2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题45空间向量及其应用（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题45空间向量及其应用（Word版附解析），共32页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题45空间向量及其应用
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：空间向量的线性运算
题型二：共线、共面向量定理的应用
题型三：空间向量数量积的运算
题型四：利用向量证明平行与垂直

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，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，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.
5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.
【考点预测】
1.空间向量的有关概念
名称
定义
空间向量
在空间中，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
(1)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，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积
(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.
(2)两向量的数量积：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.
(3)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).

向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|

夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝
5.直线的方向向量和平面的法向量
(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平行或重合，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.
6.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u1，u2
l1∥l2
u1∥u2⇔u1＝λu2
l1⊥l2
u1⊥u2⇔u1·u2＝0
直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n
l∥α
u⊥n⇔u·n＝0
l⊥α
u∥n⇔u＝λn
平面α，β的法向量分别为n1，n2
α∥β
n1∥n2⇔n1＝λn2
α⊥β
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
【常用结论】
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为空间中任意一点．
【方法技巧】
1.用基向量表示指定向量的方法
(1)结合已知向量和所求向量观察图形．
(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．
(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．
2.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∥)．
3.由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确．
4.利用向量法证明平行问题
①线线平行：方向向量平行．
②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直．
③面面平行：两平面的法向量平行．
5.利用向量法证明垂直问题的类型及常用方法
线线垂直问题
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直问题
直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直
面面垂直问题
两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直
二、【题型归类】
【题型一】空间向量的线性运算
【典例1】在空间四边形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　)
A．(2，3，3)　　　　　　　　 B．(－2，－3，－3)
C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1)
【解析】因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)．所以＝(＋)－(＋)＝(＋)＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．
故选B.
【典例2】正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心．若向量＝＋x＋y，则实数x，y的值分别为(　　)
A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝
C．x＝，y＝ D．x＝，y＝1
【解析】如图，＝＋＝＋＝＋(＋)，故x＝y＝.故选C.
【典例3】在三棱锥O ­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2).

【解析】(1)＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝－＋＋.
(2)＝＋
＝－＋＋
＝＋＋.
【题型二】共线、共面向量定理的应用
【典例1】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．
【解析】(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．
【典例2】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＝k，＝k(0≤k≤1)．判断向量是否与向量，共面．

【解析】因为＝k，＝k，
所以＝＋＋＝k＋＋k
＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋
＝－k＝－k(＋)
＝(1－k)－k，
所以由共面向量定理知向量与向量，共面．
【典例3】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．
【解析】(1)由已知得＋＋＝3，
所以－＝(－)＋(－)．
即＝＋＝－－，
所以，，共面．
(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．
【题型三】空间向量数量积的运算
【典例1】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)·.
(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
【解析】设＝a，＝b，＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)＝＝c－a，
＝－a，·＝·(－a)
＝a2－a·c＝.
(2)＝(＋)＝b＋c，
＝＋＝－b＋a，
cos〈，〉＝
＝
＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
【典例2】已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则·的取值范围为(　　)
A. B. C. D.
【解析】设正方体内切球的球心为O，
则OM＝ON＝1，
·＝·＝2＋·＋·，
∵MN为球O的直径，
∴＋＝0，·＝－1，
∴·＝2－1，
又P在正方体表面上移动，
∴当P为正方体顶点时，最大，最大值为；当P为内切球与正方体的切点时，最小，最小值为1，
∴2－1∈，
即·的取值范围为.
【典例3】如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.

(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值．
【解析】(1)解　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)证明　∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c＝0.
∴⊥，∴AC1⊥BD.
(3)解　＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
∴cos〈，〉＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
【题型四】利用向量证明平行与垂直
【典例1】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，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，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.
【典例2】如图，正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
【证明】如图，取BC的中点H，连接OH，则OH∥BD，又四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).
＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，).
(1)设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z).
则即
取z＝1，得n＝(－，，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)
＝(－3，－4，)，
∴·n＝3－4＋＝0，
∴⊥n，又AE⊄平面BCF，
∴AE∥平面BCF.
(2)＝(－3，0，)，
∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，
∴⊥，⊥，即CF⊥AF，CF⊥AE.
又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
【典例3】在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，点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.
【解析】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(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，

所以E，F，＝，＝(1，0，－1)，＝(0，2，－1)，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．
(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·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD.所以平面PAD⊥平面PDC.
三、【培优训练】
【训练一】(多选)(2020·山东临沂期末)如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD ­A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，则下列说法中正确的是(　　)

