【数学】2019届一轮复习人教A版大题冲关系列五立体几何的综合问题学案

【数学】2019届一轮复习人教A版大题冲关系列五立体几何的综合问题学案

立体几何的综合问题 命题动向：从近五年的高考试题来看，立体几何是历年高考的重 点，约占整个试卷的 13%，通常以一大一小的模式命题，以中、低档 难度为主．三视图、简单几何体的表面积与体积、点、线、面位置关 系的判定与证明以及空间向量与空间角(特别是二面角)的计算是考查 的重点内容，前者多以客观题的形式命题，后者主要以解答题的形式 加以考查．着重考查推理论证能力和空间想象能力，而且对数学运算 的要求有加强的趋势．转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终． 题型 1 空间点、线、面的位置关系 例 1　　[2017·北京高考]如图，在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥AB， PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D 为线段 AC 的中点，E 为线 段 PC 上一点． (1)求证：PA⊥BD； (2)求证：平面 BDE⊥平面 PAC； (3)当 PA∥平面 BDE 时，求三棱锥 E－BCD 的体积． 解题视点　(1)根据线面垂直的判定定理即可证明；(2)由等腰三 角形性质和(1)问结论证线面垂直，再由面面垂直判定定理即可证明； (3)关键是先由直线与平面平行的性质定理证线线平行，再由线面垂 直的结论证三棱锥的高． 解　(1)证明：因为 PA⊥AB，PA⊥BC，所以 PA⊥平面 ABC. 又因为 BD⊂平面 ABC，所以 PA⊥BD. (2)证明：因为 AB＝BC，D 为 AC 的中点，所以 BD⊥AC. 由(1)知，PA⊥BD， 所以 BD⊥平面 PAC，又 BD⊂平面 BDE， 所以平面 BDE⊥平面 PAC. (3)因为 PA∥平面 BDE，平面 PAC∩平面 BDE＝DE， 所以 PA∥DE. 因为 D 为 AC 的中点，所以 DE＝1 2 PA＝1，BD＝DC＝ 2. 由(1)知，PA⊥平面 ABC，所以 DE⊥平面 ABC， 所以三棱锥 E－BCD 的体积 V＝1 6 BD·DC·DE＝ 1 3 . 冲关策略 立体几何中证明线线垂直往往是通过线面垂直来实现的，即一条 直线垂直于另一条直线所在的平面，根据直线和平面垂直的定义，从 而得到这两条直线垂直．解决这类问题要运用转化策略，特别要注意 面面垂直的性质定理“如果两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于 它们交线的直线垂直于另一个平面”，这是立体几何中“作一个平面 的垂线”的主要依据． 变式训练 1 [2015·江苏高考]如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AC⊥ BC，BC＝CC1，设 AB1 的中点为 D，B1C∩BC1＝E. 求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. 证明　(1)由题意知，E 为 B1C 的中点， 又 D 为 AB1 的中点，因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C， 所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱， 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC， 所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1， BC⊂平面 BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1，所以 BC1⊥AC. 因为 BC＝CC1，所以矩形 BCC1B1 是正方形， 因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C， 所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥AB1. 题型 2 平面图形的翻折问题 例 2　　[2016·全国卷Ⅱ]如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB＝5，AC＝6，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF＝ 5 4 ，EF 交 BD 于点 H.将△DEF 沿 EF 折到△D′EF 的位置，OD′＝ 10. (1)证明：D′H⊥平面 ABCD； (2)求二面角 B－D′A－C 的正弦值． 解题视点　(1)利用线面垂直的判定定理进行证明；(2)建立空间 直角坐标系，利用向量法求解． 解　(1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD. 又由 AE＝CF，得AE AD ＝CF CD ，故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD，从而 EF⊥D′H. 由 AB＝5，AC＝6，得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. 由 EF∥AC，得OH DO ＝AE AD ＝1 4 . 