2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章　6 第6讲　空间向量的运算及应用

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章　6 第6讲　空间向量的运算及应用

第 6 讲　空间向量的运算及应用 1．空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b 的充要条件是存在唯一的实 数 λ，使得 a＝λb． (2)共面向量定理：如果两个向量 a，b 不共线，那么向量 p 与向量 a，b 共面的充要条 件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使 p＝xa＋yb． (3)空间向量基本定理：如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间任一向量 p，存在有 序实数组{x，y，z}，使得 p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空间的一个基底． 2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同) (1)两向量的夹角：已知两个非零向量 a，b，在空间中任取一点 O，作OA→ ＝a，OB→ ＝b， 则∠AOB 叫做向量 a 与 b 的夹角，记作〈a，b〉．通常规定 0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝ π 2 ，则称向量 a，b 互相垂直，记作 a⊥b. (2)两向量的数量积 两个非零向量 a，b 的数量积 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (3)向量的数量积的性质 ①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中 e 为单位向量)； ②a⊥b⇔a·b＝0； ③|a|2＝a·a＝a2； ④|a·b|≤|a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交换律)； ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 3．空间向量的坐标运算 (1)设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)， a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)， λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3， a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0， a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)， cos〈a，b〉＝ a·b |a|·|b|＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a＋a＋a· b＋b＋b . (2)设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 则AB→ ＝OB→ －OA→ ＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)． 4．直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点，则称AB → 为直线 l 的方 向向量，与AB→ 平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有 无数个． (2)平面的法向量 ①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意 两个都是共线向量． ②确定：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的法向量，则求法向量的方程 组为{n·a＝0， n·b＝0. 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 l1∥l2 n1∥n2⇔n1＝λn2直线 l1，l2 的方向向量分别 为 n1，n2 l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 l∥α n⊥m⇔n·m＝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＝λm α∥β n∥m⇔n＝λm平面 α，β的法向量分别 为 n，m α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 [疑误辨析] 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)空间中任意两非零向量 a，b 共面．(　　) (2)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　) (3)对于非零向量 b，由 a·b＝b·c，则 a＝c.(　　) (4)若{a，b，c}是空间的一个基底，则 a，b，c 中至多有一个零向量．