【文档说明】2021新高考数学江苏专用一轮复习课件第七章75空间向量及其应用.pptx，共(79)页，5.242 MB，由小橙橙上传

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§7.5空间向量及其应用大一轮复习讲义INDEX回扣基础知识训练基础题目基础落实1.空间向量的有关概念知识梳理名称概念表示零向量模为的向量0单位向量长度(模)为的向量相等向量方向且模的向量a＝b相反向量方向且模的向量a的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相的向量a∥b共面向

量平行于同一个的向量01相同相等相反相等平行或重合平面2.空间向量中的有关定理(1)共线向量定理对空间任意两个向量a，b(a≠0)，b与a共线的充要条件是存在实数λ，使得b＝λa.(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有序实数

组(x，y)，使得p＝xa＋yb.(3)空间向量基本定理如果三个向量e1，e2，e3不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝.xe1＋ye2＋ze33.空间向量的数量积及运算

律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角a，b是空间两个非零向量，过空间任意一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与向量b的夹角，记作，其范围是，若〈a，b〉＝，则称a与b，记作a⊥b.②两向量的数量积已知空间两个非零向量a，b，则叫做向量a，b的数量积

，记作，即a·b＝.OA→OB→〈a，b〉0≤〈a，b〉≤ππ2互相垂直|a||b|cos〈a，b〉a·b|a||b|cos〈a，b〉(2)空间向量数量积的运算律①(λa)·b＝；②交换律：a·b＝；

③分配律：a·(b＋c)＝.λ(a·b)b·aa·b＋a·c4.空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).向量表示坐标表示数量积a·b_______________共线a＝λ

b(b≠0，λ∈R)________________________垂直a·b＝0(a≠0，b≠0)__________________模|a|____________夹角余弦cos〈a，b〉＝(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝________________

________a·b|a||b|a1b1＋a2b2＋a3b3a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3a1b1＋a2b2＋a3b3＝0a21＋a22＋a23a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋

a23·b21＋b22＋b235.空间位置关系的向量表示(1)直线的方向向量直线l上的向量e(e≠0)以及与e共线的非零向量叫做直线l的.(2)平面的法向量如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n_______平面α，记作，此时，我们把向量n叫做平面α的.方向向

量垂直于n⊥α法向量(3)位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔

n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝01.共线向量与共面向量相同吗？提示不相同.平行于同一平面的向量就为共面向量.2.零向量能作为基向量吗？提示不能.由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为

基向量.概念方法微思考题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)空间中任意两个非零向量a，b共面.()(2)在向量的数量积运算中(a·b)c＝a(b·c).()(3)对于非零向量b，由a

·b＝b·c，则a＝c.()(4)若A，B，C，D是空间任意四点，则有＝0.()基础自测×√×√AB→＋BC→＋CD→＋DA→题组二教材改编2.如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若AB→＝a，AD→＝b，AA1→

＝c，则下列向量中与BM→相等的向量是A.－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋cC.－12a－12b＋cD.12a－12b＋c√解析BM→＝BB1→＋B1M→＝AA1→＋12(AD→－AB→)＝c＋12(b－a)＝－12a＋

12b＋c.3.正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为_____.2解析|EF→|2＝EF→2＝(EC→＋CD→＋DF→)2＝EC→2＋CD→2＋DF→2＋2(EC→·CD→＋EC→·DF→＋CD→·DF→)＝12＋22＋12

＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2，∴|EF→|＝2，∴EF的长为2.题组三易错自纠4.在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3，2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是A.垂直B.平行C.异面D.

相交但不垂直√解析由题意得，AB→＝(－3，－3,3)，CD→＝(1,1，－1)，∴AB→＝－3CD→，∴AB→与CD→共线，又AB与CD没有公共点，∴AB∥CD.5.O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且OP→＝34OA→＋18OB→＋tO

C→，若P，A，B，C四点共面，则实数t＝____.18解析∵P，A，B，C四点共面，∴34＋18＋t＝1，∴t＝18.6.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_______.α⊥βα∥β解析当v＝(3，－2,2)时，μ·v＝－2×3＋2×(－2)＋5×2＝0，μ⊥v，所以α⊥β；当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2μ，μ∥v，

所以α∥β.7.已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则〈b，c〉＝_____，以b，c为方向向量的两直线的夹角为_____.60°120°解析由题意得，(2a＋b)·c＝0

