2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第5讲含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第5讲空间直线、平面的垂直[课程标准]了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系，归纳出性质定理(并加以证明)及判定定理．1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的eq\x(\s\up1(01))任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与一个平面内的eq\x(\s\up1(02))两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(03))a⊂α，b⊂α,\x(\s\up1(04))a∩b＝O,\x(\s\up1(05))l⊥a,\x(\s\up1(06))l⊥b))⇒l⊥α(3)直线与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理垂直于同一个平面的两条直线eq\x(\s\up1(07))平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(08))a⊥α,\x(\s\up1(09))b⊥α))⇒a∥b2.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是eq\x(\s\up1(10))直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面过另一个平面的eq\x(\s\up1(11))垂线，那么这两个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(12))l⊂β,\x(\s\up1(13))l⊥α))⇒α⊥β(3)平面与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的eq\x(\s\up1(14))交线，那么这条直线与另一个平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(15))α⊥β,\x(\s\up1(16))α∩β＝a,\x(\s\up1(17))l⊂β,\x(\s\up1(18))l⊥a))⇒l⊥α3.直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线与这个平面所成的角．(2)斜线与平面所成的角的范围：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).直线与平面所成的角的范围：eq\x(\s\up1(19))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的eq\x(\s\up1(20))两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱eq\x(\s\up1(21))垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．5．三种距离(1)点面距过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的eq\x(\s\up1(22))垂线段，eq\x(\s\up1(23))垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离．(2)线面距一条直线与一个平面平行时，这条直线上eq\x(\s\up1(24))任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．(3)面面距如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都eq\x(\s\up1(25))相等，把它叫做这两个平行平面间的距离．1．直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线．(2)若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条．(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．2．三垂线定理及其逆定理(1)三垂线定理在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．(2)三垂线定理的逆定理平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．3．三种垂直关系的转化线线垂直eq\o(,\s\up9(判定))线面垂直eq\o(,\s\up9(判定),\s\do9(性质))面面垂直1．(人教B必修第四册11.4.1练习BT5改编)若斜线段AB是它在平面α内射影长的2倍，则AB与平面α所成角的大小为()A．60° B．45°C．30° D．90°答案A解析斜线段、垂线段以及射影构成直角三角形．如图所示，∠ABO即是斜线段与平面α所成的角．又AB＝2BO，所以cos∠ABO＝eq\f(OB,AB)＝eq\f(1,2)，所以∠ABO＝60°.故选A.2.(人教A必修第二册复习参考题8T13改编)如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，则二面角B－PA－C的大小为()A．90° B．60°C．45° D．30°答案A解析∵PA⊥平面ABC，BA，CA⊂平面ABC，∴BA⊥PA，CA⊥PA，因此∠BAC即为二面角B－PA－C的平面角．又∠BAC＝90°，故选A.3．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是()答案BC解析设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC或其补角为异面直线OP与MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A错误；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ⊂平面MADT，故SM⊥OQ，而SM∩MT＝M，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B正确；对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，OP＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D错误．故选BC.4．(人教A必修第二册8.6.2P152练习T4改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图，∵PO⊥平面ABC，连接OA，OB，OC，在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．(2)由PA⊥PB，PA⊥PC，可知PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC，又PO⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故O是△ABC的垂心．5．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为eq\r(3)，那么P到平面ABC的距离为________．答案eq\r(2)解析如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC.又PE＝PF＝eq\r(3)，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(（\r(3)）2－12)＝eq\r(2).