高考数学考点归纳之 空间向量的运算及应用

高考数学考点归纳之 空间向量的运算及应用

高考数学考点归纳之 空间向量的运算及应用 一、基础知识 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 OP―→＝x OA―→＋y OB―→＋z OC―→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|＝ x2＋y2＋z2. (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〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23 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·c a ＝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 二、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) PA―→＝λ PB―→ (λ∈R); (2)对空间任一点 O， OP―→＝ OA―→＋t AB―→ (t∈R)； (3)对空间任一点 O， OP―→＝x OA―→＋y OB―→ (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) MP―→＝x MA―→＋y MB―→； (2)对空间任一点 O， OP―→＝ OM―→＋x MA―→＋y MB―→； (3) PM―→∥ AB―→ (或 PA―→∥ MB―→或 PB―→∥ AM―→ )． 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 n·a＝0， n·b＝0， 解方程组求得． 考点一 空间向量的线性运算 [ 1.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，则下列向量中与 BM―→相等的是( ) A．－1 2 a＋1 2 b＋c B.1 2 a＋1 2 b＋c C．－1 2 a－1 2 b＋c D.1 2 a－1 2 b＋c 解析：选 A BM―→＝ BB1 ―→＋B1M―→＝AA1＋1 2( AD―→－ AB―→)＝c＋1 2(b－a)＝－1 2 a＋1 2 b＋c. 2.如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，设 AA1 ―→＝a， AB―→＝b， AD―→＝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) AP―→； (2) A1N―→； (3) MP―→＋NC1 ―→. 解：(1)∵P 是 C1D1 的中点， ∴ AP―→＝ AA1 ―→＋A1D1 ―→―→＋D1P―→―→＝a＋ AD―→＋1 2D1C1 ―→―→＝a＋c＋1 2 AB―→＝a＋1 2 b＋c. (2)∵N 是 BC 的中点， ∴A1N―→＝ A1A―→―→＋ AB―→＋ BN―→＝－a＋b＋1 2 BC―→ ＝－a＋b＋1 2 AD―→＝－a＋b＋1 2 c. (3)∵M 是 AA1 的中点， ∴ MP―→＝ MA―→＋ AP―→＝1 2 A1A―→―→＋ AP―→＝－1 2 a＋ a＋1 2 b＋c ＝1 2 a＋1 2 b＋c， 又NC1 ―→＝ NC―→＋CC1 ―→＝1 2 BC―→＋ AA1 ―→＝1 2 AD―→＋ AA1 ―→＝a＋1 2 c， ∴ MP―→＋NC1 ―→＝ 1 2 a＋1 2 b＋c ＋ a＋1 2 c ＝3 2 a＋1 2 b＋3 2c. 考点二 共线、共面向量定理的应用 1．若 A(－1,2,3)，B(2,1,4)，C(m，n,1)三点共线，则 m＋n＝________. 解析：∵ AB―→＝(3，－1,1)， AC―→＝(m＋1，n－2，－2)， 且 A，B，C 三点共线，∴存在实数λ，使得 AC―→＝λ AB―→. 即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)， ∴ m＋1＝3λ， n－2＝－λ， －2＝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 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)由已知 OA―→＋ OB―→＋ OC―→＝3 OM―→， 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 AM―→＝kAC1 ―→， BN―→＝k BC―→(0≤k≤1)．判断向量 MN―→ 是否与向量 AB―→， AA1 ―→共面． 解：∵ AM―→＝kAC1 ―→， BN―→＝k BC―→， ∴ MN―→＝ MA―→＋ AB―→＋ BN―→＝kC1A―→＋ AB―→＋k BC―→＝k(C1A―→＋ BC―→)＋ AB―→＝k(C1A―→＋B1C1 ―→) ＋ AB―→＝kB1A―→＋ AB―→＝ AB―→－k AB1 ―→＝ AB―→－k( AA1 ―→＋ AB―→)＝(1－k) AB―→－k AA1 ―→， ∴由共面向量定理知向量 MN―→与向量 AB―→， AA1 ―→共面． 考点三 空间向量数量积及应用 [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) EF―→· BA―→；(2) EG―→· BD―→. [解] 设 AB―→＝a， AC―→＝b， AD―→＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°. (1)因为 EF―→＝1 2 BD―→＝1 2(AD－AB)＝1 2 c－a， BA―→＝－a， 所以 EF―→· BA―→＝ 1 2 c－1 2 a ·(－a)＝1 2 a2－1 2 a·c＝1 4. (2) EG―→· BD―→＝( EA―→＋ AG―→)·( AD―→－ AB―→) ＝ －1 2 AB―→＋1 2 AC―→＋1 2 AD―→ ·( AD―→－ AB―→) ＝ －1 2 a＋1 2 b＋1 2 c ·(c－a) ＝－1 4 ＋1 2 ＋1 4 －1 4 ＋1 2 －1 4 ＝1 2. [题组训练] 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 AB―→＝a， AD―→＝b， AA1 ―→＝c， 则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1. ∵AC1 ―→＝ AC―→＋CC1 ―→＝ AB―→＋ AD―→＋ AA1 ―→＝a＋b＋c， ∴|AC1 ―→|＝|a＋b＋c|＝ a＋b＋c2 ＝ |a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋b·c＋c·a ＝ 12＋12＋22＋2×0－1－1＝ 2. ∴线段 AC1 的长为 2. (2)设异面直线 AC1 与 A1D 所成的角为θ， 则 cos θ＝|cos〈AC1 ―→， A1D―→〉|＝|AC1 ―→·A1D―→| |AC1 ―→||A1D―→| . ∵AC1 ―→＝a＋b＋c，A1D―→＝b－c， ∴AC1 ―→·A1D―→＝(a＋b＋c)·(b－c) ＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2， |A1D―→|＝ b－c2＝ |b|2－2b·c＋|c|2 ＝ 12－2×－1＋22＝ 7. ∴cos θ＝|AC1 ―→·A1D―→| |AC1 ―→||A1D―→| ＝ |－2| 2× 7 ＝ 14 7 . 