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人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理第2课时学案
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这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理第2课时学案，共18页。学案主要包含了证明平行，夹角等内容，欢迎下载使用。
导语
道生一，一生二，二生三，三生万物”这句话出自老子《道德经》，它表示“道”生万物从少到多，从简单到复杂的一个过程．
联系到我们学过的平面向量基本定理，可以概括为给出一组二维的基底可以生成平面中所有的向量；推广到三维空间，仍然为给出一组三维的基底，可以生成空间中的所有向量．
一、证明平行、共面问题
知识梳理
1. 对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
2. 如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
3．直线平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题．
例1 如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别是A′D′，DD′，D′C′的中点，请选择恰当的基底向量证明：
(1)EG∥AC；
(2)平面EFG∥平面AB′C.
证明 取基底{eq \(AA′,\s\up6(—→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}，
(1)因为eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(ED′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(EG,\s\up6(→))，
所以eq \(EG,\s\up6(→))∥eq \(AC,\s\up6(→))，
又EG，AC无公共点，所以EG∥AC.
(2)因为eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(FD′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AA′,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AB′,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA′,\s\up6(—→))＝2eq \(FG,\s\up6(→))，
所以eq \(FG,\s\up6(→))∥eq \(AB′,\s\up6(—→))，
又FG，AB′无公共点，所以FG∥AB′.
又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C，
所以FG∥平面AB′C.
又由(1)知EG∥AC，
可得EG∥平面AB′C，
又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB′C.
反思感悟 证明平行、共面问题的思路
(1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行．
(2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行．
跟踪训练1 如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.
求证：A，E，C1，F四点共面．
证明 因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(AA1,\s\up6(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(AA1,\s\up6(→))))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面，所以A，E，C1，F四点共面．
二、夹角、垂直问题
问题 如何利用空间向量解决空间几何中的垂直问题，以及求解夹角问题？
提示 (1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
注意点：
区分向量的夹角与异面直线所成的角的范围．
例2 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG＝eq \f(1,3)CD.
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
(1)证明 设eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个正交基底．
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)k＋eq \f(1,2)(eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·(－i－k)
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
所以EF⊥B1C.
(2)解 ∵eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(C1G,\s\up6(—→))＝eq \(C1C,\s\up6(—→))＋eq \(CG,\s\up6(→))＝－k－eq \f(1,3)j，
|eq \(EF,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))2＝eq \f(1,4)|i|2＋eq \f(1,4)|j|2＋eq \f(1,4)|k|2＝3，|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
|eq \(C1G,\s\up6(—→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq \f(1,9)|j|2＝4＋eq \f(4,9)＝eq \f(40,9)，|eq \(C1G,\s\up6(—→))|＝eq \f(2\r(10),3)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(C1G,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(EF,\s\up6(→))·\(C1G,\s\up6(—→)),|\(EF,\s\up6(→))|·|\(C1G,\s\up6(—→))|)，
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j)),\r(3)×\f(2\r(10),3))＝eq \f(\f(4,3),\f(2\r(30),3))＝eq \f(\r(30),15).
即EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(30),15).
延伸探究 设这个正方体中线段A1B的中点为M，证明：MF∥B1C.
证明 设eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
则eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
eq \(MF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(DC,\s\up6(→))－\f(1,2)\(DA,\s\up6(→))))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(DD1,\s\up6(→))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)j－\f(1,2)i))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)(－i－k)＝eq \f(1,2)eq \(B1C,\s\up6(—→))，
所以eq \(MF,\s\up6(→))∥eq \(B1C,\s\up6(—→))，
又MF，B1C无公共点，
所以MF∥B1C.
反思感悟 求夹角、证明线线垂直的方法
利用数量积定义可得cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)，求〈a，b〉的大小，进而求得线线角，两直线垂直可作为求夹角的特殊情况．
跟踪训练2 (1)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________.
答案 eq \f(\r(10),5)
解析 如图所示，
设eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因为eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝－a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝b＋c，
|cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))|·|\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－a＋c·b＋c|,\r(5)×\r(2))＝eq \f(|－a·b－a·c＋b·c＋c2|,\r(10))
＝eq \f(|－2×1×cs 120°＋1|,\r(10))＝eq \f(2,\r(10))＝eq \f(\r(10),5).
