[0，π]知正弦值为正，由余弦值可得正弦值．(2)(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体A-BCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．(Ⅰ)证明：平面ACD⊥平面ABC；(Ⅱ)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四

面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C的余弦值．解：(Ⅰ)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝DC，又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°，取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO．又由于∠DOB为二面角D-AC-B的平面角．在Rt

△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°．所以平面ACD⊥平面ABC．(Ⅱ)由题意可知VD­ACE＝VB­ACE，10即B，D到平面ACE的距

离相等，即E为BD的中点，以O为原点，OA→为x轴正方向，OB→为y轴正方向，OD→为z轴正方向，设|AC|＝a，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，Aa2，0，0，D0，0，a2，B0，32a，0，E0，34a，a4．易得：

AE→＝－a2，34a，a4，AD→＝－a2，0，a2，OA→＝a2，0，0，设平面AED的法向量为n1，平面AEC的法向量为n2，则AE→·n1＝0，AD→·n1＝0，可取n1＝(3，1，3)，AE→·n2＝0，OA→·n2＝

0，可取n2＝(0，1，－3)，设二面角D-AE-C为θ，易知θ为锐角，则cosθ＝n1·n2|n1||n2|＝77．点拨：①在空间直角坐标系中，因为两条异面直线的夹角与它们的方向向量的夹角是相等或互补的，所以可以通过求出两方向向量的夹角α(α∈(0，π))来求两异面直线的夹

角θθ∈0，π2，但要注意θ与α的区别与联系，这里cosθ＝|cosα|．②因为二面角的大小与它们的法向量的夹角是相等或者互补的关系，所以可通过它们的法向量的夹角来求二面角的大小．(1)(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1

A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2．(Ⅰ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．解法一

：(Ⅰ)证明：由题意，如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz．则A(0，－3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)，因此AB1→＝(1，3，2)，A1B1→＝(1，3，－2)，A1

C1→＝(0，23，－3)．由AB1→·A1B1→＝0得AB1⊥A1B1，由AB1→·A1C1→＝0得AB1⊥A1C1，所以AB1⊥平面A1B1C1．(Ⅱ)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ．由(Ⅰ)可知AC1→＝(0，23，

1)，AB→＝(1，3，0)，BB1→＝(0，0，2)．设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)，由n·AB→＝0，n·BB1→＝0，即x＋3y＝0，2z＝0，可取n＝(－3，1，0)，所以sinθ＝|cos〈AC1→，n〉|＝|AC1→·n||AC1→||n|＝3913

．因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦11值是3913．解法二：(Ⅰ)证明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，故AB1⊥A1B1．由BC＝2，BB1＝2

，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21．故AB1⊥B1C1．因此AB1⊥平面A1B1C1．(Ⅱ)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点

D，连接AD．由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C

1＝21得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913．另外，由C1到平面ABB1的距离等于C到平面ABB1的距离，等于C到直线AB的距离为3，又AC1＝13，易求解．(2

)(2018·江苏)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(Ⅰ)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(Ⅱ)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解：如图，在正

三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系O-xyz．因为AB＝AA1＝2，所

以A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2)．(Ⅰ)因为P为A1B1的中点，所以P(32，－12，2)．从而BP→＝(－32，－12，2)，AC1→＝(0，2，2)，故|cos〈BP→，AC1→〉|＝|BP→·AC

1→||BP→||AC1→|＝|－1＋4|5×22＝31020，因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020．(Ⅱ)因为Q为BC的中点，所以Q(32，12，0)，因此AQ→＝(32，32，0)，AC1→＝(0，2，2)，CC1→＝(0，0，

2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，则AQ→·n＝0，AC1→·n＝0，即32x＋32y＝0，2y＋2z＝0．不妨取n＝(3，－1，1)，设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈CC1→，n〉|

＝|CC1→·n||CC1→||n|＝22×5＝55，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为1255．1．在涉及正方体、长方体、直棱柱等几何体时，通过建立空间直角坐标系，实现向量的坐标运算解决几何问题简便有效，具体步骤为：(1)建立适当的空间直角坐标系．(2)求相关点

的坐标．(3)表示向量的坐标．(4)向量的坐标运算．(5)根据运算结果的几何意义表述有关问题．2．通过空间向量的坐标运算可解决立体几何中平行与垂直等位置关系问题，利用数量积可计算空间角和距离等问题，要注意空间角与向量夹角之间的区别和联系，求距离往往利用公式||a＝a·a＝x2＋y2

