【数学】2018届一轮复习人教A版　空间向量及其运算学案 20页

第 6 讲 空间向量及其运算 [学生用书 P144]) 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OA→ ＝a，OB→ ＝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〉 ＝π 2 ，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〉＝ a·b |a|·|b| ＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23 . (2)设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 则AB→＝OB→ －OA→ ＝(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AB→为直线 l 的方 向向量，与AB→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 n·a＝0， n·b＝0. 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 1．辨明四个易误点 (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)共面向量定理中，注意有序实数对(x，y)是唯一存在的． (4)向量的数量积满足交换律、分配律，但不满足结合律，即(a·b)c＝a(b·c)不一定成立． 2．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． 3．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． 1．已知 a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是 ( ) A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥c C．a∥c，a⊥b D．以上都不对 C [解析] 因为 c＝(－4，－6，2)＝2a，所以 a∥c.又 a·b＝0，故 a⊥b. 2．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) C [解析] 设 P(0，0，z)，则有 （1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z）2 ＝ （2－0）2＋（2－0）2＋（2－z）2，解得 z＝3. 3.教材习题改编 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→ 相等的向量是 ( ) A．－1 2a＋1 2b＋c B．1 2a＋1 2b＋c C．－1 2a－1 2b＋c D．1 2a－1 2b＋c A [解析] 由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM→ ＝BB1 → ＋B1M→ ＝AA1 → ＋1 2(AD→ － AB→) ＝c＋1 2(b－a)＝－1 2a＋1 2b＋c. 4.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 5．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－3 6 ＝ y －2 ＝2 z ， 所以 y＝1，z＝－4，所以 y＋z＝－3. [答案] －3 空间向量的线性运算[学生用书 P145] [典例引领] 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点． (1)化简A1O→ －1 2AB→－1 2AD→ ＝________． (2)用AB→，AD→ ，AA1 → 表示OC1 → ，则OC1 → ＝________． 【解析】 (1)A1O→ －1 2AB→－1 2AD→ ＝A1O→ －1 2(AB→＋AD→ )＝A1O→ －AO→ ＝A1O→ ＋OA→ ＝A1A→ . (2)因为OC→ ＝1 2AC→＝1 2(AB→＋AD→ )． 所以OC1 → ＝OC→ ＋CC1 → ＝1 2(AB→＋AD→ )＋AA1 → ＝1 2AB→＋1 2AD→ ＋AA1 → . 【答案】 (1)A1A→ (2)1 2AB→＋1 2AD→ ＋AA1 → 若本例条件不变，结论改为：设 E 是棱 DD1 上的点，且DE→ ＝2 3DD1 → ，若EO→ ＝xAB→＋yAD→ ＋zAA1 → ，试求 x，y，z 的值． [解] EO→ ＝ED→ ＋DO→ ＝－2 3DD1 → ＋1 2(DA→ ＋DC→ ) ＝1 2AB→－1 2AD→ －2 3AA1 → ， 由条件知，x＝1 2 ，y＝－1 2 ，z＝－2 3. 用基向量表示指定向量的方法 (1)应结合已知和所求向量观察图形． (2)将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中． (3)利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向量表示出来． 