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  • 2021-05-13 发布

高考数学考点归纳之 空间向量的运算及应用

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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.