＋z2计算，也可利用||a·e＝||a||cosθ(e为单位向量，θ为a，e的夹角)来求一个向量在另一条直线上的射影长．3．用向量方法证明空间中的平行关系(1)线线平行证明两直线的方向向量平行．(2)线面平

行证明线面平行有三种方法：一是证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；二是在平面内找一向量与直线的方向向量共线；三是证明直线的方向向量可以利用平面中的两不共线向量线性表示．(3)面面平行证明面面平行有两种方法：一是证明两个平面的法向量平行；二是转化为线面平行、线线平行问题．4．用

向量方法证明空间中的垂直关系(1)线线垂直证明两直线的方向向量垂直．(2)线面垂直①证明直线的方向向量与平面的法向量平行．②根据线面垂直的判定定理，转化为证直线与平面内的两条相交直线垂直的问题．(3)面面垂直①根据面面垂直的判定定理，转化为证相应的线面垂直、线线垂直的问题

．②证明两个平面的法向量互相垂直．5．用向量方法求空间角(1)两条异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求，但二者不完全相同，两异面直线所成角的取值范围是0，π2，而两向量所成角的取值

范围是[0，π]，所以当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2)利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：①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，

取其余角就是斜线和平面所成的角；②分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量，再转化为求这两个方向向量的夹角(或其补角)．注意：直线与平面所成角的取值范围是0，π2．(3)利用空间向量求二面角，也可以有两种方法：①分别在二面角α­l-

β的面α，β内，沿α，β延伸的方向作向量n1⊥l，n2⊥l，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；②通过法向量求解．设m1⊥α，m2⊥β，则两向量的夹角与该二面角相等或互补．注意：二面角的取值范围是[0，π]．6．空间

距离空间中的距离有：点到点的距离、点到线的距离、点到面的距离、线到线的距离、线到面的距离、面到面的距离．求距离的一般步骤是：一作——作出表示距离的线段；二证——证明它就是所要求的距离；三算——计算其值．(1)求空间中点到点的距离，可以利用两点间的距离公式

，或转化为解三角形．(2)利用三棱锥的底面与顶点的转换，可求三棱锥的高，即用等体积法求点到面的距离．(3)空间中的各种距离一般都可以转化为点点距、点线距、点面距，若用向量方法求空间距离，则点点距、点线距最终都可用空间向量的模来求解，而点面距则可由平面的法向量来求解．1．若向

量a＝(1，1，x)，b＝(1，2，1)，c＝(1，1，1)，且(c－a)·2b＝－2，则x＝()A．－4B．－2C．4D．2解：因为a＝(1，1，x)，b＝(1，2，1)，c＝(1，1，1)，所以c－a＝(0，0，1－x)，2b＝(2，4，2)．所

以(c－a)·2b＝2(1－x)＝－2，解得x＝2．故选D．2．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3，6)，则下列点P13在平面α内的是()A．P(2，3，3)B．P(－2，0，1)C．P(－4，4，0)D．P(

3，－3，4)解：因为n＝(6，－3，6)是平面α的法向量，所以n⊥MP→，在选项A中，MP→＝(1，4，1)，所以n·MP→＝0．故选A．3．(2017宜昌市第一中学月考)已知AB→＝(1，5，－2)，BC→＝(3，1，

z)，BP→＝(x－1，y，－3)．若AB→⊥BC→，且BP→⊥平面ABC，则BP→＝()A．207，－157，－3B．407，－157，－3C．337，157，－3D．337，－157，－3解：因为AB→⊥BC→，所以AB→

·BC→＝0，即1×3＋5×1－2×z＝0，解得z＝4．又BP→⊥平面ABC，所以有BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，即（x－1）＋5y＋6＝0，3（x－1）＋y－12＝0，解得x＝407，y＝－157．

所以BP→＝337，－157，－3．故选D．4．(2018·天津十校联考)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与平面ACC1A1所成角的正弦值等于()A．64B．104C．22D．32解：以A1C1的中点E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为

1，则A(12，0，1)，B1(0，32，0)，设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1为平面ACC1A1的法向量，则sinθ＝|cos〈AB1→，EB1→〉|＝|（－12，32，－1）·（0，32，0）|2×32＝64．故选A．5．(2018

