統考版2024屆高考數學一輪復習第八章8.4直線平面平行的判定和性質學案理含解析2023042314

統考版2024屆高考數學一輪復習第八章8.4直線平面平行的判定和性質學案理含解析2023042314第四節(jié)直線、平面平行的判定和性質【知識重溫】一、必記3個知識點1．直線與平面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行(線線平行?線面平行)因為①______，______，______，所以l∥α性質定理一條直線與一個平面平行，則過這條直線的任一平面與此平面的交線與該直線平行(簡記為“線面平行?線線平行”)因為②______，______，______，所以l∥b2.平面與平面平行的判定定理和性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)因為③______，______，______，______，______，所以α∥β性質定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行因為④______，______，______，所以a∥b3.平行關系中的兩個重要結論(1)垂直于同一條直線的兩個平面平行，即若a⊥α，a⊥β，則α∥β.(2)平行于同一平面的兩個平面平行，即若α∥β，β∥γ，則α∥γ.二、必明3個易誤點1．直線與平面平行的判定中易忽視“線在面內”這一關鍵條件．2．面面平行的判定中易忽視“面內兩條相交線”這一條件．3．如果一個平面內有無數條直線與另一個平面平行，易誤認為這兩個平面平行，實質上也可以相交．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)如果一個平面內的兩條直線平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．()(2)如果兩個平面平行，那么分別在這兩個平面內的兩條直線平行或異面．()(3)若直線a與平面α內無數條直線平行，則a∥α.()(4)若直線a∥平面α，P∈α，則過點P且平行于直線a的直線有無數條．()(5)若平面α∥平面β，直線a∥平面α，則直線a∥平面β.()二、教材改編2．如果直線a∥α，P∈α，那么過點P且平行于直線a的直線()A．只有一條，不在平面α內B．有無數條，不一定在平面α內C．只有一條，且在平面α內D．有無數條，一定在平面α內3．下列命題中正確的是()A．如果直線a∥b，那么a平行于經過b的任何平面B．如果直線a和平面α滿足a∥α，那么a與α內的任何直線平行C．如果直線a，b和平面α滿足a∥α，b∥α，那么a∥bD．如果直線a，b和平面α滿足a∥b，a∥α，b?α，那么b∥α三、易錯易混4．若平面α∥平面β，直線a∥平面α，點B∈β，則在平面β內且過B點的所有直線中()A．不一定存在與a平行的直線B．只有兩條與a平行的直線C．存在無數條與a平行的直線D．存在唯一與a平行的直線5．設α，β，γ為三個不同的平面，a，b為直線，給出下列條件：①a?α，b?β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的條件是________．(填上所有正確的序號)四、走進高考6．[2019·全國卷Ⅱ]設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是()A．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條相交直線與β平行C．α、β平行于同一條直線D．α、β垂直于同一平面eq\x(考點一)直線與平面平行的判定和性質[互動講練型][例1][2019·全國卷Ⅰ]如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求點C到平面C1DE的距離．悟·技法1.判定線面平行的4種方法(1)利用線面平行的定義(無公共點)．(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．(3)利用面面平行的性質定理(α∥β，a?α?a∥β)．(4)利用面面平行的性質(α∥β，a?α，a?β，a∥α?a∥β)．2．解決直線與平面平行的3個思維趨向(1)利用線面平行的判定定理證明直線與平面平行的關鍵是設法在平面內找到一條與已知直線平行的直線．(2)構造平行的常見形式：三角形的中位線、平行四邊形、利用比例關系證明兩直線平行等．(3)在解決線面、面面平行的判定時，一般遵循從“低維”到“高維”的轉化，即從“線線平行”到“線面平行”，再到“面面平行”，而在應用性質定理時，其順序恰好相反.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2021·廣東省七校聯合體高三聯考]如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，CD＝4，E為CD的中點．(1)求證：AE∥平面PBC；(2)求三棱錐C－PBE的體積．考點二平面與平面平行的判定和性質[互動講練型][例2][2021·廣東肇慶實驗中學月考]如圖，已知ABCD－A1B1C1D1是棱長為2的正方體．(1)求B1C1D1－ABCD的體積；(2)求證：平面AB1D1∥平面C1BD.悟·技法判定平面與平面平行的5種方法(1)面面平行的定義，即證兩個平面沒有公共點(不常用)．(2)面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行(客觀題可用)．(4)利用平面平行的傳遞性，兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行(客觀題可用)．(5)利用向量法，通過證明兩個平面的法向量平行證得兩平面平行.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．[2021·四川成都五校聯考]如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M、N分別為AD、PA的中點．(1)證明：平面BMN∥平面PCD；(2)若AD＝6，求三棱錐P－BMN的體積．考點三立體幾何中的探索性問題[互動講練型][例3][2021·江西南昌重點中學段考]如圖，四邊形ABCD是梯形，四邊形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，M是線段AE上的動點．(1)試確定點M的位置，使AC∥平面MDF，并說明理由；(2)在(1)的條件下，求平面MDF將幾何體ADE－BCF分成上、下兩部分的體積之比．悟·技法1.平行關系中的探索性問題，主要是對點的存在性問題的探索，一般用轉化方法求解，即先確定點的位置，把問題轉化為證明問題，而證明線面平行時又有兩種轉化方法，一是轉化為線線平行，二是轉化為面面平行．2．這類問題也可以按類似于分析法的格式書寫步驟：從結論出發(fā)“要使……成立”，“只需使……成立”.[變式練]——(著眼于舉一反三)3．如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是棱CC1的中點，問在棱AB上是否存在一點E，使DE∥平面AB1C1？若存在，請確定點E的位置；若不存在，請說明理由．第四節(jié)直線、平面平行的判定和性質【知識重溫】①l∥aa?αl?α②l∥αl?βα∩β＝b③a∥βb∥βa∩b＝Pa?αb?α④α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b【小題熱身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2．解析：過a與P作一平面β，平面α與平面β的交線為b，因為a∥α，所以a∥b，在同一個平面內，過點作已知直線的平行線有且只有一條，故選C.答案：C3．解析：A中，a可能在經過b的平面內，故A錯誤；B中，a還可以與平面α內的直線異面，故B錯誤；C中，a可以與直線b平行、異面、相交，故C錯誤；D中，過直線a作平面β，設α∩β＝c，∵a∥α，∴a∥c，又∵a∥b，∴b∥c，又b?α，且c?α，∴b∥α，故D正確．故選D.答案：D4．解析：當直線a在平面β內且過B點時，不存在與a平行的直線，故選A.答案：A5．解析：在條件①或條件③中，α∥β或α與β相交；由α∥γ，β∥γ?α∥β，條件②滿足；在④中，a⊥α，a∥b?b⊥α，又b⊥β，從而α∥β，④滿足．答案：②④6．解析：A、C、D選項中α與β可能相交．故選B.答案：B課堂考點突破考點一例1解析：(1)證明：連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED.又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)過C作C1E的垂線，垂足為H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.從而CH⊥平面C1DE，故CH的長即為C到平面C1DE的距離．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).從而點C到平面C1DE的距離為eq\f(4\r(17),17).變式練1．解析：(1)∵AB＝eq\r(3)，BC＝1，∠ABC＝90°，∴AC＝2，∠BCA＝60°.在△ACD中，AD＝2eq\r(3)，AC＝2，CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2，∴∠CAD＝90°，△ACD是直角三角形．又E為CD的中點，∴AE＝eq\f(1,2)CD＝CE＝2，∴△ACE是等邊三角形，∴∠CAE＝60°，∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.又AE?平面PBC，BC?平面PBC，∴AE∥平面PBC.(2)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥底面BCE，∴PA為三棱錐P－BCE的高．∵∠BCA＝60°，∠ACD＝60°，∴∠BCE＝120°.又BC＝1，CE＝2，∴S△BCE＝eq\f(1,2)×BC×CE×sin∠BCE＝eq\f(1,2)×1×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴V三棱錐C－PBE＝V三棱錐P－BCE＝eq\f(1,3)×S△BCE×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),3).考點二例2解析：(1)設正方體的體積為V1，則由題圖可知B1C1D1－ABCD的體積V＝V1－VA－A1B1D1＝2×2×2－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝8－eq\f(4,3)＝eq\f(20,3).(2)證明：∵ABCD－A1B1C1D1為正方體，∴D1C1∥A1B1，D1C1＝A1B1，又AB∥A1B1，AB＝A1B1，∴D1C1∥AB，D1C1＝AB，∴四邊形D1C1BA為平行四邊形，∴D1A∥C1B，又D1A?平面C1BD，C1B?平面C1BD，∴D1A∥平面C1BD.同理，D1B1∥平面C1BD，又D1A∩D1B1＝D1，∴平面AB1D1∥平面C1BD.變式練2．解析：(1)證明：連接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD為正三角形．∵M為AD的中點，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM?平面ABCD，∴BM∥CD.又BM?平面PCD，CD?平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分別為AD，PA的中點，∴MN∥PD.又MN?平面PCD，PD?平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN?平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已證BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM?平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3eq\r(3).∵M，N分別為AD，PA的中點，PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD＝3eq\r(2)，∴S△PMN＝eq\f(1,4)S△PAD＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×(3eq\r(2))2＝eq\f(9,4).∴三棱錐P－BMN的體積V＝VB－PMN＝eq\f(1,3)S△PMN·BM＝eq\f(1,3)×eq\f(9,4)×3eq\r(3)＝eq\f(9\r(3),4).考點三例3解析：(1)當M為線段AE的中點時，AC∥平面MDF.證明如下：如圖，連接CE，交DF于N，連接MN，因為M，N分別是AE，CE的中點，所以MN∥AC.因為MN?平面MDF，AC?平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)將幾何體ADE－BCF補成三棱柱ADE－B1CF，則三棱柱ADE－B1CF的體積V＝S△ADE·CD＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，VADE－BCF＝VADE－B1CF－VF－BB1C＝8－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×2))×2＝eq\f(20,3).三棱錐F－DEM的體積VF－DEM＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×4＝eq\f(4,3)，故上、下兩部分的體積之比為eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－\f(4,3)))＝14.變式練3．解析：解法一假設在棱AB上存在點E，使得DE∥平面AB1C1，如圖，取BB1的中點F，連接DF，EF，ED，則DF∥B1C1，又DF?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，∴DF∥平面AB1C1，又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D，∴平面DEF∥平面AB1C1，∵EF?平面DEF，∴EF∥平面AB1C1，又∵EF?平面ABB1，平面ABB1∩平面AB1C1＝AB1，∴EF∥AB1，∵點F是BB1的中點，∴點E是AB的中點．即當點E是AB的中點時，DE∥平面AB1C1.解法二存在點E，且E為AB的中點時，DE∥平面AB1C1.證明如下：如圖，取BB1的中點F，連接DF，則DF∥B1C1.∵DF?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，∴DF∥平面AB1C1.∵AB的中點為E，連接EF，ED，則EF∥AB1.∵EF?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，∴EF∥平面AB1C1.∵DF∩EF＝F，∴平面DEF∥平面AB1C1.而DE?平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.第五節(jié)直線、平面垂直的判定和性質【知識重溫】一、必記6個知識點1．直線與平面垂直(1)定義：直線l與平面α內的①________一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一條直線與一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直?l⊥α性質定理垂直于同一個平面的兩條直線平行?a∥b2.直線和平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的④________叫做這條直線和這個平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是直角；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°的角．(2)范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．平面與平面垂直(1)二面角：從一條直線出發(fā)的⑤________所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內分別作⑥________的兩條射線，這兩條射線所構成的角叫做二面角的平面角．4．平面和平面垂直的定義兩個平面相交，如果所成的二面角是⑦________，就說這兩個平面互相垂直．5．平面與平面垂直的判定定理與性質定理文字語言圖形語言符號語言判定定理一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直?