＋10－20＝－10，即2a·c＋b·c＝－10.因为a·c＝4，所以b·c＝－18，所以cos〈b，c〉＝b·c|b|·|c|＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.典题深度剖析重点多维探究题型突破空间向量的线性运算题型一师生共研例1如图所示，

在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设AA1→＝a，AB→＝b，AD→＝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)AP→；解∵P是C1D1的中点，∴AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P→＝a＋AD→＋12D

1C1→＝a＋c＋12AB→＝a＋12b＋c.(2)A1N→；解∵N是BC的中点，∴A1N→＝A1A→＋AB→＋BN→＝－a＋b＋12BC→＝－a＋b＋12AD→＝－a＋b＋12c.(3)MP→＋NC1→.解∵M是AA

1的中点，∴MP→＝MA→＋AP→＝12A1A→＋AP→＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c，又NC1→＝NC→＋CC1→＝12BC→＋AA1→＝12AD→＋AA1→＝12c＋a，∴MP→

＋NC1→＝12a＋12b＋c＋a＋12c＝32a＋12b＋32c.思维升华SIWEISHENGHUA用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形.(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中.(3)利用三角形法则或平行四边形法

则把所求向量用已知基向量表示出来.跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点.用AB→，AD→，AA1→表示OC1→，则OC1→＝________________.12AB→＋12AD→＋AA1→解析∵OC→＝12AC→＝12(AB→＋

AD→)，∴OC1→＝OC→＋CC1→＝12(AB→＋AD→)＋AA1→＝12AB→＋12AD→＋AA1→.(2)如图，在三棱锥O—ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，用a，b，c表示NM→，则NM→等于A.12(－a＋b＋c)B.12(a＋b－c)

C.12(a－b＋c)D.12(－a－b＋c)√解析NM→＝NA→＋AM→＝(OA→－ON→)＋12AB→＝OA→－12OC→＋12(OB→－OA→)＝12OA→＋12OB→－12OC→＝12(a＋b－c).例2如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形AB

CD的边AB，BC，CD，DA的中点.(1)求证：E，F，G，H四点共面；共线定理、共面定理的应用题型二师生共研证明连结BG，则EG→＝EB→＋BG→＝EB→＋12(BC→＋BD→)＝EB→＋BF→＋EH→＝EF→＋

EH→，由共面向量定理的推论知E，F，G，H四点共面.(2)求证：BD∥平面EFGH.证明因为EH→＝AH→－AE→＝12AD→－12AB→＝12(AD→－AB→)＝12BD→，所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.证明三点共线和空间

四点共面的方法比较思维升华SIWEISHENGHUA三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面PA→＝λPB→且同过点PMP→＝xMA→＋yMB→对空间任一点O，OP→＝OA→＋tAB→对空间任一点O，OP→＝OM→＋xMA

→＋yMB→对空间任一点O，OP→＝xOA→＋(1－x)OB→对空间任一点O，OP→＝xOM→＋yOA→＋(1－x－y)OB→跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC—A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足AM→＝kAC1→，BN→＝kBC→(0≤k≤1).(1)向

量MN→是否与向量AB→，AA1→共面？解∵AM→＝kAC1→，BN→＝kBC→，∴MN→＝MA→＋AB→＋BN→＝kC1A→＋AB→＋kBC→＝k(C1A→＋BC→)＋AB→＝k(C1A→＋B1C1→)＋AB→＝kB1A→＋AB→＝AB→－kAB1→＝AB→－k(

AA1→＋AB→)＝(1－k)AB→－kAA1→，∴由共面向量定理知向量MN→与向量AB→，AA1→共面.(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？解当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内，当0<k≤1时，MN不在平面ABB1A1内，又由(1)知MN→与A

B→，AA1→共面，∴MN∥平面ABB1A1.综上，当k＝0时，MN在平面ABB1A1内；当0<k≤1时，MN∥平面ABB1A1.空间向量数量积及其应用题型三师生共研例3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，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点.(1)求证：EG⊥AB；证明设AB→＝a，AC→＝b，AD→＝c，由题意知EG→＝12(AC→＋AD→－AB→)＝12(b＋c－a)，所以EG→

