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第八节 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
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
共面向量定理
有序实数对(x，y)，使 p＝xa＋yb
空间向量基本定理及 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
推论 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
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a1b1＋a2b2＋a3b3
夹角公式 cos〈a，b〉＝
a2＋a2＋a2 b2＋b2 21 2 3 1 2＋b3
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
l1∥l2 n1∥n2 n1＝kn2(k∈R)
直线 l1，l2 的方向向量分别为 n1，n2
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
l∥α n⊥m n·m＝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＝km(k∈R)
α∥β n∥m n＝km(k∈R)
平面 α，β的法向量分别为 n，m
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
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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，
解方程组求得．
n·b＝0，
考点一 空间向量的线性运算
[
1.如图所示，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 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( )
1 1 1 1
A．－ a＋ b＋c B. a＋ b＋c
2 2 2 2
1 1 1 1
C．－ a－ b＋c D. a－ b＋c
2 2 2 2
―→ ―→ ―→ 1 ―→ ―→ 1 1 1
解析：选 A BM＝BB1＋B1M＝AA1＋ ( AD － AB )＝c＋ (b－a)＝－ a＋ b＋c. 2 2 2 2
―→ ―→ ―→
2.如图所示，在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 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 ；
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―→
(2) A1N；
―→ ―→
(3) MP＋NC1.
解：(1)∵P 是 C1D1 的中点，
―→ ―→ ―→ ―→ ―→ 1―→ 1―→ 1
∴ AP ＝AA1＋A1D1＋D1P＝a＋ AD ＋ D1C1＝a＋c＋ AB ＝a＋ b＋c. 2 2 2
(2)∵N 是 BC 的中点，
―→ ―→ ―→ ―→ 1―→
∴A1N＝A1A＋ AB ＋ BN ＝－a＋b＋ BC 2
1―→ 1
＝－a＋b＋ AD ＝－a＋b＋ c.
2 2
(3)∵M 是 AA1 的中点，
―→ ―→ ―→ 1―→ ―→ 1 1 1 1
∴MP＝MA＋ AP ＝ A1A＋ AP ＝－ a＋ a＋ b＋c 2 2 2 ＝ a＋ b＋c， 2 2
―→ ―→ ―→ 1―→ ―→ 1―→ ―→ 1
又NC1＝ NC ＋CC1＝ BC ＋AA1＝ AD ＋AA1＝a＋ c， 2 2 2
―→ ―→ 1 1 1 3 1 3
∴MP＋NC1＝ a＋ b＋c a＋ c 2 2 ＋ 2 ＝ a＋ b＋ c. 2 2 2
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， 解得 λ＝－2，m＝－7，n＝4. －2＝λ，
∴m＋n＝－3.
答案：－3
―→ 1 ―→
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＝ ( OA ＋
3
―→ ―→
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＝3OM，
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―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
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 －kAB1＝ AB －k(AA1＋ AB )＝(1－k) AB －kAA1，
―→ ―→ ―→
∴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―→ 1 1 ―→
(1)因为 EF ＝ BD ＝ (AD－AB)＝ c－a， BA ＝－a，
2 2 2
―→ ―→
所以 EF ·BA ＝
1 1
c－ a
1 2 1 1
2 2 ·(－a)＝ a － a·c＝ . 2 2 4
―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
(2) EG ·BD ＝( EA ＋ AG )·( AD － AB )
1 ―→ 1 ―→ 1 ―→＝ － AB ＋ AC ＋ AD
―→ ―→
2 2 2 ·( AD － AB )
1 1 1
＝ － a＋ b＋ c 2 2 2 ·(c－a)
1 1 1 1 1 1 1
＝－ ＋ ＋ － ＋ － ＝ .
4 2 4 4 2 4 2
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[题组训练]
如图，已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 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，
―→ ―→
―→ ―→ |AC1·A1D|
则 cos θ＝|cos〈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.
―→ ―→
|AC1·A1D| |－2| 14
∴cos θ＝ ＝ ＝ .
―→ ―→ 2× 7 7
|AC1 ||A1D|
14
故异面直线 AC1 与 A1D 所成角的余弦值为 . 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.
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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 P-ABCD 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 D-xyz.
设 DC＝a.
(1)连接 AC 交 BD 于点 G，连接 EG.
a a
依题意得 A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E 0， ， 2 2 .
因为底面 ABCD 是正方形，
所以 G 为 AC 的中点
a a
故点 G 的坐标为 ， ，0 2 2 ，
―→ ―→ a a
所以 PA ＝(a,0，－a)， EG ＝ ，0，－ 2 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)．
―→ a a
又 DE ＝ 0， ， 2 2 ，
―→ ―→ a2 a2
故 PB ·DE ＝0＋ － ＝0，所以 PB⊥DE，
2 2
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．
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(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 P-ABC 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 O-xyz.
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，
―→ 3―→ 9 12 ―→
所以AM＝ AP ＝ 0， ， 5 5 ，又 BA ＝(－4，－5,0)， 5
―→ ―→ ―→ 16 12所以BM＝ BA ＋AM＝ －4，－ ， 5 5 ，
―→ ―→ 16 12
则 AP ·BM＝(0,3,4)· －4，－ ， 5 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
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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， 解得 λ＝－9.
