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第五节　空间向量及其运算和空间位置关系
1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式.
2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
3.掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示.能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
4.理解直线的方向向量及平面的法向量.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.
5.能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理.
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) 表示若干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 对任意两个空间向量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，那么对任意一个空间向量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＝x＋y＋z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
数量积 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉
垂直关系 a⊥b a·b＝0(a，b为非零向量)
模 设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝
(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〉＝
3.直线的方向向量与平面的法向量
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平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量
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 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 n1∥n2 n1＝kn2(k∈R)
l1⊥l2 n1⊥n2 n1·n2＝0
l∥α 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m n⊥m n·m＝0
l⊥α n∥m n＝km(k∈R)
α∥β 平面α，β的法向量分别为n，m n∥m n＝km(k∈R)
α⊥β n⊥m n·m＝0
(1)在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y (其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点．
(2)在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z (其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点．
(3)向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
(4)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．
(5)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
(6)用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
1．(人教A版选择性必修第一册P12·T1改编)若{a，b，c}为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是(　 )
A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b}
C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b}
答案：C
2.(人教A版选择性必修第一册P10·T5改编)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为M.设＝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
答案：B
3.(人教A版选择性必修第一册P5·T5改编)如图，在空间四边形OABC中，OB，AC为其对角线，M，N分别为OA，BC的中点，点G在线段MN上，且＝2，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________.
答案：
4．(人教B版选择性必修第一册P25·T5改编)设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m＝________.
答案：10
5．(人教A版选择性必修第一册P9·T4改编)正四面体ABCD 的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．
解析：||2＝2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，所以||＝，所以EF的长为.
答案：
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　空间向量的线性运算　
[题点全训]
1．已知A(3,4,5)，B(0,2,1)，O(0，0,0)，若＝，则C的坐标是(　 )
A.　　 B.
C. D.
解析：选A　设点C坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z)．又＝(－3，－2，－4)，＝，∴x＝－，y＝－，z＝－.
2．已知向量a＝(2m＋1,3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值为(　 )
A.　 B．－2　　C．0　　D.或－2
解析：选B　∵a∥b，∴＝＝，解得m＝－2.
3．(多选)如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，＝，设＝a，＝b， ＝c，则下列等式成立的是(　 )
A．＝b－c　　　 B．＝b＋c－a
C．＝b－c－a D．＝a＋b＋c
解析：选BD　＝＋＝b＋c，A错；＝－＝－＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) ＋\f(1,2) ))－＝＋－＝b＋c－a，B对；因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以＝＝b＋c－a，所以＝＝b＋c－a，C错； ＝＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，D对．故选B、D.
4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝________________.
解析：＝＋＝＋＝(＋)＋＝＋＋.
答案：＋＋
[一“点”就过]
进行向量的线性运算，有以下几个关键点
(1)结合图形，明确图形中各线段的几何关系．
(2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义．
(3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍然成立．
基础点(二)　空间向量基本定理的应用　
[题点全训]
1．(多选)下列命题中不正确的是(　 )
A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B．若，共线，则AB∥CD
C．A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面
D．若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ (，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充分不必要条件
解析：选ABD　由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1，可得P，A，B，C四点共面，故C正确；若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ (，不共线)，当λ＋μ＝1，即μ＝1－λ时，可得－＝λ(－)，即＝λ，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D不正确．故选A、B、D.
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＝(＋＋)．
(1)判断eq \o(,\s\up7(―→))，，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＋＋＝3，所以－＝(－)＋(－)，即＝＋＝－－，所以，，共面．
(2)由(1)知，，，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．
[一“点”就过]
证明空间四点P，M，A，B共面的方法
(1)＝x＋y；
(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；
(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)；
(4)∥ (或∥或∥)．
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　空间向量数量积及其应用　
[典例]　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＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.
∵＝＋＝＋＋＝a＋b＋c，
∴||＝|a＋b＋c|＝
＝
＝＝.
∴线段AC1的长为 .
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝eq \f(|·|,||||).
∵＝a＋b＋c，＝b－c，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
||＝＝
＝＝.
∴cos θ＝eq \f(|·|,||||)＝＝.
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
(3)证明：∵＝c，＝b－a，
∴·＝c·(b－a)＝c·b－c·a
＝(－1)－(－1)＝0，
∴⊥，即AA1⊥BD.
[方法技巧]　空间向量数量积的3个应用
求夹角 设向量a，b夹角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角
求长度(距离) 利用公式|a|2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题
解决垂直问题 利用a⊥b a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题
[针对训练]
如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.求：
(1)的长；
(2)与夹角的余弦值．
解：(1)记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝.||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，∴||＝，即AC1的长为.