考向一有关垂直关系的判断例1(2023·重庆模拟)已知l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列四个命题正确的是()A．若l∥α，且m∥α，则l⊥mB．若α⊥β，m∥α，n⊥β，则m∥nC．若m∥l，且m⊥α，则l⊥αD．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥β答案C解析对于A，若l∥α，且m∥α，则l，m可能平行、相交或异面，并不一定垂直，故A错误；对于B，若α⊥β，m∥α，n⊥β，则m，n可能平行、相交或异面，并不一定平行，故B错误；对于C，若m∥l，且m⊥α，根据线面垂直的性质可得l⊥α，故C正确；对于D，若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α，β可能平行或相交，不一定垂直，故D错误．故选C.判断垂直关系命题真假的方法(1)借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准．(2)善于寻找反例，若存在反例，结论就被驳倒了．(3)要思考完整，反复验证所有可能的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．(多选)(2024·佛山模拟)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B的任意一点，AE⊥PC，垂足为E，点F是PB上的一点，则下列判断中正确的是()A．BC⊥平面PAC B．AE⊥EFC．AC⊥PB D．平面AEF⊥平面PBC答案ABD解析对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，而BC⊂底面圆面，则PA⊥BC，又由圆的性质可知AC⊥BC，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，所以A正确；对于B，由A项分析可知，BC⊥AE，由题意可知AE⊥PC，且BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC，而EF⊂平面PBC，所以AE⊥EF，所以B正确；对于C，由B项分析可知，AE⊥平面PBC，因而AC与平面PBC不垂直，所以AC⊥PB不成立，所以C错误；对于D，由B项分析可知，AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面PBC，所以D正确．故选ABD.考向二直线与平面垂直的判定与性质例2(1)在五面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，CD＝2DE＝2AD＝2AB＝4，AC＝2eq\r(5)，求证：AB⊥平面ADE.证明因为在五面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，所以EF∥CD，CD⊥DE.因为EF⊄平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.因为EF⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB.又EF∥CD，所以CD∥AB.因为CD＝4，AD＝2，AC＝2eq\r(5)，所以AD2＋CD2＝AC2，所以CD⊥AD.又CD⊥DE，AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE，所以CD⊥平面ADE.又CD∥AB，所以AB⊥平面ADE.(2)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.证明∵AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，∴AE⊥AB.又AB∥CD，∴AE⊥CD.∵AD＝AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD.又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD.∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD.又MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴MN⊥平面PCD，∴AE∥MN.1．证明线线垂直的常用方法(1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用直线与平面垂直的性质．2．证明线面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的判定定理，它是最常用的思路．(2)利用线面垂直的性质：若两条平行线之一垂直于某平面，则另一条线必垂直于该平面．(3)利用面面垂直的性质①两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面；②若两个相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线垂直于第三个平面．如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1.(1)求证：A1C⊥B1D1；(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN∥A1C.证明(1)连接A1C1(图略)．∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1.∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.又CC1∩A1C1＝C1，CC1，A1C1⊂平面A1C1C，∴B1D1⊥平面A1C1C.又A1C⊂平面A1C1C，∴A1C⊥B1D1.(2)连接AB1，AD1(图略)．∵B1C1綊AD，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴C1D∥AB1.∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.又MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1，∴MN⊥平面AB1D1.易得A1C⊥AB1，由(1)知A1C⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1，∴MN∥A1C.考向三面面垂直的判定与性质例3如图所示，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD且AB＝1，PA＝AD＝PD＝2，E为PD的中点．(1)求证：平面PCD⊥平面ACE；(2)求点B到平面ACE的距离．解(1)证明：由PA＝AD＝PD，E为PD的中点，可得AE⊥PD，因为CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，而AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE，又CD∩PD＝D，则AE⊥平面PCD，又AE⊂平面ACE，所以平面PCD⊥平面ACE.(2)如图，连接BD，与AC交于O，则O为BD的中点，所以点D到平面ACE的距离即为点B到平面ACE的距离．由平面PCD⊥平面ACE，过D作DM⊥CE，垂足为M，则DM⊥平面ACE，则DM为点D到平面ACE的距离．由CD⊥平面PAD，可得CD⊥PD，又CD＝DE＝1，所以DM＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(\r(2),2)，即点B到平面ACE的距离为eq\f(\r(2),2).证明面面垂直的两种方法定义法利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题定理法利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把面面垂直问题转化成证明线面垂直问题加以解决注意：面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P－BCDE.