高考数学一轮复习第六章第六讲空间坐标系与空间向量课件
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所以 EH∥BD.又 EH⊂平面 EFGH，BD 平面 EFGH， 所以 BD∥平面 EFGH.
【题后反思】证明三点共线和空间四点共面的方法 比较
三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面
P→A＝λP→B且同过点 P
M→P＝xM→A＋yM→B
对空间任一点 O，O→P＝O→A＋ 对空间任一点 O，O→P＝O→M＋
(2)B→D1＝b＋c－a，A→C＝a＋b，∴|B→D1|＝ 2，|A→C|＝ 3，
B→D1·A→C＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos〈B→D1，A→C〉＝|BB→→DD11|·|AA→→CC|＝
6 6.
即B→D1与A→C夹角的余弦值为 66.
考点四 向量法证明平行、垂直
tA→B
xM→A＋yM→B
对空间任一点 O，O→P＝xO→A 对空间任一点 O，O→P＝xO→M
＋(1－x)O→B
＋yO→A＋(1－x－y)O→B
【变式训练】 如图 6-6-4 所示，已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1，点 M，
N 分别在 AC1 和 BC 上，且满足A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C
的共线.
出现，考查平行、垂直关系
3.掌握空间向量的数量积及 的判断和证明及空间角的计
其坐标表示，能运用向量的 算，解题要求有较强的运算
数量积判断向量的垂直
能力
1.空间向量的概念 在空间，既有大小又有方向的量，叫做空间向量，记
作 a 或A→B.空间向量可以在空间内自由平行移动.
2.空间向量的运算
(1)加法：A→B＋B→C＝A→C (三角形法则：首尾相连，指
图 6-6-2 (1)求证：E，F，G，H 四点共面； (2)求证：BD∥平面 EFGH.
证明：(1)如图 6-6-3，连接 BG，则E→G＝E→B＋B→G＝E→B ＋12(B→C＋B→D)＝E→B＋B→F＋E→H＝E→F＋E→H，
由共面向量定理的推论知 E，F，G，H 四点共面.
图 6-6-3
(2)因为E→H＝A→H－A→E＝12A→D－21A→B＝12(A→D－A→B)＝ 12B→D，
(3)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.( )
(4)若 a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( ) (5)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
题组二 走进教材
2.(教材改编题)若直线 l 的一个方向向量为 a＝(2,5,7)，
图 D51 A→B＋B→′C′＋C→C′＝A→B＋B→C＋C→C′＝A→C′，B 正确；由图 可知 C 正确；A→B＋B→B′＋B→C＋C→′C＝A→B＋B→C＝A→C，D 不正 确.故选 ABC. 答案：ABC
考点二 共线定理、共面定理的应用 [例 1]如图 6-6-2，已知 E，F，G，H 分别是空间四边 形 ABCD 的边 AB，BC，CD，DA 的中点.
第六讲 空间坐标系与空间向量
课标要求
考情分析
1.了解空间向量的概念，了解 本讲是空间向量的基础内 空间向量的基本定理及其意 容，涉及空间直角坐标系、
义，掌握空间向量的正交分 空间向量的有关概念、定理、
解及其坐标表示.
公式及四种运算等内容.一般
2.掌握空间向量的线性运算 不单独命题，常以简单几何
及其坐标表示，能判断向量 体为载体，以解答题的形式
AG 与 CE 所成角的余弦值为32.
【题后反思】 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以 利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置. (2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以 求二面角. (3)可以通过|a|＝ a2，将向量的长度问题转化为向量数 量积的问题求解.
【变式训练】 如图 6-6-6，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，以顶 点 A 为端点的三条棱长度都为 1，且两两夹角为 60°. (1)求 AC1 的长；
【名师点睛】
(1)在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件：O→A＝xO→B
＋yO→C(其中 x＋y＝1)，O 为平面内任意一点.
(2)在空间中 P，A，B，C 四点共面的充要条件：O→P＝
xO→A＋yO→B＋zO→C(其中 x＋y＋z＝1)，O 为空间任意一点.
(3)向量的数量积满足交换律、分配律，即 a·b＝b·a， a·(b＋c)＝a·b＋a·c 成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝ a·(b·c)不一定成立.
22，即
EG
的长为
2 2.
(3)解：A→G＝12(A→C＋A→D)＝21b＋12c，C→E＝C→A＋A→E
＝－b＋12a，
cos〈A→G，C→E〉＝|AA→→GG|·|CC→→EE|＝
21b＋12c·－b＋12a 21b＋12c2· 12a－b2
＝
－12 23×
3＝－23， 2
由于异面直线所成角的范围是0，π2，所以异面直线
(2)当 k＝0 时，点 M，A 重合，点 N，B 重合，MN 在 平面 ABB1A1 内，
当 0<k≤1 时，MN 不在平面 ABB1A1 内，又由(1)知M→N 与A→B，A→A1共面，∴MN∥平面 ABB1A1.