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是CC1，BC，CD和A1C1的中点．
证明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；
②A1G⊥平面EFD.
证明 ①设正方体棱长为1，eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个单位正交基底．
eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝i＋k，
eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(GC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up6(→))，
∴AB1∥GE.
eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(EC1,\s\up6(→))＋eq \(C1H,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)k＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(i＋j)
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
∵eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(EH,\s\up6(→))＝(i＋k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)i－\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
∴AB1⊥EH.
②eq \(A1G,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DG,\s\up6(→))＝－k＋j＋eq \f(1,2)i.
eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝i－eq \f(1,2)j，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝i＋eq \f(1,2)k.
∴eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i－\f(1,2)j))
＝－eq \f(1,2)|j|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DF.
eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋\f(1,2)k))＝－eq \f(1,2)|k|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DE.
又DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面EFD，
∴A1G⊥平面EFD.
1．知识清单：
(1)空间向量基本定理．
(2)空间向量共线、共面的充要条件．
(3)向量的数量积及应用．
2．方法归纳：转化化归．
3．常见误区：
(1)向量夹角和线线角的范围不同，不要混淆．
(2)转化目标不清：表示向量时没有转化目标，不理解空间向量基本定理的意义．
1．在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB与CD( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．无法判断位置关系
答案 C
解析 eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)＝0，故eq \(BA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，即直线AB与CD垂直．
2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点，若AB＝a，则MN的长为( )
A.eq \f(\r(3),2)a B.eq \f(\r(3),3)a
C.eq \f(\r(5),5)a D.eq \f(\r(15),5)a
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)i＋j＋eq \f(1,2)(－j＋k)
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
故|eq \(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＝eq \f(3,4)a2，
所以MN＝eq \f(\r(3),2)a.
3．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是( )
A．0 B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(15),5)
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
根据题意可得，
eq \(A1E,\s\up6(—→))·eq \(GF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c＋b＋\f(1,2)a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)c－b－\f(1,2)a))
＝eq \f(1,2)c2 －b2 －eq \f(1,4)a2＝eq \f(1,2)×4－1－eq \f(1,4)×4＝0，从而得到eq \(A1E,\s\up6(—→))和eq \(GF,\s\up6(→))垂直，故其所成角的余弦值为0.
4.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是________．
答案 eq \r(2)
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c
＝1＋1＋1＋2×1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋2×1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋2×1×1×eq \f(1,2)＝2，
∴AC1＝eq \r(2).
课时对点练
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，则AC1与CE的位置关系是( )
A．重合 B．垂直
C．平行 D．无法确定
答案 B
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \(C1E,\s\up6(—→))＝c－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b，
设正方体的棱长为1，
则eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(1,2)a－\f(1,2)b))＝0－eq \f(1,2)－0＋0－0－eq \f(1,2)＋1－0－0＝0，
故eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(CE,\s\up6(→))，即AC1与CE垂直．
2．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1与AB，AC都成60°角，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(1,6)
答案 D
解析 设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
eq \(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
|eq \(AB1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋c2＋2a·c)＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
|eq \(BC1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋b2＋c2＋2b·c－2a·b－2a·c)
＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))1||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,6).
3．已知l，m是异面直线，A，B∈l，C，D∈m，AC⊥m，BD⊥m且AB＝2，CD＝1，则异面直线l，m所成的角等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 如图，设eq \(AC,\s\up6(→))＝a，eq \(CD,\s\up6(→))＝b，eq \(DB,\s\up6(→))＝c，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·b＝1，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝2，|eq \(CD,\s\up6(→))|＝1，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
所以异面直线l，m所成的角等于60°.
4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up6(→))，点N为B1B的中点，则|eq \(MN,\s\up6(→))|等于( )
A.eq \f(\r(21),6) B.eq \f(\r(6),6)
C.eq \f(\r(15),6) D.eq \f(\r(15),3)
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋eq \(BN,\s\up6(→))－eq \f(1,3)( a＋b＋c)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)c－eq \f(1,3)b，
∴|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(4,9)|a|2＋\f(1,36)|c|2＋\f(1,9)|b|2)＝eq \f(\r(21),6).
5.如图，三棱锥S－ABC中，SA⊥底面 ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝2eq \r(2)，则SC与AB所成角的大小为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
答案 B
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AS,\s\up6(→))＝c，
因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，
所以a·c＝0，
又AB⊥BC，AB＝BC＝2，
所以∠BAC＝45° ，AC＝2eq \r(2) .