(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P－BCDE的体积；(2)若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.解(1)如图所示，取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P－BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝eq\f(1,2)DE＝eq\r(2)，而梯形BCDE的面积S＝eq\f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，∴四棱锥P－BCDE的体积V＝eq\f(1,3)PM·S＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×6＝2eq\r(2).(2)证明：取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，∵PB＝PC，∴BC⊥PN，∵MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴BC⊥平面PMN，∵PM⊂平面PMN，∴BC⊥PM，由(1)知，PM⊥DE，又BC，DE⊂平面BCDE，且BC与DE是相交的，∴PM⊥平面BCDE，∵PM⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.课时作业一、单项选择题1．(2024·德阳模拟)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案C解析∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，∴m∥β或m⊂β或m与β相交，∵l⊂β，n⊥β，∴n⊥l.故选C.2．(2023·潮州期末)若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成角的大小为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)答案C解析设圆锥的底面半径为R，母线长为l，因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，所以πRl＝2πR2，解得l＝2R，设该圆锥的母线与底面所成的角为α，则cosα＝eq\f(R,l)＝eq\f(1,2)，所以α＝eq\f(π,3).故选C.3．(2023·嘉定区校级三模)如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，则点H在()A．直线AC上 B．直线AB上C．直线BC上 D．△ABC内部答案B解析连接AC1，∵BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABC1，∵平面ABC∩平面ABC1＝AB，要过C1作C1H⊥平面ABC，则只需过C1作C1H⊥AB即可，故点H在直线AB上．故选B.4．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点，现沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有()A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案A解析由平面图形，得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH.故选A.5.如图，AB是圆O的直径，VA垂直圆O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN∥ABB．MN与BC所成的角为45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案D解析依题意，得MN∥AC，又因为直线AC与AB相交，因此MN与AB不平行，A错误；因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC，因此MN与BC所成的角是90°，B错误；因为直线OC与AC不垂直，因此OC与平面VAC不垂直，C错误；由于VA⊥平面ABC，所以BC⊥VA，又BC⊥AC，因此BC⊥平面VAC.又BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，D正确．故选D.6．已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中，()A．存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直答案B解析矩形在翻折前和翻折后的图形如图1，2所示．在图1中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合．在图2中，连接CE.对于A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故A错误；对于B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，所以AB⊥AC，由AB<BC可知存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，故B正确；对于C，若AD⊥BC，又知CD⊥BC，AD∩CD＝D，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，已知AB＝2，BC＝2eq\r(2)，则BC>AB，所以不存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直，故C错误；由以上分析可知D错误．故选B.7．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D答案A解析对于A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，易知EF⊥BD，因为DD1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，则DD1⊥EF，又BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，所以A正确；对于B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，则易知平面B1EF⊥平面A1BD不成立，所以B错误；对于C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC有公共点，从而C错误；对于D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面A1C1D与平面B1EF不平行，所以D错误．8．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(3),5) D.eq\f(2,5)答案C解析取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理得，CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理得，eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(3),2\r(7))，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq\f(5,2\r(7))，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq\f(\r(3),5).故选C.二、多项选择题9．