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第5节　空间向量的运算及应用　
[课标要求]　(1)空间直角坐标系：①在平面直角坐标系的基础上，了解空间直角坐标系，感受建立空间直角坐标系的必要性，会用空间直角坐标系刻画点的位置；②借助特殊长方体(所有棱分别与坐标轴平行)顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式．
(2)空间向量及其运算：①经历由平面向量推广到空间向量的过程，了解空间向量的概念；②经历由平面向量的运算及其法则推广到空间向量的过程．
(3)向量基本定理及坐标表示：①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；②掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；③掌握空间向量的数量积及其坐标表示；④了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间，具有大小和方向的量
相等向量 方向相同且模相等的向量
相反向量 方向相反且模相等的向量
共线向量 (或平行向量) 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的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
2．空间向量的有关定理
名称 语言描述
共线向 量定理 对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在λ∈R，使a＝λb
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
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＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1
3．空间向量的数量积及坐标运算
(1)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|＝．
(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〉＝
4．直线的方向向量与平面的法向量
直线的 方向向量 与直线平行或在这条直线上的有向线段所表示的非零向量，一条直线的方向向量有无数个
平面的 法向量 直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量
5．空间中直线、平面位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
u1，u2分别是直线l1， l2的方向向量 l1∥l2 u1∥u2 λ∈R，使得u1＝λu2
l1⊥l2 u1⊥u2 u1·u2＝0
u是直线l的方向向量， n是平面α的法向量 l∥α u⊥n u·n＝0
l⊥α u∥n λ∈R，使得u＝λn
n1，n2分别是平面α， β的法向量 α∥β n1∥n2 λ∈R，使得n1＝λn2
α⊥β n1⊥n2 n1·n2＝0
(一)必背常用结论
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)，
由解方程组求得．
(二)盘点易错易混
1．要注意区分向量的共线(平行)与线段的共线(平行)．
2．直线的方向向量和平面的法向量均不为零向量且不唯一．
3．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)．
4．要注意两个向量夹角的范围是[0，π]，明确两个向量夹角与其余弦值的对应关系．
【小题热身】
1．
如图所示，在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝2，N为BC中点，则＝(　　 )
A．a－b＋c
B．－a＋b＋c
C．a＋b－c
D．－a＋b－c
解析：由向量的加法和减法运算＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c．
答案：B
2．已知A、B、C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B、C共面”的充分条件的是(　　 )
A．＝2－－
B．＝＋－
C．＝＋－
D．＝＋＋
解析：设＝x＋y＋z，
若点M与点A，B，C共面，则x＋y＋z＝1，
对于选项A：x＋y＋z＝2－1－1＝0，不满足题意；
对于选项B：x＋y＋z＝1＋1－1＝1，满足题意；
对于选项C：x＋y＋z＝1＋－＝≠1，不满足题意；
对于选项D：x＋y＋z＝＋＋≠1，不满足题意．
答案：B
3．已知向量a＝(－2，0，1)，b＝(1，2，x)，若a⊥b，则x＝________，若2a＋b＝(－3，2，5)，则x＝________．
解析：因为a＝(－2，0，1)，b＝(1，2，x)，且a⊥b，
所以a·b＝－2＋x＝0，解得x＝2；
因为2a＋b＝＝(－3，2，5)，所以2＋x＝5，解得x＝3．
答案：2　　3
4．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，
∴||2＝2，∴EF的长为．
答案：
5．(多选)已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　 )
A．2， B．－，
C．－3， D．2，2
解析：∵a∥b，∴b＝ka(k∈R)，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，
∴解得或
答案：AC
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__空间向量的线性运算[典例引领]
【例1】　(1)
如图：在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝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
(2)