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是 D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2， 故 D′H⊥OH.又 D′H⊥EF，而 OH∩EF＝H， 所以 D′H⊥平面 ABCD. (2)如图，以 H 为坐标原点，HF → 的方向为 x 轴正方向，HD → 的方向 为 y 轴正方向，HD′→ 的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 Hxyz. 则 H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5，0)，C(3，－1,0)， D′(0,0,3)，AB → ＝(3，－4,0)，AC → ＝(6,0,0)，AD ′→ ＝(3,1,3)． 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 ABD′的法向量， 则Error!即Error! 所以可取 m＝(4,3，－5)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACD′的法向量， 则Error!即Error! 所以可取 n＝(0，－3,1)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝ －14 50 × 10 ＝－7 5 25 ， 所以 sin〈m，n〉＝2 95 25 . 因此二面角 B－D′A－C 的正弦值是2 95 25 . 冲关策略 解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变 量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住 不变量是解决问题的突破口． 变式训练 2 [2018·皖南八校联考]如图 1，在等腰梯形 PDCB 中，PB∥DC，PB ＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB 于点 A，将△PAD 沿 AD 折起， 构成如图 2 所示的四棱锥 P－ABCD，点 M 在棱 PB 上，且 PM＝ 1 2 MB. (1)求证：PD∥平面 MAC； (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD，求二面角 M－AC－B 的余弦 值． 解　(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 N，连接 MN， 依题意知 AB∥CD，∴△ABN∽△CDN， ∴BN ND ＝BA CD ＝2，∵PM＝1 2 MB， ∴BN ND ＝BM MP ＝2，∴在△BPD 中，MN∥PD， 又 PD⊄平面 MAC，MN⊂平面 MAC. ∴PD∥平面 MAC. (2)∵平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，PA ⊥AD，PA⊂平面 PAD，∴PA⊥平面 ABCD，又 AB⊂平面 ABCD∴ PA⊥AB，又 AD⊥AB，∴PA，AD，AB 两两垂直，以 A 为坐标原 点，分别以AD → ，AB → ，AP → 的方向为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角 坐标系，如图所示． ∵AP＝AD＝1，AB＝2，且 PM＝1 2 MB， ∴A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，M(0，2 3 ，2 3)，C(1,1,0)， ∴AP → ＝(0,0,1)，AM → ＝ (0，2 3 ，2 3)，AC → ＝(1,1,0)， ∵PA⊥平面 ABCD，∴n1＝AP → ＝(0,0,1)为平面 ABC 的一个法向 量． 设平面 MAC 的法向量为 n2＝(x，y，z)， 则Error! ∴Error! 令 x＝1，则 y＝－1，z＝1，∴n 2＝(1，－1,1)为平面 MAC 的一 个法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2| ＝ 1 1 × 3 ＝ 3 3 ， 易知二面角 M－AC－B 的平面角为锐角， ∴二面角 M－AC－B 的余弦值为 3 3 . 题型 3 向量法解决探索性问题 命题角度 1　探索性问题与平行相结合 例 3　　[2016·北京高考]如图，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAD ⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝ CD＝ 5. (1)求证：PD⊥平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD？若存在，求 AM AP 的值；若不存在，说明理由． 解题视点　(1)欲证 PD⊥平面 PAB，只需在平面 PAB 内找两条相 交直线与 PD 垂直；(2)建立空间直角坐标系，求出直线 PB 的方向向 量与平面 PCD 的法向量，即可求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦 值；(3)假设在棱 PA 上存在点 M，使得 BM∥平面 PCD，利用直线 BM 的方向向量与平面 PCD 的法向量垂直，得参数所满足的方程，若能 求出参数的值，则说明存在，否则，不存在． 