使 ，a，b，c都叫 且長都 叫做原點，向量i，j，k都叫做坐標向量．通過每兩個坐標軸的平面叫做坐標平面，分別稱為xOy平面、yOz平面、zOx平面．建系時，一般使∠xOy＝135°(45°)，∠yOz＝90°，建立在空間直角坐標系中有一點A，若→＝xi＋yj＋zk，則有序實數(shù)組 其中x叫做點A的橫坐標，y叫做點A的縱坐標，z叫做點A的 向量a的模 向量a與b夾角公式：cos〈a，b〉＝a·b點坐標和向量坐標：若點A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則→＝ ，線段AB的長 的非零向量a叫做直線l的方向向量點，則l有向量表示形式 叫做平面α的法向量 設直線l，m的方向向量為a，b，平面α，β的法向量分別為u，v， e1，e2α

線面夾角：l，α的夾角為 面面夾角：α，β的夾角為

這可以用其平面角θ的大小來定義，它的取值范圍為 設過點P的直線l的方向向量為單位向量n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝ 圖3)．圖 圖設P為平面αn為平面αA為平面αA到平面α的距離( 自查自

基底基向量2．(1)兩兩垂直 (2)x軸，y軸，z軸(3)右

x2＋y2＋z2

無

|||| →2_|2

(2017棗陽市第一中學月考)已知平面α，βn1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，則()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D解：因為n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β不平行，也不垂直．故選C.(2017秭歸縣第一高級中學月考)A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)ABC法向量的是() — 3 3 3—

D. 3 3 3，－3，－3 3，3，－3

→

面，則

解：由題意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以

→

－4 2 →

3·

6 6＝3CABd＝|AC|·sin〈AB，AC〉＝3.3∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角 解：BCx軸，BAy軸，BB1z則 EF＝(0，－1，1)，BC1＝(2，0，2)，所以所以cos〈→， 〉 〉

2×2EFBC1類型一空間向量坐標的基本運a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)．(1)若(ka＋b)∥(a－3b)k的值；(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)k的值． 所以7＝－4＝－16所以k＝3量垂直的性質：a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＋z1z2＝0建立方程可求第(2)k值．(1)若|c|＝3c∥(2)ab(3)ka＋bka－2bk解：(1)因為＝(－2，－1，2)，c∥

c＝所以|c|＝（－2m）2＋（－m）2＋（2m）2＝3|m|＝3，m＝±1.c＝(－2，－1，2)c＝(2，1，－2)．(2)a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1.又|a|＝12＋12＋02＝2，|b|＝（－1）2＋02＋22＝

10 ＝－10 aa10(3)由(2)知|a|＝2，|b|＝所以k＝2

類型二空間兩直線的平行與垂 3＝－2b，得a∥b，又兩條直線l，l沒有交點，所以l∥l l1，l2是不垂直的異面直線．點的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實數(shù)x的值為 →

類型三直線和平面的平行與垂22AB，B1C11BCA1-AB-C2(1)A1B1⊥平面(2)AB1∥平面AB＝AC，BC＝2AB，所以∠CAB＝90°CA⊥AB，AB＝2A(0，0，0)，B1(0，2，2)， AA1C

所以 A1B1＝2n，即所以A1B1(2)＝(0，2，2)＝(1，1，0)

A1C1C

x1＝1，則y1＝－1，z1＝1所以 ⊥m.AB?AC

1所以AB1∥平面過證明直線的方向向量和平面內的兩條相交直線的方向向量分別垂直，也可以通過證明該直線的方向向量和CC1(1)求證：B1F⊥平面(2)若 1→，求證：PF∥平面ADB 證明：AB＝AC，DBCAD⊥BCB1C1D1DD1ABCCB，AD，DD1x軸，y軸，zAB＝AC＝AA1＝3，BC＝2A(0，－22，0)，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，A1(0，－22，3)，B1(1，0，3)，C1(－1，0，3)CF＝2F(－1，0， (2)因為→＝1 1，－2

2

3，－ 所以

2 3，所以 2

3，

3，－

－2有

x0＋2z0＝1因為→·n＝0，PF?平面ADB1，所以PF∥平面類型四平面和平面的平行與垂(2015·安陽模擬)P-ABCDABCD為正方形，PDABCD，E，F(xiàn)AD，PBPD＝AD.CEFPBC.

