《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

考点二 空间向量的数量积及其应用
例 2 如图，正四面体 $A - BCD$（所有棱长均相等）的棱长为 $1$，$E,F,G,H$ 分别是正四面体 $ABCD$ 中各棱的中点，设 $\overrightarrow{AB}=a,\overrightarrow{AC}=b,\overrightarrow{AD}=c$，试采用向量法解决下列问题：
(1)求 $\overrightarrow{EF}$ 的模长；
(2)求 $\overrightarrow{EF},\overrightarrow{GH}$ 的夹角.$\frac{\sqrt{2}}{2}$$90^{\circ}$

答案： 例2解　
(1)因为正四面体$A - BCD$的棱长为1，$E$，$F$，$G$，$H$分别是正四面体$A - BCD$中各棱的中点，$\overrightarrow{AB} = a$，$\overrightarrow{AC} = b$，$\overrightarrow{AD} = c$，
　所以$\overrightarrow{BE} = \frac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})=\frac{1}{2}(b - a)$，
　$\overrightarrow{AF} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} = \frac{1}{2}c$，
　所以$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{EB} + \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AF}=- \frac{1}{2}(b - a) - a + \frac{1}{2}c = \frac{1}{2}(c - a - b)$，所以$|\overrightarrow{EF}|^2 = \frac{1}{4}(c - a - b)^2=\frac{1}{4}(c^2 + a^2 + b^2 - 2a \cdot c + 2a \cdot b - 2b \cdot c)=\frac{1}{4}(1 + 1 + 1 - 2 × 1 × 1 × \cos 60^{\circ} + 2 × 1 × 1 × \frac{1}{2} - 2 × 1 × 1 × \cos 60^{\circ}) = \frac{1}{2}$，
　故$|\overrightarrow{EF}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
(2)在正四面体$A - BCD$中，$\overrightarrow{EF} = \frac{1}{2}(c - a - b)$，$|\overrightarrow{EF}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
　同理，$\overrightarrow{GH} = \frac{1}{2}(b + c - a)$，$|\overrightarrow{GH}| = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
所以$\cos\langle\overrightarrow{EF},\overrightarrow{GH}\rangle = \frac{\overrightarrow{EF} \cdot \overrightarrow{GH}}{|\overrightarrow{EF}||\overrightarrow{GH}|}=\frac{\frac{1}{2}(c - a - b) \cdot \frac{1}{2}(b + c - a)}{\frac{\sqrt{2}}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{2}[(c - a)^2 - b^2]=\frac{1}{2}(1 + 1 - 2 × 1 × 1 × \cos 60^{\circ} - 1) = 0$，
　所以$\overrightarrow{EF}$与$\overrightarrow{GH}$的夹角为$90^{\circ}$。

训练 2 如图所示，四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 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 $60^{\circ}$. 求：

(1)$AC_1$ 的长；
(2)$BD_1$ 与 $AC$ 夹角的余弦值.

答案： 训练2解　
(1)记$\overrightarrow{AB} = a$，$\overrightarrow{AD} = b$，$\overrightarrow{AA_1} = c$，　则$|a| = |b| = |c| = 1$，　$\langle a,b\rangle = \langle b,c\rangle = \langle c,a\rangle = 60^{\circ}$，　$\therefore a \cdot b = b \cdot c = c \cdot a = \frac{1}{2}$。　$|\overrightarrow{AC_1}|^2 = (a + b + c)^2=a^2 + b^2 + c^2 + 2(a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a)= 1 + 1 + 1 + 2 × (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = 6$，　$\therefore |\overrightarrow{AC_1}| = \sqrt{6}$，即$AC_1$的长为$\sqrt{6}$。
(2)$\because \overrightarrow{BD_1} = b + c - a$，$\overrightarrow{AC} = a + b$，　$|\overrightarrow{BD_1}| = \sqrt{2}$，$|\overrightarrow{AC}| = \sqrt{3}$，　$\overrightarrow{BD_1} \cdot \overrightarrow{AC} = (b + c - a) \cdot (a + b)= b^2 - a^2 + a \cdot c + b \cdot c = 1$，　$\therefore \cos\langle\overrightarrow{BD_1},\overrightarrow{AC}\rangle = \frac{\overrightarrow{BD_1} \cdot \overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{BD_1}||\overrightarrow{AC}|} = \frac{\sqrt{6}}{6}$。　$\therefore AC_1$与$BD_1$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{6}$。

例 3 如图，已知 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，四边形 $ABCD$ 为矩形，$PA = AD$，$M,N$ 分别为 $AB,PC$ 的中点，求证：

(1)$MN//$ 平面 $PAD$；
(2)平面 $PMC\perp$ 平面 $PDC$.