(2023·四省联考)已知平面α∩平面β＝l，B，D是l上两点，直线AB⊂α，且AB∩l＝B，直线CD⊂β，且CD∩l＝D.下列结论中错误的是()A．若AB⊥l，CD⊥l，且AB＝CD，则四边形ABCD是平行四边形B．若M是AB的中点，N是CD的中点，则MN∥ACC．若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在α内的射影是BDD．直线AB，CD所成角的大小与二面角α－l－β的大小相等答案ABD解析对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；对于B，取BC的中点H，连接HM，则HM是△ABC的中位线，所以HM∥AC，因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，故B错误；对于C，若AB⊥l，AC⊥l，所以由线面垂直的判定可得l⊥平面ABC，所以l⊥BC，由α⊥β，结合面面垂直的性质可得BC⊥α，所以点C在平面α内的投影为点B，所以CD在平面α内的射影为BD，故C正确；对于D，由二面角的定义可得当且仅当AB⊥l，CD⊥l时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角α－l－β的大小，故D错误．故选ABD.10．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，则()A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°答案ABD解析如图，连接AD1，在正方形A1ADD1中，AD1⊥DA1，因为AD1∥BC1，所以BC1⊥DA1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，又BC1⊂平面BCC1B1，所以CD⊥BC1，连接B1C，则B1C⊥BC1，因为CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥平面DCB1A1，又CA1⊂平面DCB1A1，所以BC1⊥CA1，所以直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；连接A1C1，交B1D1于点O，则易得OC1⊥平面BB1D1D，连接OB，因为OB⊂平面BB1D1D，所以OC1⊥OB，∠OBC1即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为a，则易得BC1＝eq\r(2)a，OC1＝eq\f(\r(2)a,2)，所以在Rt△BOC1中，OC1＝eq\f(1,2)BC1，所以∠OBC1＝30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠CBC1＝45°，故D正确．故选ABD.11．(2023·南京师大附中模拟)如图，在五面体ABCDFE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，CD＝1，则下列说法正确的是()A．AD⊥BEB．若G为棱CE的中点，则DF⊥平面ABGC．若AD＝CD，则平面ADE⊥平面BDED．若AE＝eq\r(3)，则平面ADE⊥平面BCE答案ABC解析对于A，因为平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，因为BE⊂平面ABEF，所以AD⊥BE，故A正确；对于B，连接BG，AG，AE，AC，如图1，因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以BC＝BE，AC＝AE，因为G为棱CE的中点，所以BG⊥CE，AG⊥CE，因为BG∩AG＝G，BG，AG⊂平面ABG，所以CE⊥平面ABG，由题意知AB∥CD∥EF，CD＝EF，所以四边形CDFE为平行四边形，所以DF∥CE，则DF⊥平面ABG，故B正确；对于C，连接DE，DB，如图1，由题意知AF＝AD＝CD，AF⊥EF，所以AE＝eq\r(AF2＋EF2)＝eq\r(2)，又在直角梯形ABEF中，易知BE＝eq\r(2)，所以AE2＋BE2＝AB2，即BE⊥AE，由A项知BE⊥AD，又AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE，所以BE⊥平面ADE，又BE⊂平面BDE，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；对于D，过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H，连接CH，如图2，由AE＝eq\r(3)，EF＝1，得AF＝eq\r(AE2－EF2)＝eq\r(2)，所以BE＝eq\r(12＋（\r(2)）2)＝eq\r(3)，此时cos∠AEB＝eq\f(AE2＋BE2－AB2,2AE·BE)＝eq\f(3＋3－4,2×\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)<eq\f(1,2)，所以60°<∠AEB<90°，故EH与BE不重合，因为AD⊥平面ABEF，EH⊂平面ABEF，所以AD⊥EH，又EH⊥AE，AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE，所以EH⊥平面ADE，又EH⊂平面HCE，所以平面HCE⊥平面ADE，假设平面BCE⊥平面ADE，因为EH与BE不重合，所以平面HCE与平面BCE不重合，又平面HCE∩平面BCE＝CE，则CE⊥平面ADE，因为AD⊂平面ADE，所以CE⊥AD，又DF∥CE，所以DF⊥AD，这与AD⊥AF矛盾，所以假设不成立，故平面BCE与平面ADE不垂直，故D错误．故选ABC.三、填空题12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分别是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中点，请写出一个与A1O垂直的正方体的截面：________．答案平面GBD(或平面D1B1E或平面C1HAF)解析如图，连接AC，BD，BG，DG，A1G，OG，A1C1，易知BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC∩AA1＝A，故BD⊥平面ACC1A1，因为A1O⊂平面ACC1A1，故BD⊥A1O，设正方体的棱长为2，则A1O＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AO2)＝eq\r(4＋2)＝eq\r(6)，OG＝eq\r(OC2＋CG2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，A1G＝eq\r(A1Ceq\o\al(2,1)＋C1G2)＝eq\r(8＋1)＝3，故A1G2＝A1O2＋OG2，故A1O⊥OG，OG∩BD＝O，故A1O⊥平面GBD.13.如图，在三棱锥P－ABC中，∠ABC＝∠PBC＝90°，△PAB是边长为1的等边三角形．若BC＝1，M是PC的中点，则点M到直线AB的距离是________．答案eq\f(\r(7),4)解析∵AB⊥BC，PB⊥BC，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB.如图，取PB的中点Q，连接MQ，则MQ綊eq\f(1,2)BC.∴MQ⊥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离为MQ＝eq\f(1,2).作QN⊥AB于点N，连接MN，易证AB⊥平面MNQ，则MN⊥AB.QN＝QBsin60°＝eq\f(\r(3),4)，∵MQ⊥QN，∴MN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),4).14．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为邪田，两畔CD，AB分别为1，3，正广AD为2eq\r(3)，PD⊥平面ABCD，则邪田ABCD的邪长为________，邪所在直线与平面PAD所成角的大小为________．