故异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值为 14 7 . (3)证明：∵ AA1 ―→＝c， BD―→＝b－a， ∴ AA1 ―→· BD―→＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，∴ AA1 ―→⊥ BD―→，即 AA1⊥BD. 考点四 利用向量证明平行与垂直问题 [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 0，a 2 ，a 2 . 因为底面 ABCD 是正方形， 所以 G 为 AC 的中点 故点 G 的坐标为 a 2 ，a 2 ，0 ， 所以 PA―→＝(a,0，－a)， EG―→＝ a 2 ，0，－a 2 ， 则 PA―→＝2 EG―→，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 PB―→＝(a，a，－a)． 又 DE―→＝ 0，a 2 ，a 2 ， 故 PB―→· DE―→＝0＋a2 2 －a2 2 ＝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． [题组训练] 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 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 5 AP―→＝ 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，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. [课时跟踪检测] A 级 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) ，∴ 2x－y＝7， x＋2y＝6， －3x＋3y＝λ， 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， AB―→· CD―→＋ AC―→· DB―→＋ AD―→· BC―→＝( ) A．－1 B.0 C．1 D．不确定 解析：选 B 如图，令 AB―→＝a， AC―→＝b， AD―→＝c， 则 AB―→· CD―→＋ AC―→· DB―→＋ AD―→· BC―→ ＝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 OA―→，OB―→，OC―→表示向量 OA―→―→，设 OA―→―→＝x OA―→＋y OB―→＋z OC―→，则 x， y，z 的值分别是( ) A．x＝1 3 ，y＝1 3 ，z＝1 3 B.x＝1 3 ，y＝1 3 ，z＝1 6 C．x＝1 3 ，y＝1 6 ，z＝1 3 D．x＝1 6 ，y＝1 3 ，z＝1 3 解析：选 D 设 OA―→＝a，OB―→＝b，OC―→＝c，∵点 G 分 MN 所成的比为 2，∴ MG―→＝2 3 MN―→， ∴ OA―→―→＝ OM―→＋ MG―→＝ OM―→＋2 3( ON―→－ OM―→)＝1 2 a＋2 3 1 2 b＋1 2 c－1 2 a ＝1 2 a＋1 3 b＋1 3 c－1 3 a＝1 6 a＋ 1 3 b＋1 3 c，即 x＝1 6 ，y＝1 3 ，z＝1 3. 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. 3 B. 2 C．1 D. 3－ 2 解析：选 D ∵ BD―→＝ BF―→＋ FE―→＋ ED―→，∴| BD―→|2＝| BF―→|2＋| FE―→|2＋| ED―→|2＋2 BF―→· FE―→ ＋2 FE―→· ED―→＋2 BF―→· ED―→＝1＋1＋1－ 2＝3－ 2，∴| BD―→|＝ 3－ 2. 6.如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点．用 AB―→， AD―→， AA1 ―→表示OC1 ―→，则OC1 ―→＝________________. 解析：∵ OC―→＝1 2 AC―→＝1 2( AB―→＋ AD―→)，∴OC1 ―→＝ OC―→＋CC1 ―→＝1 2( AB―→＋ AD―→)＋ AA1 ―→＝1 2 AB―→＋1 2 AD―→＋ AA1 ―→. 答案：1 2 AB―→＋1 2 AD―→＋ AA1 ―→ 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＝1 2PD， 又 P(0,0,1)，D(0,1,0)， ∴PD＝ 02＋－12＋12＝ 2，∴MN＝ 2 2 . 答案： 2 2 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， 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 M 为坐标原点， MC―→，MA―→，MP―→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 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―→＝λ NC―→，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 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°，∴ AC―→· CD―→＝0.同理 AC―→· BA―→＝0. ∵AB 与 CD 成 60°角，∴〈 BA―→，CD―→〉＝60°或 120°. 