(　　) (5)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　) (6)若 A、B、C、D 是空间任意四点，则有AB→ ＋BC→ ＋CD→ ＋DA→ ＝0.(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√ [教材衍化] 1.( 选 修 2­1P97A 组 T2 改 编 ) 如 图 所 示 ， 在 平 行 六 面 体 ABCD­A1B1C1D1 中，M 为 A1C1 与 B1D1 的交点．若AB→ ＝a ，AD→ ＝b ， AA1→ ＝c ，则BM→ ＝________(用 a，b，c 表示)． 解析：BM→ ＝BB1→ ＋B1M→ ＝AA1→ ＋ 1 2(AD→ －AB→ )＝c＋ 1 2(b－a)＝－ 1 2a＋ 1 2b＋c. 答案：－ 1 2a＋ 1 2b＋c 2．(选修 2­1P98A 组 T3 改编)正四面体 ABCD 的棱长为 2，E，F 分别为 BC，AD 的中 点，则 EF 的长为________． 解析：|EF→ |2＝EF→ 2＝(EC→ ＋CD→ ＋DF→ )2 ＝EC→ 2＋CD→ 2＋DF→ 2＋2(EC→ ·CD→ ＋EC→ ·DF→ ＋CD→ ·DF→ ) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2， 所以|EF→ |＝ 2，所以 EF 的长为 2. 答案： 2 3．(选修 2­1P111 练习 T3 改编)如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，O 是底面正方形 ABCD 的中心，M 是 D1D 的中点，N 是 A1B1 的中点， 则直线 ON，AM 的位置关系是________． 解析：以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x，y，z 轴 建立空间直角坐标系 D­xyz，设 DA＝2，则 A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2， 1，2)，所以AM→ ＝(－2，0，1)，ON→ ＝(1，0，2)，AM→ ·ON→ ＝－2＋0＋2＝0，所以 AM⊥ON. 答案：垂直 [易错纠偏] 忽视空间向量共线与共面的区别 在空间直角坐标系中，已知 A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)， 则直线 AB 与 CD 的位置关系是(　　) A．垂直　　　　　　　　 B．平行 C．异面 D．相交但不垂直 解析：选 B.由题意得，AB → ＝(－3，－3，3)，CD→ ＝(1，1，－1)，所以AB→ ＝－3CD→ ，所以AB→ 与CD→ 共线，又 AB 与 CD 没有公共点，所以 AB∥CD. 　　　　　　空间向量的线性运算 如图，在长方体 ABCD­A1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点． (1)化简A1O→ － 1 2AB→ － 1 2AD→ ＝________． (2)用AB→ ，AD→ ，AA1→ 表示OC1→ ，则OC1→ ＝________． 【解析】　(1)A1O→ － 1 2AB→ － 1 2AD→ ＝A1O→ － 1 2(AB→ ＋AD→ )＝A1O→ －AO→ ＝A1O→ ＋OA→ ＝A1A→ . (2)因为OC→ ＝ 1 2AC→ ＝ 1 2(AB→ ＋AD→ )． 所以OC1→ ＝OC→ ＋CC1→ ＝ 1 2(AB→ ＋AD→ )＋AA1→ ＝ 1 2AB→ ＋ 1 2AD→ ＋AA1→ . 【答案】　(1)A1A→ 　(2) 1 2AB→ ＋ 1 2AD→ ＋AA1→ (变问法)若本例条件不变，结论改为：设 E 是棱 DD1 上的点，且DE→ ＝ 2 3DD1→ ，若EO→ ＝xAB→ ＋yAD→ ＋zAA1→ ，试求 x，y，z 的值． 解：EO→ ＝ED→ ＋DO → ＝－ 2 3DD1→ ＋ 1 2(DA→ ＋DC→ ) ＝ 1 2AB→ － 1 2AD→ － 2 3AA1→ ， 由条件知，x＝ 1 2，y＝－ 1 2，z＝－ 2 3. 用已知向量表示某一向量的方法 　 1．在空间四边形 ABCD 中，若AB→ ＝(－3，5，2)，CD→ ＝(－7，－1，－4)，点 E，F 分别 为线段 BC，AD 的中点，则EF→ 的坐标为(　　) A．(2，3，3)　　　　 　　　 B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 解析：选 B.因为点 E，F 分别为线段 BC，AD 的中点，O 为坐标原点，所以EF→ ＝OF→ － OE→ ，OF→ ＝ 1 2(OA→ ＋OD→ )，OE→ ＝ 1 2(OB→ ＋OC→ )． 所以EF→ ＝ 1 2(OA→ ＋OD→ )－ 1 2(OB→ ＋OC→ )＝ 1 2(BA→ ＋CD→ ) ＝ 1 2[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝ 1 2(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 2.在三棱锥 O­ABC 中，点 M，N 分别是 OA，BC 的中点，G 是 △ABC 的重心，用基向量OA→ ，OB→ ，OC→ 表示(1)MG→ ；(2)OG→ . 