解　(1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD ＝AD，AB⊂平面 ABCD，AB⊥AD，所以 AB⊥平面 PAD，所以 AB⊥ PD. 又因为 PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以 PD⊥平面 PAB. (2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD. 又因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD，所以 PO⊥平 面 ABCD. 因为 CO⊂平面 ABCD，所以 PO⊥CO. 因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD. 如图建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意，得 A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)， PD → ＝(0，－1，－1)，PC → ＝(2,0，－1)． 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error! 令 z＝2，则 x＝1，y＝－2.所以 n＝(1，－2,2)． 又PB → ＝(1,1，－1)，所以 cos〈n，PB → 〉＝ n·PB → |n||PB → | ＝－ 3 3 . 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3 3 . (3)设 M 是棱 PA 上一点，则存在 λ∈[0,1]使得AM → ＝λAP → .因此点 M(0,1－λ，λ)，BM → ＝(－1，－λ，λ)． 因为 BM⊄平面 PCD，所以 BM∥平面 PCD 当且仅当BM → ·n＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得 λ＝1 4 .所以在棱 PA 上存在一点 M 使得 BM∥平面 PCD，此时AM AP ＝1 4 . 冲关策略 利用向量法探究线面平行，只须将这条直线的方向向量用平面内 两个不共线的向量来线性表示或转化为直线的方向向量与平面的法 向量垂直来处理，再说明这条直线不在已知平面内． 命题角度 2　探索性问题与垂直相结合 例 4　　[2018·湖北宜昌]如图所示，四边形 ABCD 是边长为 1 的 正方形，MD⊥平面 ABCD，NB⊥平面 ABCD，且 MD＝NB＝1，E 为 BC 的中点． (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值； (2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN？若存在， 求线段 AS 的长；若不存在，请说明理由． 解题视点　(1)由公式cosθ＝ |a·b| |a||b| ，求得异面直线所成角的余弦值； (2)设出空间点的坐标，利用向量垂直的坐标表示． 解　(1)如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)， B(1,1,0)，N(1,1,1)，E( 1 2 ，1，0)， 所以NE → ＝ (－1 2 ，0，－1)，AM → ＝(－1,0,1)， 因为|cos〈NE → ，AM → 〉|＝ |NE → ·AM → | |NE → ||AM → | ＝ 1 2 5 2 × 2 ＝ 10 10 . 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 . (2)假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN. 连接 AE，ES，如图所示． 因为AN → ＝(0,1,1)，可设AS → ＝λAN → ＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)， 又EA → ＝ ( 1 2 ，－1，0)， 所以ES → ＝EA → ＋AS → ＝ ( 1 2 ，λ－1，λ). 由 ES⊥平面 AMN， 得Error!即Error! 解得 λ＝1 2 ，此时AS → ＝ (0，1 2 ，1 2)，|AS → |＝ 2 2 . 经检验，当 AS＝ 2 2 时，ES⊥平面 AMN. 故线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN， 此时 AS＝ 2 2 . 冲关策略 利用向量法探究垂直问题，其一证明直线与直线垂直，只需证明 两条直线的方向向量垂直，其二证明面面垂直，只需证明两个平面的 法向量垂直，解题的关键是灵活建系，从而将几何证明转化为向量运 算． 命题角度 3　探索性问题与空间角相结合 例 5　　如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD∥ BC，AD⊥CD，且 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2. (1)求证：AB⊥PC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 M－AC－D 的 大小为 45°，如果存在，求 BM 与平面 MAC 所成角的正弦值，如果 不存在，请说明理由． 