又∵ BD―→＝ BA―→＋ AC―→＋ CD―→，∴| BD―→|2＝| BA―→|2＋| AC―→|2＋| CD―→|2＋2 BA―→· AC―→＋ 2 BA―→· CD―→＋2 AC―→· CD―→＝3＋2×1×1×cos〈 BA―→，CD―→〉． 当〈 BA―→，CD―→〉＝60°时， BD―→2＝4； 当〈 BA―→，CD―→〉＝120°时， BD―→2＝2. ∴| BD―→|＝2 或 2，即 B，D 间的距离为 2 或 2. 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 AB―→，AD―→， AA1 ―→表示 AG―→； (2)用向量方法证明平面 EFG∥平面 AB1C. 解：(1)设 AB―→＝a， AD―→＝b， AA1 ―→＝c， 则 AG―→＝ AA1 ―→＋A1D1 ―→―→＋D1G―→＝c＋b＋1 2 DC―→＝1 2 a＋b＋c＝1 2 AB―→＋ AD―→＋ AA1 ―→. 故 AG＝1 2AB＋AD＋AA1. (2)证明： AC―→＝ AB―→＋ BC―→＝a＋b， EG―→＝ED1 ―→＋D1G―→＝1 2 b＋1 2 a＝1 2 AC―→， ∵EG 与 AC 无公共点， ∴EG∥AC， ∵EG⊄平面 AB1C，AC⊂平面 AB1C， ∴EG∥平面 AB1C. 又∵ AB1 ―→＝ AB―→＋ BB1 ―→＝a＋c， FG―→＝FD1 ―→＋D1G―→＝1 2c＋1 2a＝1 2 AB1 ―→， ∵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. B 级 1．已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若 OP―→＝x OA―→＋y OB―→＋z OC―→ (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 OP―→＝2 OA―→－3 OB―→＋2 OC―→.则 AP―→－ AO―→＝ 2 OA―→－3( AB―→－ AO―→)＋2( AC―→－ AO―→)，即 AP―→＝－3 AB―→＋2 AC―→，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 AP―→＝m AB―→ ＋n AC―→ (m，n∈R)，即 OP―→－ OA―→＝m( OB―→－ OA―→)＋n( OC―→－ OA―→)，即 OP―→＝(1－m－n) OA―→ ＋m OB―→＋n OC―→，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 AB―→＝(2,0，－4)， AC―→＝(－2，－3，－5)， AD―→＝(0，－3，－4)，由不 存在实数λ，使 AB―→＝λ AC―→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 AD―→＝x AB―→＋y AC―→ (x，y 为实数)，即 0＝2x－2y， －3＝－3y， －4＝－4x－5y， 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 QA―→· QB―→取 最小值时，点 Q 的坐标是________． 解析：由题意，设 OQ―→＝λ OP―→，则 OQ＝(λ，λ，2λ)，即 Q(λ，λ，2λ)，则 QA―→＝(1－λ， 2－λ，3－2λ)， QB―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴ QA―→· QB―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3 －2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6 λ－ 4 3 2－2 3 ，当λ＝4 3 时取最小值，此时 Q 点坐标是 4 3 ，4 3 ，8 3 . 答案： 4 3 ，4 3 ，8 3 4．已知四面体 PABC 中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，| AB―→|＝1，| AC―→|＝2，| AP―→| ＝3，则| AB―→＋ AP―→＋ AC―→|＝________. 解析：∵在四面体 PABC 中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，| AB―→|＝1，| AC―→|＝2，| AP―→| ＝3，∴ AB―→· AC―→＝1×2×cos 60°＝1， AC―→· AP―→＝2×3×cos 60°＝3， AB―→· AP―→＝1×3×cos 60°＝3 2 ，∴| AB―→＋ AP―→＋ AC―→|＝ | AB―→＋ AP―→＋ AC―→|2 ＝ 1＋9＋4＋2＋6＋3＝5. 答案：5 5．如图，在四面体 ABCD 中，AD⊥平面 BCD，BC⊥CD，AD＝2， BD＝2 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(0，2，2)，B(0，－ 2，0)，D(0，2，0)． 设点 C 的坐标为(x0，y0,0)． 因为 AQ―→＝3 QC―→， 所以 Q 3 4x0， 2 4 ＋3 4y0，1 2 . 因为 M 为 AD 的中点，故 M(0，2，1)． 又 P 为 BM 的中点，故 P 0，0，1 2 ， 所以 PQ―→＝ 3 4x0， 2 4 ＋3 4y0，0 . 又平面 BCD 的一个法向量为 a＝(0,0,1)， 故 PQ―→·a＝0. 又 PQ⊄平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD. 6.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＝ 3， ∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0， 3)， ∴ BD―→＝(－2，－1,0)， PA―→＝(1，－2，－ 3)． ∵ BD―→· PA―→＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－ 3)＝0， ∴ PA―→⊥ BD―→，∴PA⊥BD. (2)取 PA 的中点 M，连接 DM，则 M 1 2 ，－1， 3 2 . ∵ DM―→＝ 3 2 ，0， 3 2 ， PB―→＝(1,0，－ 3)， ∴ DM―→· PB―→＝3 2 ×1＋0×0＋ 3 2 ×(－ 3)＝0， ∴ DM―→⊥ PB―→，即 DM⊥PB. ∵ DM―→· PA―→＝3 2 ×1＋0×(－2)＋ 3 2 ×(－ 3)＝0， ∴ DM―→⊥ PA―→，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.