解：(1)MG→ ＝MA→ ＋AG→ ＝ 1 2OA→ ＋ 2 3AN→ ＝ 1 2OA→ ＋ 2 3(ON→ －OA→ ) ＝ 1 2OA→ ＋ 2 3[ 1 2(OB→ ＋OC→ )－OA→ ] ＝－ 1 6OA→ ＋1 3OB→ ＋ 1 3OC→ . (2)OG→ ＝OM→ ＋MG→ ＝ 1 2OA→ － 1 6OA→ ＋ 1 3OB→ ＋1 3OC→ ＝ 1 3OA→ ＋ 1 3OB→ ＋ 1 3OC→ . 　　　　　　共线、共面向量定理的应用 已知点 E，F，G，H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB， BC，CD，DA 的中点，求证： (1)E，F，G，H 四点共面； (2)BD∥平面 EFGH. 【证明】　(1)连接 BG(图略)， 则EG→ ＝EB→ ＋BG→ ＝EB→ ＋ 1 2(BC→ ＋BD→ ) ＝EB→ ＋BF→ ＋EH→ ＝EF→ ＋EH→ ， 由共面向量定理的推论知，E，F，G，H 四点共面． (2)因为EH→ ＝AH→ －AE→ ＝ 1 2AD→ － 1 2AB→ ＝1 2(AD→ －AB→ ) ＝ 1 2BD→ ，所以 EH∥BD. 又 EH⊂平面 EFGH，BD⊄平面 EFGH， 所以 BD∥平面 EFGH. (1)证明空间三点 P、A、B 共线的方法 ①PA→ ＝λPB→ (λ∈R)； ②对空间任一点 O，OP→ ＝OA→ ＋tAB→ (t∈R)； ③对空间任一点 O，OP→ ＝xOA→ ＋yOB→ (x＋y＝1)． (2)证明空间四点 P、M、A、B 共面的方法 ①MP→ ＝xMA→ ＋yMB→ ； ②对空间任一点 O，OP→ ＝OM→ ＋xMA→ ＋yMB→ ；　 ③对空间任一点 O，OP→ ＝xOM→ ＋yOA→ ＋zOB→ (x＋y＋z＝1)； ④PM→ ∥AB→ (或PA→ ∥MB → 或PB→ ∥AM→ )． 1．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， 1 2 B．－ 1 3， 1 2 C．－3，2 D．2，2 解析：选 A.因为 a∥b，所以 b＝ka，即(6，2 μ－1，2 λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以 {6＝k（λ＋1）， 2μ－1＝0， 2λ＝2k， 解得{λ＝2， μ＝1 2 或{λ＝－3， μ＝1 2. 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OM→ ＝ 1 3(OA→ ＋OB→ ＋ OC→ )． (1)判断MA→ ，MB→ ，MC→ 三个向量是否共面； (2)判断点 M 是否在平面 ABC 内． 解：(1)由题知OA→ ＋OB→ ＋OC→ ＝3OM→ ， 所以OA→ －OM→ ＝(OM→ －OB→ )＋(OM→ －OC→ )， 即MA→ ＝BM→ ＋CM→ ＝－MB→ －MC→ ， 所以MA→ ，MB→ ，MC→ 共面． (2)由(1)知，MA→ ，MB→ ，MC→ 共面且基线过同一点 M， 所以 M，A，B，C 四点共面，从而点 M 在平面 ABC 内． 　　　　　　空间向量的数量积 如图，在平行六面体 ABCD­A1B1C1D1 中，以顶点 A 为 端点的三条棱长度都为 1，且两两夹角为 60°. (1)求AC1→ 的长； (2)求BD1→ 与AC→ 夹角的余弦值． 【解】　(1)记AB→ ＝a，AD→ ＝b，AA1→ ＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 所以 a·b＝b·c＝c·a＝ 1 2. |AC1→ |2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2× (1 2＋1 2＋1 2)＝6， 所以|AC1→ |＝ 6，即 AC1 的长为 6. (2)BD1→ ＝b＋c－a，AC → ＝a＋b， 所以|BD1→ |＝ 2，|AC→ |＝ 3， BD1→ ·AC→ ＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， 所以 cos〈BD1→ ，AC→ 〉＝ BD1→ ·AC→ |BD1→ ||AC→ | ＝ 6 6 . 即BD1→ 与AC→ 夹角的余弦值为 6 6 . (1)空间向量数量积计算的两种方法 ①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． ②坐标法：设 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则 a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. (2)利用数量积解决有关垂直、长度、夹角问题 ①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0. ②|a|＝ a2. ③cos〈a，b〉＝ a·b |a||b|.　 1．已知 a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若 a⊥(a－λb)，则实数 λ 的值为(　　) A．－2 B．－ 14 3 C. 14 5 D．2 解析：选 D.由题意知 a·(a－λb)＝0，即 a2－λa·b＝0， 所以 14－7λ＝0，解得 λ＝2. 2．