（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 6 第6講 空間向量的運(yùn)算及應(yīng)用教學(xué)案

《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 6 第6講 空間向量的運(yùn)算及應(yīng)用教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何與空間向量 6 第6講 空間向量的運(yùn)算及應(yīng)用教學(xué)案（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講　空間向量的運(yùn)算及應(yīng)用 1．空間向量的有關(guān)定理 (1)共線向量定理：對(duì)空間任意兩個(gè)向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在唯一的實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb． (2)共面向量定理：如果兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)(x，y)，使p＝xa＋yb． (3)空間向量基本定理：如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對(duì)空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空間的一個(gè)基底． 2．兩個(gè)向量的數(shù)量積(與平面向量基本相同) (1)兩向量的夾角：已知兩個(gè)非零向量a，b，在空間中任取一點(diǎn)O，作＝a

2、，＝b，則∠AOB叫做向量a與b的夾角，記作〈a，b〉．通常規(guī)定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝，則稱向量a，b互相垂直，記作a⊥b. (2)兩向量的數(shù)量積 兩個(gè)非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (3)向量的數(shù)量積的性質(zhì) ①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e為單位向量)； ②a⊥b?a·b＝0； ③|a|2＝a·a＝a2； ④|a·b|≤|a||b|. (4)向量的數(shù)量積滿足如下運(yùn)算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交換律)； ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 3．空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算 (1)設(shè)a＝(a1

3、，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〉＝＝ . (2)設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 則＝－＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)． 4．直線的方向向量與平面的法向量的確定 (1)直線的方向向量：l是空間一直線，A，B是直線l上任意兩點(diǎn)，則稱為直線l的方向

4、向量，與平行的任意非零向量也是直線l的方向向量，顯然一條直線的方向向量可以有無(wú)數(shù)個(gè)． (2)平面的法向量 ①定義：與平面垂直的向量，稱做平面的法向量．一個(gè)平面的法向量有無(wú)數(shù)多個(gè)，任意兩個(gè)都是共線向量． ②確定：設(shè)a，b是平面α內(nèi)兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為 5．空間位置關(guān)系的向量表示 位置關(guān)系 向量表示 直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2 l1∥l2 n1∥n2?n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2＝0 直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m l∥α n⊥m?n·m＝0 l⊥α n∥m?n＝λm 平面α，β的法向量

5、分別為n，m α∥β n∥m?n＝λm α⊥β n⊥m?n·m＝0 [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”) (1)空間中任意兩非零向量a，b共面．(　　) (2)在向量的數(shù)量積運(yùn)算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　) (3)對(duì)于非零向量b，由a·b＝b·c，則a＝c.(　　) (4)若{a，b，c}是空間的一個(gè)基底，則a，b，c中至多有一個(gè)零向量．(　　) (5)兩向量夾角的范圍與兩異面直線所成角的范圍相同．(　　) (6)若A、B、C、D是空間任意四點(diǎn)，則有＋＋＋＝0.(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6

6、)√ [教材衍化] 1.(選修2-1P97A組T2改編)如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．若＝a，＝b，＝c，則＝________(用a，b，c表示)． 解析：＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c. 答案：－a＋b＋c 2．(選修2-1P98A組T3改編)正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點(diǎn)，則EF的長(zhǎng)為________． 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的長(zhǎng)為

7、. 答案： 3．(選修2-1P111練習(xí)T3改編)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點(diǎn)，N是A1B1的中點(diǎn)，則直線ON，AM的位置關(guān)系是________． 解析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，設(shè)DA＝2，則A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，所以＝(－2，0，1)，＝(1，0，2)，·＝－2＋0＋2＝0，所以AM⊥ON. 答案：垂直 [易錯(cuò)糾偏] 忽視空間向量共線與共面的區(qū)別 在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1，2，3)，B(－2，

8、－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，則直線AB與CD的位置關(guān)系是(　　) A．垂直　　　　　　　　 B．平行 C．異面 D．相交但不垂直 解析：選B.由題意得，＝(－3，－3，3)，＝(1，1，－1)，所以＝－3，所以與共線，又AB與CD沒有公共點(diǎn)，所以AB∥CD. 　　　　　　空間向量的線性運(yùn)算 如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，O為AC的中點(diǎn)． (1)化簡(jiǎn)－－＝________． (2)用，，表示，則＝________． 【解析】　(1)－－＝－(＋)＝－＝＋＝. (2)因?yàn)椋剑?＋)． 所以＝＋＝(＋)＋ ＝＋＋. 【答案】　(

