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- 2021-05-13 发布
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十年高考之平面向量与空间向量
●考点阐释
1.向量是数学中的重要概念,并和数一样,也能运算.它是一种工具,用向量的有关知识能有效地解决数学、物理等学科中的很多问题.
向量法和坐标法是研究和解决向量问题的两种方法.
坐标表示,使平面中的向量与它的坐标建立了一一对应关系,用“数”的运算处理“形”的问题,在解析几何中有广泛的应用.向量法便于研究空间中涉及直线和平面的各种问题.
2.平移变换的价值在于可利用平移变换,使相应的函数解析式得到简化.
●试题类编
一、选择题
1.(2002上海春,13)若a、b、c为任意向量,m∈R,则下列等式不一定成立的是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c) B.(a+b)·c=a·c+b·c
C.m(a+b)=ma+mb D.(a·b)c=a(b·c)
2.(2002天津文12,理10)平面直角坐标系中,O为坐标原点,已知两点A(3,1),B(-1,3),若点C满足,其中α、β∈R,且α+β=1,则点C的轨迹方程为( )
A.3x+2y-11=0 B.(x-1)2+(y-2)2=5
C.2x-y=0 D.x+2y-5=0
3.(2001江西、山西、天津文)若向量a=(3,2),b=(0,-1),则向量2b-a的坐标是( )
A.(3,-4) B.(-3,4)
C.(3,4) D.(-3,-4)
4.(2001江西、山西、天津)设坐标原点为O,抛物线y2=2x与过焦点的直线交于A、B两点,则等于( )
图5—1
A. B.- C.3 D.-3
5.(2001上海)如图5—1,在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,M为AC与BD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
6.(2001江西、山西、天津理,5)若向量a=(1,1),b=(1,-1),c=(-1,2),则c等于( )
A.-a+b B.a-b
C. a-b D.-a+b
7.(2000江西、山西、天津理,4)设a、b、c是任意的非零平面向量,且相互不共线,则
①(a·b)c-(c·a)b=0 ②|a|-|b|<|a-b| ③(b·c)a-(c·a)b不与c垂直
④(3a+2b)(3a-2b)=9|a|2-4|b|2中,是真命题的有( )
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
8.(1997全国,5)如果直线l沿x轴负方向平移3个单位,再沿y轴正方向平移1个单位后,又回到原来的位置,那么直线l的斜率为( )
A.- B.-3 C. D.3
二、填空题
9.(2002上海文,理2)已知向量a和b的夹角为120°,且|a|=2,|b|=5,则(2a-b)·a=_____.
10.(2001上海春,8)若非零向量α、β满足|α+β|=|α-β|,则α与β所成角的大小为_____.
11.(2000上海,1)已知向量=(-1,2),=(3,m),若⊥,则m= .
12.(1999上海理,8)若将向量a=(2,1)围绕原点按逆时针方向旋转得到向量b,则向量b的坐标为_____.
13.(1997上海,14)设a=(m+1)i-3j,b=i+(m-1)j,(a+b)⊥(a-b),则m=_____.
14.(1996上海,15)已知a+b=2i-8j,a-b=-8i+16j,那么a·b=_____.
15.(1996上海,15)已知O(0,0)和A(6,3)两点,若点P在直线OA上,且,又P是线段OB的中点,则点B的坐标是_____.
三、解答题
图5—2
16.(2003上海春,19)已知三棱柱ABC—A1B1C1,在某个空间直角坐标系中,={0,0,n}.(其中m、n>0).如图5—2.
(1)证明:三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱;
(2)若m=n,求直线CA1与平面A1ABB1所成角的大小.
17.(2002上海春,19)如图5—3,三棱柱OAB—O1A1B1,平面OBB1O1⊥平面OAB,∠
O1OB=60°,∠AOB=90°,且OB=OO1=2,OA=.求:
(1)二面角O1—AB—O的大小;
(2)异面直线A1B与AO1所成角的大小.