則 x＝1n1＝

因為

D，F(xiàn)，GCC1，C1B1，C1A1的中點．(1)求證：平面A1B1D⊥平面 (1)因為＝(a，0，0)＝(0，2，2) 所以→ 所以 B1D⊥BA，B1D⊥BD，即BA∩BD＝B，所以B1D⊥面因為B1D?A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面→ 所以 因為EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面又由(1)知B1DABD，所以平面EGF∥平面類型五空間距2 2 2 2 C. D.→ A1BD

→ 2 23D1A1BD3

＝3.A(x1，y1，z1)B(x2，y2，z2)，則|AB|＝＝ABα的一條斜線段，nαBα

.

在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是AA1的中點，則點A1到平面MBD的距離是( A.A.6B.6C.4D.3解：D為坐標原點，DA，DC，DD1x，y，z0)，B(a，a，0)，Ma，0，a，A

a

則

→ 6A1BDM

＝6類型六(1)(2015·)如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝5MNB1CD1DEA1B1NE

1

A1E0)，A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)M，NB1CD1D M n＝(0，0，1)ABCD的一個法向量，MN＝

不妨設z1＝1

由AB1＝(0，1，2)，得

＝1n1·n2 10cos〈n1，n2〉＝|n1|·2＝－10

3

|n3〉＝103所以二面角D1-AC-

的正弦值為 →

λ＝±＝＝λ∈[0，1]λ＝A1E的長為

（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝3，解

NE的方向向量

EACBDEAECABCDD-AE-C的余ACODO，BO又由于∠DOBD-AC-BRt△AOB又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故(Ⅱ)VD-ACE＝VB-ACE，B，DACE的距離相等，EBD的中點，Oxyz軸正方向，設|AC|＝a，則 3，

，0，E0，

→ 3

→

2 →

4→易得：AE＝－24a，4，AD＝－2，0，2，OA＝2，0，0AEDn1AEC→法向量為n2，則

n1＝(3，1，→→

AD·nn2＝(0，1，－ OA·nD-AE-Cθθ＝則 7.＝ α(α∈(0，π))θθ∈，2θα(1)(2016·)如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點GAB的中點，AB＝BE＝2.HAF

2HFBHCEF解：依題意，OFABCDO為原點，分別以→x軸，y軸，z

不妨設z1＝1，可得n1＝(0，2，1)，又＝(0，1，－2)，可得·n1＝0，又因為直線EG?平面ADF，所 (Ⅱ)易證＝(－1，1，0)OEF

不妨設x2＝1，可得→cos〈

6 2〉＝ 3于是sin〈→ 3〉 3〉3 3(Ⅲ)由 →

→2→

→

→cos〈

2〉＝

BHCEF所成角的正弦值為(Ⅰ)A1BAC1解：ABCDAAE⊥ADBC因為AA1⊥平面ABCD，所以((0，3)，C1(3，1，3)，(Ⅰ→＝(3，－1，－3)，→＝(3，1，

cos

AC1〉＝→（3，－1，－3）·（3，1， A1B

(Ⅱ)A1DA的一個法向量為→＝(m＝(x，y，z)BA1D＝(3，－1，－3)＝(－ 則

3x－y－

－x＝3y＝3，z＝2m＝(3，3，2)BA1D→cos〈

（3，0，0）·（3，3，2） 〉＝

＝4θ∈[0，π]sinθ＝1－cos2θ＝44因此二面角B-A1D- 4等問題，要注意空間角與向量夾角之間的區(qū)別和聯(lián)系，求距離往往利用公式|a|＝a·a＝x2＋y2＋z2計算，也可

m1⊥α，m2⊥β，則兩向量的夾角與該二面角相等或互補． 2．已知點A(2，－5，1)，B(2，－2，4)，C(1，－4，1)，則向量→與→的夾角為 解：由已知得→＝(0，3，3) cos〈→

