2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章-6-第6讲-空间向量的运算及应用

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章-6-第6讲-空间向量的运算及应用2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章-6-第6讲-空间向量的运算及应用PAGE2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章-6-第6讲-空间向量的运算及应用第6讲　空间向量的运算及应用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eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝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〉＝eq\f(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〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))·\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3))).(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(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eq\o(AB,\s\up6(→))为直线l的方向向量，与eq\o(AB,\s\up6(→))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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝0[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)(2)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　)(3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.(　　)(4)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．(　　)(5)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)(6)若A、B、C、D是空间任意四点，则有eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0.(　　)答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√[教材衍化]1.(选修2­1P97A组T2改编)如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝________(用a，b，c表示)．解析：eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.答案：－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c2．(选修2­1P98A组T3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：|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＝eq\o(EF,\s\up6(→))2＝(eq\o(EC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→)))2＝eq\o(EC,\s\up6(→))2＋eq\o(CD,\s\up6(→))2＋eq\o(DF,\s\up6(→))2＋2(eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→)))＝12＋22＋12＋2(1×2×cos120°＋0＋2×1×cos120°)＝2，所以|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所以EF的长为eq\r(2).答案：eq\r(2)3．(选修2­1P111练习T3改编)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，设DA＝2，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0，所以AM⊥ON.答案：垂直[易错纠偏]忽视空间向量共线与共面的区别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．相交但不垂直解析：选B.由题意得，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，－3，3)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝－3eq\o(CD,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(CD,\s\up6(→))共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD.　　　　　　空间向量的线性运算如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．(1)化简eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝________．(2)用eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示eq\o(OC1,\s\up6(→))，则eq\o(OC1,\s\up6(→))＝________．【解析】　(1)eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→)).(2)因为eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))．所以eq\o(OC1,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)).【答案】　(1)eq\o(A1A,\s\up6(→))　(2)eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))(变问法)若本例条件不变，结论改为：设E是棱DD1上的点，且eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))，若eq\o(EO,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，试求x，y，z的值．解：eq\o(EO,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，由条件知，x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,2)，z＝－eq\f(2,3).eq\a\vs4\al()用已知向量表示某一向量的方法　1．在空间四边形ABCD中，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，5，2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则eq\o(EF,\s\up6(→))的坐标为(　　)A．(2，3，3)　　　　　　　B．(－2，－3，－3)C．(5，－2，1)D．(－5，2，－1)解析：选B.因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝eq\f(1,2)(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．2.在三棱锥O­ABC中，点M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示(1)eq\o(MG,\s\up6(→))；(2)eq\o(OG,\s\up6(→)).解：(1)eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)[eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\o(OA,\s\up6(→))]＝－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).(2)eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).　　　　　　共线、共面向量定理的应用已知点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eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))，由共面向量定理的推论知，E，F，G，H四点共面．(2)因为eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.eq\a\vs4\al()(1)证明空间三点P、A、B共线的方法①eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(λ∈R)；②对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))(t∈R)；③对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))(x＋y＝1)．(2)证明空间四点P、M、A、B共面的方法①eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))；②对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))；　③对空间任一点O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋zeq\o(OB,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)；④eq\o(PM,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))(或eq\o(PA,\s\up6(→))∥eq\o(MB,\s\up6(→))或eq\o(PB,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→)))．1．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，eq\f(1,2)B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3，2D．2，2解析：选A.因为a∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝k（λ＋1），,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))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eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．(1)判断eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))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eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(OM,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＋(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))，即eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面．(2)由(1)知，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))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．　　　　　　空间向量的数量积如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求eq\o(AC1,\s\up6(→))的长；(2)求eq\o(BD1,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))夹角的余弦值．【解】　(1)记eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即AC1的长为eq\r(6).(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，所以|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，所以cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),6).即eq\o(BD1,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).eq\a\vs4\al()(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、长度、夹角问题①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0.②|a|＝eq\r(a2).③cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).　1．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)A．－2B．－eq\f(14,3)\f(14,5)D．2解析：选D.由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)求a和b夹角的余弦值；(2)设|c|＝3，c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，求c的坐标．解：(1)因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，所以a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(5)，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(5))＝－eq\f(\r(10),10).