已知在四棱柱ABCD A′B′C′D′中，四边形ABCD为平行四边形，若＝3a＋2b＋c，则abc＝(　　 )
A． B．
C． D．
解析：(1)＝BB1＋B1M＝c＋＝c＋
＝－a＋b＋c．
(2)据题意，得＝＋＋，＝3a＋2b＋c，
所以＋＋＝3a＋2b＋c，
即(3a－1)＋(2b－1)＋(c－1)＝0．
又因为，，为空间不共面的三个向量，
所以3a－1＝2b－1＝c－1＝0，所以a＝，b＝，c＝1，所以abc＝．
答案：(1)A　(2)C
[思维升华]　用已知向量表示某一向量的解题策略
(1)用已知向量来表示某一未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．
(3)在立体几何中要灵活应用向量加法、减法的三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．
[对点练]　
如图所示，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，设AA1＝a，＝b，＝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；②A1N；③＋NC1．
解： ①∵P是C1D1的中点，
∴＝AA1＋A1D1＋D1P＝a＋＋D1C1＝a＋c＋＝a＋b＋c．
②∵N是BC的中点，
∴A1N＝A1A＋＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋c．
③∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝A1A＋＝－a＋a＋b＋c＝a＋b＋c．
又NC1＝＋CC1＝＋AA1＝＋AA1＝a＋c，
∴＋NC1＝＋＝a＋b＋c．
考点2__共线、共面向量定理的应用[典例引领]
【例2】　
如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且＝k，＝k，＝k， ＝＋mAB，＝＋m，　k≠0，　m≠0，
求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面；
(2)∥；
(3)＝k．
[思维点拨]　(1)利用共面向量定理证明四点共面；(2)利用向量加减及数运算找到、的关系，证明利用共线向量定理证明∥；(3)利用向量加减及数运算可得．
证明：(1)∵＝＋m，m≠0，∴A、B、C、D四点共面．
∵＝＋m，m≠0，由共面向量定理的推论知E、F、G、H四点共面．
(2)＝＋m＝－＋m(－)＝k(－)＋km(－)＝k＋km＝k(＋m)＝k，∴∥．
(3)＝＋＝k＋k＝k(＋)＝k．
[思维升华]　证明三点共线和空间四点共面的方法
证明三点(P，A，B)共线 证明空间四点 (M，P，A，B)共面
＝λ(λ∈R)， 且同过点P ＝x＋y
对空间任一点O， ＝＋t(t∈R) 对空间任一点O， ＝＋x＋y
对空间任一点O， ＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝ x＋y＋(1－x－y)
[对点练]　
如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)求证：BD∥平面EFGH．
证明：(1)连接BG，
则＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，
由共面向量定理的推论知E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝－＝(－)＝，
所以EH∥BD．又EH 平面EFGH，BD 平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH．
考点3__空间向量数量积的应用[典例引领]
【例3】　(2021·湖南雅礼中学月考)
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．
[思维点拨]　(1)利用向量模的计算公式和向量的数量积的定义即可得出AC1的长；
(2)转化为求向量1和A1D夹角的余弦值，需要注意异面直线夹角的范围．
(3)利用数量积公式计算AA1·＝0．
解： (1)设＝a，＝b，1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1．
∵1＝＋1＝＋＋1＝a＋b＋c，
∴|1|＝|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 〈1，A1D〉|＝．
∵1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，
∴1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
|A1D|＝＝＝＝．
∴cos θ＝＝＝．
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为．
(3)证明：∵1＝c，＝b－a，
∴1·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0
，∴1⊥，即AA1⊥BD．
[思维升华]　(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．
(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．
(3)可以通过|a|＝，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．
[思维引申]　(变结论)在本题条件下，求直线BD1与AC所成角的余弦值．
解： ∵＝＋，
∴2＝(＋)2＝2＋2＋2·＝12＋12＋0＝2，∴＝．
∵BD1＝BB1＋B1A1＋A1D1，
∴BD12＝＝BB12＋B1A12＋A1D12＋2BB1·B1A1＋2BB1·A1D1＋2B1A1·A1D1＝22＋12＋12＋2×1×2×cos 60°＋2×1×2×cos 120°＋2×1×1×cos 90°＝6，
∴＝．
∴·BD1＝·
＝－2，
∴＝＝
＝，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．