AC〉＝→→

32×所以向量→與60°.3．(2017宜昌市第一中學月考)已知＝(1，5，－2)＝(3，1，z)，→＝(x－1，y，－3)．若

A.7，－7 B.7，－7 C.7，7

D.7，－7

→→ →

AB⊥BCABBC＝0ABC→即

＝7

y＝－7→ 所以BP＝77，－3.直線AB1夾角的余弦值為( 5

C.2 解：不妨令CB＝1CA＝CC1＝2，可得所以

4－1 1 5＝

→→

5×

55．(2017陽新縣實驗中學月考)如圖所示，正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長為1，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且BE＝CF＝a(0<a<1)，則D′E與B′F的位置關系是( A．平 D．與a值有

，

→E·B→1－a＋1＝0.所以

6．(2017十堰市第二中學月考)S-ABCD中，O為頂點在底面上的射影，PSD →

則

→cos〈

2 〉＝ 2

所以〈，n〉7．(2017鄖西縣第二中學月考)A(1，2，1)，B(－1，3，4)，D(1，1，1)，若→＝

→

→

773.故 38．(2017竹溪縣第一高級中學月考)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的 0)，C1(0，1，2)，則＝(0，1，0)＝(1，1，0)，

→

y＝－2BDC1n＝(2，－2，1)．CDBDC1θ， → 3.故填 9．(2015·卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在(2)AFαEHGFMH＝EH2－EM2＝6DxD-xyz

又

4

→＝15AF

415上，PDMAC，PA＝PD＝求證：MPBMCBDPOBDMPBADEPE⊥ABCD.，n·DP＝（x0，y0，z0）（－2，0，2）＝－2x0＋→→n＝(1，1， ＝1·

2)2＝2，所以 2. 2

2MCBPDα sinα＝|cos，n〉 |MC||n| 2 22＝9.1＋1＋（ 32＋22＋－2

QBPCQDPBQ解：以

→cos〈

3 〉＝

＝33 3 又 又→又 cos〈〉

→→

1＋2λ＝t，t∈[1，3]，則cos〈CQ，DP〉＝

＝ 5

5t

9－ 〈

3

9＋

10 y＝cosx在，2CQDPBP＝5

2＝5BP21．(2016·臺州期末)設空間向量a＝(1，2，1)，b＝(2，2，3)，則a·b＝( 2

2解 2

9

→解：設點P到平面OAB的距離為d，則d＝|OP·a|，因為a＝(2，－2，1)，P(－1，3，2)，所以＝4．ABCD-A1B1C1D1中，M，NABCDA1B1C1D1B1MAN所成角的余弦值等于 解：DDA，DC，DD1x軸，y軸，zD-AB＝2，B1MANθA(2，0，0)，M(1，1，0)，B1(2，2，2)，N(1，1，2)，所以1，2)，→ cos〈

B1M〉＝→ （－1）2＋12＋22×

5．(2017鄖縣第一中學月考)如圖，已知矩形ABCD所在平面外一點P，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點．若∠PDA＝45°，則EF與平面ABCD所成的角的大小是( A為坐標原點，AB，AD，APx，y，z

→ 易知→＝(0，0，a)ABCD的一個法向量．EFABCDθ，→則sinθ＝|cos〈→〉

2 ＝→→＝2

99解：B為坐標原點，BAx軸，BCy軸，BB1z

3λ－2λ

＝→

P- 2a·c＋b·c＝－10.

b·c

段BD1上運動，則→·→的取值范圍 解：建立空間直角坐標系如圖所示，則D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)以 AB＝(0，1，0)，DC＝(0，1，0)，BD1＝(－1，－1，1)．因為動點

→＝→＋→＝(－λ，1－λ，λ)，所以·→＝1－λ.因為0≤λ≤1，所以λ≤1，即·→的取值范圍是[0，1]．故填F為坐標原點，→xF- —由(1)及已知可得A 0，0，P0，0，2，B 2 —2

2 2

2 2所以2

→

PC＝－，1，－2，CB＝(2，0，0)，PA＝2，0，－2 2 2即即

－2x1＋y1－2

n＝(0，－1，－m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量， 2

2x2－2

cos〈n·m〉＝n·m＝－ 3MAD上一點，AM＝2MD，NPC(2)ANPMN

取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC中點知 AB2－2AB2－2(2)取BC的中點E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，且AE＝ A為坐標原點，→xA-由題意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N →

→ PM＝(0，2，－4)，PN＝2，1，－2，AN＝2 52 52則

→ 8 →＝25AN

825(2016· 1，AD＝2，AC＝CD＝PBPCD

O-PCDn＝(x，y，z)，則

→又

3 →＝－33PBPCD所成角的正弦值為3 因此點M(0，1－λ，λ)因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，則→·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得

