2021版高考理科数学（北师大版）一轮复习教师用书：第八章　第6讲　空间向量及其运算

第6讲　空间向量及其运算



一、知识梳理
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＝a，＝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〉＝，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〉＝＝ .
(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
则＝－＝(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，则称为直线l的方向向量，与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
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，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0

常用结论
1．向量三点共线定理
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．向量四点共面定理
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．
二、教材衍化
1.如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则＝________(用a，b，c表示)．

解析：＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
答案：－a＋b＋c
2．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：
3．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，设DA＝2，则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

一、思考辨析
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＋＋＋＝0.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
二、易错纠偏

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，＝(－3，－3，3)，＝(1，1，－1)，所以＝－3，所以与共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD.


　　　　　　空间向量的线性运算(自主练透)
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：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＝－，＝(＋)，＝(＋)．
所以＝(＋)－(＋)＝(＋)
＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．
2.在三棱锥O­ABC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：(1)＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋[(＋)－]
＝－＋＋.
(2)＝＋
＝－＋＋
＝＋＋.
3.如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设＝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)；(2)；(3)＋.
解：(1)因为P是C1D1的中点，
所以＝＋＋＝a＋＋
＝a＋c＋＝a＋c＋b.
(2)因为N是BC的中点，
所以＝＋＋＝－a＋b＋
＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
(3)因为M是AA1的中点，
所以＝＋＝＋
＝－a＋
＝a＋b＋c，
又＝＋＝＋
＝＋＝c＋a，
所以＋＝＋
＝a＋b＋c.

用已知向量表示未知向量的解题策略
(1)用已知向量来表示未知向量，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三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．　

　　　　　　共线、共面向量定理的应用(师生共研)
　如图所示，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．
(1)向量是否与向量，共面？
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？

【解】　(1)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．
(2)当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，
MN在平面ABB1A1内，当0 MN不在平面ABB1A1内，
又由(1)知与，共面，
所以MN∥平面ABB1A1.

三点P，A，B共线
空间四点M，P，A，B共面
＝λ
＝x＋y
对空间任一点O，＝＋t
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)
　

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， B．－，
C．－3，2 D．2，2
解析：选A.因为a∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以解得或
2．若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________．
解析：＝(3，－1，1)，＝(m＋1，n－2，－2)．
因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得＝λ.
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
所以，解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.所以m＋n＝－3.
答案：－3
3．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．

(1)试用向量，，表示；
(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C.
解：(1)设＝a，＝b，＝c.
由题图得＝＋＋
＝c＋b＋
＝a＋b＋c
＝＋＋.
(2)证明：由题图，得＝＋＝a＋b，
＝＋＝b＋a＝，
因为EG与AC无公共点，
所以EG∥AC，因为EG平面AB1C，AC平面AB1C，
所以EG∥平面AB1C.
又因为＝＋＝a＋c，
＝＋＝c＋a＝，
因为FG与AB1无公共点，所以FG∥AB1，
因为FG平面AB1C，AB1平面AB1C，
所以FG∥平面AB1C，
又因为FG∩EG＝G，FG，EG平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB1C.

　　　　　　空间向量数量积的应用(典例迁移)
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)·.
【解】　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)·＝(＋＋)·(－)
＝·(－)
＝·(－)
＝·(c－a)
＝(－1×1×＋1×1×＋1＋1－1×1×－1×1×)
＝.
【迁移探究1】　(变问法)在本例条件下，求证EG⊥AB.
证明：由例题知＝(＋－)＝(b＋c－a)，
所以·＝(a·b＋a·c－a2)
＝＝0.
故⊥，即EG⊥AB.
【迁移探究2】　(变问法)在本例条件下，求EG的长．
解：由例题知＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝，即EG的长为.
【迁移探究3】　(变问法)在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值．
解：由例题知＝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.

空间向量数量积的三个应用
求夹角
设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角
求长度(距离)
运用公式|a|2＝a·a，可使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
　
　三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c.

(1)试用a，b，c表示向量；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
解：(1)由题图知
＝＋＋＝＋＋
＝(c－a)＋a＋(b－a)＝a＋b＋c.
(2)由题设条件知，
因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c
＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5，
所以|a＋b＋c|＝，||＝|a＋b＋c|＝.

　　　　　　利用向量证明平行与垂直问题(多维探究)
角度一　证明平行问题
(一题多解)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，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，建立如图所示的空间直角坐标系，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：＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，　
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，
因为＝(2，0，－2)，
所以·n＝0，所以n⊥，
因为PB平面EFG，所以PB∥平面EFG.
法二：＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)．
设＝s＋t，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
所以解得s＝t＝2.所以＝2＋2，
又因为与不共线，所以，与共面．
因为PB平面EFG，所以PB∥平面EFG.
(2)因为＝(0，1，0)，＝(0，2，0)，
所以＝2，
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DB方向为x轴正方向，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.

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，
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(lα)
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.　
　如图所示，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：(1)记＝a，＝b，＝c，
则|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的长为.
(2)证明：因为＝a＋b＋c，＝b－a，
所以·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0.
所以⊥，所以AC1⊥BD.
(3)＝b＋c－a，＝a＋b，
所以||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
所以cos〈，〉＝＝.
所以AC与BD1夹角的余弦值为.

[基础题组练]
1.已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)

A.(b＋c－a)
B.(a＋b＋c)
C.(a－b＋c)
D.(c－a－b)
解析：选D.＝＋＋＝(c－a－b)．
2．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．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：选B.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.
4.如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，四边形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－，所以||＝.
5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)
A．± B．
C．－ D．±
解析：选C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－.
6.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝________．

解析：因为＝
＝(＋)，
所以＝＋＝(＋)＋＝＋＋.
答案：＋＋
7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝________．

解析：连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，
所以PD＝＝，所以MN＝.
答案：
8.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________．

解析：设＝a，＝b，＝c，
由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，
·＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝|a||c|－|a||b|＝0，
所以⊥，
所以cos〈，〉＝0.
答案：0
9.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1­AB­C是直二面角．

求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.


证明：因为二面角A1­AB­C是直二面角，

四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝2，则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)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
即取y＝1，则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)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(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.
10.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.
证明：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，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.
[综合题组练]
1．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.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
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M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O，
又E(0，0，1)，A(，，0)，
所以＝，＝(x－，y－，1)，
因为AM∥平面BDE，所以∥，
所以⇒
所以M点的坐标为.
3.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是(　　)

A. B．
C. D．
解析：选C.设＝λ，＝μ，(λ，μ∈[0，1])．
所以＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，
＝＋μ(－)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．
所以||＝|－|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|
＝
＝≥＝，
当且仅当λ＝，μ＝，即λ＝，μ＝时取等号．
所以线段PQ长度的最小值为.故选C.
4．在正三棱柱ABC­A1B1C1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，，的方向为x，y，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，则A，B1(－，0，2)，C，C1，
M(0，0，0)，设N，
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
5．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，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⊥，从而得EF⊥CD.
(2)存在．理由如下：假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则＝，
若使GF⊥平面PCB，则由
·＝·(a，0，0)
＝a＝0，得x＝；
由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.
所以G点坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
6．如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1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)存在．理由如下：
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的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
则
取n＝(1，0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n⊥，即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.