·长春调研)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2．若二面角B1­DC­C1的大小为60°，则AD的长为()A．2B．3C．2D．22解：如图所示，以C为坐标原点，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，

则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)．设AD＝a，则D点坐标为(1，0，a)，CD→＝(1，0，a)，CB1→＝(0，2，2)．设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)．由m·CB1→＝2y＋2z＝0，m·CD→＝x＋az＝0，得y

＝－z，x＝－az，令z＝－1，则m＝(a，1，－1)．又平面C1DC的一个法向量为n＝(0，1，0)，则由cos60°＝m·n|m||n|，得141a2＋2＝12，解得a＝2(负值舍去)，所以AD＝2．故选A．6．(2017·珠海模拟)在

正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是BD的中点，点P在线段B1D1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是()A．23，33B．13，12C．34，33D．14，13解：设正方体的棱长为1，分别以DA→，DC→，DD1→的方向为

x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(12，12，0)，A(1，0，0)，C1(0，1，1)，可设P(x，x，1)(0≤x≤1)，所以OP→＝(x－12，x－12，1)，平面A1BD的法向量AC1→＝(－1，1，1)，所以sinα＝|co

s〈OP→，AC1→〉|＝|OP→·AC1→||OP→||AC1→|＝12（x－12）2＋1×3．当x＝12时，sinα有最大值33；当x＝1或x＝0时，sinα有最小值23．故选A．7．已知点P是平行

四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB→＝(2，－1，－4)，AD→＝(4，2，0)，AP→＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP→是平面ABCD的一个法向量；④AP→∥BD→．其中正确的是____________．(填

写所有正确结论的编号)解：因为AB→·AP→＝0，AD→·AP→＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确，从而③正确．又BD→＝AD→－AB→＝(4，2，0)－(2，－1，－4)＝(2，3，4)，因为－12≠23，所以AP→与BD→不平行，

所以④不正确．故填①②③．8．(2018·重庆诊断)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，且BC⊥平面PAB，PA⊥AB，M为PB的中点，PA＝AD＝2．若AB＝1，则二面角B-AC-M的余弦值为____________．解：因为BC⊥平面PAB，AD∥BC，所以AD⊥平面

PAB，所以PA⊥AD，又PA⊥AB，且AD∩AB＝A，所以PA⊥平面ABCD．以点A为坐标原点，分别以AD，AB，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则A(0，0，0)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，B(0，1，0)，M(

0，12，1)，所以AC→＝(2，1，0)，AM→＝(0，12，1)，设平面AMC的法向量n＝(x，y，z)，则n·AC→＝0，n·AM→＝0，即2x＋y＝0，12y＋z＝0，可取n＝(1，－2，1)，又平面ABC的一个法向量AP→＝(0，0，2)，所以cos

〈n，AP→〉＝n·AP→|n||AP→|＝21＋4＋1×2＝16＝66，所以二面角B­AC­M的余弦值为66．故填66．9．(2017·江苏)如图，在平行六面体15ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，

且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°．(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B-A1D­A的正弦值．解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E．因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD．如图建立空间直角坐标系A­xyz．因为AB＝AD

＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°，则A(0，0，0)，B(3，－1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(3，1，3)，(1)A1B→＝(3，－1，－3)，AC1→＝(3，1，3)，则cos〈A

1B→，AC1→〉＝A1B→·AC1→|A1B→||AC1→|＝（3，－1，－3）·（3，1，3）7＝－17．因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为17．(2)平面A1DA的一个法向量为AE→＝(3，0，0)．设m

＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，又A1B→＝(3，－1，－3)，BD→＝(－3，3，0)．则m·A1B→＝0，m·BD→＝0，则3x－y－3z＝0，－3x＋3y＝0．不妨取x＝3，则y＝3，z＝2，所以m＝(3，3，2)为平面BA1

D的一个法向量，从而cos〈AE→，m〉＝AE→·m|AE→||m|＝（3，0，0）·（3，3，2）3×4＝34．设二面角B-A1D­A的大小为θ，则|cosθ|＝34．因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝1－cos2θ＝74．因此二面角B-A1D­A的正弦值为74．10．(2017·北京)如图，在

四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4．(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B-PD-A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．解：(1)证明：设AC∩BD＝O，连接OM．因为PD∥

