【数学】2019届高考一轮复习北师大版理8-6空间向量及其运算学案

【数学】2019届高考一轮复习北师大版理8-6空间向量及其运算学案

第6讲　空间向量及其运算 ‎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＝a，＝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〉＝，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〉＝＝ .‎ ‎(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，‎ 则＝－＝(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，则称为直线l的方向向量，与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 ‎5．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＝λn2‎ 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＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0‎ ‎ 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＋＋＋＝0.(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎ 在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，‎ 且满足|PA|＝|PB|，则P点坐标为(　　)‎ A．(3，0，0)　　　　　　　 B．(0，3，0)‎ C．(0，0，3) D．(0，0，－3)‎ 解析：选C.设P(0，0，z)，则有 ‎＝，解得z＝3.‎ ‎ (教材习题改编)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)‎ A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c 解析：选A.由题意，根据向量运算的几何运算法则，＝＋＝＋(－)‎ ‎＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.‎ ‎ (教材习题改编)已知a＝(2，4，x)，b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值为________．‎ 解析：因为a＝(2，4，x)，|a|＝6，则x＝±4，‎ 又b＝(2，y，2)，a⊥b，‎ 当x＝4时，y＝－3，x＋y＝1.‎ 当x＝－4时，y＝1，x＋y＝－3.‎ 答案：1或－3‎ ‎ 若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y，2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________．‎ 解析：因为α∥β，所以u1∥u2，所以＝＝，‎ 所以y＝1，z＝－4，所以y＋z＝－3.‎ 答案：－3‎ ‎　　　　　　空间向量的线性运算 ‎ [典例引领]‎ ‎ 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，O为AC的中点．‎ ‎(1)化简－－＝________．　‎ ‎(2)用，，表示，则＝________．‎ ‎【解析】　(1)－－＝－(＋)＝－ ‎＝＋＝.‎ ‎(2)因为＝＝(＋)．‎ 所以＝＋＝(＋)＋ ‎＝＋＋.‎ ‎【答案】　(1)　(2)＋＋ 若本例条件不变，结论改为：设E是棱DD1上的点，且＝，若＝x＋y＋z，试求x，y，z的值．‎ 解：＝＋ ‎＝－＋(＋)‎ ‎＝－－，‎ 由条件知，x＝，y＝－，z＝－.‎ 用已知向量表示某一向量的方法 ‎　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．在空间四边形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　)‎ 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＝－，＝(＋)，＝(＋)．‎ 所以＝(＋)－(＋)＝(＋)‎ ‎＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]‎ ‎＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．‎ ‎2.在三棱锥OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2).‎ 解：(1)＝＋ ‎＝＋ ‎＝＋(－)‎ ‎＝＋[(＋)－]‎ ‎＝－＋＋.‎ ‎(2)＝＋ ‎＝－＋＋ ‎＝＋＋.‎ ‎　　　　　　共线、共面向量定理的应用 ‎ [典例引领]‎ ‎ 已知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＝＋＝＋(＋)‎ ‎＝＋＋＝＋，‎ 由共面向量定理的推论知，E，F，G，H四点共面．‎ ‎(2)因为＝－＝－＝(－)‎ ‎＝，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 ‎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P、M、A、B共面的方法 ‎①＝x＋y；‎ ‎②对空间任一点O，＝＋x＋y；‎ ‎③对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；‎ ‎④∥(或∥或∥)．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎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， B．－， C．－3，2 D．2，2‎ 解析：选A.因为a∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以解得或 ‎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)由题知＋＋＝3，‎ 所以－＝(－)＋(－)，‎ 即＝＋＝－－，‎ 所以，，共面．‎ ‎(2)由(1)知，，，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 ‎[典例引领]‎ ‎ 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)求的长；‎ ‎(2)求与夹角的余弦值．‎ ‎【解】　(1)记＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，‎ 所以a·b＝b·c＝c·a＝.‎ ‎||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，‎ 所以||＝，即AC1的长为.