A．(＋＋)2＝2()2
B.·(－)＝0
C．向量与的夹角是60°
D．BD1与AC所成角的余弦值为
【解析】以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，可设棱长为1，则·＝·＝·＝1×1×cos 60°＝，所以(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋3×2×＝6.又2()2＝2(＋)2＝2(2＋2＋2·)＝2＝2×3＝6，所以 (＋＋)2＝2()2，所以A正确.·(－)＝(＋＋)·(－)＝·－·＋2－·＋·－2＝－＋1－＋－1＝0，所以B正确．由已知条件，得△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°，所以向量与的夹角是120°，向量＝，即向量与的夹角是120°，所以C不正确．因为＝＋－，＝＋，所以||＝＝＝，||＝＝＝，·＝(＋－)·(＋)＝＋1＋＋－1－＝1，所以cos〈，〉＝＝＝，所以D不正确．故选AB.
【训练二】如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________.
【解析】由题图知，设＝λ(0＜λ＜1)，
由已知＝＋＋
＝2＋3＋，
所以＝2λ＋3λ＋.
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.
【训练三】已知O点为空间直角坐标系的原点，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是______．
【解析】因为点Q在直线OP上，所以设点Q(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－.
即当λ＝时，·取得最小值－，
此时＝.
【训练四】如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________．

【解析】由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．

则A(0，－1,0)，M ，
设P(x，y,0)，
∴＝，
＝，
由AM⊥MP得·＝0，解得y＝，
∴点P的轨迹方程为y＝.
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为
2＝.
【训练五】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.
【解析】(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)解　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).
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
设平面DA1C1的一个法向量为
n3＝(x3，y3，z3)，
则
则取n3＝(1，0，－1).
因为BP∥平面DA1C1，所以n3⊥，
即n3·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.
【训练六】如图，在底面为直角梯形的四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，BC＝4.

(1)求证：BD⊥PC；
(2)设点E在棱PC上，＝λ，若DE∥平面PAB，求λ的值．
【解析】如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原点，DA，DF，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0)．

设PD＝a，则P(0，0，a)，
(1)证明：＝(－1，－，0)，＝(－3，，－a)，
因为·＝3－3＝0，
所以BD⊥PC.
(2)由题意知，＝(0，，0)，＝(0，0，a)，＝(1，0，－a)，＝(－3，，－a)，
因为＝λ，所以＝(－3λ，λ，－aλ)，
＝＋＝(0，0，a)＋(－3λ，λ，－aλ)
＝(－3λ，λ，a－aλ)．
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即令z＝1，得x＝a，所以n＝(a，0，1)，
因为DE∥平面PAB，所以·n＝0，
所以－3aλ＋a－aλ＝0，即a(1－4λ)＝0，
因为a≠0，所以λ＝.
四、【强化测试】
【单选题】
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】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. 如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，AC与BD的交点为O，点M在BC′上，且BM＝2MC′，则下列向量中与相等的向量是(　　)

A．－＋＋
B．－＋＋
C.＋＋
D.－＋
【解析】因为BM＝2MC′，所以＝，
在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，
＝＋＝＋＝＋(＋)＝(－)＋(＋)
＝＋＋.
故选C.
3. 在空间四边形ABCD中，·＋·＋·等于(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．不确定
【解析】如图，

令＝a，＝b，＝c，
则·＋·＋·＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
故选B.
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】∵＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，
故||＝.
故选D.
5. 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】由x＋y＋z＝1，得P，A，B，C四点共面，
当P，A，B，C四点共面时，x＋y＋z＝1，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．
故选B.
6. 已知空间向量a＝(1,0,1)，b＝(1,1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　　)
A. B. C. D.
【解析】由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，
解得n＝2，
又|a|＝＝，|b|＝＝，
所以cos〈a，b〉＝＝＝，
又〈a，b〉∈[0，π]，
所以a与b的夹角为.
故选A.
7. 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】∵＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.
故选D.
8. 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】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∥EO.
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标.
【多选题】
9. 已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)，若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　)
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
【解析】因为B(－1,1,4)，C(2，－1,3)，
所以＝(3，－2，－1)，
因为∥，
所以可设＝λ＝(3λ，－2λ，－λ)，
因为||＝＝，
解得λ＝±1，
所以＝(3，－2，－1)或＝(－3,2,1)，
设点P(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)，
所以或
解得或
所以点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．故选AB.
10. 已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(－1,3,1)，则下列结论正确的有(　　)
A.与是共线向量
B．与共线的单位向量是(1,1,0)
C.与夹角的余弦值是－
D．平面ABC的一个法向量是(1，－2,5)
【解析】对于A，＝(2,1,0)，＝(－1,2,1)，不存在实数λ，使得＝λ，
所以与不是共线向量，所以A错误；
对于B，因为＝(2,1,0)，所以与共线的单位向量为或，
所以B错误；
对于C，向量＝(2,1,0)，＝(－3,1,1)，
所以cos〈，〉＝＝－，
所以C正确；
对于D，设平面ABC的法向量是n＝(x，y，z)，
因为＝(2,1,0)，＝(－1,2,1)，
所以即
令x＝1，则n＝(1，－2,5)，所以D正确．
故选CD.
11. 下面四个结论正确的是(　　)
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】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．
故选AB.
12. 给出下列命题，其中为假命题的是(　　)
A．已知n为平面α的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若n⊥m，则l∥α
B．已知n为平面α的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若〈n，m〉＝，则l与α所成角为
C．若两个不同的平面α，β的法向量分别为u，v，且u＝(1,2，－2)，v＝(－2，－4,4)，则α∥β
D．已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc
【解析】对于A，由题意可得l∥α或l⊂α，故A错误；
对于B，由图象可得，∠CAD＝，