综上，当 k＝0 时，MN 在平面 ABB1A1 内；当 0<k≤1 时，MN∥平面 ABB1A1.
(4)用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何 中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证 明线面平行，仍需强调直线在平面外.
题组一 走出误区 1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( ) (2)若直线 a 的方向向量和平面α的法向量平行，则 a∥α.( )
4.空间向量的坐标运算
(1)若O→P＝xi＋yj＋zk，则(x，y，z)叫做向量O→P的坐标，
也叫做点 P 的坐标. (2)设 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，那么 a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)； λa＝(λx1，λy1，λz1)； a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2； cos〈a，b〉＝ x21＋x1xy221＋＋yz121y2x＋22＋z1yz222＋z22.
考点三 空间向量数量积及其应用
[例 2]如图 6-6-5 所示，已知空间四边形 ABCD 的每条
边和对角线长都等于 1，点 E，F，G 分别是 AB，AD，CD
的中点.
(1)求证：EG⊥AB；
(2)求 EG 的长；
(3)求异面直线 AG 和 CE 所
成角的余弦值.
图 6-6-5
(1)证明：设A→B＝a，A→C＝b， A→D＝c，由题意知E→G＝12(A→C＋A→D－A→B)
[例 3]如图 6-6-7 所示，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥平
面 ABCD，PC＝2，在四边形 ABCD 中，∠B＝∠C＝90°，
AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上，PB＝4PM，PB 与平面
ABCD 成 30°的角.求证：
(1)CM∥平面 PAD；
(2)平面 PAB⊥平面 PAD.
图 6-6-7
答案：D
2.(多选题)已知平行六面体 ABCD-A′B′C′D′，则下列四 式中正确的有( )
A.A→B－C→B＝A→C B.A→C′＝A→B＋B→′C′＋C→C′ C.A→A′＝C→C′ D.A→B＋B→B′＋B→C＋C→′C＝A→C′
解析：作出平行六面体 ABCD-A′B′C′D′的图形，如图 D51，可得A→B－C→B＝A→B＋B→C＝A→C，A 正确；
图 6-6-1
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个
解析：①(A→B＋B→C)＋C→C1＝A→C＋C→C1＝A→C1； ②(A→A1＋A→1D1)＋D→1C1＝A→D1＋D→1C1＝A→C1； ③(A→B＋B→B1)＋B→1C1＝A→B1＋B→1C1＝A→C1； ④ ( A→A1 － B→1A1 ) ＋ B→1C1 ＝ ( A→A1 ＋ A→1B1 ) ＋ B→1C1 ＝ A→B1 ＋ B→1C1＝A→C1.故选 D.
答案：arccos
Байду номын сангаас
2 5
考点一 空间向量的线性运算
1.如图 6-6-1 所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，下
列各式中运算的结果为向量A→C1的共有( )
①(A→B＋B→C)＋C→C1；
②(A→A1＋A→1D1)＋D→1C1；
③(A→B＋B→B1)＋B→1C1；
④(A→A1－B→1A1)＋B→1C1.
证明：以 C 为坐标原点，CB 为 x 轴，CD 为 y 轴，CP 为 z 轴建立如图 6-6-8 所示的空间直角坐标系 Cxyz.
图 6-6-8 ∵PC⊥平面 ABCD， ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，
∴∠PBC＝30°.
∵PC＝2，
∴BC＝2 3，PB＝4，
∴D(0,1,0)，B(2 3，0,0)，A(2 3，4,0)，P(0,0,2)，
(3)设 M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)， 则|M→1M2|＝ x2－x12＋y2－y12＋z2－z12. (4)对于非零向量 a 与 b，设 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2， y2，z2)，那么有 a∥b⇔a＝λb⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2； a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.
(0≤k≤1).
(1)向量M→N是否与向量A→B，A→A1共面？
(2)直线 MN 是否与平面 ABB1A1 平行？
图 6-6-4
解：(1)∵A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C， ∴M→N＝M→A＋A→B＋B→N＝kC→1A＋A→B＋kB→C＝k(C→1A＋ B→C)＋A→B＝k(C→1A＋B→1C1)＋A→B＝kB→1A＋A→B＝A→B－kA→B1＝ A→B－k(A→A1＋A→B)＝(1－k)A→B－kA→A1， ∴由共面向量定理知向量M→N与向量A→B，A→A1共面.