α⊥β性質定理兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直?l⊥α6.垂直關系中的兩個重要結論(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法)．二、必明3個易誤點1．證明線面垂直時，易忽視面內兩條線為相交線這一條件．2．面面垂直的判定定理中，直線在面內且垂直于另一平面易忽視．3．面面垂直的性質定理在使用時易忘面內一線垂直于交線而盲目套用造成失誤．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)l與平面α內的兩條直線垂直，則直線l⊥平面α.()(2)直線l不可能和兩個相交平面都垂直．()(3)當α⊥β時，直線l過α內一點且與交線垂直，則l⊥β.()(4)若兩個平面垂直，則其中一個平面內的任意一條直線垂直于另一個平面．()二、教材改編2．下列命題不正確的是()A．過平面外一點，有且只有一條直線與這個平面垂直B．過平面外一點，有無數條直線與這個平面平行C．過直線外一點，有且只有一個平面與這條直線垂直D．過直線外一點，有且只有一個平面與這條直線平行3．已知直線a，b與平面α，β，γ，能使α⊥β的充分條件是()A．α⊥γ，β⊥γB．α∩β＝a，b⊥a，b?βC．a∥β，a∥αD．a∥α，a⊥β三、易錯易混4．若l，m為兩條不同的直線，α為平面，且l⊥α，則“m∥α”是“m⊥l”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件5．已知直線a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，則a與α的位置關系為________．四、走進高考6．[2019·北京卷]已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________.(答案不唯一)eq\x(考點一)直線與平面垂直的判斷與性質[互動講練型][例1][2021·河南省豫北名校高三質量考評]如圖，在多面體EFABCD中，四邊形ABCD為正方形，四邊形ACEF為矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求證：BE⊥平面CDF；(2)求點E到平面CDF的距離．悟·技法判定線面垂直的四種方法(1)利用線面垂直的判定定理．(2)利用“兩平行線中的一條與平面垂直，則另一條也與這個平面垂直”．(3)利用“一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則與另一個也垂直”．(4)利用面面垂直的性質定理.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2021·南昌市高三年級摸底測試卷]如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中點，F是A1E上一點，且A1F＝2FE.(1)證明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱錐C1－A1FC的體積．考點二平面與平面垂直的判定與性質[互動講練型][例2][2020·全國卷Ⅰ]如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設DO＝eq\r(2)，圓錐的側面積為eq\r(3)π，求三棱錐P－ABC的體積．悟·技法面面垂直的證明方法(1)定義法：利用面面垂直的定義，即判定兩平面所成的二面角為直二面角，將證明面面垂直問題轉化為證明平面角為直角的問題．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經過另一個平面的一條垂線，把問題轉化成證明線線垂直加以解決．[提醒]兩平面垂直，在一個平面內垂直于交線的直線必垂直于另一個平面．這是把面面垂直轉化為線面垂直的依據．運用時要注意“平面內的直線”.[變式練]——(著眼于舉一反三)2．[2021·石家莊市重點高中高三畢業(yè)班摸底考試]如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是邊長為2的等邊三角形，且AB＝BC＝eq\r(2)，PA＝2.(1)求證：平面PAC⊥平面PBD；(2)若點M是棱PC的中點，求直線PD與BM所成角的余弦值．考點三平面圖形翻折成空間圖形[互動講練型][例3][2019·全國卷Ⅲ]圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積．悟·技法對于翻折問題，應明確：在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質可能會發(fā)生變化．解決這類問題就是要據此研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法.[變式練]——(著眼于舉一反三)3．[2021·“超級全能生”聯考]如圖，四邊形ABCD為等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，將△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E為AB的中點，連接DE，DB.(1)求證：BC⊥AD；(2)求點E到平面BCD的距離．第五節(jié)直線、平面垂直的判定和性質【知識重溫】①任意②a∩b＝O③a⊥αb⊥α④銳角⑤兩個半平面⑥垂直于棱⑦直二面角⑧l(xiāng)⊥αl?β⑨α∩β＝a【小題熱身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．答案：D3．解析：對A，α與β可能平行；對B，當α與β相交但不垂直時，也會有b⊥a，b?β；對C，α與β可能平行，也可能相交，故A，B，C均錯誤．故選D.答案：D4．解析：由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；若l⊥α且m⊥l，則m∥α或者m?α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件，故選A.答案：A5．解析：當a?α且a垂直于α、β的交線時，滿足已知．答案：a∥α或a?α6．解析：把其中兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，共有三種情況．對三種情況逐一驗證．①②作為條件，③作為結論時，還可能l∥α或l與α斜交；①③作為條件，②作為結論和②③作為條件，①作為結論時，容易證明命題成立．答案：①③?②或②③?①課堂考點突破考點一例1解析：(1)證明：如圖，分別取AD，BC，BE，DF的中點P，Q，M，N，連接AN，PN，PQ，QM，MN，則QM∥CE，PN∥AF，QM＝eq\f(1,2)CE，PN＝eq\f(1,2)AF.∵在矩形ACEF中，AF綊CE，∴QM綊PN，∴四邊形PQMN為平行四邊形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四邊形ABMN為平行四邊形，∴AN∥BM.∵平面ACEF⊥平面ABCD，EC⊥AC，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，∴EC⊥平面ABCD，∴EC⊥DC.同理FA⊥AD.又由條件知AD＝AF，∴AN⊥DF，則BM⊥DF，即BE⊥DF.∵DC⊥BC，EC⊥DC，且BC∩CE＝C，∴DC⊥平面BCE，∴DC⊥BE.又BE⊥DF，DC∩DF＝D，∴BE⊥平面CDF.(2)設點E到平面CDF的距離為h.由(1)可得EC⊥BC.又BC⊥CD，CD∩CE＝C，∴BC⊥平面CDE，∴AD⊥平面CDE.在矩形ACEF中，AF∥CE，∴AF∥平面CDE，∴三棱錐F－CDE的高等于AD的長，且AD＝1.由(1)易知CD⊥平面ADF，∵DF?平面ADF，∴CD⊥DF，∴S△CDF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2).設點E到平面CDF的距離為h，∵VF－CDE＝VE－DCF，∴eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)h，解得h＝eq\f(\r(2),2).變式練1．解析：(1)如圖，連接AE，因為AB＝AC＝2，AB⊥AC，E為BC的中點，所以AE⊥BC，AE＝eq\r(2).