平面MAC且平面PBD∩平面MAC＝MO，所以PD∥MO．因为O为BD中点，所以M为PB中点．(2)取AD中点E，连接PE．因为PA＝PD，所以PE⊥AD．又因为平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PE⊥平面

ABCD．建立如图所示坐标系，则B(－2，4，0)，P(0，0，2)，D(2，0，0)，A(－2，0，0)，易知平面PDA的法向量m＝(0，1，0)．设平面BPD的法向量n＝()x0，y0，z0，则n·DP→＝（x0，y

0，z0）（－2，0，2）＝－2x0＋2z0＝0，n·DB→＝（x0，y0，z0）（－4，4，0）＝－4x0＋4y0＝0．所以n＝(1，1，2)．设二面角B-PD-A的平面角为θ，cosθ＝|cos〈m，n〉|＝m·n|m||n|＝11·12＋12＋()22＝12，所以θ＝π3．(

3)由(2)可知，M－1，2，22，C(2，4，0)，16MC→＝3，2，－22．设直线MC与平面BPD所成的角为α，则有sinα＝|cos〈MC→，n〉|＝MC→·n|MC→||n|

＝3＋2－11＋1＋（2）2·32＋22＋－222＝269．11．(2018·武汉外校一模)如图①所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△A

DE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②所示．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)试在线段A1D上确定一点M，使得CM与平面A1BE所成的角为45°．解：(1)证明：因为BC⊥AC，DE∥BC，所以

DE⊥AC．所以DE⊥A1D，DE⊥CD．又A1D∩CD＝D，所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C．又因为A1C⊥CD，且CD∩DE＝D，所以A1C⊥平面BCDE．(2)如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C-xyz，则C(0，0，0)

，A1(0，0，23)，D(0，2，0)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．所以A1B→＝(3，0，－23)，BE→＝(－1，2，0)，设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则由n·A1B→＝0，n·BE→＝0，得3x－23

z＝0，－x＋2y＝0．令x＝2，则y＝1，z＝3．所以n＝(2，1，3)．依题意设DM→＝tDA1→(0≤t≤1)，又DA1→＝(0，－2，23)，所以DM→＝(0，－2t，23t)，所以CM→＝C

D→＋DM→＝(0，2－2t，23t)．因为CM与平面A1BE所成的角为45°，所以sin45°＝|cos〈n，CM→〉|＝|n·CM→||n||CM→|＝|2－2t＋6t|8×（2－2t）2＋（23t）2＝22，解得t＝12，即DM→＝12DA1→．故当M为线段A1D的中点

时，CM与平面A1BE所成的角为45°．(2018·惠州一模)如图所示，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2．(1)求二面角A-PE-D的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小

时，求线段BQ的长．解：由题意可知，直线AE，AD，AP两两垂直，所以以点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A-xyz，如图所示，则B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，

0，2)．(1)易知AD→是平面PAE的一个法向量，AD→＝(0，2，0)．PC→＝(1，1，－2)，PD→＝(0，2，－2)．设平面PED的法向量为n＝(x，y，z)，17则n·PC→＝0，n·PD→＝0，即

x＋y－2z＝0，2y－2z＝0，令y＝1，解得z＝1，x＝1．所以n＝(1，1，1)是平面PED的一个法向量，所以cos〈AD→，n〉＝AD→·n|AD→||n|＝33．由题图可知，二面角A-PE-D为锐二面角，所以二面角A-PE

-D的余弦值为33．(2)BP→＝(－1，0，2)，设BQ→＝λBP→＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)．又CB→＝(0，－1，0)，则CQ→＝CB→＋BQ→＝(－λ，－1，2λ)．又DP→＝(0，－2，2)，所以|cos〈CQ→，DP→〉|＝|CQ→·DP

→||CQ→||DP→|＝1＋2λ10λ2＋2．设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则|cos〈CQ→，DP→〉|＝2t25t2－10t＋9＝29（1t－59）2＋209≤910，当且仅当t＝95，即λ＝25时，|cos〈CQ→，DP→〉|的最大值为31010．因为y＝cosx在(

0，π2)上是减函数，所以当λ＝25时，直线CQ与DP所成的角取得最小值．又因为BP＝12＋22＝5，所以BQ＝25BP＝255．18