章末總結知識點一空間向量的計算空間向量及其運算的知識與方法與平面向量及其運算類似，是平面向量的拓展，主要考查空間向量的共線與共面以及數量積運算，是用向量法求解立體幾何問題的基礎．例1沿著正四面體O-ABC的三條棱eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))的方向有大小等于1、2和3的三個力f1，f2，f3.試求此三個力的合力f的大小以及此合力與三條棱夾角的余弦值．知識點二證明平行、垂直關系空間圖形中的平行、垂直問題是立體幾何當中最重要的問題之一，利用空間向量證明平行和垂直問題，主要是運用直線的方向向量和平面的法向量，借助空間中已有的一些關于平行和垂直的定理，再通過向量運算來解決．例2如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別為AB、B1C(1)用向量法證明平面A1BD∥平面B1CD1；(2)用向量法證明MN⊥面A1BD.例3如圖，在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，P是側棱CC1上的一點，CP＝m試確定m使得直線AP與平面BDD1B1所成的角為60°.例4正方體ABCD—A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、CD的中點，求證：平面AED⊥平面A1FD1知識點三空間向量與空間角求異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角，一般有兩種方法：即幾何法和向量法，幾何法求角時，需要先作出(或證出)所求空間角的平面角，費時費力，難度很大．而利用向量法，只需求出直線的方向向量與平面的法向量．即可求解，體現了向量法極大的優越性．例5如圖所示，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝8，AA1＝4，M為B1C1上一點且B1M＝2，點N在線段A1D上，A1D（1）求cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉；(2)求直線AD與平面ANM所成角的余弦值；(3)求平面ANM與平面ABCD所成角的余弦值．知識點四空間向量與空間距離近年來，對距離的考查主要體現在兩點間的距離和點到平面的距離，兩點間的距離可以直接代入向量模的公式求解，點面距可以借助直線的方向向量與平面的法向量求解，或者利用等積求高的方法求解．例6如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分別是AB、PC的中點．(1)求二面角P—CD—B的大小；(2)求證：平面MND⊥平面PCD；(3)求點P到平面MND的距離．章末總結重點解讀例1解如圖所示，用a，b，c分別代表棱eq\o(OA,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OC,\s\up6(→))上的三個單位向量，則f1＝a，f2＝2b，f3＝3c則f＝f1＋f2＋f3＝a＋2b＋3c∴|f|2＝(a＋2b＋3c)(a＋2b＋3＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2＋4a·b＋6a·c＋＝14＋4cos60°＋6cos60°＋12cos60°＝14＋2＋3＋6＝25，∴|f|＝5，即所求合力的大小為5.且cos〈f，a〉＝eq\f(f·a,|f|·|a|)＝eq\f(|a|2＋2a·b＋3a·c,5)＝eq\f(1＋1＋\f(3,2),5)＝eq\f(7,10)，同理可得：cos〈f，b〉＝eq\f(4,5)，cos〈f，c〉＝eq\f(9,10).例2證明(1)在正方體ABCD—A1B1C1D1eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝eq\o(A1D1,\s\up6(→))－eq\o(A1B1,\s\up6(→))，又∵eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1D1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(A1B1,\s\up6(→))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(B1D1,\s\up6(→)).∴BD∥B1D1.同理可證A1B∥D1C又BD∩A1B＝B，B1D1∩D1C＝D1所以平面A1BD∥平面B1CD1.(2)eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(－eq\o(AD,\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(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→)).設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．又eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝b－a，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)(b－a)＝eq\f(1,2)(b2－a2＋c·b－c·a)．又∵A1A⊥AD，A1A⊥∴c·b＝0，c·a＝0.又|b|＝|a|，∴b2＝a2，∴b2－a2＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，∴MN⊥BD.同理可證，MN⊥A1B，又A1B∩BD＝B，∴MN⊥平面A1BD.例3解建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．則eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,1，m)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．又由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0知，eq\o(AC,\s\up6(→))為平面BB1D1D的一個法向量．設AP與平面BB1D1D所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→))|,|\o(AP,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(2＋m2)·\r(2)).依題意得eq\f(2,\r(2＋2m2)·\r(2))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，解得m＝eq\f(\r(3),3).故當m＝eq\f(\r(3),3)時，直線AP與平面BDD1B1所成角為60°.例4證明如圖，建立空間直角坐標系D—xyz.設正方體棱長為1，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))、D1(0,0,1)、Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))、A(1,0,0)．∴eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1,0,0)＝eq\o(D1A1,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1)).設m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分別是平面AED和A1FD1的一個法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up6(→))＝0,m·\o(DE,\s\up6(→))＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0,x1＋y1＋\f(1,2)z1＝0)).令y1＝1，得m＝(0,1，－2)．又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A1,\s\up6(→))＝0,n·\o(D1F,\s\up6(→))＝0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0,\f(1,2)y2－z2＝0))，令z2＝1，得n＝(0,2,1)．∵m·n＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴m⊥n，故平面AED⊥平面A1FD1.例5解(1)建立空間直角坐標系(如圖)．則A(0,0,0)，A1(0,0,4)，D(0,8,0)，M(5,2,4)．∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝(5,2,4)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,8，－4)．∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0＋16－16＝0，∴eq\o(AM,\s\up6(→))⊥eq\o(A1D,\s\up6(→)).∴cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝0.(2)∵A1D⊥AM，A1D⊥AN，且AM∩AN＝A，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))⊥平面ANM，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,8，－4)是平面ANM的一個法向量．又eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,8,0)，|eq\o(A1D,\s\up6(→))|＝4eq\r(5)，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝8，eq\o(A1D,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝64，∴cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))〉＝eq\f(64,4\r(5)×8)＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).∴AD與平面ANM所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(3)∵平面ANM的法向量是eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,8，－4)，平面ABCD的法向量是a＝(0,0,1)，∴cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，a〉＝eq\f(－4,4\r(5))＝－eq\f(\r(5),5).∴平面ANM與平面ABCD所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).例6(1)解∵PA⊥平面ABCD，由ABCD是正方形知AD⊥CD.∴CD⊥面PAD，∴PD⊥CD.∴∠PDA是二面角P—CD—B的平面角．∵PA＝AD，∴∠PDA＝45°，即二面角P—CD—B的大小為45°.(2)如圖，建立空間直角坐標系，則P(0,0,2)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,0,0)，∵N是PC的中點，∴N(1,1,1)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(ND,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設平面MND的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面PCD的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)．∴m·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(ND,\s\up6(→))＝0，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋z1＝0，,－x1＋y1－z1＝0.))令z1＝1，得x1＝－2，y1＝－1.∴m＝(－2，－1,1)．同理，由n·eq\o(ND,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2－z2＝0，,2y2－2z2＝0.))令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，∴n＝(0,1,1)．∵m·n＝－2×0＋(