因此a·b＝|a|·|b|cs 45°＝2×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4，
所以eq \(SC,\s\up6(→))·a＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AS,\s\up6(→)))·a＝b·a－c·a＝4，
又SA＝2eq \r(2)，
所以 SC＝eq \r(SA2＋AC2)＝4 ，
因此cs〈eq \(SC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(SC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(SC,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,4×2)＝eq \f(1,2) ，
所以SC与AB所成角的大小为60°.
6．在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足eq \(AM,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))－(x＋y－1)eq \(AD,\s\up6(→))，点N满足eq \(BN,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))，当AM，BN最短时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 由共面向量基本定理和空间向量基本定理可知，M∈平面BCD，N∈直线AC，当AM，BN最短时，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，∴M为△BCD的中心，N为AC的中点，即2|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2,sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，∴|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(3),3)，
∵AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，∴AM⊥MC，
∴|eq \(MA,\s\up6(→))|＝eq \r(|\(AC,\s\up6(→))|2－|\(MC,\s\up6(→))|2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(2\r(6),3).
又eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MA,\s\up6(→)))，∴eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MA,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)|eq \(MA,\s\up6(→))|2＝－eq \f(4,3).
7．正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，则异面直线DM与CN所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 如图，画出对应的正四面体，取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，设棱长均为1，
因为eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))
＝－c＋eq \f(1,2)(a＋b)
＝eq \f(1,2)(a＋b－2c)，
又eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－b＝eq \f(1,2)(a－2b)．
又a·b＝a·c＝b·c＝eq \f(1,2).
设异面直线DM与CN所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|2\(DM,\s\up6(→))·2\(CN,\s\up6(→))|,|2\(DM,\s\up6(→))|·|2\(CN,\s\up6(→))|)＝eq \f(|a＋b－2c·a－2b|,\r(3)×\r(3))
＝eq \f(|a2－2a·b＋a·b－2b2－2a·c＋4b·c|,3)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－1＋\f(1,2)－2－1＋2)),3)＝eq \f(1,6).
8.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，则MN________AB(填“∥”或“⊥”)．
答案 ⊥
解析 设eq \(AB,\s\up6(→))＝p，eq \(AC,\s\up6(→))＝q，eq \(AD,\s\up6(→))＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，
且p，q，r三向量两两夹角均为60°.
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(q＋r－p)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p
＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2)
＝eq \f(1,2)(a2cs 60°＋a2cs 60°－a2)＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，即MN⊥AB.
9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，D1D的中点，正方体的棱长为1.
(1)求〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))〉的余弦值；
(2)求证：eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→)).
(1)解 eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \(C1E,\s\up6(—→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).
因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AA1,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2).
又|eq \(AF,\s\up6(→))|＝|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)，所以cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,5).
(2)证明 eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED1,\s\up6(→))＋eq \(D1F,\s\up6(—→))＝－eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)))，
所以eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→)).
10.如图，已知在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
(1)证明 设eq \(CA,\s\up6(→))＝a，eq \(CB,\s\up6(→))＝b，
eq \(CC′,\s\up6(—→))＝c，
根据题意，得|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0.
所以eq \(CE,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \(A′D,\s\up6(——→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a.
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(A′D,\s\up6(——→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(A′D,\s\up6(——→))，即CE⊥A′D.
(2)解 因为eq \(AC′,\s\up6(—→))＝－a＋c，
所以|eq \(AC′,\s\up6(—→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|，
因为eq \(AC′,\s\up6(—→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝(－a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2，
所以cs〈eq \(AC′,\s\up6(—→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)·\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10).
所以异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
11．在四面体O－ABC中，G是底面△ABC的重心，且eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，则lg3|xyz|等于( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
答案 A
解析 取空间一组基底eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则
连接AG(图略)，eq \(OG,\s\up6(→))＝a＋eq \(AG,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝a＋eq \f(1,3)(c－a＋b－a)
＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，
又eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))＝xa＋yb＋yc，
∴x＝y＝z＝eq \f(1,3)，
则lg3|xyz|＝lg3eq \f(1,27)＝－3.