9、1)　(2)＋＋ (變問(wèn)法)若本例條件不變，結(jié)論改為：設(shè)E是棱DD1上的點(diǎn)，且＝，若＝x＋y＋z，試求x，y，z的值． 解：＝＋＝－＋(＋) ＝－－， 由條件知，x＝，y＝－，z＝－. 用已知向量表示某一向量的方法 　 1．在空間四邊形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點(diǎn)，則的坐標(biāo)為(　　) A．(2，3，3)　　　　 　　　 B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 解析：選B.因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)． 所

10、以＝(＋)－(＋)＝(＋) ＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 2.在三棱錐O-ABC中，點(diǎn)M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2). 解：(1)＝＋ ＝＋ ＝＋(－) ＝＋[(＋)－] ＝－＋＋. (2)＝＋ ＝－＋＋ ＝＋＋. 　　　　　　共線、共面向量定理的應(yīng)用 已知點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，求證： (1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面； (2)BD∥平面EFGH. 【證明】　(1)連接BG(圖略)， 則＝＋

11、 ＝＋(＋) ＝＋＋ ＝＋， 由共面向量定理的推論知，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面． (2)因?yàn)椋剑剑?－) ＝，所以EH∥BD. 又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH. (1)證明空間三點(diǎn)P、A、B共線的方法 ①＝λ(λ∈R)； ②對(duì)空間任一點(diǎn)O，＝＋t(t∈R)； ③對(duì)空間任一點(diǎn)O，＝x＋y(x＋y＝1)． (2)證明空間四點(diǎn)P、M、A、B共面的方法 ①＝x＋y； ②對(duì)空間任一點(diǎn)O，＝＋x＋y；　 ③對(duì)空間任一點(diǎn)O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)； ④∥(或∥或∥)． 1．已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1

12、，2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3，2 D．2，2 解析：選A.因?yàn)閍∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以解得或 2．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)平面ABC外的任一點(diǎn)O，若點(diǎn)M滿足＝(＋＋)． (1)判斷，，三個(gè)向量是否共面； (2)判斷點(diǎn)M是否在平面ABC內(nèi)． 解：(1)由題知＋＋＝3， 所以－＝(－)＋(－)， 即＝＋＝－－， 所以，，共面． (2)由(1)知，，，共面且基線過(guò)同一點(diǎn)M， 所以M，A，B，C四點(diǎn)共面，從而點(diǎn)M在平面ABC內(nèi)． 　　　　　　空間向量的數(shù)量積

13、如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)度都為1，且兩兩夾角為60°. (1)求的長(zhǎng)； (2)求與夾角的余弦值． 【解】　(1)記＝a，＝b，＝c， 則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 所以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， 所以||＝，即AC1的長(zhǎng)為. (2)＝b＋c－a，＝a＋b， 所以||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， 所以cos〈，〉＝＝. 即與夾角的

14、余弦值為. (1)空間向量數(shù)量積計(jì)算的兩種方法 ①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． ②坐標(biāo)法：設(shè)a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. (2)利用數(shù)量積解決有關(guān)垂直、長(zhǎng)度、夾角問(wèn)題 ①a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0. ②|a|＝. ③cos〈a，b〉＝.　 1．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ的值為(　　) A．－2 B．－ C. D．2 解析：選D.由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0， 所以14－7λ＝0，解得λ＝2.

