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- 2021-05-13 发布
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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+c2
= |a|2+|b|2+|c|2+2a·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-c2= |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+-12+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.