12．在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则异面直线EF和BC1所成的角是( )
A．30° B．45° C．90° D．60°
答案 D
解析 设空间一组基底eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，
因为点E，F分别是棱AB，BB1的中点，
所以 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝eq \(BF,\s\up6(→))－eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a)·(b＋c)＝eq \f(1,2)c2，
设所求异面直线的夹角为 θ，
则 cs θ＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(EF,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
所以θ＝60° .
13．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是DD1的中点，N是A1B1的中点，则直线ON与AM的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法判断
答案 B
解析 eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))
＝－eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
设|eq \(AB,\s\up6(→))|＝a，
则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AA1,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))＋\(AA1,\s\up6(→))))
＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))2
＝－eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2)a2＝0，
故eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AM,\s\up6(→))，即ON⊥AM.
14.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，则线段AO的长度为( )
A.eq \f(\r(29),2) B.eq \r(29)
C.eq \f(\r(23),2) D.eq \r(23)
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵四边形BCC1B1是平行四边形，
∴eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→)))，
∴eq \(AO,\s\up6(→))＝a＋eq \(BO,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)c＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
∵∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，
∴a2＝b2＝4，c2＝9，a·b＝0，a·c＝b·c＝3×2×cs 60°＝3，
∴eq \(AO,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)2＝eq \f(1,4)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(29,4).∴|eq \(AO,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(29),2)，即AO＝eq \f(\r(29),2).
15.在如图所示的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1.若BD⊥AN，则λ的值为________．
答案 eq \r(3)－1
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
设AB＝1，
因为BD⊥AN，
所以eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
因为eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝b－a，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))＝c＋λb，
所以(b－a)·(c＋λb)＝0，
所以eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，
所以λ＝eq \r(3)－1.
16．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
证明 如图，连接BD，则BD过点O，
令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
设|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(OB1,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(OB1,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))
＝eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0.
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(OB1,\s\up6(→))，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DD1,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))
＝eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋c·b＋eq \f(1,4)a·c－eq \f(1,4)b·c＋eq \f(1,2)|c|2
＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即OB1⊥AP.
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
导语
道生一，一生二，二生三，三生万物”这句话出自老子《道德经》，它表示“道”生万物从少到多，从简单到复杂的一个过程．
联系到我们学过的平面向量基本定理，可以概括为给出一组二维的基底可以生成平面中所有的向量；推广到三维空间，仍然为给出一组三维的基底，可以生成空间中的所有向量．
一、证明平行、共面问题
知识梳理
1. 对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
2. 如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
3．直线平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题．
例1 如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别是A′D′，DD′，D′C′的中点，请选择恰当的基底向量证明：
(1)EG∥AC；
(2)平面EFG∥平面AB′C.
证明 取基底{eq \(AA′,\s\up6(—→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}，
(1)因为eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(ED′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(EG,\s\up6(→))，
所以eq \(EG,\s\up6(→))∥eq \(AC,\s\up6(→))，
又EG，AC无公共点，所以EG∥AC.
(2)因为eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(FD′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AA′,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AB′,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA′,\s\up6(—→))＝2eq \(FG,\s\up6(→))，
所以eq \(FG,\s\up6(→))∥eq \(AB′,\s\up6(—→))，
又FG，AB′无公共点，所以FG∥AB′.
又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C，
所以FG∥平面AB′C.
又由(1)知EG∥AC，
可得EG∥平面AB′C，
又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB′C.
反思感悟 证明平行、共面问题的思路
(1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行．
(2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行．
跟踪训练1 如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.
求证：A，E，C1，F四点共面．
证明 因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(AA1,\s\up6(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(AA1,\s\up6(→))))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面，所以A，E，C1，F四点共面．
二、夹角、垂直问题
问题 如何利用空间向量解决空间几何中的垂直问题，以及求解夹角问题？
提示 (1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
注意点：
区分向量的夹角与异面直线所成的角的范围．
例2 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG＝eq \f(1,3)CD.
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
(1)证明 设eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个正交基底．
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)k＋eq \f(1,2)(eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·(－i－k)
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
所以EF⊥B1C.