[对点练]　1．(2022·湖南师大附中期末)如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形．若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且A1A＝3，则A1C的长为(　　 )
A． B．2 C． D．
解析：
因为A1C＝A1B1＋A1D1＋A1A，
所以|A1C|2＝(A1B1＋A1D1＋A1A)2＝|A1B1|2＋|A1D1|2＋|A1A|2＋2(A1B1·A1D1＋A1B1·A1A＋A1D1·A1A)＝1＋1＋9＋2(0＋1×3×cos 120°＋1×3×cos 120°)＝5，
故A1C的长为．
2．已知空间三点A(0，2，3)，B(2，5，2)，C(－2，3，6)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为________．
解析：由题意可得＝(2，3，－1)，＝(－2，1，3)，
||＝＝，||＝＝，
所以cos ∠BAC＝＝－，所以sin ∠BAC＝，
所以以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为S＝××＝6．
答案：6
考点4__向量法证明平行、垂直[典例引领]
【例4】
　如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
证明：(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD．
[思维点拨]　以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
(1)计算出·＝0可证；(2)证明与平面PAD的法向量垂直，结合BE 平面PAD可得结论；(3)证明出平面PCD和平面PAD的法向量垂直．
解：
因为PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系．
可得B、C、D、P，由E为PC的中点，得E．
(1)向量＝，＝，故·＝0，所以BE⊥DC；
(2)因为PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，∴AB⊥PA，
∵AB⊥AD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，
所以向量＝为平面PAD的一个法向量，
而·＝0，所以⊥，
又因为BE 平面PAD，所以BE∥平面PAD；
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量为＝，
向量＝，＝，设平面PCD的一个法向量为n＝，
则取y＝1，可得平面PCD的一个法向量为n＝，
∵·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0，∴n⊥，
所以平面PAD⊥平面PCD．
[思维升华]　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．
[注意]　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．
[对点练]　
如图，在直三棱柱ADE BCF中，四边形ABFE和四边形ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．
证明：(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD．
解：(1)由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，
F(1，0，1)，M(，0，0)，O(，，)，
＝(0，－，－)，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，OM⊥AB．
∵三棱柱ADE BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，且OM 平面BCF，
∴OM∥平面BCF；
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别是n1＝，n2＝．
∴＝(1，－1，1)，＝(1，0，0)，＝(，－1，0)
所以令x1＝2得n1＝(2，1，－1)，
同理令y2＝1得n2＝(0，1，1)，∵n1 n2＝0，
∴平面MDF⊥平面EFCD．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
立体几何解答题的建系设点问题
应用空间向量方法解决立体几何问题方便快捷，其关键在于合理建系，准确求出相关点的坐标进行计算．下面就如何建系设点进行归纳：
题型一　直接写出点的坐标
【例1】　在长方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4，建立适当的直角坐标系并写出所有点的坐标．
[思维点拨]　建系方式显而易见，长方体AA1，AB，AD两两垂直，本题所给的是线段的比例，如果设AB＝a，AD＝2a，AA1＝4a等，则点的坐标都含有a，不便于计算．对待此类问题可以通过设单位长度，从而使得坐标都为具体的数．
解：
∵长方体ABCD A1B1C1D1中，AB，AD，AA1两两垂直，
∴以AB，AD，AA1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设|AB|为单位长度，则AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝，
∴A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，
B1(1，0，4)，A1(0，0，4)，C1(1，2，4)，D1(0，2，4)，
E，F(1，2，1)．
[对点练]　在三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点的坐标．
解：
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，∵∠BAC＝90°，