(上述结果用反三角函数值表示)
18.(2002上海,17)如图5—4,在直三棱柱ABO—A′B′O′中,OO′=4,OA=4,OB=3,∠AOB=90°,D是线段A′B′的中点,P是侧棱BB′上的一点,若OP⊥BD,求OP与底面AOB所成角的大小.(结果用反三角函数值表示)
图5—3 图5—4 图5—5
19.(2002天津文9,理18)如图5—5,正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为a.
(1)建立适当的坐标系,并写出点A、B、A1、C1的坐标;
(2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角.
20.(2002天津文22,理21)已知两点M(-1,0),N(1,0),且点P使
成公差小于零的等差数列.
(1)点P的轨迹是什么曲线?
(2)若点P坐标为(x0,y0),θ为与的夹角,求tanθ.
21.(2001江西、山西、天津理)如图5—6,以正四棱锥V—ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O—xyz,其中Ox∥BC,Oy∥AB,E为VC的中点,正四棱锥底面边长为2a,高为h.
(1)求cos< >;
(2)记面BCV为α,面DCV为β,若∠BED是二面角α—VC—β的平面角,求∠BED.
图5—6 图5—7 图5—8
22.(2001上海春)在长方体ABCD—A1B1C1D1中,点E、F分别在BB1、DD1上,且AE⊥A1B,AF⊥A1D.
(1)求证:A1C⊥平面AEF;
(2)若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角(或直角).则在空间中有定理:若两条直线分别垂直于两个平面,则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等.
试根据上述定理,在AB=4,AD=3,AA1=5时,求平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小.(用反三角函数值表示)
23.(2001上海)在棱长为a的正方体OABC—O′A′B′C′中,E、F分别是棱AB、BC上的动点,且AE=BF.如图5—8.
(1)求证:A′F⊥C′E.
(2)当三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时,求二面角B′—EF—B的大小(结果用反三角函数表示)
24.(2000上海春,21)四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一个平行四边形, ={2,-1,-4},={4,2,0},={-1,2,-1}.
(1)求证:PA⊥底面ABCD;
(2)求四棱锥P—ABCD的体积;
(3)对于向量a={x1,y1,z1},b={x2,y2,z2},c={x3,y3,z3},定义一种运算:
(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1,试计算(×)·的绝对值的值;说明其与四棱锥P—ABCD体积的关系,并由此猜想向量这一运算(×)·的绝对值的几何意义.
25.(2000上海,18)如图5—9所示四面体ABCD中,AB、BC、BD两两互相垂直,且AB=BC=2,E是AC中点,异面直线AD与BE所成的角的大小为arccos,求四面体ABCD的体积.
图5—9 图5—10 图5—11
26.(2000天津、江西、山西)如图5—10所示,直三棱柱ABC—A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M、N分别是A1B1、A1A的中点.
(1)求的长;
(2)求cos< >的值;
(3)求证:A1B⊥C1M.
27.(2000全国理,18)如图5—11,已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.
(1)证明:C1C⊥BD;
(2)假定CD=2,CC1=,记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角的余弦值;
(3)当的值为多少时,能使A1C⊥平面C1BD?请给出证明.
图5—12
28.(1999上海,20)如图5—12,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA⊥底面ABCD,PD与底面成30°角.
(1)若AE⊥PD,E为垂足,求证:BE⊥PD;
(2)求异面直线AE与CD所成角的大小.
图5—13
29.(1995上海,21)如图5—13在空间直角坐标系中BC=2,原点O是BC的中
点,点A的坐标是(,0),点D在平面yOz上,且∠BDC=90°,
∠DCB=30°。
(1)求向量的坐标;
(2)设向量和的夹角为θ,求cosθ的值.
答案解析
1.答案:D
解析:因为(a·b)c=|a|·|b|·cosθ·c而a(b·c)=|b|·|c|·cosα·a而c方向与a方向不一定同向.
评述:向量的积运算不满足结合律.