解题视点　(1)利用几何图形的特点，将空间问题平面化后，找 出垂直关系，进行证明；(2)假设存在点 M，利用二面角 M－AC－D 的大小为 45°确定点 M 的位置，再利用平面 MAC 的法向量求线面 角． 解　(1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形， 由 AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，可得△ABC 是等腰直角三角形， 即 AB⊥AC， 因为 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD，所以 PA⊥AB，又 PA∩AC ＝A， 所以 AB⊥平面 PAC，又 PC⊂平面 PAC， 所以 AB⊥PC. (2)取 BC 的中点 E，连结 AE，AE⊥BC. 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，C(2 2，2 2，0)， D(0,2 2，0)，P(0,0,2)，B(22，－2 2，0)，PD → ＝(0,2 2，－2)，AC → ＝ (2 2，2 2，0)． 设PM → ＝tPD → (00，矛盾． ∴这样的点 P 不存在． 4．[2018·陕西模拟]在如图所示的多面体 ABCDEF 中，ABCD 为 正方形，底面 ABFE 为直角梯形，平面 ABCD⊥平面 ABFE，AE∥ BF，∠EAB＝90°，AB＝1 2 BF＝1. (1)求证：DB⊥EC； (2)若 AE＝AB，求二面角 C－EF－B 的余弦值． 解　(1)证明：因为底面 ABFE 为直角梯形，AE∥BF，∠EAB＝ 90°， 所以 AE⊥AB，BF⊥AB. 因为平面 ABCD⊥平面 ABFE，平面 ABCD∩平面 ABFE＝AB， 所以 AE⊥平面 ABCD，BF⊥平面 ABCD， 所以 BF⊥BC. 设 AE＝t，以 BA，BF，BC 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系， 则 B(0,0,0)，C(0,0,1)，D(1,0,1)，E(1，t,0)， 故DB → ＝(－1,0，－1)，EC → ＝(－1，－t,1)， 因为DB → ·EC → ＝(－1,0，－1)·(－1，－t,1)＝1－1＝0， 所以 DB⊥EC. (2)由(1)可知BC → ＝(0,0,1)是平面 BEF 的一个法向量，设 n＝(x1， y1，z1)是平面 CEF 的法向量， 因为 AE＝AB＝1，所以 E(1,1,0)，又 F(0,2,0)， 故CE → ＝(1,1，－1)，CF → ＝(0,2，－1)． 由CE → ·n＝(1,1，－1)·(x 1，y1，z1)＝0 可得 x1＋y1－z1＝0， 由CF → ·n＝(0,2，－1)·(x 1，y1，z1)＝0 可得 2y1－z1＝0， 令 z1＝2，得 y1＝1，x1＝1，故 n＝(1,1,2)为平面 CEF 的一个法向 量， 所以 cos〈n·BC → 〉＝ n·BC → |n||BC → | ＝ 2 1 × 6 ＝ 6 3 ， 易知二面角 C－EF－B 的平面角为锐角， 所以二面角 C－EF－B 的余弦值为 6 3 . 5．[2018·长沙模拟]如图，已知四棱锥 S－ABCD，底面梯形 ABCD 中，BC∥AD，平面 SAB⊥平面 ABCD，△SAB 是等边三角形，已知 AC ＝2AB＝4，BC＝2AD＝2DC＝2 5. (1)求证：平面 SAB⊥平面 SAC； (2)求二面角 B－SC－A 的余弦值． 解　(1)证明：在△BCA 中，由于 AB＝2，CA＝4，BC＝2 5， ∴AB2＋AC2＝BC2，故 AB⊥AC. 又平面 SAB⊥平面 ABCD，平面 SAB∩平面 ABCD＝AB， AC⊂平面 ABCD，∴AC⊥平面 SAB， 又 AC⊂平面 SAC，故平面 SAC⊥平面 SAB. (2)如图，建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)， S(1,0， 3)，C(0,4,0)， CS → ＝(1，－4， 3)， BC → ＝(－2,4,0)， AC → ＝ (0,4,0)． 设平面 SBC 的法向量 n＝(x1，y1，z1)， Error!⇒Error! 令 y1＝1，则 x1＝2，z1＝2 3 3 ，∴n＝ (2，1，2 3 3 ). 设平面 SCA 的法向量 m＝(x2，y2，z2)， Error!⇒Error!令 x2＝－ 3， ∴m＝(－ 3，0,1)． ∴|cos〈n，m〉|＝|n·m| |n||m| ＝2 19 19 ， 易知二面角 B－SC－A 的平面角为锐角， ∴二面角 B－SC－A 的余弦值为2 19 19 . 6．如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥ DC，点 E 是 BC 边的中点，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平 面 BCD，连接 AE，AC，DE，得到如图 2 所示的几何体． (1)求证：AB⊥平面 ADC； (2)若 AD＝1，二面角 C－AB－D 的平面角的正切值为 6，求二 面角 B－AD－E 的余弦值． 