·AB→＝12(a·b＋a·c－a2)＝121×1×12＋1×1×12－1＝0.故EG→⊥AB→，即EG⊥AB.(2)求EG的长；解由题意知EG→＝－12a＋12b＋12c，|EG→|2＝14a2＋14b2＋14

c2－12a·b＋12b·c－12c·a＝12，则|EG→|＝22，即EG的长为22.(3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值.解AG→＝12(AC→＋AD→)＝12b＋12c，CE→＝CA→＋AE→＝－b＋12a，cos〈AG→，CE→〉＝AG→·CE→|AG→||CE→|＝12

b＋12c·－b＋12a12b＋12c2·12a－b2＝－1232×32＝－23，由于异面直线所成角的范围是0，π2，所以异面直线AG与CE所成角的余

弦值为23.(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置.(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角.(3)可以通过|a|＝，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解.思维升华SI

WEISHENGHUAa2跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求的长；AC1→解记AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈

c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝12.|AC1→|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×12＋12＋12＝6，∴|AC1→|＝6，即AC1的长为6.(

2)求BD1→与AC→夹角的余弦值.解BD1→＝b＋c－a，AC→＝a＋b，∴|BD1→|＝2，|AC→|＝3，BD1→·AC→＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos〈BD1→，AC→〉＝BD1→·AC→|BD1→||AC→|＝66.即BD1→与AC

→夹角的余弦值为66.向量法证明平行、垂直题型四师生共研例4如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角.求证：(1)CM∥平面PAD；证明以C为坐标原点，

CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝23，PB＝4，∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A

(23，4,0)，P(0,0,2)，M32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，CM→＝32，0，32.设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则DP→·n

＝0，DA→·n＝0，即－y＋2z＝0，23x＋3y＝0，令y＝2，得n＝(－3，2,1).∵n·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n⊥CM→.又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.(2)平面PAB⊥平面P

AD.证明方法一由(1)知，BA→＝(0,4,0)，PB→＝(23，0，－2)，设平面PAB的一个法向量m＝(x0，y0，z0)，则BA→·m＝0，PB→·m＝0，即4y0＝0，23x0－2z

0＝0，令x0＝1，得m＝(1,0，3)，又∵平面PAD的一个法向量n＝(－3，2,1)，∴m·n＝1×(－3)＋0×2＋3×1＝0，∴m⊥n，∴平面PAB⊥平面PAD.方法二如图，取AP的中点E，连结BE，则E(3，2,1)，BE→＝(－3，2,1).∵PB＝AB，∴BE⊥PA.又∵BE→·D

A→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE→⊥DA→，∴BE⊥DA.又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面PAD，∴BE⊥平面PAD.又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.(1)用向量证明平行

的方法①线线平行，只需证明两直线的方向向量是共线向量.②线面平行，证明直线的方向向量能用平面的两个基底表示，或证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.③面面平行，证明两平面的法向量是共线向量.(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直，只需

证明两直线的方向向量互相垂直.②线面垂直，证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量.③面面垂直，证明两平面的法向量互相垂直.思维升华SIWEISHENGHUA跟踪训练4如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝，B1C1∥BC且B1C

1＝，二面角A1－AB－C是直二面角.求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；2AB12BC证明由二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，可得AA1⊥平面BAC.又∵AB＝AC，BC＝2AB，∴AB2＋AC2＝BC2，∴∠CAB＝90°且CA⊥AB，∴AB，AC，

AA1两两互相垂直.以A为坐标原点，AC，AB，AA1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.设AB＝2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)，B1(0，2,2

).A1B1→＝(0,2,0)，A1A→＝(0,0，－2)，AC→＝(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·A1A→＝0，n·AC→＝0，即－2z＝0，2x＝0，即x＝0，z＝0.取

y＝1，则n＝(0,1,0).∴A1B1→＝2n，即A1B1→∥n，∴A1B1⊥平面AA1C.(2)AB1∥平面A1C1C.证明易知AB1→＝(0,2,2)，A1C1→＝(1,1,0)，A1C→＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m

＝(x1，y1，z1)，则m·A1C1→＝0，m·A1C→＝0，即x1＋y1＝0，2x1－2z1＝0，令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1).∴AB1→·m＝0×1＋

2×(－1)＋2×1＝0，∴AB1→⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.课时精练1.已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝－2a，则x等于A.(0,3，－6)B.(0,6，－20)C

.(0,6，－6)D.(6,6，－6)√12345678910111213141516基础保分练12x解析由b＝12x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20).2.

