PAGEPAGE1章末復習提升課1．空間向量運算的坐標表示設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．(1)a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)，a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)，λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.(2)重要結論a∥b?a＝λb?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；a⊥b?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.2．模、夾角和距離公式(1)設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，則①|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))；②cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝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))).(2)設A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，則dAB＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r((a2－a1)2＋(b2－b1)2＋(c2－c1)2).3．空間向量的運算與線面位置關系的判定設直線l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，則l∥α?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0，l⊥α?u∥v?u＝kv?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k∈R)．弄清立體幾何中的“空間角”與向量“夾角”的聯系與區分(1)利用直線的方向向量求異面直線所成的角，若方向向量的夾角是銳角或直角，則可干脆將該結果作為所求角，若方向向量的夾角是鈍角，則應將鈍角的補角作為所求的角．(2)利用直線的方向向量和平面的法向量求線面角，若兩個向量的夾角是銳角，則該銳角的余角為所求的線面角，若兩個向量夾角是鈍角，則該鈍角減去90°為所求的線面角．(3)利用平面的法向量求二面角時，若法向量的夾角與二面角的平面角同為銳角或鈍角，則法向量的夾角就是所求的二面角，否則法向量的夾角的補角才是所求的二面角．空間向量的運算如圖所示，空間四邊形ABCD中，E，H分別是AB，AD的中點，F、G分別在邊CB，CD上，且eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up6(→)).求證：四邊形EFGH為梯形．【證明】因為eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→)).①因為eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(CG,\s\up6(→))－eq\o(CF,\s\up6(→))，又因為eq\o(CG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(BD,\s\up6(→)).②由①②，得eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(FG,\s\up6(→))，所以eq\o(EH,\s\up6(→))∥eq\o(FG,\s\up6(→))，且|eq\o(EH,\s\up6(→))|≠|eq\o(FG,\s\up6(→))|.又因為點F不在直線EH上，所以EH∥FG且|EH|≠|FG|，所以四邊形EFGH為梯形．空間向量與空間位置關系如圖所示，已知PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，PA＝AD，M，N分別為AB，PC的中點，求證：(1)MN∥平面PAD；(2)平面PMC⊥平面PDC.【證明】如圖所示，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系Axyz.設PA＝AD＝a，AB＝b.則有，(1)P(0，0，a)，A(0，0，0)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)．因為M，N分別為AB，PC的中點，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，a)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，a，0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→)).又因為MN?平面PAD，所以MN∥平面PAD.(2)由(1)可知：P(0，0，a)，C(b，a，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，D(0，a，0)．所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(b，a，－a)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，－a))，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，a，－a)．設平面PMC的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up6(→))＝0,n1·\o(PM,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bx1＋ay1－az1＝0，,\f(b,2)x1－az1＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a,b)z1，,y1＝－z1，))令z1＝b，則n1＝(2a，－b，b)．設平面PDC的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0,n2·\o(PD,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(bx2＋ay2－az2＝0，,ay2－az2＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝z2.))令z2＝1，則n2＝(0，1，1)．因為n1·n2＝0－b＋b＝0，所以n1⊥n2.所以平面PMC⊥平面PDC.空間向量與空間角已知正方形ABCD所在的平面和矩形ACEF所在平面相互垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1.試在線段AC上確定一點P，使得PF與CD所成的角為60°.【解】如圖所示建立空間直角坐標系Cxyz，則F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0)．設P(t，t，0)(0≤t≤eq\r(2))，則eq\o(PF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－t，eq\r(2)－t，1)．因為PF與CD所成的角是60°，所以cos60°＝eq\f(|\r(2)·(\r(2)－t)|,\r(2)·\r((\r(2)－t)2＋(\r(2)－t)2＋1))，解得t＝eq\f(\r(2),2)或t＝eq\f(3\r(2),2)(舍去)．所以當P為AC中點時，滿意題設條件．利用空間向量求距離(選學)如圖所示，已知正方形ABCD的邊長為1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分別為AB，BC的中點．求：(1)點D到平面PEF的距離；(2)直線AC到平面PEF的距離．【解】如圖所示，以D為坐標原點，DA，DC，DP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系Dxyz.(1)D(0，0，0)，P(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，則eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1)).設n＝(x，y，z)為平面PEF的法向量，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝0,n·\o(PF,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y－z＝0，,\f(1,2)x＋y－z＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝\f(3,2)y，))令y＝2，則n＝(2，2，3)．所以d＝eq\f(|n·\o(DP,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(3,\r(17))＝eq\f(3\r(17),17).(2)A(1，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，由(1)知平面PEF的法向量n＝(2，2，3)，則A到平面PEF的距離為eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(17))＝eq\f(\r(17),17).因為AC∥平面PEF，所以直線AC到平面PEF的距離為eq\f(\r(17),17).1.已知正方體ABCD-A1B1C1D1，如圖所示，E為上底面A1C1的中心，若eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))，則x，y的值分別為()A．x＝y＝1 B．x＝1，y＝eq\f(1,2)C．x＝y＝eq\f(1,2) D．x＝eq\f(1,2)，y＝1解析：選C．由向量的三角形運算法則知eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1E,\s\up6(→)).而eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up6(→))，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，又eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(A1C1,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\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(→))，所以x＝y＝eq\f(1,2).2.如圖，在平行六面體ABCD-A′B′C′D′中，AB＝1，AD＝2，AA′＝3，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，則AC′的長為()A．eq\r(13) B．eq\r(23)C．eq\r(33) D．eq\r(43)解析：選B．因為eq\o(AC′,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC′,\s\up6(→))，所以eq\o(AC′,\s\up6(→))2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC′,\s\up6(→)))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\o(CC′,\s\up6(→))2＋2(eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CC′,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CC′,\s\up6(→)))＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos60°＋2×3cos60°)＝14＋2×eq\f(9,2)＝23，所以|eq\o(AC′,\s\up6(→))|＝eq\r(23)，即AC′的長為eq\r(23).3.如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD是正方形，四邊形ABEF是矩形，且AF＝eq\f(1,2)AD＝a，G是EF的中點，則GB與平面AGC所成角的正弦值為________．解析：如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(0，2a，0)，C(0，2a，2a)，G(a，a，0)，eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，a，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2a，2a)．設平面AGC的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋ay＝0，,2ay＋2az＝0，))取z＝1，則x＝1，y＝－1，所以n＝(1，－1，1)．又eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－a，0)，設GB與平面AGC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(GB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(GB,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\o(GB,\s\up6(→))|·|n|))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a×1＋(－a)×(－1),\r(2)a×\r(3))))＝eq\f(\r(6),3).答案：eq\f(\r(6),3)4.如圖，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝2，A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點D，又知BA1⊥AC1.(1)求證：AC1⊥平面A1BC；(2)求CC1到平面A1AB的距離；(3)求二面角A-A1B-C的余弦值．解：(1)證明：如圖，取AB的中點E，則DE∥BC，因為BC⊥AC，所以DE⊥AC.又A1D⊥平面ABC，則如圖以DE，DC，DA1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(0，－1，0)，C(0，1，0)，B(2，1，0)，A1(0，0，t)，C1(0，2，t)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0，3，t)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－2，－1，t)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，由eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，知AC1⊥CB.又BA1⊥AC1，CB∩BA1＝B，從而A