向终点).
(2)减法：A→B－A→C＝C→B(三角形法则：共点出发，指向
被减). (3)数乘向量：λa(λ∈R)仍是一个向量，且λa 与 a 共线，
|λa|＝|λ||a|. (4)数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，a·b 是一个实数.
3.空间向量的运算律 (1)交换律：a＋b＝b＋a；a·b＝b·a. (2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；(λa)·b＝λ(a·b)(λ∈ R)[注意：(a·b)c＝a(b·c)一般不成立]. (3)分配律： λ(a＋b)＝λa＋λb(λ∈R)；a·(b＋c)＝a·b＋ a·c.
M 23，0，32，
∴D→P＝(0，－1,2)，D→A＝(2
3，3,0)，
C→M＝ 23，0，32.
(1)设 n＝(x，y，z)为平面 PAD 的一个法向量，
则DD→→PA··nn＝ ＝00， ， 即－2 y＋3x2＋z＝3y0＝，0，
令 y＝2，得 n＝(－ 3，2,1).
∵n·C→M＝－ 3× 23＋2×0＋1×32＝0， ∴n⊥C→M.又 CM 平面 PAD，
平面α的一个法向量为 u＝(1,1，－1)，则( )
A.l∥α或 l⊂α
B.l⊥α
C.l⊂α
D.l 与α斜交
答案：A
3.(教材改编题)已知向量 a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且 ka＋b 与 2a－b 互相垂直，则 k 值是( )
1
3
7
A.1
B.5
C.5
D.5
答案：D
题组三 真题展现 4.(2019 年上海)已知向量 a＝(1,0,2)，b＝(2,1,0)，则 a 与 b 的夹角为________.
＝12(b＋c－a)，
所以E→G·A→B＝12(a·b＋a·c－a2)
＝121×1×21＋1×1×12－1＝0. 故E→G⊥A→B，即 EG⊥AB.
(2)解：由(1)知E→G＝－21a＋12b＋12c，
|E→G|2＝41a2＋14b2＋14c2－12a·b＋12b·c－21c·a＝12，
则|E→G|＝
(2)求B→D1与A→C夹角的余弦值.
图 6-6-6
解：(1)记A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝12. |A→C1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×12＋12＋12＝6， ∴|A→C1|＝ 6，即 AC1 的长为 6.
【题后反思】证明三点共线和空间四点共面的方法 比较
三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面
P→A＝λP→B且同过点 P
M→P＝xM→A＋yM→B
对空间任一点 O，O→P＝O→A＋ 对空间任一点 O，O→P＝O→M＋
(2)B→D1＝b＋c－a，A→C＝a＋b，∴|B→D1|＝ 2，|A→C|＝ 3，
B→D1·A→C＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos〈B→D1，A→C〉＝|BB→→DD11|·|AA→→CC|＝
6 6.
即B→D1与A→C夹角的余弦值为 66.
考点四 向量法证明平行、垂直
tA→B
xM→A＋yM→B
对空间任一点 O，O→P＝xO→A 对空间任一点 O，O→P＝xO→M
＋(1－x)O→B
＋yO→A＋(1－x－y)O→B
【变式训练】 如图 6-6-4 所示，已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1，点 M，
N 分别在 AC1 和 BC 上，且满足A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C
的共线.
出现，考查平行、垂直关系
3.掌握空间向量的数量积及 的判断和证明及空间角的计
其坐标表示，能运用向量的 算，解题要求有较强的运算
数量积判断向量的垂直
能力
1.空间向量的概念 在空间，既有大小又有方向的量，叫做空间向量，记
作 a 或A→B.空间向量可以在空间内自由平行移动.
2.空间向量的运算
(1)加法：A→B＋B→C＝A→C (三角形法则：首尾相连，指
图 6-6-2 (1)求证：E，F，G，H 四点共面； (2)求证：BD∥平面 EFGH.
证明：(1)如图 6-6-3，连接 BG，则E→G＝E→B＋B→G＝E→B ＋12(B→C＋B→D)＝E→B＋B→F＋E→H＝E→F＋E→H，
由共面向量定理的推论知 E，F，G，H 四点共面.