(2)∵＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，∴cos〈，〉＝eq \f(·,| |||)＝，即与夹角的余弦值为.
重难点(二)　利用空间向量证明平行或垂直　
[典例]　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．
(1)证明：平面A1BD∥平面B1CD1；
(2)证明：MN⊥平面A1BD.
[证明]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，A(2,0,0)．设平面A1BD的一个法向量为m＝(x，y，z)，∵1＝(2,0,2)，＝(2,2,0)，∴取x＝－1，得m＝(－1,1,1)．同理可得平面B1CD1的一个法向量为n＝(－1,1,1)．∵m∥n，∴平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)∵M，N分别为AB，B1C的中点，∴M(2,1,0)，N(1,2,1)，则＝(－1,1,1)，∵∥m，∴MN⊥平面A1BD.
[方法技巧]
(1)选取空间不共面的三个向量为基底，用基底表示已知条件和所要解决的问题的过程就是将几何问题转化为向量问题的过程；
(2)通过计算向量的数量积为0，可证明垂直问题；
(3)要证线面平行，只要证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示即可．　　
[针对训练]
如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：
(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD.
证明：以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0，0,2)，M，∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝.
(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝0，, ·n＝0，))即令y＝2，得n＝(－，2,1)．∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，∴n⊥.又CM 平面PAD，∴CM∥平面PAD.
(2)由(1)知，＝(0,4,0)，＝(2，0，－2)，设平面PAB的一个法向量m＝(x0，y0，z0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·m＝0，, ·m＝0，))即令x0＝1，得m＝(1,0，)，又∵平面PAD的一个法向量n＝(－，2,1)，∴m·n＝1×(－)＋0×2＋×1＝0，∴m⊥n，∴平面PAB⊥平面PAD.
不能正确建立坐标系
在建系过程中，存在三个方面的问题：一是不证明垂直就建立坐标系，二是不清楚在哪里建立坐标系，三是坐标系中点的坐标写错．
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[典例]　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＝(0,3,4)， ＝(－8,0,0)，所以·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，所以＝＝，又＝(－4，－5,0)，所以＝＋＝，则·＝(0,3,4)·＝0，所以⊥，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.
[诊治策略]　用坐标表示空间向量的方法步骤
观图形 观察图形特征，寻找两两垂直的三条直线
建系 根据图形特征建立空间直角坐标系
计算 用基底表示向量
定结果 确定向量的坐标
[针对训练]
如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②，连接A1C，A1B.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)棱BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D＝D，∴DE⊥平面A1CD，又A1C 平面A1CD，∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1C⊥平面BCDE.
(2)由(1)知A1C，CD，CB互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，D(－2,0,0)，A1(0,0,2)，B(0,3,0)，E(－2,2,0)，∴＝(0,3，－2)，＝(－2,2，－2)．设平面A1BE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝0，, ·n＝0，))即
∴可取n＝(－1,2，)．∵M是A1D的中点，∴M(－1,0，)，∴＝(－1,0，)，则cos<，n>＝eq \f(·n,||·|n|)＝＝＝，∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.
(3)假设棱BC上存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．设点P的坐标为(0，a,0)，则a∈[0,3]，∴＝(0，a，－2)，＝(2，a,0)．设平面A1DP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
∴取y1＝6，得n1＝(－3a,6，a)．
∵平面A1DP⊥平面A1BE，∴n1·n＝0，∴3a＋12＋3a＝0，解得a＝－2，与a∈[0,3]矛盾，∴在线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
1．(空间想象能力不足)已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于(　 )
A．12 B．9 C．25 D．10
解析：选D　点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝＝10.
2．(共面向量定理理解有误)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)，所以解得λ＝－9.
3．(易忽视对应系数相等)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，则(　 )
A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝
解析：选D　＝＋＝＋＝＋＝＋(＋)．由＝x＋y(＋)，对照可知x＝1，y＝.
4．(创新命题情境)假设地球是半径为r的球体，现将空间直角坐标系的原点置于球心，赤道位于xOy平面上，z轴的正方向为球心指向正北极方向，本初子午线(弧)是0度经线，位于zOx平面上，且交x轴于点S(r,0,0)，如图所示．已知赤道上一点E位于东经60度，则地球上位于东经30度、北纬60度的空间点P的坐标为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　设点P投影到xOy平面上的点为P′，则|OP|＝r，|OP′|＝，|P′P|＝r，又OP′与x轴正向的夹角为30°，由P′在x轴与y轴的投影可知P′，因此点P的坐标为.
5．(创新考查角度)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若＝x＋y＋z，且0≤x≤y≤z≤1，则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是(　 )
A．1 B. C. D.
