统考版2024届高考数学一轮复习第八章8.4直线平面平行的判定和性质学案理含解析2023042314

统考版2024届高考数学一轮复习第八章8.4直线平面平行的判定和性质学案理含解析2023042314第四节直线、平面平行的判定和性质【知识重温】一、必记3个知识点1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)因为①______，______，______，所以l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)因为②______，______，______，所以l∥b2.平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)因为③______，______，______，______，______，所以α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行因为④______，______，______，所以a∥b3.平行关系中的两个重要结论(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.(2)平行于同一平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.二、必明3个易误点1．直线与平面平行的判定中易忽视“线在面内”这一关键条件．2．面面平行的判定中易忽视“面内两条相交线”这一条件．3．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，易误认为这两个平面平行，实质上也可以相交．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(2)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α.()(4)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(5)若平面α∥平面β，直线a∥平面α，则直线a∥平面β.()二、教材改编2．如果直线a∥α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线()A．只有一条，不在平面α内B．有无数条，不一定在平面α内C．只有一条，且在平面α内D．有无数条，一定在平面α内3．下列命题中正确的是()A．如果直线a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．如果直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．如果直线a，b和平面α满足a∥α，b∥α，那么a∥bD．如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α三、易错易混4．若平面α∥平面β，直线a∥平面α，点B∈β，则在平面β内且过B点的所有直线中()A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一与a平行的直线5．设α，β，γ为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：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的条件是________．(填上所有正确的序号)四、走进高考6．[2019·全国卷Ⅱ]设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α、β平行于同一条直线D．α、β垂直于同一平面eq\x(考点一)直线与平面平行的判定和性质[互动讲练型][例1][2019·全国卷Ⅰ]如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．悟·技法1.判定线面平行的4种方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．2．解决直线与平面平行的3个思维趋向(1)利用线面平行的判定定理证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线．(2)构造平行的常见形式：三角形的中位线、平行四边形、利用比例关系证明两直线平行等．(3)在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”，而在应用性质定理时，其顺序恰好相反.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·广东省七校联合体高三联考]如图所示，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，AD＝2eq\r(3)，CD＝4，E为CD的中点．(1)求证：AE∥平面PBC；(2)求三棱锥C－PBE的体积．考点二平面与平面平行的判定和性质[互动讲练型][例2][2021·广东肇庆实验中学月考]如图，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为2的正方体．(1)求B1C1D1－ABCD的体积；(2)求证：平面AB1D1∥平面C1BD.悟·技法判定平面与平面平行的5种方法(1)面面平行的定义，即证两个平面没有公共点(不常用)．(2)面面平行的判定定理(主要方法)．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行(客观题可用)．(4)利用平面平行的传递性，两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行(客观题可用)．(5)利用向量法，通过证明两个平面的法向量平行证得两平面平行.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·四川成都五校联考]如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB＝AD，PA⊥PD，AD⊥CD，∠BAD＝60°，M、N分别为AD、PA的中点．(1)证明：平面BMN∥平面PCD；(2)若AD＝6，求三棱锥P－BMN的体积．考点三立体几何中的探索性问题[互动讲练型][例3][2021·江西南昌重点中学段考]如图，四边形ABCD是梯形，四边形CDEF是矩形，且平面ABCD⊥平面CDEF，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝AD＝DE＝eq\f(1,2)CD＝2，M是线段AE上的动点．(1)试确定点M的位置，使AC∥平面MDF，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面MDF将几何体ADE－BCF分成上、下两部分的体积之比．悟·技法1.平行关系中的探索性问题，主要是对点的存在性问题的探索，一般用转化方法求解，即先确定点的位置，把问题转化为证明问题，而证明线面平行时又有两种转化方法，一是转化为线线平行，二是转化为面面平行．2．这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”.[变式练]——(着眼于举一反三)3．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．第四节直线、平面平行的判定和性质【知识重温】①l∥aa⊂αl⊄α②l∥αl⊂βα∩β＝b③a∥βb∥βa∩b＝Pa⊂αb⊂α④α∥βα∩γ＝aβ∩γ＝b【小题热身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2．解析：过a与P作一平面β，平面α与平面β的交线为b，因为a∥α，所以a∥b，在同一个平面内，过点作已知直线的平行线有且只有一条，故选C.答案：C3．解析：A中，a可能在经过b的平面内，故A错误；B中，a还可以与平面α内的直线异面，故B错误；C中，a可以与直线b平行、异面、相交，故C错误；D中，过直线a作平面β，设α∩β＝c，∵a∥α，∴a∥c，又∵a∥b，∴b∥c，又b⊄α，且c⊂α，∴b∥α，故D正确．故选D.答案：D4．解析：当直线a在平面β内且过B点时，不存在与a平行的直线，故选A.答案：A5．解析：在条件①或条件③中，α∥β或α与β相交；由α∥γ，β∥γ⇒α∥β，条件②满足；在④中，a⊥α，a∥b⇒b⊥α，又b⊥β，从而α∥β，④满足．答案：②④6．解析：A、C、D选项中α与β可能相交．故选B.答案：B课堂考点突破考点一例1解析：(1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线，垂足为H.由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离．由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq\r(17)，故CH＝eq\f(4\r(17),17).从而点C到平面C1DE的距离为eq\f(4\r(17),17).变式练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为CD的中点，∴AE＝eq\f(1,2)CD＝CE＝2，∴△ACE是等边三角形，∴∠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为三棱锥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三棱锥C－PBE＝V三棱锥P－BCE＝eq\f(1,3)×S△BCE×PA＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(\r(3),3).