由于三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，故AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AE，AA1⊥BC.在直角三角形A1AE中，因為AA1＝2，AE＝eq\r(2)，所以A1E＝eq\r(6)，那么EF＝eq\f(\r(6),3).所以eq\f(AE,EF)＝eq\f(A1E,AE)，所以△A1AE∽△AFE，所以∠AFE＝∠A1AE＝90°，即AF⊥A1E.由AE⊥BC，AA1⊥BC，AA1∩AE＝A，得BC⊥平面A1AE，AF?平面A1AE?BC⊥AF.由AF⊥A1E，AF⊥BC，BC∩A1E＝E，得AF⊥平面A1BC.(2)過E作ED⊥AC，交AC于點D，連接A1D，過F作FG∥ED，交A1D于點G.因為AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥ED，又ED⊥AC，AC∩AA1＝A，所以ED⊥平面AA1C，所以FG⊥平面AA1C.因為FG∥ED，A1F＝2FE，所以FG＝eq\f(2,3)ED＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)AB＝eq\f(2,3).S△A1CC1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，所以V三棱錐C1－A1FC＝V三棱錐F－A1CC1＝eq\f(1,3)S△A1CC1·FG＝eq\f(1,3)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).考點二例2解析：(1)由題設可知，PA＝PB＝PC.由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC.又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°.從而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)設圓錐的底面半徑為r，母線長為l.由題設可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3).從而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱錐P－ABC的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8).變式練2．解析：(1)證明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，取AC的中點O，連接OB，OD，則AC⊥OB，AC⊥OD，∴點O，B，D共線，即AC⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD?平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.(2)取CD的中點N，連接MN，BN，則MN∥PD.∴∠BMN或其補角是異面直線PD與BM所成的角．Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝2eq\r(2)，∴MN＝eq\r(2).連接OM，則OM∥PA，∴OM⊥平面ABCD，Rt△MOB中，MO＝OB＝1，∴BM＝eq\r(2).△BDN中，BD＝eq\r(3)＋1，DN＝1，∠BDN＝30°，由余弦定理BN2＝BD2＋DN2－2BD·DN·cos30°，得BN2＝2＋eq\r(3).△BMN中，cos∠BMN＝eq\f(BM2＋MN2－BN2,2·BM·MN)＝eq\f(2＋2－2＋\r(3),2×\r(2)×\r(2))＝eq\f(2－\r(3),4)，∴直線PD與BM所成角的余弦值為eq\f(2－\r(3),4).考點三例3解析：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BC∩BE＝B，故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M，連接EM，DM.因為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE.故DE⊥CG.由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM.又DM?平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝eq\r(3)，故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4.變式練3．解析：(1)證明：作CH⊥AB于點H，如圖，則BH＝eq\f(1,2)，AH＝eq\f(3,2).∵BC＝1，∴CH＝eq\f(\r(3),2)，∴CA＝eq\r(3)，易得AC⊥BC.∵平面ADC⊥平面ABC，且平面ADC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ADC.又AD?平面ADC，∴BC⊥AD.(2)∵E為AB的中點，∴點E到平面BCD的距離等于點A到平面BCD距離的一半．由(1)可得平面ADC⊥平面BCD，∴過點A作AQ⊥CD于Q，如圖．∵平面ADC∩平面BCD＝CD，且AQ?平面ADC，∴AQ⊥平面BCD，AQ就是點A到平面BCD的距離．由(1)知AC＝eq\r(3)，AD＝DC＝1，∴cos∠ADC＝eq\f(12＋12－\r(3)2,2×1×1)＝－eq\f(1,2).又0<∠ADC<π，∴∠ADC＝eq\f(2π,3)，∴在Rt△QAD中，∠QDA＝eq\f(π,3)，AD＝1，∴AQ＝AD·sin∠QDA＝1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).∴點E到平面BCD的距離為eq\f(\r(3),4).第六節(jié)空間向量及其運算【知識重溫】一、必記3個知識點1．空間向量及其有關概念語言描述共線向量(平行向量)表示空間向量的有向線段所在的直線互相①________共面向量平行于②________的向量共線向量定理對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使③________共面向量定理若兩個向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面?存在唯一的有序實數對(x，y)，使p＝④________空間向量基本定理定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序實數組{x，y，z}使得p＝⑤________推論：設O、A、B、C是不共面的四點，則對平面ABC內任一點P都存在唯一的三個有序實數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＝12.數量積及坐標運算(1)兩個向量的數量積：(ⅰ)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(ⅱ)a⊥b＝⑥____________(a，b為非零向量)．(ⅲ)|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)向量的坐標運算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝⑦____________向量差a－b＝⑧____________數量積a·b＝⑨____________共線a∥b?⑩____________(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b??____________夾角公式cos〈a，b〉＝?____________________3.直線的方向向量與平面的法向量(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l?________或?________，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的?________向量a，則向量a叫做平面α的法向量．二、必明4個易誤點1．共線向量定理中a∥b?存在λ∈R，使a＝λb易忽視b≠0.2．共面向量定理中，注意有序實數對(x，y)是唯一存在的．3．一個平面的法向量有無數個，但要注意它們是共線向量，不要誤為是共面向量．4．利用空間向量證明空間平行與垂直關系時，書寫步驟時一定明確判定定理的條件，否則，會犯步驟不規(guī)范的錯誤．