图 6-6-3
(2)因为E→H＝A→H－A→E＝12A→D－21A→B＝12(A→D－A→B)＝ 12B→D，
(3)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.( )
(4)若 a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( ) (5)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
题组二 走进教材
2.(教材改编题)若直线 l 的一个方向向量为 a＝(2,5,7)，
图 D51 A→B＋B→′C′＋C→C′＝A→B＋B→C＋C→C′＝A→C′，B 正确；由图 可知 C 正确；A→B＋B→B′＋B→C＋C→′C＝A→B＋B→C＝A→C，D 不正 确.故选 ABC. 答案：ABC
考点二 共线定理、共面定理的应用 [例 1]如图 6-6-2，已知 E，F，G，H 分别是空间四边 形 ABCD 的边 AB，BC，CD，DA 的中点.
第六讲 空间坐标系与空间向量
课标要求
考情分析
1.了解空间向量的概念，了解 本讲是空间向量的基础内 空间向量的基本定理及其意 容，涉及空间直角坐标系、
义，掌握空间向量的正交分 空间向量的有关概念、定理、
解及其坐标表示.
公式及四种运算等内容.一般
2.掌握空间向量的线性运算 不单独命题，常以简单几何
及其坐标表示，能判断向量 体为载体，以解答题的形式
AG 与 CE 所成角的余弦值为32.
【题后反思】 (1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以 利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置. (2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以 求二面角. (3)可以通过|a|＝ a2，将向量的长度问题转化为向量数 量积的问题求解.
【变式训练】 如图 6-6-6，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，以顶 点 A 为端点的三条棱长度都为 1，且两两夹角为 60°. (1)求 AC1 的长；
【名师点睛】
(1)在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件：O→A＝xO→B
＋yO→C(其中 x＋y＝1)，O 为平面内任意一点.
(2)在空间中 P，A，B，C 四点共面的充要条件：O→P＝
xO→A＋yO→B＋zO→C(其中 x＋y＋z＝1)，O 为空间任意一点.
(3)向量的数量积满足交换律、分配律，即 a·b＝b·a， a·(b＋c)＝a·b＋a·c 成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝ a·(b·c)不一定成立.
22，即
EG
的长为
2 2.
(3)解：A→G＝12(A→C＋A→D)＝21b＋12c，C→E＝C→A＋A→E
＝－b＋12a，
cos〈A→G，C→E〉＝|AA→→GG|·|CC→→EE|＝
21b＋12c·－b＋12a 21b＋12c2· 12a－b2
＝
－12 23×
3＝－23， 2
由于异面直线所成角的范围是0，π2，所以异面直线
(2)当 k＝0 时，点 M，A 重合，点 N，B 重合，MN 在 平面 ABB1A1 内，
当 0<k≤1 时，MN 不在平面 ABB1A1 内，又由(1)知M→N 与A→B，A→A1共面，∴MN∥平面 ABB1A1.
综上，当 k＝0 时，MN 在平面 ABB1A1 内；当 0<k≤1 时，MN∥平面 ABB1A1.
(4)用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何 中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证 明线面平行，仍需强调直线在平面外.
题组一 走出误区 1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( ) (2)若直线 a 的方向向量和平面α的法向量平行，则 a∥α.( )
4.空间向量的坐标运算
(1)若O→P＝xi＋yj＋zk，则(x，y，z)叫做向量O→P的坐标，
也叫做点 P 的坐标. (2)设 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，那么 a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)； λa＝(λx1，λy1，λz1)； a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2； cos〈a，b〉＝ x21＋x1xy221＋＋yz121y2x＋22＋z1yz222＋z22.
考点三 空间向量数量积及其应用
[例 2]如图 6-6-5 所示，已知空间四边形 ABCD 的每条
边和对角线长都等于 1，点 E，F，G 分别是 AB，AD，CD
的中点.
(1)求证：EG⊥AB；
(2)求 EG 的长；
(3)求异面直线 AG 和 CE 所
成角的余弦值.
图 6-6-5
(1)证明：设A→B＝a，A→C＝b， A→D＝c，由题意知E→G＝12(A→C＋A→D－A→B)
[例 3]如图 6-6-7 所示，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥平
面 ABCD，PC＝2，在四边形 ABCD 中，∠B＝∠C＝90°，
AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上，PB＝4PM，PB 与平面
ABCD 成 30°的角.求证：
(1)CM∥平面 PAD；
(2)平面 PAB⊥平面 PAD.
图 6-6-7
答案：D
2.(多选题)已知平行六面体 ABCD-A′B′C′D′，则下列四 式中正确的有( )
A.A→B－C→B＝A→C B.A→C′＝A→B＋B→′C′＋C→C′ C.A→A′＝C→C′ D.A→B＋B→B′＋B→C＋C→′C＝A→C′
解析：作出平行六面体 ABCD-A′B′C′D′的图形，如图 D51，可得A→B－C→B＝A→B＋B→C＝A→C，A 正确；
图 6-6-1
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个
解析：①(A→B＋B→C)＋C→C1＝A→C＋C→C1＝A→C1； ②(A→A1＋A→1D1)＋D→1C1＝A→D1＋D→1C1＝A→C1； ③(A→B＋B→B1)＋B→1C1＝A→B1＋B→1C1＝A→C1； ④ ( A→A1 － B→1A1 ) ＋ B→1C1 ＝ ( A→A1 ＋ A→1B1 ) ＋ B→1C1 ＝ A→B1 ＋ B→1C1＝A→C1.故选 D.