2.答案:D
解析:设=(x,y),=(3,1),=(-1,3),α=(3α,α),
β=(-β,3β)
又α+β=(3α-β,α+3β)
∴(x,y)=(3α-β,α+3β),∴
又α+β=1 因此可得x+2y=5
评述:本题主要考查向量法和坐标法的相互关系及转换方法.
3.答案:D
解析:设(x,y)=2b-a=2(0,-1)-(3,2)=(-3,-4).
评述:考查向量的坐标表示法.
4.答案:B
解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),AB所在直线方程为y=k(x-),则
=x1x2+y1y2.又,得k2x2-(k2+2)x+=0,∴x1·x2=,而y1y2=k(x1-)k(x2-)=k2(x1-)(x2-)=-1.∴x1x2+y1y2=-1=-.
解法二:因为直线AB是过焦点的弦,所以y1·y2=-p2=-1.x1·x2同上.
评述:本题考查向量的坐标运算,及数形结合的数学思想.
5.答案:A
解析:=c+(-a+b)=-a+b+c
评述:用向量的方法处理立体几何问题,使复杂的线面空间关系代数化,本题考查的是基本的向量相等,与向量的加法.考查学生的空间想象能力.
6.答案:B
解析:设c=ma+nb,则(-1,2)=m(1,1)+n(1,-1)=(m+n,m-n).
∴ ∴
评述:本题考查平面向量的表示及运算.
7.答案:D
解析:①平面向量的数量积不满足结合律.故①假;
②由向量的减法运算可知|a|、|b|、|a-b|恰为一个三角形的三条边长,由“两边之差小于第三边”,故②真;
③因为[(b·c)a-(c·a)b]·c=(b·c)a·c-(c·a)b·c=0,所以垂直.故③假;
④(3a+2b)(3a-2b)=9·a·a-4b·b=9|a|2-4|b|2成立.故④真.
评述:本题考查平面向量的数量积及运算律.
8.答案:A
解析:设直线l的方程为y=kx+b(此题k必存在),则直线向左平移3个单位,向上平移1个单位后,直线方程应为y=k(x+3)+b+1即y=kx+3k+b+1
因为此直线与原直线重合,所以两方程相同.比较常数项得3k+b+1=b.∴k=-.
评述:本题考查平移变换与函数解析式的相互关系.
9.答案:13
解析:∵(2a-b)·a=2a2-b·a=2|a|2-|a|·|b|·cos120°=2·4-2·5(-)=13.
评述:本题考查向量的运算关系.
10.答案:90°
解析:由|α+β|=|α-β|,可画出几何图形,如图5—14.
图5—14
|α-β|表示的是线段AB的长度,|α+β|表示线段OC的长度,由|AB|=|OC|
∴平行四边形OACB为矩形,故向量α与β所成的角为90°
评述:本题考查向量的概念,向量的几何意义,向量的运算.这些知识不只在学习向量时用到,而且在复数、物理学中也是一些最基本的知识.
11.答案:4
解析:∵={-1,2},={3,m},={4,m-2},又⊥,
∴-1×4+2(m-2)=0,∴m=4.
评述:本题考查向量的概念,向量的运算,向量的数量积及两向量垂直的充要条件.
12.答案:()
解析:设a==2+i,b=,由已知、的夹角为,由复数乘法的几何意义,得=(cos+isin)=(2+i).
∴b=()
评述:本题考查向量的概念,向量与复数一一对应关系,考查变通、变换等数学方法,以及运用数学知识解决问题的能力.
a+b=(m+2)i+(m-4)j=(m+2,m-4)
a-b=mi+(-m-2)j=(m,-m-2)
13.答案:-2
解析:由题意,得
∵(a+b)⊥(a-b),∴(m+2)×m+(m-4)(-m-2)=0,∴m=-2.
评述:本题考查平面向量的加、减法,平面向量的数量积及运算,两向量垂直的充要条件.
a+b=2i-8j
a-b=-8i+16j
14.答案:-63
解析:解方程组
a=-3i+4j=(-3,4)
b=5i-12j=(5,-12)
得
∴a·b=(-3)×5+4×(-12)=-63.