答案4eq\f(π,6)解析过点C作CE⊥AB，垂足为E，延长AD，BC，使得AD∩BC＝F，如图所示．由题意可得CE＝2eq\r(3)，BE＝2，则BC＝eq\r(12＋4)＝4.由题意知AB⊥AD，CD∥AB，所以eq\f(DF,AF)＝eq\f(CD,AB)＝eq\f(1,3)，所以DF＝eq\r(3).因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，又AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，则∠AFB是直线BC与平面PAD所成的角，所以tan∠AFB＝eq\f(AB,AF)＝eq\f(3,3\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以∠AFB＝eq\f(π,6).四、解答题15．如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A－PB－C的平面角的大小．解(1)证明：如图，作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD⊂平面PAC，所以AD⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AD⊥BC，又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)如图，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，因为PB⊂平面PBC，则AD⊥PB，又AD，DE⊂平面ADE，AD∩DE＝D，所以PB⊥平面ADE，因为AE⊂平面ADE，所以PB⊥AE，则∠AED即为二面角A－PB－C的平面角．又AD⊥平面PBC，DE⊂平面PBC，则AD⊥DE，不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝eq\r(2)，AD＝eq\f(1×1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又由(1)知BC⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，所以BC⊥AC，所以AB＝eq\r(2)，又PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝eq\r(3)，AE＝eq\f(1×\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，则sin∠AED＝eq\f(AD,AE)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(\r(6),3))＝eq\f(\r(3),2)，由图可知二面角A－PB－C的平面角为锐角，所以二面角A－PB－C的平面角的大小为eq\f(π,3).16.(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．解(1)证明：如图所示，分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，EM，FN.因为△EAB，△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN.又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD.同理可得FN⊥平面ABCD.根据线面垂直的性质定理可知，EM∥FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.(2)如图所示，分别取AD，DC的中点K，L，连接KM，KL，LN，HK，GL.由(1)知，EF∥MN且EF＝MN.同理，有HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN.由平面几何知识可知，MN⊥KM，KM＝MN＝LN＝KL.所以该几何体的体积等于长方体KMNL－HEFG的体积加上四棱锥B－MNFE体积的4倍．因为KM＝MN＝LN＝KL＝4eq\r(2)，EM＝8sin60°＝4eq\r(3)，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝eq\f(1,4)BD＝2eq\r(2)，所以该几何体的体积V＝(4eq\r(2))2×4eq\r(3)＋4×eq\f(1,3)×4eq\r(2)×4eq\r(3)×2eq\r(2)＝128eq\r(3)＋eq\f(256\r(3),3)＝eq\f(640\r(3),3).即该包装盒的容积为eq\f(640\r(3),3)cm3.17．(2023·岳阳月考)如图1，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；(2)在①A′M⊥BC；②二面角A′－MN－C的大小为60°；③点A′到平面BCNM的距离为eq\f(\r(2),2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：已知________，在线段A′C上是否存在一点P，使三棱锥A′－PMB的体积为eq\f(3,4)？若存在，求出eq\f(A′P,A′C)的值；若不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：由已知得等边三角形ABC中，AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，由余弦定理得MN＝eq\r(3)，∴MN2＋AM2＝AN2，∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥BM，又BM∩A′M＝M，BM，A′M⊂平面A′BM，∴MN⊥平面A′BM，∵MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.(2)若选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，又BC和MN是两条相交直线，∴A′M⊥平面BCNM，又等边三角形ABC的高为eq\f(3\r(3),2)，S△A′BM＝eq\f(1,2)A′M·BM＝eq\f(1,2)×1×2＝1，故三棱锥A′－BCM的体积为VC－A′BM＝eq\f(1,3)S△A′BM·eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)>eq\f(3,4)，∴在线段A′C上存在点P满足条件，此时eq\f(A′P,A′C)＝eq\f(VP－A′BM,VC－A′BM)＝eq\f(\f(3,4),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),2).若选条件②二面角A′－MN－C的大小为60°，由(1)得∠A′MB是二面角A′－MN－C的平面角，∴∠A′MB＝60°，∴S△A′BM＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，三棱锥A′－BCM的体积为V＝eq\f(1,3)S△A′BM·eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(3,4).∴在线段A′C上存在点P满足条件，且eq\f(A′P,A′C)＝1.若选条件③点A′到平面BCNM的距离为eq\f(\r(2),2)，过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM，∴A′O＝eq\f(\r(2),2)，∴∠A′MB＝45°或135°，∴S△A′BM＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，三棱锥A′－BCM的体积为V＝eq\f(1,3)S△A′BM·eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(\r(6),4)<eq\f(3,4)，∴在线段A′C上不存在点P满足条件．