已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为12345678910111213141516解析由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.A.－2B.－143C.145D.2√123456789101112

131415163.已知a＝(1,0,1)，b＝(x,1,2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为A.5π6B.2π3C.π3D.π6√解析∵a·b＝x＋2＝3，∴x＝1，∴b＝(1,1,2)，∴cos〈a，b〉＝a·b|a

||b|＝32×6＝32，又∵〈a，b〉∈[0，π]，∴a与b的夹角为π6，故选D.4.(2020·北京海淀区模拟)在下列命题中：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；③若三个向量a，b，c两两共面，则向量

a，b，c共面；④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.其中正确命题的个数是A.0B.1C.2D.312345678910111213141516√12345678910111213141516解析a与b共线，a，b

所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a，b都共面，故②不正确；三个向量a，b，c中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④不正确，综上可知四

个命题中正确的个数为0，故选A.5.已知空间向量a，b满足|a|＝|b|＝1，且a，b的夹角为π3，O为空间直角坐标系的原点，点A，B满足OA→＝2a＋b，OB→＝3a－b，则△OAB的面积为A.523B.543C.743D.114√解析|OA→|＝(2a＋b)2＝4|a|2＋|b|2＋4a·b

＝7，同理|OB→|＝7，则cos∠AOB＝OA→·OB→|OA→||OB→|＝6|a|2－|b|2＋a·b7＝1114，从而有sin∠AOB＝5314，∴△OAB的面积S＝12×7×7×5314＝534，故选B.123456789101112131415166.如图，在大小为45°的二面角A－E

F－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是A.3B.2C.1D.3－2√解析∵BD→＝BF→＋FE→＋ED→，∴|BD→|2＝|BF→|2＋|FE→|2＋|ED→|2＋2BF→·FE→＋2FE→·ED→＋

2BF→·ED→＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD→|＝3－2.123456789101112131415167.(多选)下列各组向量中，是平行向量的是A.a＝(1,2，－2)，b＝(－2，－4,4)B.c＝(1,0,0)，d＝(－3,0,0)C.e＝(2,

3,0)，f＝(0,0,0)D.g＝(－2,3,5)，h＝(16，－24,40)√12345678910111213141516√√解析对于A，有b＝－2a，所以a与b是平行向量；对于B，有d＝－3c，所以c与d是平行向量；对于C，f是零向量，与e是平行向量；对于D，不满足g＝

λh，所以g与h不是平行向量.123456789101112131415168.(多选)有下列四个命题，其中不正确的命题有A.已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0B.若两

个非零向量AB→与CD→满足AB→＋CD→＝0，则AB→∥CD→C.分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量D.对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面√√

√解析对于A，已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0，错误；对于B，若两个非零向量AB→与CD→满足AB→＋CD→＝0，则AB→∥CD→，正确；对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面

直线，则这两个向量是共面向量，不正确；对于D，对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(x，y，z∈R)，当且仅当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点共面，故错误.12345678910111213141516

9.已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP→＝13VC→，VM→＝23VB→，VN→＝23VD→.则VA与平面PMN的位置关系是________.平行解析如图，设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝

a＋c－b，由题意知PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c.因此VA→＝32PM→＋32PN→，∴VA→，PM→，PN→共面.又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.1234567891011

12131415161234567891011121314151610.(2019·广州调研)已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(A1A→＋A1D1—→＋A1B1—→)2＝3A1B1→2；②A1C→·(A1B1—→－A1A→)＝0；③向量AD1

→与向量A1B→的夹角是60°；④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|AB→·AA1→·AD→|.其中正确的序号是________.①②12345678910111213141516解析①中，(A1

A→＋A1D1—→＋A1B1—→)2＝A1A→2＋A1D1—→2＋A1B1—→2＝3A1B1—→2，故①正确；②中，A1B1—→－A1A→＝AB1→，因为AB1⊥A1C，故②正确；③中，两异面直线A1B与AD1所成的角为60°，但AD1→与A1B→的夹角为120°，

故③不正确；④中，|AB→·AA1→·AD→|＝0，故④也不正确.11.如图，在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为棱AB，BB′的中点.(1)求证：CE⊥A′D；1234567891011121314151612345

678910111213141516方法一∵CC′⊥平面ABC且CA⊥CB，∴以点C为原点，分别以CA，CB，CC′所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略).令AC＝BC＝AA′＝2，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C′

(0,0,2)，A′(2,0,2)，B′(0,2,2)，E(0,2,1)，D(1,1,0)，证明∴CE→＝(0,2,1)，A′D—→＝(－1,1，－2)，∵CE→·A′D—→＝0＋2－2＝0，∴CE→⊥A′

D—→，∴CE⊥A′D.12345678910111213141516方法二设CA→＝a，CB→＝b，CC′→＝c，根据题意得|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0.证明CE→＝b＋12c，A′D—→＝－c＋12b－12a，∴CE→·A′D—→＝－

b·c－12c2＋12b2＋14b·c－12a·b－14a·c＝0，∴CE→⊥A′D—→，即CE⊥A′D.(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值.12345678910111213141516方法一∵CC′⊥平面ABC且CA⊥CB，∴以点