已知空间三点 A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设 a＝AB→ ，b＝AC→ . (1)求 a 和 b 夹角的余弦值； (2)设|c|＝3，c∥BC→ ，求 c 的坐标． 解：(1)因为AB→ ＝(1，1，0)，AC→ ＝(－1，0，2)， 所以 a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝ 2，|b|＝ 5， 所以 cos〈a，b〉＝ a·b |a||b|＝ －1 2 × 5 ＝－ 10 10 . (2)BC→ ＝(－2，－1，2)． 设 c＝(x，y，z)，因为|c|＝3，c∥BC→ ， 所以 x2＋y2＋z2＝3，存在实数 λ 使得 c＝λBC → ， 即{x＝－2λ， y＝－λ， z＝2λ， 联立解得{x＝－2， y＝－1， z＝2， λ＝1， 或{x＝2， y＝1， z＝－2， λ＝－1， 所以 c＝(－2，－1，2)或 c＝(2，1，－2)． 　　　　　　利用空间向量证明平行和垂直(高频考点) 空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，可以是小 题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．主要命题角 度有： (1)证明平行问题； (2)证明垂直问题． 角度一　证明平行问题 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，点 E，F，G 分别是线段 PA，PD，CD 的中点．求证： (1)PB∥平面 EFG； (2)平面 EFG∥平面 PBC. 【证明】　(1)因为平面 PAD⊥平面 ABCD，且 ABCD 为正方形， 所以 AB，AP，AD 两两垂直． 以 A 为坐标原点，以 AB，AD，AP 正方向为 x 轴，y 轴，z 轴，建 立如图所示的空间直角坐标系 A­xyz，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)， 则{n·EF → ＝0， n·EG → ＝0， 即{y＝0， x＋2y－z＝0， 令 z＝1，则 n＝(1，0，1)为平面 EFG 的一个法向量， 因为PB→ ＝(2，0，－2)，所以PB→ ·n＝0，所以 n⊥PB→ ， 因为 PB⊄平面 EFG，所以 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)， 所以{t＝2， t－s＝0， －t＝－2， 解得 s＝t＝2.所以PB→ ＝2FE→ ＋2FG → ， 又因为FE→ 与FG→ 不共线，所以PB→ ，FE→ 与FG→ 共面． 因为 PB⊄平面 EFG，所以 PB∥平面 EFG. (2)因为EF→ ＝(0，1，0)，BC→ ＝(0，2，0)， 所以BC→ ＝2EF→ ，所以 BC∥EF. 又因为 EF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC， 所以 EF∥平面 PBC， 同理可证 GF∥PC，从而得出 GF∥平面 PBC. 又 EF∩GF＝F，EF⊂平面 EFG，GF⊂平面 EFG， 所以平面 EFG∥平面 PBC. 角度二　证明垂直问题 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)如图所示，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AP→ ＝(0，3，4)，BC→ ＝(－8，0，0)， 所以AP→ ·BC→ ＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以AP→ ⊥BC→ ，即 AP⊥BC. (2)由(1)知 AP＝5， 又 AM＝3，且点 M 在线段 AP 上， 所以AM → ＝ 3 5AP→ ＝(0， 9 5， 12 5 )，又BA→ ＝(－4，－5，0)， 所以BM→ ＝BA→ ＋AM→ ＝(－4，－16 5 ，12 5 )， 则AP→ ·BM→ ＝(0，3，4)·(－4，－16 5 ， 12 5 )＝0， 所以AP→ ⊥BM→ ，即 AP⊥BM， 又根据(1)的结论知 AP⊥BC， 所以 AP⊥平面 BMC，于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM⊂平面 AMC，故平面 AMC⊥平面 BMC. (1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤 ①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系； 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通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系； ④根据运算结果解释相关问题． (2)空间线面位置关系的坐标表示 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面 α，β的法向量 分别为 u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． ①线线平行 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. ②线线垂直 l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. ③线面平行(l⊄α) l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. ④线面垂直 l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3. ⑤面面平行 α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4. ⑥面面垂直 α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.　 