第6讲空间向量及其运算[课程标准]1.了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示.3.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义．1．空间向量及其有关定理概念语言描述共线向量(平行向量)表示若干空间向量的有向线段所在的直线eq\x(\s\up1(01))互相平行或重合共面向量平行于eq\x(\s\up1(02))同一个平面的向量共线向量定理对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在唯一实数λ，使eq\x(\s\up1(03))a＝λb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⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝eq\x(\s\up1(04))xa＋yb空间向量基本定理及推论定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝eq\x(\s\up1(05))xa＋yb＋zc.推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，且x＋y＋z＝eq\x(\s\up1(06))12.空间向量的数量积已知两个非零向量a，b，则a·b＝eq\x(\s\up1(07))|a||b|·cos〈a，b〉．3．空间向量的坐标表示及其应用设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数乘向量λa＝(λa1，λa2，λa3)数量积a·b＝eq\x(\s\up1(08))a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b(b≠0)⇒a1＝eq\x(\s\up1(09))λb1，a2＝eq\x(\s\up1(10))λb2，a3＝eq\x(\s\up1(11))λb3(λ∈R)垂直a⊥b⇔eq\x(\s\up1(12))a1b1＋a2b2＋a3b3＝0模|a|＝eq\x(\s\up1(13))eq\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))夹角公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\x(\s\up1(14))eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq\o\al(2,1)＋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)))1．证明空间任意三点共线的方法对空间三点P，A，B，可通过证明下列结论成立来证明三点共线：(1)eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(λ∈R)；(2)对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))(t∈R)；(3)对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))(x＋y＝1)．2．证明空间四点共面的方法点共面问题可转化为向量共面问题，要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明eq\o(PA,\s\up6(→))＝xeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PC,\s\up6(→))，或对空间任一点O，有eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))＋xeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PC,\s\up6(→))或eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)即可．1．(人教B选择性必修第一册1.1.3练习BT5改编)已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是()A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3，2 D．2，2答案A解析∵a∥b，∴b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝k（λ＋1），,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))故选A.2．(人教B选择性必修第一册1.1.3练习BT8改编)已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．－2 B．－eq\f(14,3)C.eq\f(14,5) D．2答案D解析由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.故选D.3．(人教A选择性必修第一册习题1.1T2(2)改编)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))＝()A.eq\o(D1B1,\s\up6(→)) B.eq\o(D1B,\s\up6(→))C.eq\o(DB1,\s\up6(→)) D.eq\o(BD1,\s\up6(→))答案D解析eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))＝eq\o(BD1,\s\up6(→)).故选D.4．(多选)(2023·宁德期末)已知a＝(1，0，1)，b＝(－1，2，－3)，c＝(2，－4，6)，则下列结论正确的是()A．a⊥bB．b∥cC．〈a，c〉为钝角D．向量c在向量a上的投影向量为(4，0，4)答案BD解析因为1×(－1)＋0×2＋1×(－3)＝－4≠0，所以a，b不垂直，A错误；因为c＝－2b，所以b∥c，B正确；因为a·c＝1×2＋0×(－4)＋1×6＝8，所以cos〈a，c〉>0，所以〈a，c〉不是钝角，C错误；向量c在向量a上的投影向量为|c|cos〈a，c〉eq\f(a,|a|)＝eq\f(a·c,|a|2)a＝eq\f(8,2)(1，0，1)＝(4，0，4)，D正确．故选BD.5．已知O是空间任意一点，A，B，C，D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝2xeq\o(BO,\s\up6(→))＋3yeq\o(CO,\s\up6(→))＋4zeq\o(DO,\s\up6(→))，则2x＋3y＋4z＝________．答案－1解析∵eq\o(OA,\s\up6(→))＝2xeq\o(BO,\s\up6(→))＋3yeq\o(CO,\s\up6(→))＋4zeq\o(DO,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))＝－2xeq\o(OB,\s\up6(→))－3yeq\o(OC,\s\up6(→))－4zeq\o(OD,\s\up6(→))，∵O是空间任意一点，A，B，C，D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，∴－2x－3y－4z＝1，∴2x＋3y＋4z＝－1.6．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ＝________．答案eq\f(65,7)解析由题意可知，存在实数x，y使得c＝xa＋yb，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7＝2x－y，,5＝－x＋4y，,λ＝3x－2y，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))考向一空间向量的线性运算例1(1)已知向量a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)c－2a，则c＝()A．