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)空間中任意兩非零向量a，b共面．()(2)對于向量a，b，若a·b＝0，則一定有a＝0或b＝0.()(3)若a·b<0，則〈a，b〉是鈍角．()(4)若{a，b，c}是空間的一個基底，則a，b，c中至多有一個零向量．()(5)兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，則l1與l2的位置關系是平行．()(6)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,5,3)，則平面ABC的單位法向量是n0＝±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).()(7)若n1，n2分別是平面α，β的法向量，則n1⊥n2?α⊥β.()二、教材改編2．如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若Aeq\o(B,\s\up6(→))＝a，Aeq\o(D,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與Beq\o(M,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cB.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋cD.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c3．正四面體ABCD的棱長為2，E，F分別為BC，AD的中點，則EF的長為________．三、易錯易混4．在空間直角坐標系中，已知A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，則直線AB與CD的位置關系是()A．垂直B．平行C．異面D．相交但不垂直5．與向量(－3，－4,5)共線的單位向量是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),10)，\f(2\r(2),5)，－\f(\r(2),2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),10)，－\f(2\r(2),5)，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),10)，\f(2\r(2),5)，－\f(\r(2),2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),10)，－\f(2\r(2),5)，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),10)，\f(2\r(2),5)，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(2),10)，－\f(2\r(2),5)，－\f(\r(2),2)))考點一空間向量的線性運算eq\x([自主練透型])1.如圖，在三棱錐O－ABC中，M，N分別是AB，OC的中點，設Oeq\o(A,\s\up6(→))＝a，Oeq\o(B,\s\up6(→))＝b，Oeq\o(C,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示Neq\o(M,\s\up6(→))，則Neq\o(M,\s\up6(→))等于()A.eq\f(1,2)(－a＋b＋c)B.eq\f(1,2)(a＋b－c)C.eq\f(1,2)(a－b＋c)D.eq\f(1,2)(－a－b＋c)2．在空間四邊形ABCD中，若Aeq\o(B,\s\up6(→))＝(－3,5,2)，Ceq\o(D,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，點E，F分別為線段BC，AD的中點，則Eeq\o(F,\s\up6(→))的坐標為()A．(2,3,3)B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1)D．(－5,2，－1)3.如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，O為AC的中點．用Aeq\o(B,\s\up6(→))，Aeq\o(D,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示eq\o(OC1,\s\up6(→))，則eq\o(OC1,\s\up6(→))＝________.悟·技法用已知向量表示某一向量的方法(1)用已知向量來表示未知向量，一定要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．(2)要正確理解向量加法、減法與數乘運算的幾何意義．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始點指向末尾向量的終點的向量，我們可把這個法則稱為向量加法的多邊形法則．(3)在立體幾何中要靈活應用三角形法則，向量加法的平行四邊形法則在空間中仍然成立.考點二共線向量定理、共面向量定理及其應用eq\x([分層深化型])考向一：共線向量定理及應用[例1](1)已知向量a＝(2m＋1,3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，則實數m的值等于()A.eq\f(3,2)B．－2C．0D.eq\f(3,2)或－2(2)若A(－1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三點共線，則m＋n＝________.悟·技法證明點共線的問題可轉化為證明向量共線的問題，①如證明A，B，C三點共線，即證明Aeq\o(B,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))共線，亦即證明Aeq\o(B,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))(λ≠0)；②A，B，C三點共線，對空間內任意一點O，有Oeq\o(A,\s\up6(→))＝(1－t)Oeq\o(B,\s\up6(→))＋teq\o(OC,\s\up6(→)).考向二：共面向量定理及應用[例2](1)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若向量a，b，c共面，則實數λ等于()A.eq\f(62,7)B.eq\f(63,7)C.eq\f(64,7)D.eq\f(65,7)(2)O為空間中任意一點，A，B，C三點不共線，且Oeq\o(P,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)Oeq\o(A,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)Oeq\o(B,\s\up6(→))＋teq\o(OC,\s\up6(→))，若P，A，B，C四點共面，則實數t＝________.悟·技法證明點共面問題可轉化為證明向量共面問題，如要證明P，A，B，C四點共面，只要能證明Peq\o(A,\s\up6(→))＝xeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PC,\s\up6(→))或對空間任一點O，有Oeq\o(A,\s\up6(→))＝Oeq\o(P,\s\up6(→))＋xeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PC,\s\up6(→))或Oeq\o(P,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)即可.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．設平面α的一個法向量為n1＝(1,2，－2)，平面β的一個法向量為n2＝(－2，－4，k)，若α∥β，則k＝()A．2B．4C．－2D．－42．設O為空間任意一點，Oeq\o(P,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)Oeq\o(A,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)Oeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)Oeq\o(C,\s\up6(→))，則A，B，C，P四點()A．