1．如图，正方体 ABCD­A1B1C1D1 的棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1M＝ AN＝ 2a 3 ，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能确定 解析：选 B.因为正方体棱长为 a，A1M＝AN＝ 2a 3 ，所以MB→ ＝ 2 3A1B→ ，CN→ ＝ 2 3CA→ ， 所以MN→ ＝MB→ ＋BC→ ＋CN→ ＝ 2 3A1B→ ＋BC→ ＋ 2 3CA→ ＝ 2 3(A1B1→ ＋B1B→ )＋BC→ ＋ 2 3(CD→ ＋DA→ ) ＝ 2 3B1B→ ＋ 1 3B1C1→ . 又因为 CD 是平面 B1BCC1 的法向量， 且MN→ ·CD→ ＝(2 3B1B→ ＋1 3B1C1→ )·CD→ ＝0， 所以MN→ ⊥CD→ ，又 MN⊄平面 B1BCC1， 所以 MN∥平面 B1BCC1. 2．在四棱锥 P­ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，PD＝DC，E，F 分别是 AB，PB 的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面 PAD 内是否存在一点 G，使 GF⊥平面 PCB？若存在，求出点 G 坐标；若不 存在，试说明理由． 解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP 两两垂直． 如图，以点 D 为坐标原点，以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 D­xyz，设 AD＝a， 则 D(0 ， 0 ， 0) ， A(a ， 0 ， 0) ， B(a ， a ， 0) ， C(0 ， a ， 0) ， E(a， a 2，0)，P(0，0，a)，F(a 2， a 2， a 2). EF→ ＝(－a 2，0， a 2)，DC→ ＝(0，a，0)． 因为EF→ ·DC→ ＝0，所以EF→ ⊥DC→ ，从而得 EF⊥CD. (2)假设存在满足条件的点 G， 设 G(x，0，z)，则FG→ ＝(x－a 2，－a 2，z－a 2)， 若使 GF⊥平面 PCB，则由 FG→ ·CB→ ＝(x－a 2，－a 2，z－a 2)·(a，0，0) ＝a(x－a 2 )＝0，得 x＝ a 2； 由FG→ ·CP→ ＝(x－a 2，－a 2，z－a 2)·(0，－a，a)＝ a2 2 ＋a(z－a 2 )＝0，得 z＝0. 所以 G 点坐标为(a 2，0，0)， 故存在满足条件的点 G，且点 G 为 AD 的中点． [基础题组练] 1.已知三棱锥 O­ABC，点 M，N 分别为 AB，OC 的中点，且OA→ ＝ a，OB→ ＝b，OC→ ＝c，用 a，b，c 表示MN→ ，则MN→ 等于(　　) A. 1 2(b＋c－a) B. 1 2(a＋b＋c) C. 1 2(a－b＋c) D. 1 2(c－a－b) 解析：选 D.MN → ＝MA→ ＋AO→ ＋ON→ ＝ 1 2(c－a－b)． 2．已知 a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5， λ)，若 a、b、c 三个向量共 面，则实数 λ 等于(　　) A. 62 7 　　　　　　　　　　 B．9 C. 64 7 D. 65 7 解析：选 D.由题意知存在实数 x，y 使得 c＝xa＋yb， 即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)， 由此得方程组{7＝2x－y， 5＝－x＋4y， λ＝3x－2y. 解得 x＝ 33 7 ，y＝ 17 7 ，所以 λ＝ 99 7 － 34 7 ＝ 65 7 . 3．已知 A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O 为坐标原点，OA→ ＋λ OB→ 与OB→ 的夹角为 120°，则 λ 的值为(　　) A．± 6 6 B. 6 6 C．－ 6 6 D．± 6 解析：选 C.OA→ ＋λOB→ ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝ λ＋λ 1＋2λ2· 2＝－ 1 2，得 λ＝± 6 6 .经检验 λ＝ 6 6 不合题意，舍去，所以 λ＝－ 6 6 . 4．如图，四个棱长为 1 的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，Pi(i＝1，2，…， 8)是上底面上其余的八个点，则AB→ ·APi→ (i＝1，2，…，8)的不同值的个数为(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：选 A.