如图所示，在空间几何体 ABCDA1B1C1D1 中，各面为平行四边形，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)MP→ ＋NC1 → . [解] (1)因为 P 是 C1D1 的中点， 所以AP→＝AA1 → ＋A1D1 → ＋D1P→ ＝a＋AD→ ＋1 2D1C1 → ＝a＋c＋1 2AB→＝a＋c＋1 2b. (2)因为 M 是 AA1 的中点， 所以MP→ ＝MA→ ＋AP→＝1 2A1A→ ＋AP→ ＝－1 2a＋ a＋c＋1 2b ＝1 2a＋1 2b＋c. 因为 N 是 BC 的中点， 所以NC1 → ＝NC→ ＋CC1 → ＝1 2BC→＋AA1 → ＝1 2AD→ ＋AA1 → ＝1 2c＋a， 所以MP→ ＋NC1 → ＝ 1 2a＋1 2b＋c ＋ a＋1 2c ＝3 2a＋1 2b＋3 2c. 共线、共面向量定理的应用[学生用书 P146] [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EG→ ＝EB→＋BG→ ＝EB→＋1 2(BC→＋BD→ ) ＝EB→＋BF→＋EH→ ＝EF→＋EH→ ， 由共面向量定理的推论知，E，F，G，H 四点共面． (2)因为EH→ ＝AH→ －AE→＝1 2AD→ －1 2AB→＝1 2(AD→ －AB→) ＝1 2BD→ ，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 ①PA→＝λPB→(λ∈R)； ②对空间任一点 O，OP→ ＝OA→ ＋tAB→(t∈R)； ③对空间任一点 O，OP→ ＝xOA→ ＋yOB→ (x＋y＝1)． (2)证明空间四点 P、M、A、B 共面的方法 ①MP→ ＝xMA→ ＋yMB→ ； ②对空间任一点 O，OP→ ＝OM→ ＋xMA→ ＋yMB→ ； ③对空间任一点 O，OP→ ＝xOM→ ＋yOA→ ＋zOB→ (x＋y＋z＝1)； ④PM→ ∥AB→(或PA→∥MB→ 或PB→∥AM→ )． 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)由题知OA→ ＋OB→ ＋OC→ ＝3OM→ ， 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． 空间向量的数量积与坐标运算[学生用书 P146] [典例引领] (1)如图，四个棱长为 1 的正方体排成一个正四棱柱，AB 是一条侧棱，Pi(i＝1， 2，…，8)是上底面上其余的八个点，则AB→·APi → (i＝1，2，…，8)的不同值的个数为( ) A．1 B．2 C．4 D．8 (2)正方体 ABCDA1B1C1D1 中，BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为( ) A. 2 3 B． 3 3 C.2 3 D． 6 3 (3)已知向量 a＝(0，－1，1)，b＝(4，1，0)，|λa＋b|＝ 29，且λ>0，则λ＝________． 【解析】 (1)由题图知，AB 与上底面垂直，因此 AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，AB→·APi → ＝ |AB→||APi → |cos∠BAPi＝|AB→|·|AB→|＝1(i＝1，2，…，8)．故选 A. (2)不妨设正方体的棱长 为 1，如图，建立空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面 ACD1 的法向量为DB1 → ＝(1，1，1)，又BB1 → ＝(0，0，1)，所以 cos〈DB1 → ，BB1 → 〉＝DB1 → ·BB1 → |DB1 → ||BB1 → | ＝ 1 3×1 ＝ 3 3 ， 所以 BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 1－ 3 3 2 ＝ 6 3 . (3)λa＋b＝λ(0，－1，1)＋(4，1，0)＝(4，1－λ，λ)，由已知得|λa＋b|＝ 42＋（1－λ）2＋λ2 ＝ 29，且λ>0，解得λ＝3. 【答案】 (1)A (2)D (3)3 (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|＝ a2. ③cos〈a，b〉＝ a·b |a||b|. 已知空间三点 A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设 a＝AB→， b＝AC→. (1)求 a 和 b 的夹角θ的余弦值； (2)若向量 ka＋b 与 ka－2b 互相垂直，求 k 的值． [解] 因为 A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，a＝AB→，b＝AC→，所以 a＝(1， 1，0)，b＝(－1，0，2)． (1)cos θ＝ a·b |a||b| ＝－1＋0＋0 2× 5 ＝－ 10 10 ， 所以 a 和 b 的夹角θ的余弦值为－ 10 10 . (2)因为 ka＋b＝k(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)， ka－2b＝(k＋2，k，－4)且(ka＋b)⊥(ka－2b)， 所以(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝2k2＋k－10＝0. 解得 k＝－5 2 或 k＝2. 