∴PA，AB，AC两两垂直．
如图，以AP，AB，AC为轴建立空间直角坐标系Axyz，
则坐标轴上的点为A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，
AB的中点为D，BC的中点为E，PC的中点为F．
题型二　通过计算写出点的坐标
【典例】　已知四棱锥P ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，且OP⊥平面ABCD，点M为PC的三等分点(靠近点P)，建立适当的直角坐标系并求出各点的坐标．
[思维点拨]　由OP⊥平面ABCD，可得OP作为z轴，在底面上可利用菱形对角线相互垂直的性质，选取OB，OC作为x，y轴．在所有点中只有点M的坐标相对麻烦，对于三等分点可得PM＝PC，从而转化为向量关系即可求出点M的坐标．
解：
∵OP⊥平面ABCD，∴OP⊥OB，OP⊥OC．
∵菱形ABCD中，OB⊥OC，∴OP，OB，OC两两垂直．
以OP，OB，OC为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
可得O(0，0，0)，P(0，0，4)，B(3，0，0)，
C(0，4，0)，A(0，－4，0)，D(－3，0，0)．
设M(x，y，z)．由PM＝PC可得＝，＝(x，y，z－4)，＝(0，4，－4)，
∴ ∴M．
[思维升华]　(1)底面是菱形时要注意对角线相互垂直的性质．
(2)对于一条线段上的某点分线段成比例，可以利用向量关系将该点坐标计算出来．
[对点练]　
如图所示的多面体中，已知正方形ABCD与直角梯形BDEF所在的平面互相垂直，EF∥BD，ED⊥BD，AD＝，EF＝ED＝1，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点的坐标．
解：
∵平面EFBD⊥平面ABCD，
又∵直角梯形BDEF中，ED⊥DB，
∴ED⊥平面ABCD．
∵正方形ABCD中，AD⊥CD，
∴ED，DA，DC两两垂直．以DA，DC，DE分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则坐标轴上的点：A(，0，0)，C(0，，0)，D(0，0，0)，E(0，0，1)，底面上的点B(，，0)．
F点有两种确定方式．
① 可看其投影，落在BD中点处，且高度为1，所以F．
② 设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，＝(，，0)．
∵＝，∴∴F．
课下巩固培优卷(三十六)
【A/基础巩固题组】
1．若d＝是直线l的方向向量，n＝是平面α的法向量，则直线l与平面α的位置关系是(　　 )
A．直线l在平面α内 B．平行
C．相交但不垂直 D．垂直
解析：∵d＝，n＝，假设存在实数k，使得d＝kn，则＝k，
即 k无解．不存在实数k，使得d＝kn成立，因此l与α不垂直．
由d·n＝·＝－1＋3＋0＝2≠0，可得直线l与平面α不平行．
因此直线l与平面α的位置关系是相交但不垂直．
答案：C
2．
(多选)如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝c．则下列正确的是(　　 )
A．＝a－b＋c
B．AC1＝a＋b＋c
C．AC1的长为
D．cos 〈， AC1〉＝
解析：由空间向量的加法法则得AC1＝a＋b＋c，B正确，
＝BB1＋B1M＝BB1＋B1D1＝AA1＋(B1A1＋B1C1)＝c＋(－a＋b)＝－a＋b＋c，A错误；
由已知a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos 60°＝，
＝＝＝
＝
＝，
C错误；
cos 〈， AC1〉＝＝＝＝，D正确．
答案：BD
3．(多选)在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD＝，各棱长均为1．则下列命题中正确的是(　　 )
A．不是空间的一个基底
B．〈，DD1〉＝π
C．＝
D．BD⊥平面ACC1A1
解析：对于A，由BB1∥CC1，所以向量，AC1，BB1共面，
所以不是空间的一个基底，故A正确；
对于B，因为∠A1AD＝，所以∠ADD1＝，所以〈，DD1〉＝π－＝，故B错误；
对于C，＝＝2＋2＋DD12＋2·＋2·DD1＋2·DD1
＝3＋2×1×1×cos ＋2×1×1×cos ＋2×1×1×cos ＝2，
所以＝，故C正确；
对于D，如图，连接BD交AC于点O，连接A1O，A1D，A1B，由题意可得四边形ABCD为菱形，A1D＝A1B，所以BD⊥AC，BD⊥A1O，由AC∩A1O＝O可得BD⊥平面ACC1A1，故D正确．
答案：ACD
4．在空间直角坐标系Oxyz中，向量＝，＝，＝(2，1，－1)，若O，A，B，C四点共面，则t＝________．
解析：O，A，B，C四点共面，则存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，
代入向量的坐标得＝λ＋μ，所以解得：λ＝3，μ＝－2，t＝8．
答案：8
5．(2021·山东历城二中月考)设空间向量a＝，b＝，若a∥b，则＝________．
解析：因为空间向量a＝(－1，2，m)，b＝(2，n，－4)，且a∥b，
所以b＝λa，即(2，n，－4)＝λ(－1，2，m)，
可得，解得m＝2，n＝－4，所以a＝(－1，2，2)，b＝(2，－4，－4)，
则a－b＝(－3，6，6)，所以|a－b|＝＝9．
答案：9
6．(2021·广东惠州模拟)
如图所示，M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点，用向量，，表示和，则＝__________________；＝____________________．
解析：＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝＋×(＋)＝＋＋；
＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝＋××(＋)＝＋＋．
答案：＋＋　　＋＋