由题图知，AB 与上底面垂直，因此 AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，AB → ·APi→ ＝ |AB → ||APi→ |cos∠BAPi＝|AB→ |·|AB→ |＝1(i＝1，2，…，8)．故选 A. 5．正方体 ABCD­A1B1C1D1 中，BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为(　　) A. 2 3 B. 3 3 C. 2 3 D. 6 3 解析：选 D.不妨设正方体的棱长为 1，如图，以点 D 为坐标原点， 以 DA，DC，DD1 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 D­xyz，则 D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面 ACD1 的法向量为DB1→ ＝(1， 1，1)，又BB1→ ＝(0，0，1)，所以 cos〈DB1→ ，BB1→ 〉＝ DB1→ ·BB1→ |DB1→ ||BB1→ | ＝ 1 3 × 1＝ 3 3 ，所以 BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 1－( 3 3 )2 ＝ 6 3 . 6．如图所示，PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面，AB＝2，E 为 PB 的中点，cos〈DP→ ， AE→ 〉＝ 3 3 ，若以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则点 E 的 坐标为(　　) A．(1，1，1) B.(1，1， 1 2) C.(1，1， 3 2) D．(1，1，2) 解析：选 A.设 P(0，0，z)， 依题意知 A(2，0，0)，B(2，2，0)，则 E(1，1，z 2)， 于是DP→ ＝(0，0，z)，AE→ ＝(－1，1， z 2)， cos〈DP→ ，AE→ 〉＝ DP→ ·AE→ |DP→ ||AE→ | ＝ z2 2 |z|· z2 4 ＋2 ＝ 3 3 . 解得 z＝±2，由题图知 z＝2，故 E(1，1，1)． 7．在空间直角坐标系中，以点 A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC 是以 BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数 x 的值为__________． 解析：由题意知AB→ ＝(6，－2，－3)，AC→ ＝(x－4，3，－6)．　 又AB→ ·AC→ ＝0，|AB→ |＝|AC→ |，可得 x＝2. 答案：2 8．已知 2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以 b，c 为方向 向量的两直线的夹角为________． 解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即 2a·c＋b·c＝－10，又因为 a·c＝4，所以 b·c＝－18， 所以 cos〈b，c〉＝ b·c |b|·|c|＝ －18 12 × 1＋4＋4 ＝－ 1 2， 所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为 60°. 答案：60° 9．已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在平面外的一点，如果AB→ ＝(2，－1，－4)，AD→ ＝ (4，2，0)，AP→ ＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP→ 是平面 ABCD 的 法向量；④AP→ ∥BD→ .其中正确的是________． 解析：因为AB→ ·AP→ ＝0，AD→ ·AP→ ＝0， 所以 AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确． 又AB→ 与AD→ 不平行， 所以AP→ 是平面 ABCD 的法向量，则③正确． 因为BD→ ＝AD→ －AB→ ＝(2，3，4)，AP→ ＝(－1，2，－1)， 所以BD→ 与AP→ 不平行，故④错． 答案：①②③ 10．在正三棱柱 ABC­A1B1C1 中，侧棱长为 2，底面边长为 1，M 为 BC 的中点，C1N→ ＝λ NC→ ，且 AB1⊥MN，则 λ 的值为________． 解析：如图所示，取 B1C1 的中点 P，连接 MP，以点 M 为原点，以MC→ ，MA→ ，MP→ 的方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系 M­xyz， 因为底面边长为 1，侧棱长为 2，则 A(0， 3 2 ，0)， B1(－ 1 2，0，2)，C(1 2，0，0)， C1(1 2，0，2)， M(0，0，0)，设 N(1 2，0，t)， 因为C1N→ ＝λNC→ ，所以 N(1 2，0， 2 1＋λ)， 所以AB1→ ＝(－1 2，－ 3 2 ，2)，MN→ ＝(1 2，0， 2 1＋λ). 又因为 AB1⊥MN，所以AB1→ ·MN→ ＝0. 所以－ 1 4＋ 4 1＋λ＝0，所以 λ＝15. 答案：15 11．已知正方体 ABCD­A1B1C1D1 的棱长为 2，E，F 分别是 BB1，DD1 的中点．