利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)[学生用书 P147] 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] (1)(2015·高考湖南卷节选)如图，已知四棱台 ABCDA1B1C1D1 的上、下底面分别 是边长为 3 和 6 的正方形，A1A＝6，且 A1A⊥底面 ABCD，点 P，Q 分别在棱 DD1，BC 上．若 P 是 DD1 的中点，证明：AB1⊥PQ. (2)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：PB∥平面 EFG. 【证明】 (1)由题设知，AA1，AB，AD 两两垂直．以 A 为坐标原点， AB，AD，AA1 所在 直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为 A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中 m＝BQ，0≤m≤ 6. 若 P 是 DD1 的中点， 则 P 0，9 2 ，3 ，PQ→ ＝(6，m－9 2 ，－3)． 又AB1 → ＝(3，0，6)，于是AB1 → ·PQ→ ＝18－18＝0， 所以AB1 → ⊥PQ→ ，即 AB1⊥PQ. (2)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).PB→＝(2，0，－2)，FE→＝(0，－1，0)，FG→ ＝(1，1，－1)， 设PB→＝sFE→＋tFG→ ， 即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， 所以 t＝2， t－s＝0， －t＝－2， 解得 s＝t＝2. 所以PB→＝2FE→＋2FG→ ， 又因为FE→与FG→ 不共线， 所以PB→与FE→，FG→ 共面． 因为 PB⊄平面 EFG，所以 PB∥平面 EFG. (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. [题点通关] 角度一 证明平行问题 1. 如图，在四棱锥 OABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠ABC＝π 4 ，OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M 为 OA 的中点，N 为 BC 的中点．利用向量方法证明：直线 MN∥平面 OCD． [证明] 作 AP⊥CD 于点 P， 连接 OP，如图，分别以 AB，AP，AO 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系， 则 P 0， 2 2 ，0 ，D － 2 2 ， 2 2 ，0 ，O(0，0，2)，M(0，0，1)，N 1－ 2 4 ， 2 4 ，0 ，MN→ ＝ 1－ 2 4 ， 2 4 ，－1 ，OP→ ＝ 0， 2 2 ，－2 ，OD→ ＝ － 2 2 ， 2 2 ，－2 . 设平面 OCD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·OP→ ＝0，n·OD→ ＝0，即 2 2 y－2z＝0， － 2 2 x＋ 2 2 y－2z＝0. 取 z＝ 2，得 n＝(0，4， 2)． 因为MN→ ·n＝ 1－ 2 4 ， 2 4 ，－1 ·(0，4， 2)＝0， 所以MN→ ⊥n，且 MN⊄平面 OCD，所以 MN∥平面 OCD． 角度二 证明垂直问题 2．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)连接 MB，MC.由(1)知 AP＝5， 又 AM＝3，且点 M 在线段 AP 上， 所以AM→ ＝3 5AP→＝ 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， 所以 AP⊥平面 BMC，于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM⊂平面 AMC，故平面 AMC⊥平面 BMC. [学生用书 P360(独立成册)] 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．－14 3 C.14 5 D．2 D [解析] 由题意知 a·(a－λb)＝0，即 a2－λa·b＝0， 所以 14－7λ＝0，解得λ＝2. 2．在空间直角坐标系中，已知 A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3， 0)，则直线 AB 与 CD 的位置关系是( ) A．垂直 B．平行 C．异面 D．相交但不垂直 B [解析] 由题意得，AB→＝(－3，－3，3)，CD→ ＝(1，1，－1)，所以AB→＝－3CD→ ，所 以AB→与CD→ 共线，又AB→与CD→ 没有公共点．所以 AB∥CD． 3．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.62 7 B．9 C.64 7 D．65 7 D [解析] 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 7＝2x－y， 5＝－x＋4y， λ＝3x－2y. 解得 x＝33 7 ，y＝17 7 ，所以λ＝99 7 －34 7 ＝65 7 . 4．在空间四边形 ABCD 中，AB→·CD→ ＋AC→·DB→ ＋AD→ ·BC→＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．