考点二例2解析：(1)设正方体的体积为V1，则由题图可知B1C1D1－ABCD的体积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)证明：∵ABCD－A1B1C1D1为正方体，∴D1C1∥A1B1，D1C1＝A1B1，又AB∥A1B1，AB＝A1B1，∴D1C1∥AB，D1C1＝AB，∴四边形D1C1BA为平行四边形，∴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.变式练2．解析：(1)证明：连接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形．∵M为AD的中点，∴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分别为AD，PA的中点，∴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)中已证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分别为AD，PA的中点，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).∴三棱锥P－BMN的体积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).考点三例3解析：(1)当M为线段AE的中点时，AC∥平面MDF.证明如下：如图，连接CE，交DF于N，连接MN，因为M，N分别是AE，CE的中点，所以MN∥AC.因为MN⊂平面MDF，AC⊄平面MDF，所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE－BCF补成三棱柱ADE－B1CF，则三棱柱ADE－B1CF的体积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).三棱锥F－DEM的体积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、下两部分的体积之比为eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,3)－\f(4,3)))＝14.变式练3．解析：解法一假设在棱AB上存在点E，使得DE∥平面AB1C1，如图，取BB1的中点F，连接DF，EF，ED，则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，∵点F是BB1的中点，∴点E是AB的中点．即当点E是AB的中点时，DE∥平面AB1C1.解法二存在点E，且E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1.证明如下：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1.∵DF⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，∴DF∥平面AB1C1.∵AB的中点为E，连接EF，ED，则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.第五节直线、平面垂直的判定和性质【知识重温】一、必记6个知识点1．直线与平面垂直(1)定义：直线l与平面α内的①________一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行⇒a∥b2.直线和平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的④________叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(2)范围：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).3．平面与平面垂直(1)二面角：从一条直线出发的⑤________所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作⑥________的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．4．平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果所成的二面角是⑦________，就说这两个平面互相垂直．5．平面与平面垂直的判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直⇒α⊥β性质定理两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直⇒l⊥α6.垂直关系中的两个重要结论(1)若两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．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．二、必明3个易误点1．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视．3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)l与平面α内的两条直线垂直，则直线l⊥平面α.()(2)直线l不可能和两个相交平面都垂直．()(3)当α⊥β时，直线l过α内一点且与交线垂直，则l⊥β.()(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．()二、教材改编2．下列命题不正确的是()A．过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直B．过平面外一点，有无数条直线与这个平面平行C．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行3．已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是()A．α⊥γ，β⊥γB．α∩β＝a，b⊥a，b⊂βC．a∥β，a∥αD．a∥α，a⊥β三、易错易混4．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为________．四、走进高考6．[2019·北京卷]已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________.(答案不唯一)eq\x(考点一)直线与平面垂直的判断与性质[互动讲练型][例1][2021·河南省豫北名校高三质量考评]如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为正方形，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，且AB＝AF＝1.(1)求证：BE⊥平面CDF；(2)求点E到平面CDF的距离．悟·技法判定线面垂直的四种方法(1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．(4)利用面面垂直的性质定理.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，E是BC的中点，F是A1E上一点，且A1F＝2FE.(1)证明：AF⊥平面A1BC；(2)求三棱锥C1－A1FC的体积．考点二平面与平面垂直的判定与性质[互动讲练型][例2][2020·全国卷Ⅰ]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝eq\r(2)，圆锥的侧面积为eq\r(3)π，求三棱锥P－ABC的体积．悟·技法面面垂直的证明方法(1)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平面角为直角的问题．(2)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，把问题转化成证明线线垂直加以解决．[提醒]两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这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”.[变式练]——(着眼于举一反三)2．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB＝BC＝eq\r(2)，PA＝2.(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若点M是棱PC的中点，求直线PD与BM所成角的余弦值．考点三平面图形翻折成空间图形[互动讲练型][例3][2019·全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的四边形ACGD的面积．悟·技法对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2021·“超级全能生”联考]如图，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，将△ADC沿AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，E为AB的中点，连接DE，DB.(1)求证：BC⊥AD；(2)求点E到平面BCD的距离．第五节直线、平面垂直的判定和性质【知识重温】①任意②a∩b＝O③a⊥αb⊥α④锐角⑤两个半平面⑥垂直于棱⑦直二面角⑧l⊥αl⊂β⑨α∩β＝a【小题热身】1．答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．答案：D3．