解　(1)证明：因为平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD ＝BD， 又 BD⊥DC，所以 DC⊥平面 ABD. 因为 AB⊂平面 ABD，所以 DC⊥AB. 又折叠前后均有 AD⊥AB，DC∩AD＝D， 所以 AB⊥平面 ADC. (2)由(1)知 AB⊥平面 ADC，所以 AB⊥AC，又 AB⊥AD，所以二 面角 C－AB－D 的平面角为∠CAD. 又 DC⊥平面 ABD，AD⊂平面 ABD，所以 DC⊥AD. 依题意 tan∠CAD＝CD AD ＝ 6. 因为 AD＝1，所以 CD＝ 6， 设 AB＝x(x>0)，则 BD＝ x2＋1. 依题意△ABD∽△DCB，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1 ＝ 6 x2＋1 . 又 x>0，解得 x＝ 2，故 AB＝ 2，BD＝ 3，BC＝ BD2＋CD2＝ 3. 如图所示，建立空间直角坐标系 Dxyz，则 D(0,0,0)，B( 3，0,0)， C(0，6，0)，E ( 3 2 ， 6 2 ，0)，A ( 3 3 ，0， 6 3 )，所以DE → ＝ ( 3 2 ， 6 2 ，0)， DA → ＝ ( 3 3 ，0， 6 3 ). 由(1)知平面 BAD 的一个法向量为 n＝(0,1,0)． 设平面 ADE 的法向量为 m＝(x，y，z)， 由Error!得Error! 令 x＝ 6，得 y＝－ 3，z＝－ 3， 所以 m＝( 6，－ 3，－ 3)． 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－1 2 . 由图可知二面角 B－AD－E 的平面角为锐角， 所以二面角 B－AD－E 的余弦值为1 2 . 7．[2018·泰安模拟]如图所示，在四棱台 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1 ⊥底面 ABCD，四边形 ABCD 为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1 ＝2. (1)若 M 为 CD 中点，求证：AM⊥平面 AA1B1B； (2)求直线 DD1 与平面 A1BD 所成角的正弦值． 解　(1)证明：四边形 ABCD 为菱形，∠BAD＝120°，连接 AC， 如图，则△ACD 为等边三角形， 又 M 为 CD 的中点，∴AM⊥CD，由 CD∥AB 得，AM⊥AB， ∵AA1⊥底面 ABCD，AM⊂平面 ABCD，∴AM⊥AA1， 又 AB∩AA1＝A， ∴AM⊥平面 AA1B1B. (2)∵四边形 ABCD 为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA 1＝2A1B1＝ 2，∴DM＝1，AM＝ 3，∴∠AMD＝∠BAM＝90°，又 AA 1⊥底面 ABCD， ∴以 AB，AM，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图 所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1，3，0)，D1(－1 2 ， 3 2 ，2)， ∴DD1 → ＝ ( 1 2 ，－ 3 2 ，2)，BD → ＝(－3，3，0)， A1B → ＝(2,0，－2)， 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!⇒Error!⇒y＝ 3x＝ 3z，令 x＝1，则 n＝(1，3，1)， ∴直线 DD1 与平面 A1BD 所成角 θ 的正弦值 sinθ＝|cos〈n，DD1 → 〉|＝ | n·DD1 → |n||DD1 → ||＝1 5 . 8．[2017·全国卷Ⅱ]如图，四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD 为等 边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝1 2 AD，∠BAD＝∠ABC＝90°， E 是 PD 的中点． (1)证明：直线 CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求 二面角 M－AB－D 的余弦值． 解　(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF. 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF∥AD，EF＝1 2 AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°得 BC∥AD， 又 BC＝1 2 AD，所以 EF 綊 BC， 四边形 BCEF 是平行四边形，CE∥BF. 又 BF⊂平面 PAB，CE⊄平面 PAB，故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD，以 A 为坐标原点，AB → 的方向为 x 轴正方 向，|AB → |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1， 3)，PC → ＝(1,0，－ 3)，AB → ＝ (1,0,0)． 设 M(x，y，z)(0

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