不确定 B [解析] 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. 5. 如图所示，PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面，AB＝2，E 为 PB 的中点，cos〈DP→ ，AE→〉 ＝ 3 3 ，若以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则点 E 的坐标 为( ) A．(1，1，1) B． 1，1，1 2 C. 1，1，3 2 D．(1，1，2) A [解析] 设 P(0，0，z)， 依题意知 A(2，0，0)，B(2，2，0)，则 E 1，1，z 2 ， 于是DP→ ＝(0，0，z)，AE→＝ －1，1，z 2 ， cos〈DP→ ，AE→〉＝DP→ ·AE→ |DP→ ||AE→| ＝ z2 2 |z|· z2 4 ＋2 ＝ 3 3 . 解得 z＝±2，由题图知 z＝2，故 E(1，1，1)． 6．(2017·唐山统考)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 a，点 M 在 AC1 上且AM→ ＝1 2MC→ 1， N 为 B1B 的中点，则|MN→ |为( ) A. 21 6 a B． 6 6 a C. 15 6 a D． 15 3 a A [解析] 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 a，a，a 2 .设 M(x，y，z)， 因为点 M 在 AC1 上且AM→ ＝1 2MC1 → ，所以(x－a，y，z)＝1 2(－x，a－y，a－z)，所以 x＝2 3a， y＝a 3 ，z＝a 3. 所以 M 2a 3 ，a 3 ，a 3 ，所以|MN→ | ＝ a－2 3a 2 ＋ a－a 3 2 ＋ a 2 －a 3 2 ＝ 21 6 a. 7．在空间直角坐标系中，点 P(1，2， 3)，过点 P 作平面 yOz 的垂线 PQ，点 Q 在平 面 yOz 上，则垂足 Q 的坐标为________． [解析] 由题意知点 Q 即为点 P 在平面 yOz 内的射影， 所以垂足 Q 的坐标为(0，2， 3)． [答案] (0，2， 3) 8．在空间直角坐标系中，以点 A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC 是以 BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数 x 的值为__________． [解析] 由题意知AB→＝(6，－2，－3)， AC→＝(x－4，3，－6)． 又AB→·AC→＝0，|AB→|＝|AC→|，可得 x＝2. [答案] 2 9．已知 2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以 b，c 为方向 向量的两直线的夹角为________． [解析] 由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即 2a·c＋b·c＝－10，又因为 a·c＝4，所以 b·c＝－18， 所以 cos〈b，c〉＝ b·c |b|·|c| ＝ －18 12× 1＋4＋4 ＝－1 2 ， 所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为 60°. [答案] 60° 10．已知空间四边形 OABC，点 M、N 分别是 OA、BC 的中点，且OA→ ＝a，OB→ ＝b，OC→ ＝c，用 a、b、c 表示向量MN→ ＝________． [解析] 如图所示， MN→ ＝1 2(MB→ ＋MC→ )＝1 2[(OB→ －OM→ )＋(OC→ －OM→ )]＝1 2(OB→ ＋OC→ －2OM→ )＝1 2(OB→ ＋OC→ －OA→ ) ＝1 2(b＋c－a)． [答案] 1 2(b＋c－a) 11. 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 的长． [解] 设AB→＝a，AC→＝b，AD→ ＝c. 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， (1)EF→＝1 2BD→ ＝1 2c－1 2a，BA→＝－a， EF→·BA→＝ 1 2c－1 2a ·(－a)＝1 2a2－1 2a·c＝1 4. (2)EG→ ＝EB→＋BC→＋CG→ ＝1 2a＋b－a＋1 2c－1 2b ＝－1 2a＋1 2b＋1 2c， |EG→ |2＝1 4a2＋1 4b2＋1 4c2－1 2a·b＋1 2b·c－1 2c·a＝1 2 ，则|EG→ |＝ 2 2 . 12．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|＝ 3，且 a 分别与AB→，AC→垂直，求向量 a 的坐标． [解] (1)由题意可得： AB→＝(－2，－1，3)，AC→＝(1，－3，2)， 所以 cos〈AB→，AC→〉＝AB→·AC→ |AB→||AC→| ＝－2＋3＋6 14× 14 ＝ 7 14 ＝1 2. 