15、 2．已知空間三點(diǎn)A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．設(shè)a＝，b＝. (1)求a和b夾角的余弦值； (2)設(shè)|c|＝3，c∥，求c的坐標(biāo)． 解：(1)因?yàn)椋?1，1，0)，＝(－1，0，2)， 所以a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝，|b|＝， 所以cos〈a，b〉＝＝＝－. (2)＝(－2，－1，2)． 設(shè)c＝(x，y，z)，因?yàn)閨c|＝3，c∥， 所以＝3，存在實(shí)數(shù)λ使得c＝λ， 即聯(lián)立解得或 所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)． 　　　　　　利用空間向量證明平行和垂直(高頻考點(diǎn)) 空間幾何中的平行與垂直問(wèn)題是高考試題中

16、的熱點(diǎn)問(wèn)題．考查形式靈活多樣，可以是小題，也可以是解答題的一部分，或解答題的某個(gè)環(huán)節(jié)，是高考中的重要得分點(diǎn)．主要命題角度有： (1)證明平行問(wèn)題； (2)證明垂直問(wèn)題． 角度一　證明平行問(wèn)題 如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)．求證： (1)PB∥平面EFG； (2)平面EFG∥平面PBC. 【證明】　(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且ABCD為正方形， 所以AB，AP，AD兩兩垂直． 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB，AD，AP正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間

17、直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則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(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0)．　 法一：＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，　 設(shè)平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則n＝(1，0，1)為平面EFG的一個(gè)法向量， 因?yàn)椋?2，0，－2)，所以·n＝0，所以n⊥， 因?yàn)镻B?平面EFG，所以PB∥平面EFG. 法二：＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)， ＝(1，1，－1)． 設(shè)＝s＋t，即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， 所以解得s＝

18、t＝2.所以＝2＋2， 又因?yàn)榕c不共線，所以，與共面． 因?yàn)镻B?平面EFG，所以PB∥平面EFG. (2)因?yàn)椋?0，1，0)，＝(0，2，0)， 所以＝2，所以BC∥EF. 又因?yàn)镋F?平面PBC，BC?平面PBC， 所以EF∥平面PBC， 同理可證GF∥PC，從而得出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　證明垂直問(wèn)題 如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)證明：AP⊥BC； (

19、2)若點(diǎn)M是線段AP上一點(diǎn)，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC. 【證明】　(1)如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線OD為y軸正半軸，射線OP為z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 則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，且點(diǎn)M在線段AP上， 所以＝＝，又＝(－4，－5，0)， 所以＝＋＝， 則·＝(0，3，4)·＝0， 所以⊥，即AP⊥BM， 又根據(jù)

20、(1)的結(jié)論知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. (1)利用空間向量解決平行、垂直問(wèn)題的一般步驟 ①建立空間直角坐標(biāo)系，建系時(shí)，要盡可能地利用已知圖形中的垂直關(guān)系； ②建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問(wèn)題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素； ③通過(guò)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算研究平行、垂直關(guān)系； ④根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問(wèn)題． (2)空間線面位置關(guān)系的坐標(biāo)表示 設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4

21、，b4，c4)． ①線線平行 l∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. ②線線垂直 l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. ③線面平行(l?α) l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. ④線面垂直 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．如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，M，N分別

22、為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能確定 解析：選B.因?yàn)檎襟w棱長(zhǎng)為a，A1M＝AN＝，所以＝，＝， 所以＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又因?yàn)镃D是平面B1BCC1的法向量， 且·＝·＝0， 所以⊥，又MN?平面B1BCC1， 所以MN∥平面B1BCC1. 2．在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(diǎn)． (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)G，使GF⊥平面PCB？若存在，

23、求出點(diǎn)G坐標(biāo)；若不存在，試說(shuō)明理由． 解：(1)證明：由題意知，DA，DC，DP兩兩垂直． 如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，設(shè)AD＝a， 則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F(xiàn). ＝，＝(0，a，0)． 因?yàn)椤ぃ?，所以⊥，從而得EF⊥CD. (2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)G， 設(shè)G(x，0，z)，則＝， 若使GF⊥平面PCB，則由 ·＝·(a，0，0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0. 所以G點(diǎn)坐標(biāo)為， 故存

24、在滿足條件的點(diǎn)G，且點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)． [基礎(chǔ)題組練] 1.已知三棱錐O-ABC，點(diǎn)M，N分別為AB，OC的中點(diǎn)，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，則等于(　　) A.(b＋c－a) B.(a＋b＋c) C.(a－b＋c) D.(c－a－b) 解析：選D.＝＋＋＝(c－a－b)． 2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三個(gè)向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于(　　) A.　　　　　　　　　　 B．9 C. D. 解析：選D.由題意知存在實(shí)數(shù)x，y使得c＝xa＋yb， 即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，