一定不共面B．一定共面C．不一定共面D．無法判斷考點三空間向量的數量積與坐標運算[自主練透型]3．在空間四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝()A．－1B．0C．1D．不確定4．已知空間中三點A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，設向量a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AC,\s\up6(→))，(1)若|c|＝3，且c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，求向量c；(2)求向量a與向量b的夾角的余弦值；(3)若ka＋b與ka－2b互相垂直，求實數k的值．悟·技法1.空間向量數量積的計算方法(1)定義法：設向量a，b的夾角為θ，則a·b＝|a||b|cosθ.(2)坐標法：設a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.2．數量積的應用(1)求夾角：設向量a，b所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，進而可求兩異面直線所成的角．(2)求長度(距離)：運用公式|a|2＝a·a，可使線段長度的計算問題轉化為向量數量積的計算問題．(3)解決垂直問題：利用a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)，可將垂直問題轉化為向量數量積的計算問題.考點四利用空間向量證明平行或垂直eq\x([互動講練型])[例3]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E，F，E1分別是棱AA1，BB1，A1B1的中點．(1)求證：CE∥平面C1E1F；(2)求證：平面C1E1F⊥平面CEF.聽課筆記：悟·技法1.用空間向量證平行的方法(1)線線平行：證明兩直線的方向向量共線．(2)線面平行：①證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；②證明直線的方向向量與平面內某直線的方向向量平行．(3)面面平行：證明兩平面的法向量平行(即為共線向量)．2．用空間向量證垂直的方法(1)線線垂直：證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數量積為零．(2)線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或將線面垂直的判定定理用向量表示．(3)面面垂直：證明兩個平面的法向量垂直，或將面面垂直的判定定理用向量表示.[變式練]——(著眼于舉一反三)3.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分別為B1A，C1C，BC的中點．(1)求證：DE∥平面ABC.(2)求證：B1F⊥平面AEF.第六節(jié)空間向量及其運算【知識重溫】①平行或重合②同一平面③a＝λb④xa＋yb⑤xa＋yb＋zc⑥a·b＝0⑦(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)⑧(a1－b1，a2－b2，a3－b3)⑨a1b1＋a2b2＋a3b3⑩a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0?eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))?平行?重合?方向【小題熱身】1．答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)√2．解析：Beq\o(M,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(Aeq\o(D,\s\up6(→))－Aeq\o(B,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.故選A.答案：A3．解析：|Eeq\o(F,\s\up6(→))|2＝Eeq\o(F,\s\up6(→))2＝(Eeq\o(C,\s\up6(→))＋Ceq\o(D,\s\up6(→))＋Deq\o(F,\s\up6(→)))2＝Eeq\o(C,\s\up6(→))2＋Ceq\o(D,\s\up6(→))2＋Deq\o(F,\s\up6(→))2＋2(Eeq\o(C,\s\up6(→))·Ceq\o(D,\s\up6(→))＋Eeq\o(C,\s\up6(→))·Deq\o(F,\s\up6(→))＋Ceq\o(D,\s\up6(→))·Deq\o(F,\s\up6(→)))＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2，∴|Eeq\o(F,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴EF的長為eq\r(2).答案：eq\r(2)4．解析：由題意得，Aeq\o(B,\s\up6(→))＝(－3，－3,3)，Ceq\o(D,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，所以Aeq\o(B,\s\up6(→))＝－3Ceq\o(D,\s\up6(→))，所以Aeq\o(B,\s\up6(→))與Ceq\o(D,\s\up6(→))共線，又AB與CD沒有公共點，所以AB∥CD.故選B.答案：B5．解析：因為與向量a共線的單位向量是±eq\f(a,|a|)，又因為向量(－3，－4,5)的模為eq\r(－32＋－42＋52)＝5eq\r(2)，所以與向量(－3，－4,5)共線的單位向量是±eq\f(1,5\r(2))(－3，－4,5)＝±eq\f(\r(2),10)(－3，－4,5)，故選A.答案：A課堂考點突破考點一1．解析：Neq\o(M,\s\up6(→))＝Neq\o(A,\s\up6(→))＋Aeq\o(M,\s\up6(→))＝(Oeq\o(A,\s\up6(→))－Oeq\o(N,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)Aeq\o(B,\s\up6(→))＝Oeq\o(A,\s\up6(→))－eq\f(1,2)Oeq\o(C,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(Oeq\o(B,\s\up6(→))－Oeq\o(A,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)Oeq\o(A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)Oeq\o(B,\s\up6(→))－eq\f(1,2)Oeq\o(C,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b－c)．故選B.答案：B2．解析：設O是坐標原點，∴Eeq\o(F,\s\up6(→))＝Oeq\o(F,\s\up6(→))－Oeq\o(E,\s\up6(→))，又Oeq\o(F,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(Oeq\o(A,\s\up6(→))＋Oeq\o(D,\s\up6(→)))，Oeq\o(E,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(Oeq\o(B,\s\up6(→))＋Oeq\o(C,\s\up6(→)))，∴Eeq\o(F,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(Oeq\o(A,\s\up6(→))＋Oeq\o(D,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(Oeq\o(B,\s\up6(→))＋Oeq\o(C,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(Beq\o(A,\s\up6(→))＋Ceq\o(D,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝(－2，－3，－3)．