解析：对A，α与β可能平行；对B，当α与β相交但不垂直时，也会有b⊥a，b⊂β；对C，α与β可能平行，也可能相交，故A，B，C均错误．故选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，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.答案：A5．解析：当a⊂α且a垂直于α、β的交线时，满足已知．答案：a∥α或a⊂α6．解析：把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．答案：①③⇒②或②③⇒①课堂考点突破考点一例1解析：(1)证明：如图，分别取AD，BC，BE，DF的中点P，Q，M，N，连接AN，PN，PQ，QM，MN，则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，∴四边形PQMN为平行四边形，∴PQ綊MN.易知PQ綊AB，∴AB綊MN，∴四边形ABMN为平行四边形，∴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.又由条件知AD＝AF，∴AN⊥DF，则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)设点E到平面CDF的距离为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，∴三棱锥F－CDE的高等于AD的长，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).设点E到平面CDF的距离为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).变式练1．解析：(1)如图，连接AE，因为AB＝AC＝2，AB⊥AC，E为BC的中点，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，因为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)过E作ED⊥AC，交AC于点D，连接A1D，过F作FG∥ED，交A1D于点G.因为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.因为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三棱锥C1－A1FC＝V三棱锥F－A1CC1＝eq\f(1,3)S△A1CC1·FG＝eq\f(1,3)×2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9).考点二例2解析：(1)由题设可知，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°.从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题设可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2.解得r＝1，l＝eq\r(3).从而AB＝eq\r(3).由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2).所以三棱锥P－ABC的体积为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).变式练2．解析：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，取AC的中点O，连接OB，OD，则AC⊥OB，AC⊥OD，∴点O，B，D共线，即AC⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD.(2)取CD的中点N，连接MN，BN，则MN∥PD.∴∠BMN或其补角是异面直线PD与BM所成的角．Rt△PAD中，PA＝AD＝2，∴PD＝2eq\r(2)，∴MN＝eq\r(2).连接OM，则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)，∴直线PD与BM所成角的余弦值为eq\f(2－\r(3),4).考点三例3解析：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BC∩BE＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中点M，连接EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE.故DE⊥CG.由已知，四边形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.所以四边形ACGD的面积为4.变式练3．解析：(1)证明：作CH⊥AB于点H，如图，则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为AB的中点，∴点E到平面BCD的距离等于点A到平面BCD距离的一半．由(1)可得平面ADC⊥平面BCD，∴过点A作AQ⊥CD于Q，如图．∵平面ADC∩平面BCD＝CD，且AQ⊂平面ADC，∴AQ⊥平面BCD，AQ就是点A到平面BCD的距离．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).∴点E到平面BCD的距离为eq\f(\r(3),4).第六节空间向量及其运算【知识重温】一、必记3个知识点1．空间向量及其有关概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相①________共面向量平行于②________的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使③________共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝④________空间向量基本定理定理：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{x，y，z}使得p＝⑤________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＝12.数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积：(ⅰ)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(ⅱ)a⊥b＝⑥____________(a，b为非零向量)．(ⅲ)|a|2＝a2，|a|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝⑦____________向量差a－b＝⑧____________数量积a·b＝⑨____________共线a∥b⇒⑩____________(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔⑪____________夹角公式cos〈a，b〉＝⑫____________________3.直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l⑬________或⑭________，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的⑮________向量a，则向量a叫做平面α的法向量．二、必明4个易误点1．共线向量定理中a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb易忽视b≠0.2．共面向量定理中，注意有序实数对(x，y)是唯一存在的．3．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误为是共面向量．4．利用空间向量证明空间平行与垂直关系时，书写步骤时一定明确判定定理的条件，否则，会犯步骤不规范的错误．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)空间中任意两非零向量a，b共面．()(2)对于向量a，b，若a·b＝0，则一定有a＝0或b＝0.()(3)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角．()(4)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．()(5)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．()(6)已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是n0＝±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).()(7)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1⊥n2⇔α⊥β.()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Aeq\o(B,\s\up6(→))＝a，Aeq\o(D,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则下列向量中与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．正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．三、易错易混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5．