(2)解 ∵eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(C1G,\s\up6(—→))＝eq \(C1C,\s\up6(—→))＋eq \(CG,\s\up6(→))＝－k－eq \f(1,3)j，
|eq \(EF,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))2＝eq \f(1,4)|i|2＋eq \f(1,4)|j|2＋eq \f(1,4)|k|2＝3，|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
|eq \(C1G,\s\up6(—→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq \f(1,9)|j|2＝4＋eq \f(4,9)＝eq \f(40,9)，|eq \(C1G,\s\up6(—→))|＝eq \f(2\r(10),3)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(C1G,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(EF,\s\up6(→))·\(C1G,\s\up6(—→)),|\(EF,\s\up6(→))|·|\(C1G,\s\up6(—→))|)，
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j)),\r(3)×\f(2\r(10),3))＝eq \f(\f(4,3),\f(2\r(30),3))＝eq \f(\r(30),15).
即EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(30),15).
延伸探究 设这个正方体中线段A1B的中点为M，证明：MF∥B1C.
证明 设eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
则eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
eq \(MF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(DC,\s\up6(→))－\f(1,2)\(DA,\s\up6(→))))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(DD1,\s\up6(→))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)j－\f(1,2)i))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)(－i－k)＝eq \f(1,2)eq \(B1C,\s\up6(—→))，
所以eq \(MF,\s\up6(→))∥eq \(B1C,\s\up6(—→))，
又MF，B1C无公共点，
所以MF∥B1C.
反思感悟 求夹角、证明线线垂直的方法
利用数量积定义可得cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)，求〈a，b〉的大小，进而求得线线角，两直线垂直可作为求夹角的特殊情况．
跟踪训练2 (1)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________.
答案 eq \f(\r(10),5)
解析 如图所示，
设eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因为eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝－a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝b＋c，
|cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))|·|\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－a＋c·b＋c|,\r(5)×\r(2))＝eq \f(|－a·b－a·c＋b·c＋c2|,\r(10))
＝eq \f(|－2×1×cs 120°＋1|,\r(10))＝eq \f(2,\r(10))＝eq \f(\r(10),5).
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是CC1，BC，CD和A1C1的中点．
证明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；
②A1G⊥平面EFD.
证明 ①设正方体棱长为1，eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个单位正交基底．
eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝i＋k，
eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(GC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up6(→))，
∴AB1∥GE.
eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(EC1,\s\up6(→))＋eq \(C1H,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)k＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(i＋j)
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
∵eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(EH,\s\up6(→))＝(i＋k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)i－\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
∴AB1⊥EH.
②eq \(A1G,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DG,\s\up6(→))＝－k＋j＋eq \f(1,2)i.
eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝i－eq \f(1,2)j，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝i＋eq \f(1,2)k.
∴eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i－\f(1,2)j))
＝－eq \f(1,2)|j|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DF.
eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋\f(1,2)k))＝－eq \f(1,2)|k|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DE.
又DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面EFD，
∴A1G⊥平面EFD.
1．知识清单：
(1)空间向量基本定理．
(2)空间向量共线、共面的充要条件．
(3)向量的数量积及应用．
2．方法归纳：转化化归．
3．常见误区：
(1)向量夹角和线线角的范围不同，不要混淆．
(2)转化目标不清：表示向量时没有转化目标，不理解空间向量基本定理的意义．
1．在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB与CD( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．无法判断位置关系
答案 C
解析 eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)＝0，故eq \(BA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，即直线AB与CD垂直．
2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点，若AB＝a，则MN的长为( )
A.eq \f(\r(3),2)a B.eq \f(\r(3),3)a
C.eq \f(\r(5),5)a D.eq \f(\r(15),5)a
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)i＋j＋eq \f(1,2)(－j＋k)
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
故|eq \(MN,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＝eq \f(3,4)a2，
所以MN＝eq \f(\r(3),2)a.
3．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是( )
A．0 B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(15),5)
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
根据题意可得，
eq \(A1E,\s\up6(—→))·eq \(GF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c＋b＋\f(1,2)a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)c－b－\f(1,2)a))
＝eq \f(1,2)c2 －b2 －eq \f(1,4)a2＝eq \f(1,2)×4－1－eq \f(1,4)×4＝0，从而得到eq \(A1E,\s\up6(—→))和eq \(GF,\s\up6(→))垂直，故其所成角的余弦值为0.
4.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是________．
答案 eq \r(2)
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c
＝1＋1＋1＋2×1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋2×1×1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋2×1×1×eq \f(1,2)＝2，
∴AC1＝eq \r(2).
