【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-6空间向量的运算及应用学案

【数学】2020届一轮复习（理）通用版8-6空间向量的运算及应用学案

第六节空间向量的运算及应用 ‎1．空间向量及其有关概念 概念 语言描述 共线向量(平行向量)‎ 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合 共面向量 平行于同一个平面的向量 共线向量定理 对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb 共面向量定理 若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb 空间向量基本定理及推论 定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.‎ 推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1‎ ‎2．数量积及坐标运算 ‎(1)两个空间向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝.‎ ‎(2)空间向量的坐标运算：‎ a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)‎ 向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)‎ 向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)‎ 数量积 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3‎ 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)‎ 垂直 a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0‎ 夹角公式 cos〈a，b〉＝ ‎3．直线的方向向量与平面的法向量 ‎(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．‎ ‎(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α 的法向量．‎ ‎4．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2‎ l1∥l2‎ n1∥n2⇔n1＝kn2(k∈R)‎ l1⊥l2‎ n1⊥n2⇔n1·n2＝0‎ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔n·m＝0‎ l⊥α n∥m⇔n＝km(k∈R)‎ 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝km(k∈R)‎ α⊥β n⊥m⇔n·m＝0‎ ‎1．空间向量基本定理的3点注意 ‎(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．‎ ‎(2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量．‎ ‎(3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示．‎ ‎2．有关向量的数量积的2点提醒 ‎(1)若a，b，c(b≠0)为实数，则ab＝bc⇒a＝c；但对于向量就不正确，即a·b＝b·ca＝c.‎ ‎(2)数量积的运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律，但不适合乘法结合律，即(a·b)c不一定等于a(b·c)．这是由于(a·b)c表示一个与c共线的向量，而a(b·c)表示一个与a共线的向量，而c与a不一定共线．‎ ‎3．方向向量和法向量均不为零向量且不唯一 ‎[熟记常用结论]‎ ‎1．证明空间任意三点共线的方法 ‎　对空间三点P，A，B可通过证明下列结论成立来证明三点共线：‎ ‎(1)＝λ (λ∈R); ‎ ‎(2)对空间任一点O，＝＋t (t∈R)；‎ ‎(3)对空间任一点O，＝x＋y (x＋y＝1)．‎ ‎2．证明空间四点共面的方法 ‎　 对空间四点P，M，A，B除空间向量基本定理外也可通过证明下列结论成立来证明四点共面：‎ ‎(1) ＝x＋y；‎ ‎(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；‎ ‎(3) ∥ (或∥或∥ )．‎ ‎3．确定平面的法向量的方法 ‎(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量．‎ ‎(2)待定系数法：取平面内的两条相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，由解方程组求得．‎ ‎[小题查验基础]‎ 一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)‎ ‎(1)若a·b＜0，则〈a，b〉是钝角．(　　)‎ ‎(2)若两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　)‎ ‎(3)已知＝(2,2,1)， ＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是n0＝±.(　　)‎ ‎(4)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1⊥n2⇔α⊥β.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√‎ 二、选填题 ‎1．若O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则(　　)‎ A．，，共线　　　　 B．，共线 C．，共线 D．O，A，B，C四点共面 解析：选D　∵向量，，不能构成空间的一个基底，∴向量，，共面，因此O，A，B，C四点共面，故选D.‎ ‎2．已知正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x，y的值分别为(　　)‎ A．1,1 B.1， C.， D.，1‎ 解析：选C　＝＋＝＋＝＋，故x＝，y＝.‎ ‎3．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)‎ A．2， B.－， C．－3,2 D．2,2‎ 解析：选A　∵a∥b，∴b＝ka(k∈R)，‎ 即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，‎ ‎∴解得或故选A.‎ ‎4．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于(　　)‎ A．3 B.6‎ C．－9 D．9‎ 解析：选C　∵l⊥α，v与平面α平行，‎ ‎∴u⊥v，即u·v＝0，‎ ‎∴1×3＋(－3)×(－2)＋z×1＝0，‎ ‎∴z＝－9.‎ ‎5．已知a＝(2,3,1)，b＝(－4,2，x)，且a⊥b，则|b|＝________.‎ 解析：∵a⊥b，∴－8＋6＋x＝0，解得x＝2，‎ 故|b|＝＝2.‎ 答案：2 ‎6．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________．‎ 解析：由题意，可设a＝xb＋yc，‎ 故(2，－1,3)＝x(－1,4，－2)＋y(7,5，λ)，‎ 即解得λ＝.‎ 答案： 考点一 空间向量的线性运算 [基础自学过关]‎ ‎[题组练透]‎ ‎1.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝c，则下列向量中与相等的是(　　)‎ A．－a＋b＋c　　　　 B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c 解析：选A　＝＋＝AA1＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.‎ ‎2.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：‎ ‎(1) ；‎ ‎(2) ；‎ ‎(3)＋.‎ 解：(1)∵P是C1D1的中点，‎ ‎∴＝＋＋＝a＋＋＝a＋c＋＝a＋b＋c.‎ ‎(2)∵N是BC的中点，‎ ‎∴＝＋＋＝－a＋b＋ ‎＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.‎ ‎(3)∵M是AA1的中点，‎ ‎∴＝＋＝＋＝－a＋＝a＋b＋c，‎ 又＝＋＝＋＝＋＝a＋c，‎ ‎∴＋＝＋＝a＋b＋c.‎ ‎[名师微点]‎ 用已知向量表示未知向量的解题策略 ‎(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．‎ ‎(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．‎ ‎(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．