与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是()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)))考点一空间向量的线性运算eq\x([自主练透型])1.如图，在三棱锥O－ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，设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(→))，则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．在空间四边形ABCD中，若Aeq\o(B,\s\up6(→))＝(－3,5,2)，Ceq\o(D,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则Eeq\o(F,\s\up6(→))的坐标为()A．(2,3,3)B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1)D．(－5,2，－1)3.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．用Aeq\o(B,\s\up6(→))，Aeq\o(D,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示eq\o(OC1,\s\up6(→))，则eq\o(OC1,\s\up6(→))＝________.悟·技法用已知向量表示某一向量的方法(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间中仍然成立.考点二共线向量定理、共面向量定理及其应用eq\x([分层深化型])考向一：共线向量定理及应用[例1](1)已知向量a＝(2m＋1,3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数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)三点共线，则m＋n＝________.悟·技法证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题，①如证明A，B，C三点共线，即证明Aeq\o(B,\s\up6(→))，Aeq\o(C,\s\up6(→))共线，亦即证明Aeq\o(B,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))(λ≠0)；②A，B，C三点共线，对空间内任意一点O，有Oeq\o(A,\s\up6(→))＝(1－t)Oeq\o(B,\s\up6(→))＋teq\o(OC,\s\up6(→)).考向二：共面向量定理及应用[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，则实数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为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，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四点共面，则实数t＝________.悟·技法证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明Peq\o(A,\s\up6(→))＝xeq\o(PB,\s\up6(→))＋yeq\o(PC,\s\up6(→))或对空间任一点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.[变式练]——(着眼于举一反三)1．设平面α的一个法向量为n1＝(1,2，－2)，平面β的一个法向量为n2＝(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝()A．2B．4C．－2D．－42．设O为空间任意一点，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(→))，则A，B，C，P四点()A．一定不共面B．一定共面C．不一定共面D．无法判断考点三空间向量的数量积与坐标运算[自主练透型]3．在空间四边形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．不确定4．已知空间中三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设向量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与向量b的夹角的余弦值；(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求实数k的值．悟·技法1.空间向量数量积的计算方法(1)定义法：设向量a，b的夹角为θ，则a·b＝|a||b|cosθ.(2)坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.2．数量积的应用(1)求夹角：设向量a，b所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，进而可求两异面直线所成的角．(2)求长度(距离)：运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．(3)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.考点四利用空间向量证明平行或垂直eq\x([互动讲练型])[例3]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E，F，E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．(1)求证：CE∥平面C1E1F；(2)求证：平面C1E1F⊥平面CEF.听课笔记：悟·技法1.用空间向量证平行的方法(1)线线平行：证明两直线的方向向量共线．(2)线面平行：①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．(3)面面平行：证明两平面的法向量平行(即为共线向量)．2．用空间向量证垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.[变式练]——(着眼于举一反三)3.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．(1)求证：DE∥平面ABC.(2)求证：B1F⊥平面AEF.第六节空间向量及其运算【知识重温】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＝λb3⑪a1b1＋a2b2＋a3b3＝0⑫eq\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)))⑬平行⑭重合⑮方向【小题热身】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.故选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的长为eq\r(2).答案：eq\r(2)4．解析：由题意得，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(→))与Ceq\o(D,\s\up6(→))共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD.故选B.答案：B5．解析：因为与向量a共线的单位向量是±eq\f(a,|a|)，又因为向量(－3，－4,5)的模为eq\r(－32＋－42＋52)＝5eq\r(2)，所以与向量(－3，－4,5)共线的单位向量是±eq\f(1,5\r(2))(－3，－4,5)＝±eq\f(\r(2),10)(－3，－4,5)，故选A.答案：A课堂考点突破考点一1．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)．故选B.答案：B2．解析：设O是坐标原点，∴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)．故选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(→))考点二例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.故选B.(2)∵A，B，C三点共线，∴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).故选D.(2)∵P，A，B，C四点共面，∴eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋t＝1，∴t＝eq\f(1,8).答案：(1)D(2)eq\f(1,8)变式练1．解析：∵α∥β，∴n1∥n2，∴存在实数λ使得n1＝λn2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝－2λ,2＝－4λ,－2＝λk))，解得k＝4.故选B.答案：B2．解析：∵点O为空间任意一点，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四点一定共面．故选B.答案：B考点三3.解析：如图，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，则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.