课时对点练
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，则AC1与CE的位置关系是( )
A．重合 B．垂直
C．平行 D．无法确定
答案 B
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \(C1E,\s\up6(—→))＝c－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b，
设正方体的棱长为1，
则eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(1,2)a－\f(1,2)b))＝0－eq \f(1,2)－0＋0－0－eq \f(1,2)＋1－0－0＝0，
故eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(CE,\s\up6(→))，即AC1与CE垂直．
2．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1与AB，AC都成60°角，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(1,6)
答案 D
解析 设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
eq \(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
|eq \(AB1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋c2＋2a·c)＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
|eq \(BC1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋b2＋c2＋2b·c－2a·b－2a·c)
＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))1||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,6).
3．已知l，m是异面直线，A，B∈l，C，D∈m，AC⊥m，BD⊥m且AB＝2，CD＝1，则异面直线l，m所成的角等于( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 C
解析 如图，设eq \(AC,\s\up6(→))＝a，eq \(CD,\s\up6(→))＝b，eq \(DB,\s\up6(→))＝c，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·b＝1，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝2，|eq \(CD,\s\up6(→))|＝1，
所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
所以异面直线l，m所成的角等于60°.
4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up6(→))，点N为B1B的中点，则|eq \(MN,\s\up6(→))|等于( )
A.eq \f(\r(21),6) B.eq \f(\r(6),6)
C.eq \f(\r(15),6) D.eq \f(\r(15),3)
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋eq \(BN,\s\up6(→))－eq \f(1,3)( a＋b＋c)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)c－eq \f(1,3)b，
∴|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(4,9)|a|2＋\f(1,36)|c|2＋\f(1,9)|b|2)＝eq \f(\r(21),6).
5.如图，三棱锥S－ABC中，SA⊥底面 ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝2eq \r(2)，则SC与AB所成角的大小为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
答案 B
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AS,\s\up6(→))＝c，
因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，
所以a·c＝0，
又AB⊥BC，AB＝BC＝2，
所以∠BAC＝45° ，AC＝2eq \r(2) .
因此a·b＝|a|·|b|cs 45°＝2×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4，
所以eq \(SC,\s\up6(→))·a＝(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AS,\s\up6(→)))·a＝b·a－c·a＝4，
又SA＝2eq \r(2)，
所以 SC＝eq \r(SA2＋AC2)＝4 ，
因此cs〈eq \(SC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(SC,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(SC,\s\up6(→))||\(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,4×2)＝eq \f(1,2) ，
所以SC与AB所成角的大小为60°.
6．在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足eq \(AM,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))－(x＋y－1)eq \(AD,\s\up6(→))，点N满足eq \(BN,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))，当AM，BN最短时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 由共面向量基本定理和空间向量基本定理可知，M∈平面BCD，N∈直线AC，当AM，BN最短时，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，∴M为△BCD的中心，N为AC的中点，即2|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2,sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，∴|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(3),3)，
∵AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，∴AM⊥MC，
∴|eq \(MA,\s\up6(→))|＝eq \r(|\(AC,\s\up6(→))|2－|\(MC,\s\up6(→))|2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(2\r(6),3).
又eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MA,\s\up6(→)))，∴eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MA,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)|eq \(MA,\s\up6(→))|2＝－eq \f(4,3).
7．正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，则异面直线DM与CN所成角的余弦值为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 如图，画出对应的正四面体，取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，设棱长均为1，
因为eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))
＝－c＋eq \f(1,2)(a＋b)
＝eq \f(1,2)(a＋b－2c)，
又eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－b＝eq \f(1,2)(a－2b)．
又a·b＝a·c＝b·c＝eq \f(1,2).
设异面直线DM与CN所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|2\(DM,\s\up6(→))·2\(CN,\s\up6(→))|,|2\(DM,\s\up6(→))|·|2\(CN,\s\up6(→))|)＝eq \f(|a＋b－2c·a－2b|,\r(3)×\r(3))
＝eq \f(|a2－2a·b＋a·b－2b2－2a·c＋4b·c|,3)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－1＋\f(1,2)－2－1＋2)),3)＝eq \f(1,6).