(2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)．设c＝(x，y，z)，因为|c|＝3，c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\r(x2＋y2＋z2)＝3，存在实数λ使得c＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2λ，,y＝－λ，,z＝2λ，))联立解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1，,z＝2，,λ＝1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，,z＝－2，,λ＝－1，))所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．　　　　　　利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)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．主要命题角度有：(1)证明平行问题；(2)证明垂直问题．角度一　证明平行问题如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，点E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：(1)PB∥平面EFG；(2)平面EFG∥平面PBC.【证明】　(1)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，以AB，AD，AP正方向为x轴，y轴，z轴，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)．　法一：eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，　设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，因为eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·n＝0，所以n⊥eq\o(PB,\s\up6(→))，因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.法二：eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．设eq\o(PB,\s\up6(→))＝seq\o(FE,\s\up6(→))＋teq\o(FG,\s\up6(→))，即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2.所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(FE,\s\up6(→))＋2eq\o(FG,\s\up6(→))，又因为eq\o(FE,\s\up6(→))与eq\o(FG,\s\up6(→))不共线，所以eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(FE,\s\up6(→))与eq\o(FG,\s\up6(→))共面．因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.(2)因为eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(EF,\s\up6(→))，所以BC∥EF.又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC.角度二　证明垂直问题如图，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eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，则eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，3，4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BM,\s\up6(→))，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.eq\a\vs4\al()(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.　1．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)A．相交B．平行C．垂直D．不能确定解析：选B.因为正方体棱长为a，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，所以eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1B,\s\up6(→)))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(B1C1,\s\up6(→)).又因为CD是平面B1BCC1的法向量，且eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(B1B,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(B1C1,\s\up6(→))))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，又MN⊄平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1.2．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．因为eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，从而得EF⊥CD.(2)假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，若使GF⊥平面PCB，则由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq\f(a,2)；由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq\f(a2,2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.所以G点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．[基础题组练]1.已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示eq\o(MN,\s\up6(→))，则eq\o(MN,\s\up6(→))等于(　　)\f(1,2)(b＋c－a)\f(1,2)(a＋b＋c)\f(1,2)(a－b＋c)\f(1,2)(c－a－b)解析：选\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(c－a－b)．2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于(　　)\f(62,7)　　　　　　　　　　B．9\f(64,7)\f(65,7)解析：选D.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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7＝2x－y，,5＝－x＋4y，,λ＝3x－2y.))解得x＝eq\f(33,7)，y＝eq\f(17,7)，所以λ＝eq\f(99,7)－eq\f(34,7)＝eq\f(65,7).3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))与eq\o(OB,\s\up6(→))的夹角为120°，则λ的值为(　　)A．±eq\f(\r(6),6)\f(\r(6),6)C．－eq\f(\r(6),6)D．±eq\r(6)解析：选\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cos120°＝eq\f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，得λ＝±eq\f(\r(6),6).经检验λ＝eq\f(\r(6),6)不合题意，舍去，所以λ＝－eq\f(\r(6),6).4．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eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(APi,\s\up6(→))(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为(　　)A．1B．2C．4D．8解析：选A.由题图知，AB与上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(APi,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(APi,\s\up6(→))|cos∠BAPi＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1(i＝1，2，…，8)．故选A.5．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)\f(\r(2),3)\f(\r(3),3)\f(2,3)\f(\r(6),3)解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量为eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，1)，又eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，所以cos〈eq\o(DB1,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(DB1,\s\up6(→))·\o(BB1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(DB1,\s\up6(→))||\o(BB1,\s\up6(→))|))＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3)，所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3).6．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〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(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\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3,2)))D．(1，1，2)解析：选A.设P(0，0，z)，依题意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(z,2)))，于是eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，0，z)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(z,2)))，cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(DP,\s\up6(→))·\o(AE,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(DP,\s\up6(→))||\o(AE,\s\up6(→))|))＝eq\f(\f(z2,2),|z|·\r(\f(z2,4)＋2))＝eq\f(\r(3),3).解得z＝±2，由题图知z＝2，故E(1，1，1)．7．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eq\o(AB,\s\up6(→))＝(6，－2，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x－4，3，－6)．　又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|，可得x＝2.答案：28．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〉＝eq\f(b·c,|b|·|c|)＝eq\f(－18,12×\r(1＋4＋4))＝－eq\f(1,2)，所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.答案：60°9．已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，如果eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→)).其中正确的是________．解析：因为eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．又eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AD,\s\up6(→))不平行，所以eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则③正确．因为eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，3，4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))与eq\o(AP,\s\up6(→))不平行，故④错．答案：①②③10．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，则λ的值为________．解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以点M为原点，以eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系M­xyz，因为底面边长为1，侧棱长为2，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1(－eq\f(1,2)，0，2)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，2))，M(0，0，0)，设Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，t))，因为