‎ 考点二 共线、共面向量定理的应用 [基础自学过关]‎ ‎[题组练透]‎ ‎1．若A(－1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，则m＋n＝________.‎ 解析：∵＝(3，－1,1)，＝(m＋1，n－2，－2)，‎ 且A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得＝λ.‎ 即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，‎ ‎∴解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.‎ ‎∴m＋n＝－3.‎ 答案：－3‎ ‎2．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋)．‎ ‎(1)判断，， 三个向量是否共面；‎ ‎(2)判断点M是否在平面ABC内．‎ 解：(1)由已知＋＋＝3，‎ 所以－＝(－)＋(－)，‎ 即＝＋＝－－，‎ 所以，，共面．‎ ‎(2)由(1)知，，共面且过同一点M.‎ 所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内．‎ ‎3.如图所示，已知斜三棱柱ABC A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．判断向量是否与向量，共面．‎ 解：∵＝k，＝k，‎ ‎∴＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋ ‎)＋＝kB1A―→＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k，‎ ‎∴由共面向量定理知向量与向量，共面．‎ ‎[名师微点]‎ 证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明＝x＋y即可．对空间任意一点O，若＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)，则P，A，B，C四点共面．‎ 考点三 空间向量数量积及应用 [师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ 如图所示，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，计算：‎ ‎(1) ·；(2) ·.‎ ‎[解]　设＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.‎ ‎(1)因为＝＝(AD－AB)＝c－a，＝－a，‎ 所以·＝·(－a)＝a2－a·c＝.‎ ‎(2)·＝(＋)·(－)‎ ‎＝·(－)‎ ‎＝·(c－a)‎ ‎＝－＋＋－＋－＝.‎ ‎[解题技法]‎ 空间向量数量积的3个应用 求夹角 设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角 求长度(距离)‎ 利用公式|a|2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 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 ‎[过关训练]‎ ‎　如图，已知平行六面体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.‎ ‎(1)求线段AC1的长；‎ ‎(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；‎ ‎(3)求证：AA1⊥BD.‎ 解：(1)设＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.‎ ‎∵＝＋＝＋＋＝a＋b＋c，‎ ‎∴||＝|a＋b＋c|＝ ‎＝ ‎＝＝.‎ ‎∴线段AC1的长为.‎ ‎(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈， 〉|＝.‎ ‎∵＝a＋b＋c，＝b－c，‎ ‎∴·＝(a＋b＋c)·(b－c)‎ ‎＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，‎ ‎||＝＝ ‎＝＝.‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ 故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.‎ ‎(3)证明：∵＝c，＝b－a，‎ ‎∴·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，∴⊥，即AA1⊥BD.‎ 考点四 利用向量证明平行与垂直问题 [师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ 如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：‎ ‎(1)PA∥平面EDB；‎ ‎(2)PB⊥平面EFD.‎ ‎[证明]　以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 设DC＝a.‎ ‎(1)连接AC交BD于点G，连接EG.‎ 依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E.‎ 因为底面ABCD是正方形，‎ 所以G为AC的中点 故点G的坐标为，‎ 所以＝(a,0，－a)，＝，‎ 则＝2，故PA∥EG.‎ 而EG⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，‎ 所以PA∥平面EDB.‎ ‎(2)依题意得B(a，a,0)，所以＝(a，a，－a)．‎ 又＝，‎ 故·＝0＋－＝0，所以PB⊥DE，‎ 所以PB⊥DE.‎ 由题可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，‎ 所以PB⊥平面EFD.‎ ‎[解题技法]‎ 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤 ‎(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．‎ ‎(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．‎ ‎(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．‎ ‎(4)根据运算结果解释相关问题．‎ ‎[提醒]　运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．‎ ‎[过关训练]‎ 如图，在三棱锥PABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.‎ ‎(1)证明：AP⊥BC；‎ ‎(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.‎ 证明：(1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．‎ 于是＝(0,3,4)，＝(－8，0,0)，‎ 所以·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，‎ 所以⊥，即AP⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，‎ 所以＝＝，又＝(－4，－5,0)，‎ 所以＝＋＝，‎ 则·＝(0,3,4)·＝0，‎ 所以⊥，即AP⊥BM，‎ 又根据(1)的结论知AP⊥BC，且BC∩BM＝B，‎ 所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.‎ 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.‎ ‎ 一、题点全面练 ‎1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　)‎ A．9　　　　　　　　　 B．－9‎ C．－3 D．3‎ 解析：选B　由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴解得λ＝－9.‎ ‎2．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　　)‎ A．α∥β B.α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 解析：选C　∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1与n2不垂直，又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直．‎ ‎3．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)‎ A．－1 B.0‎ C．1 D．