25、 由此得方程組 解得x＝，y＝，所以λ＝－＝. 3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，＋λ與的夾角為120°，則λ的值為(　　) A．± B. C．－ D．± 解析：選C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.經(jīng)檢驗(yàn)λ＝不合題意，舍去，所以λ＝－. 4．如圖，四個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體排成一個(gè)正四棱柱，AB是一條側(cè)棱，Pi(i＝1，2，…，8)是上底面上其余的八個(gè)點(diǎn)，則·(i＝1，2，…，8)的不同值的個(gè)數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：選A.由題圖知，AB與上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1，2，…

26、，8)，·＝||||cos∠BAPi＝||·||＝1(i＝1，2，…，8)．故選A. 5．正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D.不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量為＝(1，1，1)，又＝(0，0，1)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以BB1與平面ACD1所成角的余弦值為 ＝. 6．如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E為PB

27、的中點(diǎn)，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為(　　) A．(1，1，1) B. C. D．(1，1，2) 解析：選A.設(shè)P(0，0，z)， 依題意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，則E， 于是＝(0，0，z)，＝， cos〈，〉＝＝＝. 解得z＝±2，由題圖知z＝2，故E(1，1，1)． 7．在空間直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)為頂點(diǎn)的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實(shí)數(shù)x的值為__________． 解析：由題意知＝(6，－2，－3)，＝(x－4

28、，3，－6)．　 又·＝0，||＝||，可得x＝2. 答案：2 8．已知2a＋b＝(0，－5，10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________． 解析：由題意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10，又因?yàn)閍·c＝4，所以b·c＝－18， 所以cos〈b，c〉＝＝＝－， 所以〈b，c〉＝120°，所以兩直線的夾角為60°. 答案：60° 9．已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在平面外的一點(diǎn)，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．對(duì)于結(jié)論：①AP⊥AB；②AP

29、⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的是________． 解析：因?yàn)椤ぃ?，·＝0， 所以AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確． 又與不平行， 所以是平面ABCD的法向量，則③正確． 因?yàn)椋剑?2，3，4)，＝(－1，2，－1)， 所以與不平行，故④錯(cuò)． 答案：①②③ 10．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長(zhǎng)為2，底面邊長(zhǎng)為1，M為BC的中點(diǎn)，＝λ，且AB1⊥MN，則λ的值為________． 解析：如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)P，連接MP，以點(diǎn)M為原點(diǎn)，以，，的方向?yàn)閤，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz， 因?yàn)榈酌孢呴L(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為2，則A

30、， B1(－，0，2)，C， C1， M(0，0，0)，設(shè)N， 因?yàn)椋溅?，所以N， 所以＝，＝. 又因?yàn)锳B1⊥MN，所以·＝0. 所以－＋＝0，所以λ＝15. 答案：15 11．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點(diǎn)．求證：FC1∥平面ADE. 證明：如圖所示，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1的正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz， 則有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(xiàn)(0，0，1)． ＝(0，2，1)，＝(2，0，0)，＝(0，2，1)．

31、 設(shè)n＝(x，y，z)是平面ADE的一個(gè)法向量， 則即解得 令z＝2，則y＝－1，所以n＝(0，－1，2)． 因?yàn)椤＝－2＋2＝0. 所以⊥n. 因?yàn)镕C1?平面ADE， 所以FC1∥平面ADE. 12．如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝. 證明：A1C⊥平面BB1D1D. 證明：由題設(shè)易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB，OA1的正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 因?yàn)锳B＝AA1＝， 所以O(shè)A＝OB＝OA1＝1， 所以A(1，0

32、，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由＝，易得B1(－1，1，1)． 因?yàn)椋?－1，0，－1)，＝(0，－2，0)，＝(－1，0，1)， 所以·＝0，·＝0， 所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1. 又BD∩BB1＝B，所以A1C⊥平面BB1D1D. [綜合題組練] 1．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，點(diǎn)M在AC1上且＝1，N為B1B的中點(diǎn)，則||為(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：選A.以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1的正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz， 則

