阶段提能(十三)空间向量及应用
1．(北师大版选择性必修第一册P133例11)如图，已知二面角α-l-β的平面角为2π3，点B，C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝2，BC＝1，CD＝3，求AD
[解]因为AB⊥l，CD⊥l，二面角α-l-β的平面角为2π3
所以AB·BC＝0，BC·CD＝0，〈BA，CD〉＝
因为AD＝AB+
所以|AD|2＝(AB+BC+CD)
＝|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋2AB·BC＋2BC·CD＋2AB·CD
＝|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋2AB·CD
＝22＋12＋32＋2×2×3×12＝20
所以|AD|＝25．
2．(人教A版选择性必修第一册P38练习T4)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠CBA＝∠DBC＝120°．求：
(1)直线AD与直线BC所成角的大小；
(2)直线AD与平面BCD所成角的大小；
(3)平面ABD和平面BDC的夹角的余弦值．
[解]如图，建立空间直角坐标系．
设AB＝a，则A0，
C(0，a，0)，D32
∴AD＝32
BC＝(0，a，0)，BD＝32
(1)∵AD·BC＝0，∴AD⊥BC，
∴直线AD与直线BC所成角的大小为90°．
(2)设AD与平面BCD所成的角为θ，
∵n＝(0，0，1)是平面BCD的一个法向量，
∴sinθ＝|cos〈AD，n〉|＝AD·nADn＝
∴θ＝45°，即直线AD与平面BCD所成角的大小为45°．
(3)设m＝(x，y，z)是平面ABD的法向量，
则m·AD
取x＝1，则z＝1，y＝3，∴m＝(1，3，1)．
∴cos〈m，n〉＝m·nmn＝
设平面ABD和平面BDC的夹角为θ，
则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝55
故平面ABD和平面BDC夹角的余弦值为55
3．(人教A版选择性必修第一册P35练习T2)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．
(1)求点A1到直线B1E的距离；
(2)求直线FC1到直线AE的距离；
(3)求点A1到平面AB1E的距离；
(4)求直线FC1到平面AB1E的距离．
[解]建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，E0，0，12，F1，1，12，C1(0，1
(1)B1E＝
u1＝B1EB1E＝-23
设a1＝A1B1＝0，1，0，∴a12＝
∴点A1到直线B1E的距离为a12-a1
(2)∵AE＝-1，0，
∴AE∥FC1
∴点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离．
u2＝AEAE＝-25
设a2＝AF＝0，
∴a22＝54，a2·u2
∴直线FC1到直线AE的距离为54-5
(3)设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
又AB1＝(0，1，1)，AE＝-1
∴n
取z＝2，则y＝－2，x＝1，
∴n＝(1，－2，2)，∴n0＝nn＝1
又AA1＝(0，0，1)
∴点A1到平面AB1E的距离为|AA1·n0|＝2
(4)∵FC1∥AE，FC1?平面AB1E，AE?平面AB1E，
∴FC1∥平面AB1E，
∴FC1到平面AB1E的距离即为F到平面AB1E的距离．
又平面AB1E的单位法向量n0＝13，-
∴直线FC1到平面AB1E的距离为|FB1·n0|＝1
4．(2024·上海卷)定义一个集合Ω，其元素是空间内的点，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1OP1＋λ2OP2＋λ3OP3＝0(其中O为坐标原点)．已知(1，0，0)∈Ω，则(0，0，1)?Ω的充分条件是
A．(0，0，0)∈Ω B．(－1，0，0)∈Ω
C．(0，1，0)∈Ω D．(0，0，－1)∈Ω
C[由题意知这三个向量OP1
对A，由空间直角坐标系易知(0，0，0)，(1，0，0)，(0，0，1)三个向量共面，则当(0，0，0)，(1，0，0)∈Ω无法推出(0，0，1)?Ω，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知(－1，0，0)，(1，0，0)，(0，0，1)三个向量共面，则当(－1，0，0)，(1，0，0)∈Ω无法推出(0，0，1)?Ω，故B错误；
对C，由空间直角坐标系易知(1，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由(1，0，0)，(0，1，0)∈Ω能推出(0，0，1)?Ω，
对D，由空间直角坐标系易知(1，0，0)，(0，0，1)，(0，0，－1)三个向量共面，
则当(0，0，－1)，(1，0，0)∈Ω无法推出(0，0，1)?Ω，故D错误．故选C．]
5．(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形