则∠DAB＝，所以∠ADB＝，
根据线面角的定义可得，l与α所成角为，故B正确；
对于C，因为u＝－v＝－(－2，－4,4)
＝(1,2，－2)，
所以u∥v，故α∥β，故C正确；
对于D，当空间的三个向量a，b，c不共面时，对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc，故D错误．
故选AD.
【填空题】
13. 如图所示，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________________(用a，b，c表示)．

【解析】＝＋＝＋
＝＋(－)＝＋
＝＋×(＋)＝a＋b＋c.
14. 若a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，则与a＋b同方向的单位向量是____________．
【解析】与a＋b同方向的单位向量是(0,1,2)＝.
15. 已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(x，y,15)三点共线，则xy＝________.
【解析】由三点共线得向量与共线，
即＝k，
(3,4，－8)＝k(x－1，y＋2,4)，＝＝，
解得x＝－，y＝－4，∴xy＝2.
16. 如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝21，AC1与平面EFG交于点M，则＝________.

【解析】由题图知，设＝λ(0<λ<1)，
由已知＝＋＋＝2＋3＋，
所以＝2λ＋3λ＋，
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，
解得λ＝.
【解答题】
17. 已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝，b＝.
(1)若|c|＝3，且c∥，求c；
(2)求a和b的夹角的余弦值；
(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
【解析】(1)因为c∥，
所以c＝m＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)．
所以|c|＝＝3|m|＝3，即m＝±1.
所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．
(2)因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)．
所以a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1.
又|a|＝＝，|b|＝＝，
所以cos〈a，b〉＝＝＝－.
所以a和b的夹角的余弦值为－.
(3)因为ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，
所以(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，
解得k＝2或k＝－.所以当ka＋b与ka－2b相互垂直时，
k＝2或k＝－.
18. 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.
【解析】(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.
19. 如图，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1.

(1)求证：BC1⊥AB1；
(2)求证：BC1∥平面CA1D.
【解析】如图，以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设AC＝BC＝BB1＝2，

则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)．
(1)连接AB1，
∵1＝(0，－2，－2)，
1＝(－2,2，－2)，
∴1·1＝0－4＋4＝0，
∴1⊥1，即BC1⊥AB1.
(2)取A1C的中点E，连接DE，
∵E(1,0,1)，∴＝(0,1,1)，
又1＝(0，－2，－2)，∴＝－1，
且ED和BC1不重合，则ED∥BC1.
又ED⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D，
故BC1∥平面CA1D.
20. 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱B1B，D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.

(1)求证：A，E，C1，F四点共面；
(2)若＝x＋y＋z，求x＋y＋z的值．
【解析】(1)证明　连接AC1(图略)，
∵＝＋＋
＝＋＋＋
＝＋
＝(＋)＋(＋)＝＋.
∴A，E，C1，F四点共面．
(2)解　∵＝－
＝＋－(＋)
＝＋－－
＝－＋＋，
又＝x＋y＋z，
∴x＝－1，y＝1，z＝.
∴x＋y＋z＝－1＋1＋＝.
21. 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是A1B1，A1A的中点．

(1)求的长；
(2)求cos〈，〉的值；
(3)求证：A1B⊥C1M.
【解析】(1)解　以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．

B(0,1,0)，N(1,0,1)，
∴＝(1，－1,1)，
∴||＝＝.
(2)解　∵A1(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，
B1(0,1,2)，
∴＝(1，－1,2)，＝(0,1,2)，
∴·＝3，||＝，||＝.
∴cos〈，〉＝＝.
(3)证明　∵C1(0,0,2)，M，
∴＝(－1,1，－2)，＝，
∴·＝－＋＋0＝0.
∴⊥，
∴A1B⊥C1M.
22. 如图，在四棱锥P－ABCD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内求一点G，使GF⊥平面PCB.
【解析】(1)证明　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a，0,0)，B(a，a，0)，
C(0，a，0)，
E，P(0,0，a)，
F.
＝，＝(0，a，0)．
因为·＝0，
所以⊥，即EF⊥CD.
(2)解　设G(x，0，z)，
则＝，
＝(a，0,0)，＝(0，－a，a)，
若使GF⊥平面PCB，则需·＝0，
且·＝0，
由·＝·(a，0,0)
＝a＝0，得x＝，
由·＝·(0，－a，a)
＝＋a＝0，得z＝0.
所以G点坐标为，
即G为AD的中点时，GF⊥平面PCB.