‎ ‎(2)＝b＋c－a，＝a＋b，‎ 所以||＝，||＝，‎ ·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，‎ 所以cos〈，〉＝＝.‎ 即与夹角的余弦值为.‎ ‎(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、夹角、长度问题 ‎①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0.‎ ‎②|a|＝.‎ ‎③cos〈a，b〉＝.　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎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．－ C. 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＝，b＝.‎ ‎(1)求a和b夹角的余弦值；‎ ‎(2)设|c|＝3，c∥，求c的坐标．‎ 解：(1)因为＝(1，1，0)，＝(－1，0，2)，‎ 所以a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝，|b|＝，‎ 所以cos〈a，b〉＝＝＝－.‎ ‎(2)＝(－2，－1，2)．设c＝(x，y，z)，‎ 因为|c|＝3，c∥，‎ 所以＝3，存在实数λ使得c＝λ，‎ 即联立解得或 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．高考对空间向量解决此类问题常有以下两个命题角度：‎ ‎(1)证明平行问题；‎ ‎(2)证明垂直问题．‎ ‎ [典例引领]‎ 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，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，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：＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，　‎ 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，‎ 因为＝(2，0，－2)，‎ 所以·n＝0，所以n⊥，‎ 因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.‎ 法二：＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)．‎ 设＝s＋t，‎ 即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，‎ 所以解得s＝t＝2.所以＝2＋2，‎ 又因为与不共线，所以，与共面．‎ 因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.‎ ‎(2)因为＝(0，1，0)，＝(0，2，0)，‎ 所以＝2，‎ 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轴的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＝(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，‎ 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.‎ ‎[通关练习]‎ ‎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＝，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＝，‎ 所以＝，＝，‎ 所以＝＋＋＝＋＋ ‎＝(＋)＋＋(＋)‎ ‎＝＋.‎ 又因为CD是平面B1BCC1的法向量，‎ 且·＝·＝0，‎ 所以⊥，又MN⊄平面B1BCC1，‎ 所以MN∥平面B1BCC1.‎ ‎2．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，，的方向为x，y，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，则A，B1(－，0，2)，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 ‎3．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，设AD＝a，‎ 则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F.‎ ＝，＝(0，a，0)．‎ 因为·＝0，‎ 所以⊥，从而得EF⊥CD.‎ ‎(2)假设存在满足条件的点G，‎ 设G(x，0，z)，则＝，‎ 若使GF⊥平面PCB，则由 ·＝·(a，0，0)‎ ‎＝a＝0，得x＝；‎ 由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.‎ 所以G点坐标为，‎ 故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．‎ ‎ 建立空间直角坐标系的原则 ‎(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直．‎ ‎(2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上．‎ ‎ 利用空间向量坐标运算求解问题的方法 用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．‎ ‎ 易错防范 ‎(1)注意向量夹角与两直线夹角的区别．‎ ‎(2)共线向量定理中a∥b⇔存在唯一的实数λ∈R，使a＝λb易忽视b≠0.‎ ‎(3)在利用＝x＋y①证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在面ABC内(因为①式只表示与，共面)．‎ ‎(4)找两个向量的夹角，应使两个向量具有同一起点，不要误找成它的补角．‎ ‎(5)a·b<0不等价为〈a，b〉为钝角，因为〈a，b〉可能为180°；a·b>0不等价为〈a，b〉为锐角，因为〈a，b〉可能为0°.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)‎ A.(b＋c－a) ‎ B.(a＋b＋c)‎ C.(a－b＋c) ‎ D.(c－a－b)‎ 解析：选D.＝＋＋＝(c－a－b)．‎ ‎2．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(　　)‎ A. B．9‎ C. D. 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 解得x＝，y＝，所以λ＝－＝.‎ ‎3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)‎ A．± B. C．－ D．± 解析：选C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－.‎ ‎4．