所以 sin〈AB→，AC→〉＝ 3 2 ， 所以以 AB，AC 为边的平行四边形的面积为 S＝2×1 2|AB→|·|AC→|·sin〈AB→，AC→〉 ＝14× 3 2 ＝7 3. (2)设 a＝(x，y，z)， 由题意得 x2＋y2＋z2＝3， －2x－y＋3z＝0， x－3y＋2z＝0， 解得 x＝1， y＝1， z＝1 或 x＝－1， y＝－1， z＝－1， 所以向量 a 的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)． 13．有下列命题： ①若 p＝xa＋yb，则 p 与 a，b 共面； ②若 p 与 a，b 共面，则 p＝xa＋yb； ③若MP→ ＝xMA→ ＋yMB→ ，则 P，M，A，B 共面； ④若 P，M，A，B 共面，则MP→ ＝xMA→ ＋yMB→ . 其中真命题的个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 B [解析] ①正确，②中若 a，b 共线，p 与 a 不共线，则 p＝xa＋yb 就不成立．③正 确．④中若 M，A，B 共线，点 P 不在此直线上，则MP→ ＝xMA→ ＋y MB→ 不正确． 14．已知 e1，e2 是空间单位向量，e1·e2＝1 2 ，若空间向量 b 满足 b·e1＝2，b·e2＝5 2 ，且 对于任意 x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则 x0＝________，y0＝ ________，|b|＝________． [解析] 对于任意 x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当 x＝ x0，y＝y0 时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值 1. |b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋ x2＋y2＋xy－4x－5y 取得最小值，需要把 x2＋y2＋xy－4x－5y 看成关于 x 的二次函数，即 f(x) ＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为 x＝2－y 2 ，所以当 x＝2 －y 2 时，f(x)取得最小值，代入化简得 f(x)＝3 4(y－2)2－7，显然当 y＝2 时，f(x)min＝－7，此时 x＝2－y 2 ＝1，所以 x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2 2. [答案] 1 2 2 2 15. 如图，已知 AB⊥平面 ACD，DE⊥平面 ACD，△ACD 为等边三角形，AD＝DE＝2AB， F 为 CD 的中点． (1)求证：AF∥平面 BCE； (2)求证：平面 BCE⊥平面 CDE. [证明] (1)设 AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0，0，0)，C(2a，0，0)， B(0，0，a)，D(a， 3a，0)， E(a， 3a，2a)． 因为 F 为 CD 的中点， 所以 F 3 2a， 3 2 a，0 . AF→＝ 3 2a， 3 2 a，0 ，BE→＝(a， 3a，a)， BC→＝(2a，0，－a)． 因为AF→＝1 2(BE→＋BC→)，AF⊄平面 BCE， 所以 AF∥平面 BCE. (2)因为AF→＝ 3 2a， 3 2 a，0 ，CD→ ＝(－a， 3a，0)， ED→ ＝(0，0，－2a)， 所以AF→·CD→ ＝0，AF→·ED→ ＝0， 所以 AF⊥CD，AF⊥ED． 又 CD∩DE＝D，所以 AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE，所以平面 BCE⊥平面 CDE. 16．如图，正三角形 ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E、F 分别是 AC 和 BC 边 的中点，现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB． (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； (2)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP⊥DE？如果存在，求出BP BC 的值；如果不存在， 请说明理由． [解] (1)AB∥平面 DEF，理由如下： 在△ABC 中， 由 E、F 分别是 AC、BC 的中点， 得 EF∥AB． 又因为 AB⊄平面 DEF，EF⊂平面 DEF， 所以 AB∥平面 DEF. (2)以点 D 为坐标原点，直线 DB、DC、DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐 标系(如图所示)， 则 A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2 3，0)，E(0，3，1)，故DE→ ＝(0，3，1)． 假设存在点 P(x，y，0)满足条件，则AP→＝(x，y，－2)， AP→·DE→ ＝ 3y－2＝0， 所以 y＝2 3 3 . 又BP→＝(x－2，y，0)，PC→＝(－x，2 3－y，0)， BP→∥PC→， 所以(x－2)(2 3－y)＝－xy， 所以 3x＋y＝2 3. 把 y＝2 3 3 代入上式得 x＝4 3 ， 所以BP→＝1 3BC→， 所以在线段 BC 上存在点 P 使 AP⊥DE，此时BP BC ＝1 3.