33、A(a，0，0)，C1(0，a，a)， N.設(shè)M(x，y，z)， 因?yàn)辄c(diǎn)M在AC1上且＝，所以(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，所以x＝a，y＝，z＝. 所以M，所以|| ＝ ＝a. 2．設(shè)A，B，C，D是不共面的四點(diǎn)，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，則△BCD是(　　) A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．不確定 解析：選C.因?yàn)椤ぃ?，·＝0，·＝0， 所以AB⊥AC，AB⊥AD，AD⊥AC.如圖所示，設(shè)＝a，＝b，＝c， 所以BC2＝a2＋b2，BD2＝a2＋c2，CD2＝b2＋c2. 由余弦定理知BC2＝BD2＋CD2－2BD·C

34、D·cos∠BDC，所以a2＋b2＝a2＋c2＋b2＋c2－2··cos∠BDC， 所以cos∠BDC＝＞0， 所以∠BDC是銳角． 同理可知∠DBC，∠BCD都是銳角，故△BCD是銳角三角形． 3．已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝，若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對(duì)于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝________，y0＝________，|b|＝________． 解析：對(duì)于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，說(shuō)明當(dāng)x＝x0

35、，y＝y(tǒng)0時(shí)，|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看成關(guān)于x的二次函數(shù)，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其圖象是開口向上的拋物線，對(duì)稱軸方程為x＝2－，所以當(dāng)x＝2－時(shí)，f(x)取得最小值，代入化簡(jiǎn)得f(x)＝(y－2)2－7，顯然當(dāng)y＝2時(shí)，f(x)min＝－7，此時(shí)x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此時(shí)|b|2－7＝1，可得|b|＝2. 答案：1　2

36、　2 4．(2020·浙江省十校聯(lián)合體期末聯(lián)考)在三棱錐O-ABC中，已知OA，OB，OC兩兩垂直且相等，點(diǎn)P、Q分別是線段BC和OA上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足BP≤BC，AQ≥AO，則PQ和OB所成角的余弦值的取值范圍是________． 解析：根據(jù)題意，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OC正方向?yàn)閤軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，不妨設(shè)OA＝OB＝OC＝1， 則A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(0，b，1－b)(≤b≤1)，Q(a，0，0)(0≤a≤)． ＝(－a，b，1－b)，＝(0，1，0)，所以cos〈，〉＝＝＝. 因?yàn)椤蔥0，1]，∈[1，

37、2]，所以a＝0，b＝1時(shí)，cos〈，〉＝1，取得最大值；a＝＝b時(shí)，cos〈，〉＝取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦值的取值范圍是. 答案： 5.如圖，在多面體ABC-A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1-AB-C是直二面角． 求證：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 證明：因?yàn)槎娼茿1-AB-C是直二面角，四邊形A1ABB1為正方形， 所以AA1⊥平面BAC. 又因?yàn)锳B＝AC，BC＝AB， 所以∠CAB＝90°， 即CA⊥AB， 所以AB，AC，AA1兩兩互相垂直． 以A為原

38、點(diǎn)，AC，AB，AA1為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz， 設(shè)AB＝2，則A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)． (1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)， 設(shè)平面AA1C的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)， 則即 即取y＝1，則n＝(0，1，0)． 所以＝2n，即∥n. 所以A1B1⊥平面AA1C. (2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)， 設(shè)平面A1C1C的一個(gè)法向量m＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，則y1＝－1，z1＝1， 即m＝

39、(1，－1，1)．所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以⊥m，又AB1?平面A1C1C， 所以AB1∥平面A1C1C. 6.如圖所示，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)． (1)求證：AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說(shuō)明理由． 解：(1)證明：連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接SO，則AC⊥BD. 由題意知SO⊥平面ABCD. 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖．設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則高SO＝a， 于是S，D， B，C， ＝， ＝， 則·＝0.故OC⊥SD.從而AC⊥SD. (2)側(cè)棱SC上存在一點(diǎn)E，使BE∥平面PAC. 理由如下： 由已知條件知是平面PAC的一個(gè)法向量， 且＝，＝， ＝. 設(shè)＝t，則＝＋＝＋t ＝，而·＝0，解得t＝. 即當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，⊥. 而BE?平面PAC，故BE∥平面PAC. 23