已知四边形ABCD满足：·>0，·>0，·>0，·>0，则该四边形为(　　)‎ A．平行四边形 B．梯形 C．长方形 D．空间四边形 解析：选D.由·>0，·>0，·>0，·>0，知该四边形一定不是平面图形．‎ ‎5．(2018·唐山统考)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝1，N为B1B的中点，则||为(　　)‎ A.a B.a C.a D.a 解析：选A.以D为原点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.设M(x，y，z)，‎ 因为点M在AC1上且＝，所以(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，所以x＝a，y＝，z＝.‎ 所以M，所以||‎ ‎＝　＝a.‎ ‎6．已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a、‎ b、c表示向量＝________．‎ 解析：如图所示，‎ ＝(＋)＝[(－)＋(－)]＝(＋－2)＝(＋－)＝(b＋c－a)．‎ 答案：(b＋c－a)‎ ‎7.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________．‎ 解析：设＝a，＝b，＝c，‎ 由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，‎ ·＝a·(c－b)＝a·c－a·b ‎＝|a||c|－|a||b|＝0，‎ 所以⊥，‎ 所以cos〈，〉＝0.‎ 答案：0‎ ‎8．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．‎ 解析：因为·＝0，·＝0，‎ 所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．‎ 又与不平行，‎ 所以是平面ABCD的法向量，则③正确．‎ 因为＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，‎ 所以与不平行，故④错．‎ 答案：①②③‎ ‎9．已知a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．‎ ‎(1)求|2a＋b|；‎ ‎(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)‎ 解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，‎ 故|2a＋b|＝＝5.‎ ‎(2)令＝t(t∈R)，‎ 所以＝＋＝＋t ‎＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)‎ ‎＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，‎ 若⊥b，则·b＝0，‎ 所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.‎ 所以－3＋t＝－，－1－t＝－，4－2t＝，‎ 因此存在点E，使得⊥b，‎ 此时E点的坐标为(－，－，)．‎ ‎10．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．‎ ‎(1)求以AB，AC为边的平行四边形的面积；‎ ‎(2)若|a|＝，且a分别与，垂直，求向量a的坐标．‎ 解：(1)由题意可得：‎ ＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，‎ 所以cos〈，〉＝ ‎＝＝＝.‎ 所以sin〈，〉＝，‎ 所以以AB，AC为边的平行四边形的面积为 S＝2×||·||·sin〈，〉‎ ‎＝14×＝7.‎ ‎(2)设a＝(x，y，z)，‎ 由题意得 解得或 所以向量a的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．‎ ‎1．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　)‎ A．(1，1，1) ‎ B. C. ‎ D. 解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O，‎ 又E(0，0，1)，A(，，0)，‎ 所以＝，＝(x－，y－，1)，‎ 因为AM∥平面BDE，所以∥，‎ 所以⇒ 所以M点的坐标为.‎ ‎2．已知ABCDA1B1C1D1为正方体，给出下列四个命题：‎ ‎①(＋＋)2＝32；‎ ‎②·(－)＝0；‎ ‎③向量与向量的夹角是60°；‎ ‎④正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|··|.‎ 其中正确命题的序号是________．‎ 解析：①中(＋＋)2＝2＋2＋2＝32，故①正确；‎ ‎②中－＝，因为AB1⊥A1C，故②正确；‎ ‎③中A1B与AD1两异面直线所成角为60°，但与的夹角为120°，故③不正确；‎ ‎④中|··|＝0，故④也不正确．‎ 答案：①②‎ ‎3.如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，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＝AB，‎ 所以∠CAB＝90°，‎ 即CA⊥AB，‎ 所以AB，AC，AA1两两互相垂直．‎ 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)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，‎ 设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 即取y＝1，则n＝(0，1，0)．‎ 所以＝2n，‎ 即∥n.‎ 所以A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，‎ 设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，‎ 即m＝(1，－1，1)．‎ 所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，‎ 所以⊥m，‎ 又AB1⊄平面A1C1C，‎ 所以AB1∥平面A1C1C.‎ ‎4.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，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．‎ 设底面边长为a，则高SO＝a，‎ 于是S，D，‎ B，C，‎ ＝，＝，‎ 则·＝0.‎ 故OC⊥SD.‎ 从而AC⊥SD.‎ ‎(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.‎ 理由如下：‎ 由已知条件知是平面PAC的一个法向量，‎ 且＝，＝，‎ ＝.‎ 设＝t，则＝＋＝＋t ‎＝，‎ 而·＝0，‎ 解得t＝.‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.‎ 而BE⊄平面PAC，‎ 故BE∥平面PAC.‎