－3x＋3y＝λ，
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( )
1 1 1 1 1 1
A．x＝ ，y＝ ，z＝ B.x＝ ，y＝ ，z＝
3 3 3 3 3 6
1 1 1 1 1 1
C．x＝ ，y＝ ，z＝ D．x＝ ，y＝ ，z＝
3 6 3 6 3 3
―→ ―→ ―→ ―→ 2―→
解析：选 D 设 OA ＝a，OB ＝b，OC＝c，∵点 G 分 MN 所成的比为 2，∴MG＝ MN，
3
―→ ―→ ―→ ―→ 2 ―→ ―→ 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ OA ＝OM＋MG＝OM＋ ( ON －OM )＝ a＋ b＋ c－ a ＝ a＋ b＋ c－ a＝ a＋
3 2 3 2 2 2 2 3 3 3 6 3
1 1 1 1
b＋ c，即 x＝ ，y＝ ，z＝ .
3 6 3 3
5.如图，在大小为 45°的二面角 A-EF-D 中，四边形 ABFE，四边
第 580页/共1004页
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
―→ 2 ―→ 2 ―→ ―→＋| FE | ＋| ED | ＋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 ABCD-A1B1C1D1中，O 为 AC 的中点．用 AB ，
―→ ―→ ―→ ―→
AD ，AA1表示OC1，则OC1＝________________.
―→ 1―→ 1 ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ 1 ―→
解析：∵OC＝ AC ＝ ( AB ＋ AD )，∴OC1＝OC ＋CC1＝ ( AB ＋2 2 2
―→ ―→ 1―→ 1―→ ―→
AD )＋AA1＝ AB ＋ AD ＋AA2 2 1 .
1―→ 1―→ ―→
答案： AB ＋ AD ＋AA
2 2 1
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＝
________.
1
解析：连接 PD(图略)，∵M，N 分别为 CD，PC 的中点，∴MN＝
2
PD，又 P(0,0,1)，D(0,1,0)，
2
∴PD＝ 02＋(－1)2＋12＝ 2，∴MN＝ .
2
2
答案：
2
―→
8．在正三棱柱 ABC-A1B1C1 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，
3所以 A 0， ，0 ，B
1
1 － ，0，2 2 2
，
1
C ，0，0 ，C
1
1 ，0，2 2 2 ，
1
M(0,0,0)，设 N ，0，t 2 ，
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―→ ―→ 1 2
因为C1N＝λ NC ，所以

N ，0，
2 1＋λ
，

―→ 1 3 ―→ 1 2所以AB1＝ － ，－ ，2 ，MN＝
，0， .
2 2 2 1＋λ
―→ ―→
又因为 AB1⊥MN，所以AB1·MN＝0.
1 4
所以－ ＋ ＝0，所以 λ＝15.
4 1＋λ
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 ABCD-A1B1C1D1 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，
―→ ―→ ―→ ―→ 1―→ 1 1―→ ―→ ―→
则 AG ＝AA1＋A1D1＋D1G＝c＋b＋ DC＝ a＋b＋c＝ AB ＋ AD ＋AA2 2 2 1 .
1
故 AG＝ AB＋AD＋AA1. 2
―→ ―→ ―→
(2)证明： AC ＝ AB ＋ BC ＝a＋b，
―→ ―→ ―→ 1 1 1―→
EG ＝ED1＋D1G＝ b＋ a＝ AC ， 2 2 2
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∵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，
―→ ―→ ―→ 1 1 1―→
FG ＝FD1＋D1G＝ c＋ a＝ AB1， 2 2 2
∵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，
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0＝2x－2y，
―→ ―→ ―→
D 共面，则可设 AD ＝x AB ＋y AC (x，y 为实数)，即 －3＝－3y， 由于该方程组无 －4＝－4x－5y，
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＝λOP ，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
4 2 4 4 4 8
－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6 λ－ 2－ ，当 λ＝ 时取最小值，此时 Q 点坐标是 ， ， 3 3 3 3 . 3 3
4 4 8答案： ， ， 3 3 3
―→ ―→ ―→
4．已知四面体 P-ABC 中，∠PAB＝∠BAC＝∠PAC＝60°，| AB |＝1，| AC |＝2，| AP |
―→ ―→ ―→
＝3，则| AB ＋ AP ＋ AC |＝________.
―→ ―→ ―→
解析：∵在四面体 P-ABC 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 ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
＝ ，∴| AB ＋ AP ＋ AC |＝ | AB ＋ AP ＋ AC |2
2
＝ 1＋9＋4＋2＋6＋3＝5.
答案：5
5．如图，在四面体 A-BCD 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 O-xyz.
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＝3QC，
所以 Q
3 2 3 1
x ， ＋ y ， .
4 0 4 4 0 2
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因为 M 为 AD 的中点，故 M(0， 2，1)．
1
又 P 为 BM 的中点，故 P 0，0， 2 ，
―→ 3 2 3
所以PQ＝ x ， ＋ y ，0 .
4 0 4 4 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 P-ABCD 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.
1 3
(2)取 PA 的中点 M，连接 DM，则 M ，－1， .
2 2
―→ 3 3 ―→∵DM＝ ，0， ， PB ＝(1,0，－ 3)，
2 2
―→ ―→ 3 3
∴DM·PB ＝ ×1＋0×0＋ ×(－ 3)＝0，
2 2
―→ ―→
∴DM⊥ PB ，即 DM⊥PB.
―→ ―→ 3 3
∵DM·PA ＝ ×1＋0×(－2)＋ ×(－ 3)＝0，
2 2
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―→ ―→
∴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.
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