求证：FC1 ∥平面 ADE. 证明：如图所示，以点 D 为坐标原点，以 DA，DC，DD1 的正方 向为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 D­xyz， 则有 D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2， 2，1)，F(0，0，1)． FC1→ ＝(0，2，1)，DA→ ＝(2，0，0)，AE→ ＝(0，2，1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 ADE 的一个法向量， 则{n ⊥ DA → ， n ⊥ AE → ， 即{n·DA → ＝2x＝0， n·AE → ＝2y＋z＝0， 解得{x＝0， z＝－2y， 令 z＝2，则 y＝－1，所以 n＝(0，－1，2)． 因为FC1→ ·n＝－2＋2＝0. 所以FC1→ ⊥n. 因为 FC1⊄平面 ADE， 所以 FC1∥平面 ADE. 12．如图，四棱柱 ABCD­A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 O 为底面中心，A1O⊥ 平面 ABCD，AB＝AA1＝ 2. 证明：A1C⊥平面 BB1D1D. 证明：由题设易知 OA，OB，OA1 两两垂直，以 O 为原点，OA，OB，OA1 的正方向为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O­xyz. 因为 AB＝AA1＝ 2， 所以 OA＝OB＝OA1＝1， 所以 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A 1(0，0，1)．由A1B1→ ＝ AB→ ，易得 B1(－1，1，1)． 因为A1C→ ＝(－1，0，－1)，BD→ ＝(0，－2，0)，BB1→ ＝(－1，0，1)， 所以A1C→ ·BD→ ＝0，A1C→ ·BB1→ ＝0， 所以 A1C⊥BD，A1C⊥BB1. 又 BD∩BB1＝B，所以 A1C⊥平面 BB1D1D. [综合题组练] 1．已知正方体 ABCD­A1B1C1D1 的棱长为 a，点 M 在 AC1 上且AM→ ＝ 1 2MC→ 1，N 为 B1B 的中 点，则|MN→ |为(　　) A. 21 6 a B. 6 6 a C. 15 6 a D. 15 3 a 解析：选 A.以 D 为原点，以 DA，DC，DD 1 的正方向为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 D­xyz， 则 A(a，0，0)，C1(0，a，a)， N(a，a， a 2).设 M(x，y，z)， 因为点 M 在 AC1 上且AM→ ＝ 1 2MC1→ ，所以(x－a，y，z)＝ 1 2(－x，a－y，a－z)，所以 x＝ 2 3a， y＝ a 3，z＝ a 3. 所以 M(2a 3 ， a 3， a 3)，所以|MN→ | ＝ (a－2 3a)2 ＋(a－a 3 )2 ＋(a 2－a 3 )2 ＝ 21 6 a. 2．设 A，B，C，D 是不共面的四点，且满足AB→ ·AC→ ＝0，AC→ ·AD→ ＝0，AB→ ·AD→ ＝0，则△BCD 是(　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．不确定 解析：选 C.因为AB→ ·AC→ ＝0，AB→ ·AD→ ＝0，AD→ ·AC→ ＝0， 所以 AB⊥AC，AB⊥AD，AD⊥AC.如图所示，设AB→ ＝a，AC→ ＝b， AD→ ＝c， 所以 BC2＝a2＋b2，BD2＝a2＋c2，CD2＝b2＋c2. 由余弦定理知 BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos∠BDC，所以 a 2＋b2＝a2＋c2＋b2＋c2－2 a2＋c2· b2＋c2·cos∠BDC， 所以 cos∠BDC＝ 2c2 2 a2＋c2· b2＋c2＞0， 所以∠BDC 是锐角． 同理可知∠DBC，∠BCD 都是锐角，故△BCD 是锐角三角形． 3．已知 e1，e2 是空间单位向量，e1·e2＝ 1 2，若空间向量 b 满足 b·e1＝2，b·e2＝ 5 2，且对 于任意 x，y∈R，|b－(xe 1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则 x0＝________，y0＝ ________，|b|＝________． 解析：对于任意 x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当 x＝ x0，y＝y0 时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值 1. |b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋ x2＋y2＋xy－4x－5y 取得最小值，需要把 x2＋y2＋xy－4x－5y 看成关于 x 的二次函数，即 f(x) ＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为 x＝2－ y 2，所以当 x＝2－ y 2时，f(x)取得最小值，代入化简得 f(x)＝ 3 4(y－2)2－7，显然当 y＝2 时，f(x)min＝－7，此时 x＝ 2－ y 2＝1，所以 x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2 2. 