AP 3 3 體積為 4故選 A．直線 D．直線解：在同一個平面內不平行的兩條直線或有公共交點的兩條直線為相交直線，可判斷D選項正確．故選D. 解：過直線m作平面γ，與平面α交于直線m′，則m∥m′.m⊥lm′⊥l，故m⊥β.n⊥α，所以n⊥l，n⊥mn⊥m.A、B、C一定成立，Dn?β.D.aαaαaαaαa，bab④若直線a和b共面，直線b和c共面，則a和c共面． 解：直線a在平面α內時aα內某一方向上的無數(shù)條直線平行，所以①錯誤；直線a與平面α不垂直，a可以與α內的無數(shù)條直線垂直，所以②錯誤aαb垂直，那么b垂直于α內所有直線，所以b⊥a，這與a，b不垂直，所以③正確；若直線a和b共面，直線b和c共面，則a和c可能異面，所以④3.此題亦可用正方體模型直觀的判斷求解．C.6．(2015·山東)已知等腰直角三角形的直角邊的長為2，將該三角形繞其斜邊所在的直線旋轉一周而形成的曲 2 4A. B. C．2 D．41·(2＝43如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱BC，C1D1的中點，則EF與平面BB1D1D的位置關系 A．EFBB1D1DB．EFBB1D1D相交C．EFBB1D1D內D．EFBB1D1DGF∥B1D1，所以BB1∥平面EFG，B1D1∥平面EFG，又因為BB1∩B1D1＝B1，所以平面EFG∥平面BB1D1D，EF∥BB1D1D.A.8．(2017市福田區(qū)中學月考)《九章算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱之為“塹堵”，已知某“塹堵”的三視圖如圖所示，則該“塹堵”的表面積為()2 22 2表面積為2×2＋2 2×2＝6＋42.故選9．(2017經濟開發(fā)區(qū)漢陽三中月考)直三棱柱ABC-A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于( S上SS上SV=

S上

·h） A.2 B．3C．4 D．5 3×9×（10π＋10π×6π＋6

＝3. 7 7 b2＋c2＝6，所求的棱長為

7.12．(2017龍崗區(qū)龍城高級中學月考)已知點A、B、C、D在同一個球的球面上，AB＝BC＝2，AC＝2，若球心O恰好在四面體ABCD的側棱DA上，DC＝23，則這個球的表面積為( A. π面ABC，則球心O到面ABC的距離為 ＝3，記球半徑為R，在Rt△OMA中，R＝12＋（3）2＝2S＝4πR2＝16π.4520已知向量a＝(0，1，1)，b＝(0，2，0)，則向量a與b的夾角

ab45°.

2×

2 1 r＝1h＝l2－r2＝

3π 3π× .故

解：平面圖形是上底長為1，下底長為1＋2，高為2的直角梯形，計算面積為2＋2.故填2＋2.16．(2017市高級中學月考)將一塊邊長為6cm的正方形紙片，先按如圖①所示的陰影部分裁去四個全等 32＝22，所以正三角形的邊長為22，PO＝PD2－OD2＝6.所以四棱 8 8的體積為3×6×8＝3.故填3如果點P，Q在正視圖中所示位置：P為所段中點，Q為頂點，求在幾何體表面上，從P點到Q點的 圓錐側＝2(2πa)·(2a)＝2πaS圓柱側S圓柱底S表面＝2πa2＋4πa2＋πa2＝((2)PQABCQ中，PQPQ點的PQ＝AP2＋AQ2＝a2＋（πa）2＝a1＋π2.PQa18．(12分)(2017廣雅中學月考)如圖，已知兩個正方形ABCD和DCEF不在同一平面內，M，N分別AB，DF(2)MEBN解：(1)CDGABCD，DCEF2MG⊥CD，MG＝2，NG＝MN＝MG2＋NG2＝PA⊥BE.又△ABC是正三角形，EAC的中點，BE⊥ACPA∩AC＝A.(2)FFCD的中點．E，F(xiàn)AC，CD的中點，EF∥AD.

3(2)若二面角D1-EC- 6 CE與平面D1E