答案：
例3证明　
(1)由题意，以$A$为坐标原点，$AB$，$AD$，$AP$所在的直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系$A - xyz$。　设$PA = AD = a(a ＞ 0)$，$AB = b(b ＞ 0)$，　则有$A(0,0,0)$，$P(0,0,a)$，$D(0,a,0)$，$C(b,a,0)$，　　　　　　　　　　 　$B(b,0,0)$。　因为$M$，$N$分别为$AB$，$PC$的中点，　所以$M(\frac{b}{2},0,0)$，$N(\frac{b}{2},\frac{a}{2},\frac{a}{2})$，　所以$\overrightarrow{MN} = (0,\frac{a}{2},\frac{a}{2})$，　又$\overrightarrow{AP} = (0,0,a)$，$\overrightarrow{AD} = (0,a,0)$，　所以$\overrightarrow{MN} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AP} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$。　又$MN\not\subset$平面$PAD$，所以$MN//$平面$PAD$。
(2)结合
(1)知，$M(\frac{b}{2},0,0)$，$\overrightarrow{PC} = (b,a,-a)$，$\overrightarrow{PM} = (\frac{b}{2},0,-a)$，$\overrightarrow{PD} = (0,a,-a)$。　设平面$PMC$的法向量为$n_1 = (x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}n_1 \cdot \overrightarrow{PC} = 0\\n_1 \cdot \overrightarrow{PM} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}bx_1 + ay_1 - az_1 = 0\frac{b}{2}x_1 - az_1 = 0\end{cases}$，　令$z_1 = b$，则$x_1 = 2a$，$y_1 = -b$，　得$n_1 = (2a,-b,b)$。　设平面$PDC$的法向量为$n_2 = (x_2,y_2,z_2)$，则$\begin{cases}n_2 \cdot \overrightarrow{PC} = 0\\n_2 \cdot \overrightarrow{PD} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}bx_2 + ay_2 - az_2 = 0\\ay_2 - az_2 = 0\end{cases}$，　得$x_2 = 0$，令$z_2 = 1$，则$y_2 = 1$，得$n_2 = (0,1,1)$。因为$n_1 \cdot n_2 = 0 - b + b = 0$，所以$n_1 \perp n_2$，　故平面$PMC \perp$平面$PDC$。

训练 3 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $2\sqrt{2}$，四边形 $BDEF$ 是平行四边形，$BD$ 与 $AC$ 交于点 $G$，$O$ 为 $GC$ 的中点，$FO=\sqrt{3}$，且 $FO\perp$ 平面 $ABCD$.
(1)求证：$AE//$ 平面 $BCF$；
(2)求证：$CF\perp$ 平面 $AEF$.

答案：
训练3证明　如图，
　取$BC$的中点$H$，连接$OH$，
　　　　　　　　
　则$OH// BD$，
　又四边形$ABCD$为正方形，所以$AC\perp BD$，所以$OH\perp AC$，故以$O$为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(3,0,0)$，$C(-1,0,0)$，$D(1,-2,0)$，$F(0,0,\sqrt{3})$，$B(1,2,0)$。
　$\overrightarrow{BC} = (-2,-2,0)$，$\overrightarrow{CF} = (1,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BF} = (-1,-2\sqrt{3})$。
(1)设平面$BCF$的法向量为$n = (x,y,z)$，则$\begin{cases}n \cdot \overrightarrow{BC} = 0\\n \cdot \overrightarrow{CF} = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-2x - 2y = 0\\x + \sqrt{3}z = 0\end{cases}$，
取$z = 1$，得$n = (-\sqrt{3},\sqrt{3},1)$是平面$BCF$的一个法向量。
　又四边形$BDEF$为平行四边形，
　所以$\overrightarrow{DE} = \overrightarrow{BF} = (-1,-2\sqrt{3})$，
　所以$\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DE} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BF} = (-2,-2,0)+ (-1,-2\sqrt{3}) = (-3,-4\sqrt{3})$，
　所以$\overrightarrow{AE} \cdot n = 3\sqrt{3} - 4\sqrt{3} + \sqrt{3} = 0$，
　所以$\overrightarrow{AE} \perp n$，
　又$AE\not\subset$平面$BCF$，所以$AE//$平面$BCF$。
(2)因为$\overrightarrow{AF} = (-3,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CF} \cdot \overrightarrow{AF} = -3 + 3 = 0$，$\overrightarrow{CF} \cdot \overrightarrow{AE} = -3 + 3 = 0$，
所以$\overrightarrow{CF} \perp \overrightarrow{AF}$，$\overrightarrow{CF} \perp \overrightarrow{AE}$，
　又$AE \cap AF = A$，$AE$，$AF\subset$平面$AEF$，
　所以$CF \perp$平面$AEF$。