故選B.答案：B3．解析：∵Oeq\o(C,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)Aeq\o(C,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(Aeq\o(B,\s\up6(→))＋Aeq\o(D,\s\up6(→)))，∴eq\o(OC1,\s\up6(→))＝Oeq\o(C,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(Aeq\o(B,\s\up6(→))＋Aeq\o(D,\s\up6(→)))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)Aeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)Aeq\o(D,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)).答案：eq\f(1,2)Aeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)Aeq\o(D,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))考點二例1解析：(1)易知m≠0，∵a∥b，∴eq\f(2m＋1,2)＝eq\f(3,m)＝eq\f(m－1,－m)，解得m＝－2.故選B.(2)∵A，B，C三點共線，∴Aeq\o(B,\s\up6(→))∥Beq\o(C,\s\up6(→))，∴Aeq\o(B,\s\up6(→))＝(3，－1，1)，Beq\o(C,\s\up6(→))＝(m－2，n－1，－3)∴eq\f(m－2,3)＝eq\f(n－1,－1)＝－3，解得m＝－7，n＝4.∴m＋n＝－3.答案：(1)B(2)－3例2解析：(1)若a、b、c共面，∴c＝ma＋nb，∴(7,5，λ)＝m(2，－1，3)＋n(－1,4，－2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7＝2m－n，,5＝－m＋4n，,λ＝3m－2n，))解得m＝eq\f(33,7)，n＝eq\f(17,7)，λ＝eq\f(65,7).故選D.(2)∵P，A，B，C四點共面，∴eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋t＝1，∴t＝eq\f(1,8).答案：(1)D(2)eq\f(1,8)變式練1．解析：∵α∥β，∴n1∥n2，∴存在實數λ使得n1＝λn2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝－2λ,2＝－4λ,－2＝λk))，解得k＝4.故選B.答案：B2．解析：∵點O為空間任意一點，Oeq\o(P,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)Oeq\o(A,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)Oeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)Oeq\o(C,\s\up6(→))，且eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1，∴由共面向量基本定理得A、B、C、P四點一定共面．故選B.答案：B考點三3.解析：如圖，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.故選B.答案：B4．解析：(1)∵c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，∴c＝meq\o(BC,\s\up6(→))＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．于是|c|＝eq\r(－2m2＋－m2＋2m2)＝3|m|＝3，即m＝±1.故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(－12＋02＋22)＝eq\r(5)，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，即向量a與向量b的夾角的余弦值為－eq\f(\r(10),10).(3)解法一∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b與ka－2b互相垂直，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.解之，可得k＝2或k＝－eq\f(5,2).故當ka＋b與ka－2b互相垂直時，實數k的值為2或－eq\f(5,2).解法二∵由(2)知|a|＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(5)，a·b＝－1，∴(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，從而可解得k＝2或k＝－eq\f(5,2).考點四例3證明：以D為原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，設BC＝1，則C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，F(1,1,1)，E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2)).(1)設平面C1E1F的法向量為n＝(x，y，z)．因為eq\o(C1E1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1E1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y＝0，,－x＋z＝0，))令x＝1，得n＝(1,2,1)．因為eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，n·eq\o(CE,\s\up6(→))＝1－2＋1＝0，所以eq\o(CE,\s\up6(→))⊥n.又因為CE?平面C1E1F，所以CE∥平面C1E1F.(2)設平面EFC的法向量為m＝(a，b，c)，由eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,m·\o(FC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,－a－c＝0.))令a＝－1，得m＝(－1,0,1)．因為m·n＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，所以平面C1E1F⊥平面CEF.變式練3.證明：以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，令AB＝AA1＝4，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，(1)eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，平面ABC的法向量為eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,4)，∵eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，DE?平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，B1F⊥EF，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，∴B1F⊥AF.∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF.第七節(jié)立體幾何中的向量方法【知識重溫】一、必記4個知識點1．異面直線所成角的求法設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則a與b的夾角βl1與l2所成的角θ范圍[0，π]①____________求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝②____________2.