评述:本题考查平面向量数量积的坐标表示及求法.
15.答案:(4,2)
解析:设P(x,y),由定比分点公式,
则P(2,1),又由中点坐标公式,可得B(4,2).
16.(1)证明:∵,∴| |=m,
又
∴||=m,||=m,∴△ABC为正三角形.
又·=0,即AA1⊥AB,同理AA1⊥AC,∴AA1⊥平面ABC,从而三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱.
(2)解:取AB中点O,连结CO、A1O.
∵CO⊥AB,平面ABC⊥平面ABB1A1,∴CO⊥平面ABB1A1,即∠CA1O为直线CA1与平面A1ABB1所成的角.
在Rt△CA1O中,CO=m,CA1=,
∴sinCA1O=,即∠CA1O=45°.
图5—15
17.解:(1)取OB的中点D,连结O1D,
则O1D⊥OB.
∵平面OBB1O1⊥平面OAB,
∴O1D⊥平面OAB.
过D作AB的垂线,垂足为E,连结O1E.
则O1E⊥AB.
∴∠DEO1为二面角O1—AB—O的平面角.
由题设得O1D=,
sinOBA=,
∴DE=DBsinOBA=
∵在Rt△O1DE中,tanDEO1=,
∴∠DEO1=arctan,即二面角O1—AB—O的大小为arctan.
(2)以O点为原点,分别以OA、OB所在直线为x、y轴,过O点且与平面AOB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系如图5—15.则
O(0,0,0),O1(0,1,),A(,0,0),A1(,1,),B(0,2,0).
设异面直线A1B与AO1所成的角为α,
则,
cosα=,
∴异面直线A1B与AO1所成角的大小为arccos.
图5—16
18.解法一:如图5—16,以O点为原点建立空间直角坐标系.
由题意,有B(3,0,0),D(,2,4),设P(3,0,z),则
={-,2,4},={3,0,z}.
∵BD⊥OP,∴·=-+4z=0,z=.
∵BB′⊥平面AOB,∴∠POB是OP与底面AOB所成的角.
tanPOB=,∴∠POB=arctan.
图5—17
解法二:取O′B′中点E,连结DE、BE,如图5—17,则
DE⊥平面OBB′O′,
∴BE是BD在平面OBB′O′内的射影.
又∵OP⊥BD.
由三垂线定理的逆定理,得OP⊥BE.
在矩形OBB′O′中,易得Rt△OBP∽Rt△BB′E,
∴,得BP=.
图5—18
(以下同解法一)
19.解:(1)如图5—18,以点A为坐标原点O,以AB所在直线为Oy轴,以AA1所在直线为Oz轴,以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴,建立空间直角坐标系.
由已知,得
A(0,0,0),B(0,a,0),A1(0,0, a),C1
().
(2)坐标系如图,取A1B1的中点M,于是有M(0, a),连AM,MC1有
=(-a,0,0),且=(0,a,0),=(0,0, a)
由于·=0,·=0,所以MC1⊥面ABB1A1.
∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角.
∵=(),=(0,a),
∴·=0++2a2=a2.
而||=.
||=.
∴cos<,>=.
所以与所成的角,即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°.
20.解:(1)记P(x,y),由M(-1,0),N(1,0)得=-=(-1-x,-y),
=-=(1-x,-y),=-=(2,0)
∴·=2(1+x),·=x2+y2-1,·=2(1-x).
于是,·,·,·是公差小于零的等差数列等价于
即
所以,点P的轨迹是以原点为圆心,为半径的右半圆.
(2)点P的坐标为(x0,y0).
·=x02+y02-1=2.
||·||=.
∴cosθ=
21.解:(1)由题意知B(a,a,0),C(-a,a,0),D(-a,-a,0),E().
由此得,
∴,
.