8.如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点，则MN________AB(填“∥”或“⊥”)．
答案 ⊥
解析 设eq \(AB,\s\up6(→))＝p，eq \(AC,\s\up6(→))＝q，eq \(AD,\s\up6(→))＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，
且p，q，r三向量两两夹角均为60°.
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(q＋r－p)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p
＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2)
＝eq \f(1,2)(a2cs 60°＋a2cs 60°－a2)＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，即MN⊥AB.
9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，D1D的中点，正方体的棱长为1.
(1)求〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))〉的余弦值；
(2)求证：eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→)).
(1)解 eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \(C1E,\s\up6(—→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).
因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AA1,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2).
又|eq \(AF,\s\up6(→))|＝|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)，所以cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,5).
(2)证明 eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))＋eq \(DD1,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED1,\s\up6(→))＋eq \(D1F,\s\up6(—→))＝－eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)))，
所以eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BD1,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→)).
10.如图，已知在直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．
(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
(1)证明 设eq \(CA,\s\up6(→))＝a，eq \(CB,\s\up6(→))＝b，
eq \(CC′,\s\up6(—→))＝c，
根据题意，得|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0.
所以eq \(CE,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \(A′D,\s\up6(——→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a.
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(A′D,\s\up6(——→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(A′D,\s\up6(——→))，即CE⊥A′D.
(2)解 因为eq \(AC′,\s\up6(—→))＝－a＋c，
所以|eq \(AC′,\s\up6(—→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|，
因为eq \(AC′,\s\up6(—→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝(－a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2，
所以cs〈eq \(AC′,\s\up6(—→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)·\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10).
所以异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
11．在四面体O－ABC中，G是底面△ABC的重心，且eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，则lg3|xyz|等于( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
答案 A
解析 取空间一组基底eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则
连接AG(图略)，eq \(OG,\s\up6(→))＝a＋eq \(AG,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,3)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝a＋eq \f(1,3)(c－a＋b－a)
＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，
又eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))＝xa＋yb＋yc，
∴x＝y＝z＝eq \f(1,3)，
则lg3|xyz|＝lg3eq \f(1,27)＝－3.
12．在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则异面直线EF和BC1所成的角是( )
A．30° B．45° C．90° D．60°
答案 D
解析 设空间一组基底eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，
因为点E，F分别是棱AB，BB1的中点，
所以 eq \(EF,\s\up6(→)) ＝eq \(BF,\s\up6(→))－eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(c－a)·(b＋c)＝eq \f(1,2)c2，
设所求异面直线的夹角为 θ，
则 cs θ＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(EF,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
所以θ＝60° .
13．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是DD1的中点，N是A1B1的中点，则直线ON与AM的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法判断
答案 B
解析 eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))
＝－eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))，
设|eq \(AB,\s\up6(→))|＝a，
则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AA1,\s\up6(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))＋\(AA1,\s\up6(→))))
＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))2＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))2
＝－eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,2)a2＝0，
故eq \(ON,\s\up6(→))⊥eq \(AM,\s\up6(→))，即ON⊥AM.
14.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，则线段AO的长度为( )
A.eq \f(\r(29),2) B.eq \r(29)
C.eq \f(\r(23),2) D.eq \r(23)
答案 A
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
∵四边形BCC1B1是平行四边形，
∴eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→)))，
∴eq \(AO,\s\up6(→))＝a＋eq \(BO,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)c＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
∵∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，
∴a2＝b2＝4，c2＝9，a·b＝0，a·c＝b·c＝3×2×cs 60°＝3，
∴eq \(AO,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)2＝eq \f(1,4)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝eq \f(29,4).∴|eq \(AO,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(29),2)，即AO＝eq \f(\r(29),2).
15.在如图所示的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1.若BD⊥AN，则λ的值为________．
答案 eq \r(3)－1
解析 取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
设AB＝1，
因为BD⊥AN，
所以eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
因为eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝b－a，eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))＝c＋λb，
所以(b－a)·(c＋λb)＝0，
所以eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，
所以λ＝eq \r(3)－1.
16．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
证明 如图，连接BD，则BD过点O，
令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
设|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(OB1,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(OB1,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))
＝eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0.
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(OB1,\s\up6(→))，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DD1,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)c))
＝eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋c·b＋eq \f(1,4)a·c－eq \f(1,4)b·c＋eq \f(1,2)|c|2
＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即OB1⊥AP.
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
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