答案：1　2　2 2 4．(2020·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥 O­ABC 中，已知 OA，OB，OC 两两垂 直且相等，点 P、Q 分别是线段 BC 和 OA 上的动点，且满足 BP≤ 1 2BC，AQ≥ 1 2AO，则 PQ 和 OB 所成角的余弦值的取值范围是________． 解析：根据题意，以 O 为原点，以 OA，OB，OC 正方向为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O­xyz，不妨设 OA＝OB＝OC ＝1， 则 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1－b)( 1 2≤b≤1)，Q(a，0，0)(0≤a≤ 1 2)． QP→ ＝(－a，b，1－b)，OB→ ＝(0，1，0)，所以 cos〈QP→ ，OB→ 〉＝ QP→ ·OB→ |QP→ ||OB→ | ＝ b a2＋b2＋（1－b）2 ＝ 1 （a b）2＋（1 b－1）2＋1 . 因为 a b∈[0，1]， 1 b∈[1，2]，所以 a＝0，b＝1 时，cos〈QP→ ，OB→ 〉＝1，取得最大值；a＝ 1 2＝b 时，cos〈 QP→ ，OB→ 〉＝ 3 3 取得最小值，所以 PQ 和 OB 所成角的余弦值的取值范围是 [ 3 3 ，1]. 答案：[ 3 3 ，1] 5.如图，在多面体 ABC­A1B1C1 中，四边形 A1ABB1 是正方形，AB＝AC，BC ＝ 2AB，B1C1 綊 1 2BC，二面角 A1­AB­C 是直二面角． 求证：(1)A1B1⊥平面 AA1C； (2)AB1∥平面 A1C1C. 证明：因为二面角 A1­AB­C 是直二面角，四边形 A1ABB1 为正方形， 所以 AA1⊥平面 BAC. 又因为 AB＝AC，BC＝ 2AB， 所以∠CAB＝90°， 即 CA⊥AB， 所以 AB，AC，AA1 两两互相垂直． 以 A 为原点，AC，AB，AA 1 为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 A­xyz， 设 AB＝2，则 A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)． (1)A1B1→ ＝(0，2，0)，A1A→ ＝(0，0，－2)，AC→ ＝(2，0，0)， 设平面 AA1C 的一个法向量 n＝(x，y，z)， 则{n·A1A→ ＝0， n·AC → ＝0， 即{－2z＝0， 2x＝0， 即{x＝0， z＝0，取 y＝1，则 n＝(0，1，0)． 所以A1B1→ ＝2n，即A1B1→ ∥n. 所以 A1B1⊥平面 AA1C. (2)易知AB1→ ＝(0，2，2)，A1C1→ ＝(1，1，0)，A1C→ ＝(2，0，－2)， 设平面 A1C1C 的一个法向量 m＝(x1，y1，z1)， 则{m·A1C1→ ＝0， m·A1C→ ＝0， 即{x1＋y1＝0， 2x1－2z1＝0， 令 x1＝1，则 y1＝－1，z1＝1， 即 m＝(1，－1，1)．所以AB1→ ·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以AB1→ ⊥m，又 AB1⊄平面 A1C1C， 所以 AB1∥平面 A1C1C. 6.如图所示，四棱锥 S­ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面 边长的 2倍，P 为侧棱 SD 上的点． (1)求证：AC⊥SD. (2)若 SD⊥平面 PAC，侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE∥平面 PAC？若存在，求 SE∶EC 的值；若不存在，试说明理由． 解：(1)证明：连接 BD，设 AC 交 BD 于点 O，连接 SO，则 AC⊥BD. 由题意知 SO⊥平面 ABCD. 以 O 为坐标原点，OB→ ，OC→ ，OS→ 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建 立空间直角坐标系 O­xyz，如图．设底面边长为 a，则高 SO＝ 6 2 a， 于是 S(0，0， 6 2 a)，D(－ 2 2 a，0，0)， B( 2 2 a，0，0)，C(0， 2 2 a，0)， OC→ ＝(0， 2 2 a，0)， SD→ ＝(－ 2 2 a，0，－ 6 2 a)， 则OC→ ·SD→ ＝0.故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. (2)侧棱 SC 上存在一点 E，使 BE∥平面 PAC. 理由如下： 由已知条件知DS→ 是平面 PAC 的一个法向量， 且DS→ ＝( 2 2 a，0， 6 2 a)，CS→ ＝(0，－ 2 2 a， 6 2 a)， BC→ ＝(－ 2 2 a， 2 2 a，0). 设CE→ ＝tCS→ ，则BE→ ＝BC→ ＋CE → ＝BC→ ＋tCS→ ＝(－ 2 2 a， 2 2 a（1－t）， 6 2 at)，而BE→ ·DS→ ＝0，解得 t＝ 1 3. 即当 SE∶EC＝2∶1 时，BE→ ⊥DS → . 而 BE⊄平面 PAC，故 BE∥平面 PAC.