由向量的数量积公式有
cos< >=
(2)若∠BED是二面角α—VC—β的平面角,则,则有=0.
又由C(-a,a,0),V(0,0,h),有=(a,-a,h)且,
∴.
即h=a,这时有
cos<>=,
∴∠BED=<>=arccos()=π-arccos
评述:本小题主要考查空间直角坐标的概念、空间点和向量的坐标表示以及两个向量夹角的计算方法;考查运用向量研究空间图形的数学思想方法.
22.(1)证明:因为CB⊥平面A1B,所以A1C在平面A1B上的射影为A1B.
由A1B⊥AE,AE平面A1B,得A1C⊥AE.
同理可证A1C⊥AF.
因为A1C⊥AF,A1C⊥AE,
图5—19
所以A1C⊥平面AEF.
(2)解:过A作BD的垂线交CD于G,因为D1D⊥AG,所以AG⊥平面D1B1BD.
设AG与A1C所成的角为α,则α即为平面AEF与平面D1B1BD所成的角.
由已知,计算得DG=.
如图5—19建立直角坐标系,则得点A(0,0,0),G(,3,0),A1(0,0,5),
C(4,3,0).
AG={,3,0},A1C={4,3,-5}.
因为AG与A1C所成的角为α,
所以cosα=.
由定理知,平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小为arccos.
注:没有学习向量知识的同学可用以下的方法求二面角的平面角.
解法一:设AG与BD交于M,则AM⊥面BB1D1D,再作AN⊥EF交EF于N,连接MN,则∠ANM即为面AEF与D1B1BD所成的角α,用平面几何的知识可求出AM、AN的长度.
解法二:用面积射影定理cosα=.
评述:立体几何考查的重点有三个:一是空间线面位置关系的判定;二是角与距离的计算;三是多面体与旋转体中的计算.
23.建立坐标系,如图5—20.
(1)证明:设AE=BF=x,则A′(a,0,a),F(a-x,a,0),C′(0,a,a),E(a,x,0)
∴={-x,a,-a},={a,x-a,-a}.
∵·=-xa+a(x-a)+a2=0
∴A′F⊥C′E
(2)解:设BF=x,则EB=a-x
三棱锥B′—BEF的体积
V=x(a-x)·a≤()2=a3
当且仅当x=时,等号成立.
因此,三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时BE=BF=,过B作BD⊥EF于D,连
B′D,可知B′D⊥EF.∴∠B′DB是二面角B′—EF—B的平面角在直角三角形BEF中,直角边BE=BF=,BD是斜边上的高.∴BD=a.
∴tanB′DB=
故二面角B′—EF—B的大小为arctan2.
评述:本题考查空间向量的表示、运算及两向量垂直的充要条件.二次函数求最值或均值不等式求最值,二面角等知识.考查学生的空间想象能力和运算能力.用空间向量的观点处理立体几何中的线面关系,把几何问题代数化,降低了立体几何的难度.本题考查的线线垂直等价于·=0,使问题很容易得到解决.而体积的最值除用均值不等式外亦可用二次函数求最值的方法处理.二面角的平面角的找法是典型的三垂线定理找平面角的方法,计算较简单,有一定的思维量.
24.(1)证明:∵=-2-2+4=0,∴AP⊥AB.
又∵=-4+4+0=0,∴AP⊥AD.
∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线,∴AP⊥底面ABCD.
(2)解:设与的夹角为θ,则
cosθ=
V=||·||·sinθ·||=
(3)解:|(×)·|=|-4-32-4-8|=48它是四棱锥P—ABCD体积的3倍.
猜测:|(×)·|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的体积(或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积).
评述:本题考查了空间向量的坐标表示、空间向量的数量积、空间向量垂直的充要条件、空间向量的夹角公式和直线与平面垂直的判定定理、棱锥的体积公式等.主要考查考生的运算能力,综合运用所学知识解决问题的能力及空间想象能力.