直線和平面所成角的求法如圖所示，設直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝③________________.3．二面角的求法(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β兩個半平面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．①②③(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．4．空間距離的求法(1)利用|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))可以求空間中有向線段的長度．(2)點面距離的求法．已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).二、必明3個易誤點1．求異面直線所成角時，易求出余弦值為負值而盲目得出答案而忽視了夾角為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．求直線與平面所成角時，注意求出夾角的余弦值的絕對值應為線面角的正弦值．3．利用平面的法向量求二面角的大小時，二面角是銳角或鈍角由圖形決定．由圖形知二面角是銳角時cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)；由圖形知二面角是鈍角時，cosθ＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).當圖形不能確定時，要根據向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等(一個平面的法向量指向二面角的內部，另一個平面的法向量指向二面角的外部)，還是互補(兩個法向量同時指向二面角的內部或外部)，這是利用向量求二面角的難點、易錯點．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線所成的角．()(2)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6，2)，則a∥c，a⊥b.()(3)已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為45°.()二、教材改編2．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中點，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為()A．－eq\f(\r(10),10)B．－eq\f(1,20)C.eq\f(1,20)D.eq\f(\r(10),10)3.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面邊長為2，側棱長為2eq\r(2)，則AC1與側面ABB1A1所成的角為________．三、易錯易混4．已知向量m，n分別是直線l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，則l與α所成的角為________．5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為________．四、走進高考6．[2020·山東卷，4]日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為()A．20°B．40°C．50°D．90°考點一直線與平面所成的角eq\x([互動講練型])[例1][2020·全國卷Ⅱ]如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)設O為△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值．悟·技法向量法求線面角的兩大途徑(1)分別求出斜線和它所在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)．(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角．[提醒]在求平面的法向量時，若能找出平面的垂線，則垂線上取兩個點可構成一個法向量.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．[2020·浙江卷，19]如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)證明：EF⊥DB；(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．考點二二面角eq\x([互動講練型])[例2][2020·全國卷Ⅲ]如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)證明：點C1在平面AEF內；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.悟·技法利用向量法計算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角的大?。?2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小.[變式練]——(著眼于舉一反三)2.[2021·山西省六校高三第一次階段性測試]如圖，在矩形ABCD中，將△ACD沿對角線AC折起，使點D到達點E的位置，且AE⊥BE.(1)求證：平面ABE⊥平面ABC；(2)若EB＝eq\r(7)，三棱錐B－AEC的體積為eq\f(3\r(7),2)，求二面角E－AC－B的余弦值．考點三立體幾何中的探索性問題eq\x([互動講練型])[例3][2021·洛陽市尖子生第一次聯考]如圖，底面ABCD是邊長為3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2eq\r(6)，DE＝3eq\r(6).(1)求證：平面ACE⊥平面BED.(2)求直線CA與平面BEF所成角的正弦值．(3)在線段AF上是否存在點M，使得二面角M－BE－D的大小為60°？若存在，求出eq\f(AM,AF)的值；若不存在，請說明理由．悟·技法探索性問題的求解策略空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．(1)對于存在判斷型問題的求解，應先假設存在，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數，綜合已知和結論列出等式，解出參數.[變式練]——(著眼于舉一反三)3．[2021·山西省八校高三第一次聯考]如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA＝2，PD＝2eq\r(2)，∠PDA＝eq\f(π,4)，E為PD上一動點．(1)求證：AE⊥CD.(2)延長CB到G，使AG⊥PC，若F為PG的中點，問是否存在點E，使二面角P－AE－F的余弦值為eq\f(\r(6),3)？若存在，求出點E的位置；若不存在，請說明理由．第七節(jié)立體幾何中的向量方法【知識重溫】①eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))②eq\f(|a·b|,|a||b|)③eq\f(|e·n|,|e||n|)【小題熱身】1．答案：(1)×(2)√(3)×2．解析：以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖．設DA＝1，則A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，設異面直線DE與AC所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(10),10).故選D.答案：D3．解析：以C為原點建立空間直角坐標系，得下列坐標：A(2,0,0)，C1(0,0,2eq\r(2))．點C1在側面ABB1A1內的射影為點C2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2))).所以eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,0，2eq\r(2))，eq\o(AC2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c