答案：arccos
Байду номын сангаас
2 5
考点一 空间向量的线性运算
1.如图 6-6-1 所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，下
列各式中运算的结果为向量A→C1的共有( )
①(A→B＋B→C)＋C→C1；
②(A→A1＋A→1D1)＋D→1C1；
③(A→B＋B→B1)＋B→1C1；
④(A→A1－B→1A1)＋B→1C1.
证明：以 C 为坐标原点，CB 为 x 轴，CD 为 y 轴，CP 为 z 轴建立如图 6-6-8 所示的空间直角坐标系 Cxyz.
图 6-6-8 ∵PC⊥平面 ABCD， ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，
∴∠PBC＝30°.
∵PC＝2，
∴BC＝2 3，PB＝4，
∴D(0,1,0)，B(2 3，0,0)，A(2 3，4,0)，P(0,0,2)，
(3)设 M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)， 则|M→1M2|＝ x2－x12＋y2－y12＋z2－z12. (4)对于非零向量 a 与 b，设 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2， y2，z2)，那么有 a∥b⇔a＝λb⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2； a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.
(0≤k≤1).
(1)向量M→N是否与向量A→B，A→A1共面？
(2)直线 MN 是否与平面 ABB1A1 平行？
图 6-6-4
解：(1)∵A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C， ∴M→N＝M→A＋A→B＋B→N＝kC→1A＋A→B＋kB→C＝k(C→1A＋ B→C)＋A→B＝k(C→1A＋B→1C1)＋A→B＝kB→1A＋A→B＝A→B－kA→B1＝ A→B－k(A→A1＋A→B)＝(1－k)A→B－kA→A1， ∴由共面向量定理知向量M→N与向量A→B，A→A1共面.
向终点).
(2)减法：A→B－A→C＝C→B(三角形法则：共点出发，指向
被减). (3)数乘向量：λa(λ∈R)仍是一个向量，且λa 与 a 共线，
|λa|＝|λ||a|. (4)数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，a·b 是一个实数.
3.空间向量的运算律 (1)交换律：a＋b＝b＋a；a·b＝b·a. (2)结合律：(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；(λa)·b＝λ(a·b)(λ∈ R)[注意：(a·b)c＝a(b·c)一般不成立]. (3)分配律： λ(a＋b)＝λa＋λb(λ∈R)；a·(b＋c)＝a·b＋ a·c.
M 23，0，32，
∴D→P＝(0，－1,2)，D→A＝(2
3，3,0)，
C→M＝ 23，0，32.
(1)设 n＝(x，y，z)为平面 PAD 的一个法向量，
则DD→→PA··nn＝ ＝00， ， 即－2 y＋3x2＋z＝3y0＝，0，
令 y＝2，得 n＝(－ 3，2,1).
∵n·C→M＝－ 3× 23＋2×0＋1×32＝0， ∴n⊥C→M.又 CM 平面 PAD，
平面α的一个法向量为 u＝(1,1，－1)，则( )
A.l∥α或 l⊂α
B.l⊥α
C.l⊂α
D.l 与α斜交
答案：A
3.(教材改编题)已知向量 a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且 ka＋b 与 2a－b 互相垂直，则 k 值是( )
1
3
7
A.1
B.5
C.5
D.5
答案：D
题组三 真题展现 4.(2019 年上海)已知向量 a＝(1,0,2)，b＝(2,1,0)，则 a 与 b 的夹角为________.
＝12(b＋c－a)，
所以E→G·A→B＝12(a·b＋a·c－a2)
＝121×1×21＋1×1×12－1＝0. 故E→G⊥A→B，即 EG⊥AB.
(2)解：由(1)知E→G＝－21a＋12b＋12c，
|E→G|2＝41a2＋14b2＋14c2－12a·b＋12b·c－21c·a＝12，
则|E→G|＝
(2)求B→D1与A→C夹角的余弦值.
图 6-6-6
解：(1)记A→B＝a，A→D＝b，A→A1＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝12. |A→C1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×12＋12＋12＝6， ∴|A→C1|＝ 6，即 AC1 的长为 6.