C为原点，分别以CA，CB，CC′所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略).令AC＝BC＝AA′＝2，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C′(0,0,2)，A′(2,0,2)，B′(0,2,2)，E(0,2,1)，D(1,1,0)，解AC′→＝(－2,0,2)，∴c

os〈CE→，AC′→〉＝CE→·AC′→|CE→||AC′→|＝25·8＝1010，即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为1010.12345678910111213141516方法二设CA→＝a，CB→＝b，

CC′→＝c，根据题意得|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0.解∵AC′→＝－a＋c，|AC′→|＝2|a|，|CE→|＝52|a|，AC′→·CE→＝(－a＋c)·b

＋12c＝12c2＝12|a|2，∴cos〈AC′→，CE→〉＝AC′→·CE→|AC′→||CE→|＝12|a|22×52|a|2＝1010，即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为1010.1234567891011121314

15161234567891011121314151612.如图，正方形ABCD的边长为22，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝3，且FO⊥平面ABCD.(1)求证：AE∥平面BCF；证明取BC中点H，连结O

H，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(3,0,0)，C(－1,0,0)，D(1，－2，0)，F(0,0，3)，B(1,2,0

).BC→＝(－2，－2,0)，CF→＝(1,0，3)，BF→＝(－1，－2，3).设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BC→＝0，n·CF→＝0，即－2x－2y＝0，x＋3z＝0，取z

＝1，得n＝(－3，3，1).1234567891011121314151612345678910111213141516又四边形BDEF为平行四边形，∴DE→＝BF→＝(－1，－2，3)，∴AE→＝AD→＋DE→＝BC→＋BF→＝(－2，－2,0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，

3)，∴AE→·n＝33－43＋3＝0，∴AE→⊥n，又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.(2)求证：CF⊥平面AEF.12345678910111213141516证明AF→＝(－3,0，3)，∴CF→·AF→＝－3＋3＝0，CF→

·AE→＝－3＋3＝0，∴CF→⊥AF→，CF→⊥AE→，即CF⊥AF，CF⊥AE，又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴CF⊥平面AEF.技能提升练13.A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足AB→·AC→＝0，AC→·AD→＝0，AB→·AD→＝0，M为BC中

点，则△AMD是A.钝角三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.不确定√解析∵M为BC中点，∴AM→＝12(AB→＋AC→)，∴AM→·AD→＝12(AB→＋AC→)·AD→＝12AB→·AD→＋12AC→·AD→＝0.∴AM⊥AD，△AM

D为直角三角形.123456789101112131415161234567891011121314151614.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG→＝

2GN→，若OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则x＋y＋z＝_____.56解析连结ON，设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c，12345678910111213141516则MN→＝ON→－OM→＝12(OB→＋OC→)－12OA→＝12b＋12c－12a，OG→＝OM→＋MG→＝12OA

→＋23MN→＝12a＋2312b＋12c－12a＝16a＋13b＋13c.又OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，所以x＝16，y＝13，z＝13，因此x＋y＋z＝16＋13＋13＝56.12345678910111213141516拓展冲刺练15.已知O(

0,0,0)，A(1,2,1)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当取最小值时，点Q的坐标是________.QA→·QB→(1,1,2)解析由题意，设OQ→＝λOP→，则OQ→＝(λ，λ

，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则QA→＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA→·QB→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1,1

,2).1234567891011121314151616.如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.求证：(1)PA⊥BD；证明取BC的中点O，连结PO，∵△PBC为等边三角形

，∴PO⊥BC，∵平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，∴PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝3，∴A

(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，3)，∴BD→＝(－2，－1,0)，PA→＝(1，－2，－3)，∵BD→·PA→＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，∴PA→⊥B

D→，∴PA⊥BD.12345678910111213141516(2)平面PAD⊥平面PAB.证明取PA的中点M，连结DM，则M12，－1，32.∵DM→＝32，0，3

2，PB→＝(1,0，－3)，∴DM→·PB→＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0.∴DM→⊥PB→，即DM⊥PB.∵DM→·PA→＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM→⊥PA→，即DM⊥P

A.又∵PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.12345678910111213141516大一轮复习讲义§7.5空间向量及其应用