7．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，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
解：(1)由题意，知：3＝＋＋，
∴－＝(－)＋(－)，即＝＋＝－－，
故，，共面得证．
(2)由(1)知：，，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．
8．(2022·四川内江六中月考)
如图，在底面是矩形的四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，E、F分别是PC、PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2．求证：
(1)EF∥平面PAB；
(2)平面PAD⊥平面PDC．
解：
以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，
则A、B、
C、D、P，所以E、F，
＝，＝，＝，＝，＝，＝，＝．
(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB．
又AB 平面PAB，EF 平面PAB，所以EF∥平面PAB；
(2)因为·＝·＝0，所以⊥，同理可得⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC．又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD．
∵DC 平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC．
【B/能力提升题组】
9．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD是(　　 )
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．不确定
解析：∵M为BC中点，∴＝(＋)，
∴·＝(＋)·＝·＋·＝0．
∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．
答案：C
10．(多选)(2021·山东泰安二模)
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点，则(　　 )
A．D1D⊥AF
B．A1G∥平面AEF
C．A1C·＝0
D．向量A1B与向量AD1的夹角是60°
解析：
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，则A、B、C、D、E、F、G、A1、B1、C1、D1．
对于A选项，DD1＝，＝，则DD1·＝2≠0，故A错误；
对于B选项，设平面AEF的法向量为m＝，＝，＝，
由，可得，取x＝2，可得m＝，A1G＝，
∵m·A1G＝2－2＝0，∴m⊥A1G，∵A1G 平面AEF，∴A1G∥平面AEF，故B正确；
对于C选项，AB1＝，A1C＝，A1C·＝AB1·A1C＝4－4＝0，
故C正确；
对于D选项，A1B＝，AD1＝，
cos 〈A1B，AD1〉＝＝＝－，
所以向量A1B与向量AD1的夹角是120°，故D错误．
答案：BC
11．(2022·山东菏泽一中月考)已知空间四边形OABC各边及其对角线OB、AC的长都是6，＝2，＝，＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________，OG的长为________．
解析：
四边形OABC为正四面体，
＝＋＝＋＋＝＋＋(＋)＝＋＋×＋
＝＋＋＝＋(－)＋(－)
＝－－＋＋＝＋＋，∴x＋y＋z＝1,
又·＝·＝·＝6×6×cos 60°＝18，
＝2＝
＝2＋2＋2＋·＋·＋·
＝×36＋×36＋×36＋×18＋×18＋×18＝25．
所以＝5．
答案：1　　5
12．
如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)求证：BD∥平面EFGH；
(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任意一点O，有＝．
解：(1)∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
∴＝，＝，∴＝，
又E，F，G，H四点不共线，故E，F，G，H四点共面；
(2)∵E，H分别是AB，AD的中点，
∴＝，∴∥，∴HE∥BD，
∵HE 平面EFGH，BD 平面EFGH，
∴BD∥平面EFGH；
(3)由(1)知四边形EFGH为平行四边形，∴M为EG中点，
∵E，G分别是AB，CD的中点，
∴＝(＋)＝
＝(＋＋＋)．
13．
如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为的正方形，CC1⊥BC，BC＝1，AB＝2．
(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC1；
(2)在线段A1B上是否存在点M，使得CM⊥BC1，若存在，求的值；若不存在，请说明理由
解：(1)在△ABC中，AC＝，BC＝1，AB＝2，满足AC2＋BC2＝AB2，
所以AC⊥BC，又CC1⊥BC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥面ACC1A1，
又AC1 面ACC1A1，所以BC⊥AC1，
又四边形AA1C1C是边长为的正方形，所以AC1⊥A1C，又BC∩A1C＝C，
所以AC1⊥面A1CB，又AC1 平面ABC1，
所以平面A1BC⊥平面ABC1；
(2)在线段A1B上存在点M，使得CM⊥BC1，且＝，
理由如下：由(1)得，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A，C，
B，A1，
C1，
设M，＝λBA1，所以＝λ，
解得x＝λ，y＝1－λ，z＝λ，所以＝，C1B＝，
要使CM⊥BC1，则需·BC1＝0，即1－λ－3λ＝0，解得λ＝，故＝．

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