1＝. 2
【迁移1】 本例的条件不变，求证：EG⊥AB. 1→1→→→
证明 由例1知EG＝(AC＋AD－AB)＝(b＋c－a)，
22→→12
所以EG·AB＝(a·b＋a·c－a)
211?1?
＝?1×1×＋1×1×－1?＝0.
22?2?
→→
故EG⊥AB，即EG⊥AB.
【迁移2】 本例的条件不变，求EG的长. 111→
解 由例1知EG＝－a＋b＋c，
222
11122→21212121→
|EG|＝a＋b＋c－a·b＋b·c－c·a＝，则|EG|＝，即EG的长为.
444222222【迁移3】 本例的条件不变，求异面直线AG和CE所成角的余弦值. 1→11→→→
解 由例1知AG＝b＋c，CE＝CA＋AE＝－b＋a，
222→→AG·CE2→→
cosAG，CE＝＝－，
→→3|AG||CE|
?π?由于异面直线所成角的范围是?0，?，
2??
2
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
3规律方法 空间向量数量积的应用中的主要题型 (1)求夹角：设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝
2
a·b，进而可求两异面直线所成的角； |a||b|
(2)求长度(距离)；运用公式|a|＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题；
(3)解决垂直问题：利用a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题.
【训练1】 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
(1)求AC1的长； (2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值. →→→
(1)解 记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 1∴a·b＝b·c＝c·a＝.
2
→22222
|AC1|＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c＋2(a·b＋b·c＋c·a)
?111?＝1＋1＋1＋2×?＋＋?＝6， ?222?
→
∴|AC1|＝6，即AC1的长为6. →→
(2)证明 ∵AC1＝a＋b＋c，BD＝b－a， →→
∴AC1·BD＝(a＋b＋c)·(b－a) ＝a·b＋|b|＋b·c－|a|－a·b－a·c ＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0. →→
∴AC1⊥BD，∴AC1⊥BD.
→→
(3)解 BD1＝b＋c－a，AC＝a＋b， →→
∴|BD1|＝2，|AC|＝3，
2
2
BD1·AC＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b－a＋a·c＋b·c＝1.
→→BD1·AC6→
∴cos〈BD1，AC〉＝＝.
→→6|BD1||AC|
→
∴AC与BD1夹角的余弦值为
6. 6
2
2
→→
考点二 利用向量证明平行问题
【例2】 (一题多解)如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：PB∥平面EFG.
证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，
∴AB，AP，AD两两垂直.
以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，
C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0).
→→
法一 ∴EF＝(0，1，0)，EG＝(1，2，－1)， 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·EF＝0，??y＝0，
则?即?
?→x＋2y－z＝0，???n·EG＝0，
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量， →→→
∵PB＝(2，0，－2)，∴PB·n＝0，∴n⊥PB， ∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.
→→
法二 PB＝(2，0，－2)，FE＝(0，－1，0)， →
FG＝(1，1，－1).设PB＝sFE＋tFG，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
→→→
t＝2，??
∴?t－s＝0，解得s＝t＝2. ??－t＝－2，
→→→∴PB＝2FE＋2FG，
→→→→→
又∵FE与FG不共线，∴PB，FE与FG共面. ∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.
规律方法 1.恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证
明平行的关键.
2.证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
【训练2】 (一题多解)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，
M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.
证明 法一 如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
由题意知，A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0). 设点C的坐标为(x0，y0，0). →→因为AQ＝3QC，
231??3
所以Q?x0，＋y0，?.
442??4
因为M为AD的中点，故M(0，2，1). 1??又P为BM的中点，故P?0，0，?，
2??23?→?3
所以PQ＝?x0，＋y0，0?.
44?4?
→
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故PQ·a＝0. 又PQ?平面BCD， 所以PQ∥平面BCD.
法二 在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，
B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
→1→
∵CF＝CD，设点F坐标为(x，y，0)，则
41
(x－x0，y－y0，0)＝(－x0，2－y0，0)，
43x＝x，??423?→?3∴?∴OF＝?x，＋y，0?
44?4?23
y＝＋y，??44
0
0
0
0
23?→?3
又由法一知PQ＝?x0，＋y0，0?，
44?4?→→
∴OF＝PQ，∴PQ∥OF.
又PQ?平面BCD，OF?平面BCD， ∴PQ∥平面BCD.
考点三 利用向量证明垂直问题
【例3】 如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明 (1)取BC的中点O，连接PO，△PBC为等边三角形，即PO⊥BC， ∵平面PBC⊥底面ABCD，BC为交线，PO?平面PBC， ∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及空间位置关系教学案含解析新人教A版