(0，3，－6) B．(0，6，－20)C．(0，6，－6) D．(6，6，－6)答案B解析∵向量a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq\f(1,2)c－2a，∴c＝4a＋2b＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．故选B.(2)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．①化简eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝________；②用eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示eq\o(OC1,\s\up6(→))，则eq\o(OC1,\s\up6(→))＝________．答案①eq\o(A1A,\s\up6(→))②eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))解析①eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→)).②因为eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，所以eq\o(OC1,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)).空间向量线性运算中的三个关键点(2023·天津一中期末)如图，空间四边形OABC中，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，且OM＝2MA，BN＝NC，则eq\o(MN,\s\up6(→))＝()A.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)cC．－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c D.eq\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c答案C解析由题意知，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.故选C.考向二共线向量与共面向量定理的应用例2如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足eq\o(AM,\s\up6(→))＝keq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝keq\o(BC,\s\up6(→))(0≤k≤1)．(1)向量eq\o(MN,\s\up6(→))是否与向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))共面？(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？解(1)因为eq\o(AM,\s\up6(→))＝keq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝keq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＝keq\o(C1A,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋keq\o(BC,\s\up6(→))＝k(eq\o(C1A,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝k(eq\o(C1A,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→)))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝keq\o(B1A,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－keq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－k(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝(1－k)eq\o(AB,\s\up6(→))－keq\o(AA1,\s\up6(→))，所以由共面向量定理知向量eq\o(MN,\s\up6(→))与向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))共面．(2)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eq\o(MN,\s\up6(→))与eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))共面，所以MN∥平面ABB1A1.证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))且同过点Peq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up6(→))对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(OB,\s\up6(→))1.若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝()A．－2 B．5C．1 D．－3答案D解析因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－1，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m＋1，n－2，－2)，且A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1＝3λ，,n－2＝－λ，,－2＝λ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－2，,m＝－7，,n＝4，))所以m＋n＝－3.2．在空间直角坐标系中，A(1，1，－2)，B(1，2，－3)，C(－1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则()A．2x＋y＋z＝1 B．x＋y＋z＝0C．x－y＋z＝－4 D．x＋y－z＝0答案A解析∵A(1，1，－2)，B(1，2，－3)，C(－1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x－1，y－1，z＋2)．∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋μeq\o(AC,\s\up6(→))，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0，1，－1)＋μ(－2，2，2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝－2μ，,y－1＝λ＋2μ，,z＋2＝－λ＋2μ，))解得2x＋y＋z＝1.故选A.多角度探究突破考向三空间向量的数量积角度坐标法例3已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)若|c|＝3，且c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，求c；(2)求a与b夹角的余弦值；(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．