图5—21
25.解:如图5—21建立空间直角坐标系
由题意,有A(0,2,0)、C(2,0,0)、E(1,1,0)
设D点的坐标为(0,0,z)(z>0)
则={1,1,0},={0,-2,z},
设与所成角为θ.
则·=·cosθ=-2,且AD与BE所成的角的大小为arccos.∴cos2θ=,∴z=4,故|BD|的长度为4.
又VA—BCD=|AB|×|BC|×|BD|=,因此,四面体ABCD的体积为.
评述:本题考查空间图形的长度、角度、体积的概念和计算.以向量为工具,利用空间向量的坐标表示、空间向量的数量积计算线段的长度、异面直线所成角等问题,思路自然,解法灵活简便.
图5—22
26.解:如图5—22,建立空间直角坐标系O—xyz.
(1)依题意得B(0,1,0)、N(1,0,1)
∴| |=.
(2)依题意得A1(1,0,2)、B(0,1,0)、C(0,0,0)、B1(0,1,2)
∴={-1,-1,2},={0,1,2,},·=3,||=,||=
∴cos<,>=.
(3)证明:依题意,得C1(0,0,2)、M(,2),={-1,1,2},
={,0}.
∴·=-+0=0,∴⊥,∴A1B⊥C1M.
评述:本题主要考查空间向量的概念及运算的基本知识.考查空间两向量垂直的充要条件.
27.(1)证明:设=a,=b,=c,则|a|=|b|,∵=b-a,
∴·=(b-a)·c=b·c-a·c=|b|·|c|cos60°-|a|·|c|cos60°=0,
∴C1C⊥BD.
(2)解:连AC、BD,设AC∩BD=O,连OC1,则∠C1OC为二面角α—BD—β的平面角.
∵(a+b),(a+b)-c
∴·(a+b)·[(a+b)-c]
=(a2+2a·b+b2)-a·c-b·c
=(4+2·2·2cos60°+4)-·2·cos60°-·2·cos60°=.
则||=,||=,∴cosC1OC=
(3)解:设=x,CD=2, 则CC1=.
∵BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥A1C
∴只须求满足:=0即可.
设=a,=b,=c,
∵=a+b+c,=a-c,
∴=(a+b+c)(a-c)=a2+a·b-b·c-c2=-6,令6-=0,得x=1或x=-(舍去).
评述:本题蕴涵着转化思想,即用向量这个工具来研究空间垂直关系的判定、二面角的求解以及待定值的探求等问题.
28.(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AB,又AB⊥AD.∴AB⊥平面PAD.又∵AE⊥PD,∴PD⊥平面ABE,故BE⊥PD.
(2)解:以A为原点,AB、AD、AP所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点C、D的坐标分别为(a,a,0),(0,2a,0).
∵PA⊥平面ABCD,∠PDA是PD与底面ABCD所成的角,∴∠PDA=30°.
于是,在Rt△AED中,由AD=2a,得AE=a.过E作EF⊥AD,垂足为F,在Rt△AFE中,由AE=a,∠EAF=60°,得AF=,EF=a,∴E(0,a)
于是,={-a,a,0}
设与的夹角为θ,则由cosθ=
∴θ=arccos,即AE与CD所成角的大小为arccos.
评述:第(2)小题中,以向量为工具,利用空间向量坐标及数量积,求两异面直线所成的角是立体几何中的常见问题和处理手段.
29.解:(1)过D作DE⊥BC,垂足为E,在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°,BC=2,得BD=1,CD=,∴DE=CD·sin30°=.
OE=OB-BE=OB-BD·cos60°=1-.
∴D点坐标为(0,-),即向量OD[TX→]的坐标为{0,-}.
(2)依题意:,
所以.
设向量和的夹角为θ,则
cosθ=
.
评述:本题考查空间向量坐标的概念,空间向量数量积的运算及空间向量的夹角公式.解决好本题的关键是对空间向量坐标的概念理解清楚,计算公式准确,同时还要具备很好的运算能力.