不确定 解析：选B　如图，令＝a，＝b，＝c，‎ 则·＋·＋· ‎＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)‎ ‎＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a ‎＝0.‎ ‎4.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量，，表示向量，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是(　　)‎ A．x＝，y＝，z＝ B.x＝，y＝，z＝ C．x＝，y＝，z＝ D．x＝，y＝，z＝ 解析：选D　设＝a，＝b，＝c，∵点G分MN所成的比为2，∴＝，∴＝＋＝＋(－)＝a＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，即x＝，y＝，z＝.‎ ‎5.如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)‎ A. B. C．1 D. 解析：选D　∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，∴||＝.‎ ‎6.如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝________________.‎ 解析：∵＝＝(＋)，∴＝＋＝(＋)＋＝＋＋.‎ 答案：＋＋ ‎ ‎7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________.‎ 解析：连接PD(图略)，∵M，N分别为CD，PC的中点，∴MN＝PD，又P(0,0,1)，D(0,1,0)，‎ ‎∴PD＝＝，∴MN＝.‎ 答案： ‎8．在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点， ＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________．‎ 解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以M为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 因为底面边长为1，侧棱长为2，‎ 所以A，B1，‎ C，C1，‎ M(0,0,0)，设N，‎ 因为＝λ，所以N，‎ 所以＝，＝.‎ 又因为AB1⊥MN，所以·＝0.‎ 所以－＋＝0，所以λ＝15.‎ 答案：15‎ ‎9．如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝1，∠ACD＝90°，将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求B、D间的距离．‎ 解：∵∠ACD＝90°，∴·＝0.同理·＝0.‎ ‎∵AB与CD成60°角，∴〈，〉＝60°或120°.‎ 又∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×1×1×cos〈，〉．‎ 当〈，〉＝60°时，2＝4；‎ 当〈，〉＝120°时，2＝2.‎ ‎∴||＝2或，即B，D间的距离为2或.‎ ‎10.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．‎ ‎(1)试用向量，，表示；‎ ‎(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C.‎ 解：(1)设＝a，＝b，＝c，‎ 则＝＋＋＝c＋b＋＝a＋b＋c＝＋＋.‎ 故AG＝AB＋AD＋AA1.‎ ‎(2)证明：＝＋＝a＋b，‎ ＝＋＝b＋a＝，‎ ‎∵EG与AC无公共点，‎ ‎∴EG∥AC，‎ ‎∵EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，‎ ‎∴EG∥平面AB1C.‎ 又∵＝＋＝a＋c，‎ ＝＋＝c＋a＝，‎ ‎∵FG与AB1无公共点，‎ ‎∴FG∥AB1，‎ ‎∵FG⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，‎ ‎∴FG∥平面AB1C.‎ 又∵FG∩EG＝G，FG⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，‎ ‎∴平面EFG∥平面AB1C.‎ 二、专项培优练 ‎(一)易错专练——不丢怨枉分 ‎1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的(　　)‎ A．必要不充分条件 B.充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B　当x＝2，y＝－3，z＝2时，即＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设＝m＋n (m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3,2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．‎ ‎2．空间四点A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置关系为(　　)‎ A．共线 B.共面 C．不共面 D．无法确定 解析：选C　＝(2,0，－4)，＝(－2，－3，－5)，＝(0，－3，－4)，由不存在实数λ，使＝λ成立知，A，B，C不共线，故A，B，C，D不共线；假设A，B，C，D共面，则可设＝x＋y (x，y为实数)，即由于该方程组无解，故A，B，C，D不共面，故选C.‎ ‎3．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P (1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．‎ 解析：由题意，设＝λ，则OQ＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时取最小值，此时Q点坐标是.‎ 答案： ‎4．已知四面体PABC中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，||＝1，||＝2，||＝3，则|＋＋|＝________.‎ 解析：∵在四面体PABC中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，||＝1，||＝2，||＝3，∴·＝1×2×cos 60°＝1，·＝2×3×cos 60°＝3，·＝1×3×cos 60°＝，∴|＋＋|＝ ‎＝＝5.‎ 答案：5‎ ‎(二)素养专练——学会更学通 ‎5．[数学建模、数学运算]‎ 如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.‎ 求证：PQ∥平面BCD.‎ 证明：如图，取BD的中点O，以O为坐标原点，OD，OP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．‎ 设点C的坐标为(x0，y0,0)．‎ 因为＝3，‎ 所以Q.‎ 因为M为AD的中点，故M(0，，1)．‎ 又P为BM的中点，故P，‎ 所以＝.‎ 又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，‎ 故·a＝0.‎ 又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.‎ ‎6.[数学建模、数学运算]如图所示，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.求证：‎ ‎(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，∴PO⊥BC.‎ ‎∵平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，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．‎ 不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，‎ ‎∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)，‎ ‎∴＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．‎ ‎∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，∴PA⊥BD.‎ ‎(2)取PA的中点M，连接DM，则M.‎ ‎∵＝，＝(1,0，－)，‎ ‎∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PB.‎ ‎∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PA.‎ 又∵PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，‎ ‎∴DM⊥平面PAB.‎ ‎∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.‎