解(1)∵c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴c＝meq\o(BC,\s\up6(→))＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)．∴|c|＝eq\r(（－2m）2＋（－m）2＋（2m）2)＝3|m|＝3，∴m＝±1.∴c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．(2)∵a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，∴a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又|a|＝eq\r(12＋12＋02)＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(（－1）2＋02＋22)＝eq\r(5)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(5))＝－eq\f(\r(10),10).∴a与b夹角的余弦值为－eq\f(\r(10),10).(3)∵ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，ka＋b与ka－2b互相垂直，∴(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，∴k＝2或k＝－eq\f(5,2).即当ka＋b与ka－2b互相垂直时，k＝2或k＝－eq\f(5,2).角度基向量法例4已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.(1)求|eq\o(AC1,\s\up6(→))|；(2)求向量eq\o(AC1,\s\up6(→))与eq\o(A1D,\s\up6(→))夹角的余弦值；(3)证明：eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→)).解(1)如图所示，设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2.a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋22－2－2＝2.∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(2).(2)∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝b－c，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2＝1＋12－22＝－2.又|eq\o(A1D,\s\up6(→))|2＝(b－c)2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝7，∴|eq\o(A1D,\s\up6(→))|＝eq\r(7).∴cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(A1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(A1D,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(A1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(2)×\r(7))＝－eq\f(\r(14),7).(3)证明：∵eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝b－a，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1－(－1)＝0.∴eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→)).空间向量数量积的三个应用求夹角设向量a与b的夹角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，进而可求两异面直线所成的角求长度(距离)利用公式|a|2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题解决垂直问题利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题1.(2023·芜湖期末)在棱长为3的正四面体A－BCD中，E为BC的中点，F为棱CD上靠近D的三等分点，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝()A.eq\f(9,4) B．－eq\f(9,4)C.eq\f(27,4) D．－eq\f(27,4)答案B解析如图所示，设eq\o(BA,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，eq\o(BD,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝3，a·b＝a·c＝b·c＝3×3×cos60°＝eq\f(9,2)，由题意，知eq\o(AB,\s\up6(→))＝－eq\o(BA,\s\up6(→))＝－a，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))－eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))－eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)c－eq\f(1,6)b，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝－a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)c－\f(1,6)b))＝－eq\f(2,3)a·c＋eq\f(1,6)a·b＝－eq\f(2,3)×eq\f(9,2)＋eq\f(1,6)×eq\f(9,2)＝－eq\f(9,4).故选B.2．(多选)空间直角坐标系中，已知O(0，0，0)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2，3，－1)，则()A．|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2B．△ABC是等腰直角三角形C．与eq\o(OA,\s\up6(→))平行的单位向量的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),6)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3)，\f(\r(6),6)))D．eq\o(OA,\s\up6(→))在eq\o(OB,\s\up6(→))方向上的投影向量的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3)，\f(2,3)))答案AC解析eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)－(－1，2，1)＝(0，0，－2)，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(02＋02＋（－2）2)＝2，A正确；eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(2，3，－1)－(－1，2，1)＝(3，1，－2)，∴|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(32＋12＋（－2）2)＝eq\r(14)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，3，－1)－(－1，2，－1)＝(3，1，0)，∴|eq\