解析：选D　根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理，知满足0≤x≤y≤1的点P在三棱柱ACD-A1C1D1内，满足0≤y≤z≤1的点P在三棱柱AA1D1-BB1C1内，故同时满足0≤x≤y≤1和0≤y≤z≤1的点P在这两个三棱柱的公共部分(如图)，
即三棱锥A-A1C1D1内，其体积是××1×1×1＝.
6．(跨学科综合命题)构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状和大小由它的棱长a，b，c及共顶点的三条棱两两之间的夹角α，β，γ(合称为“晶胞参数”)来表示．如图是某种晶体的晶胞的示意图，其中a＝2，b＝c＝1，α＝60°，β＝90°，γ＝120°，则体对角线AC1的长为________．
解析：连接AC，易知＝＋＝＋＋＝＋＋，由题可知||＝2，||＝||＝1，α＝∠A1AB＝60°，β＝∠A1AD＝90°，∠BAD＝180°－γ＝60°.因为eq \o(AC,\s\up7(―→))＝2＋2＋eq \o(AA,\s\up7(―→))＋2·＋2·＋2·，所以eq \o(AC,\s\up7(―→))＝4＋1＋1＋2×2×1×cos 60°＋2×2×1×cos 60°＋2×1×1×cos 90°＝10，故||＝.
答案：
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1.已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(　 )
A. B．2 C. D．1
解析：选A　因为a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，所以a·b＝－1，|a|＝，|b|＝，又ka＋b与2a－b互相垂直，所以(ka＋b)·(2a－b)＝0，即2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，即4k＋k－2－5＝0，所以k＝.故选A.
2．若两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1和l2的位置关系是(　 )
A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定
解析：选A　因为v2＝－2v1，即v2与v1共线，所以两条不重合直线l1和l2的位置关系是平行．
3．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (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＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，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＝m＋n (m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n) ＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3,2一组解．故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
4.如图，在大小为45°的二面角A-EF-D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　 )
A. B. C．1 D.
解析：选D　因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.
5．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　 )
A．a2 B.a2 C.a2 D.a2
解析：选C　如图，设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.＝(a＋b)，＝c，∴·＝(a＋b)·c＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
6．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则λ＝________.
解析：∵a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，由题意a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.
答案：2
7．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x＝________，y＝________，z＝________.
解析：由条件得解得x＝，y＝－，z＝4.
答案：　－　4
8．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·取最小值时，点Q的坐标是____________．
解析：由题意，设＝λ，即＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为.
答案：
9．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝＝5.
(2)令＝t (t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为.
10.如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点．
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1.
证明：因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，所以以过E且平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，所以E(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,2,0)，B(－，0,0)，B1(－，0，2)，A1(0,2，)，则F.
(1)＝，＝(－，－2,0)，＝(0,0，)．设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))所以取所以n＝(－2，，0)．因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，所以⊥n.又EF 平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，所以＝(，0,0)为平面AEA1的一个法向量．又EA⊥平面BCB1，所以＝(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量．因为·＝0，所以⊥，故平面AEA1⊥平面BCB1.
二、重点难点培优训练
1．(2021·山东百师联盟大联考)(多选)下面结论正确的是(　 )
A．向量a，b(a≠0，b≠0)，若a⊥b，则a·b＝0
B．若空间四个点P，A，B，C，＝＋，则A，B，C三点共线
C．已知向量a＝(1,1，x)，b＝(－3，x,9)，若x<，则〈a，b〉为钝角
D．任意向量a，b，c满足(a·b)·c＝a·(b·c)
解析：选AB　由向量垂直的充要条件可得A正确；∵＝＋，∴－＝－，即＝3，∴A，B，C三点共线，故B正确；当x＝－3时，两个向量共线，夹角为π，故C错误；由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误．
2.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　 )
A．(1,1,1) B.
C. D.
解析：选C　设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM 平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥OE，又O是正方形ABCD对角线交点，∴M为线段EF的中点．在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．由中点坐标公式，知点M的坐标为.
3．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，＝λ，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， ，，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，B1，C，C1，M(0,0,0)，因为＝λ，所以N，所以＝，＝.又因为AB1⊥MN，所以·＝0.所以－＋＝0，所以λ＝15.
答案：15
4.(2022·桂林模拟)如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥ AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，所以AO2＋A1O2＝AA，所以A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O 平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，所以⊥，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)．从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．设平面DA1C1的一个法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))又＝(0,2,0)，＝(，0，)，则取n＝(1,0，－1)．因为BP∥平面DA1C1，所以n⊥，即n·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.

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