故选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与向量b的夹角的余弦值为－eq\f(\r(10),10).(3)解法一∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且ka＋b与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).故当ka＋b与ka－2b互相垂直时，实数k的值为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，从而可解得k＝2或k＝－eq\f(5,2).考点四例3证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，设BC＝1，则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)设平面C1E1F的法向量为n＝(x，y，z)．因为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)．因为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.又因为CE⊄平面C1E1F，所以CE∥平面C1E1F.(2)设平面EFC的法向量为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)．因为m·n＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，所以平面C1E1F⊥平面CEF.变式练3.证明：以A为原点，AB，AC，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A－xyz，令AB＝AA1＝4，则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的法向量为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.第七节立体几何中的向量方法【知识重温】一、必记4个知识点1．异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围[0，π]①____________求法cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)cosθ＝|cosβ|＝②____________2.直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝③________________.3．二面角的求法(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．①②③(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．4．空间距离的求法(1)利用|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))可以求空间中有向线段的长度．(2)点面距离的求法．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|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个易误点1．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．3．利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)；由图形知二面角是钝角时，cosθ＝－eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|).当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．【小题热身】一、判断正误1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．()(2)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6，2)，则a∥c，a⊥b.()(3)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.()二、教材改编2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为()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的底面边长为2，侧棱长为2eq\r(2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．三、易错易混4．已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－eq\f(1,2)，则l与α所成的角为________．5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．四、走进高考6．[2020·山东卷，4]日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°考点一直线与平面所成的角eq\x([互动讲练型])[例1][2020·全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．悟·技法向量法求线面角的两大途径(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)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．[提醒]在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则垂线上取两个点可构成一个法向量.[变式练]——(着眼于举一反三)1．[2020·浙江卷，19]如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.(1)证明：EF⊥DB；(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．考点二二面角eq\x([互动讲练型])[例2][2020·全国卷Ⅲ]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.悟·技法利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.[变式练]——(着眼于举一反三)2.[2021·山西省六校高三第一次阶段性测试]如图，在矩形ABCD中，将△ACD沿对角线AC折起，使点D到达点E的位置，且AE⊥BE.(1)求证：平面ABE⊥平面ABC；(2)若EB＝eq\r(7)，三棱锥B－AEC的体积为eq\f(3\r(7),2)，求二面角E－AC－B的余弦值．考点三立体几何中的探索性问题eq\x([互动讲练型])[例3][2021·洛阳市尖子生第一次联考]如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2eq\r(6)，DE＝3eq\r(6).(1)求证：平面ACE⊥平面BED.(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值．(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M－BE－D的大小为60°？若存在，求出eq\f(AM,AF)的值；若不存在，请说明理由．悟·技法探索性问题的求解策略空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.[变式练]——(着眼于举一反三)3．[2021·山西省八校高三第一次联考]如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝2，PD＝2eq\r(2)，∠PDA＝eq\f(π,4)，E为PD上一动点．(1)求证：AE⊥CD.(2)延长CB到G，使AG⊥PC，若F为PG的中点，问是否存在点E，使二面角P－AE－F的余弦值为eq\f(\r(6),3)？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由．第七节立体几何中的向量方法【知识重温】①eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))②eq\f(|a·b|,|a||b|)③eq\f(|e·n|,|e||n|)【小题热身】1．答案：(1)×(2)√(3)×2．解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图．设DA＝1，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，则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))，设异面直线DE与AC所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(10),10).故选D.答案：D3．解析：以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2,0,0)，C1(0,0,2eq\r(2))．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点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