2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第6讲　空间向量及其运算学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章　立体几何 第6讲　空间向量及其运算学案，共25页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

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eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(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|cs〈a，b〉．
(3)向量的数量积的性质
①a·e＝|a|cs〈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)，
cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3))·\r(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋beq \\al(2,3))) .
(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(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 \(AB,\s\up6(→))为直线l的方向向量，与eq \(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\c1(n·a＝0，,n·b＝0.))
5．空间位置关系的向量表示
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：eq \(OA,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))(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：eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点．
二、习题改编
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 \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则eq \(BM,\s\up6(→))＝________(用a，b，c表示)．
解析：eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(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＋c
2．(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 \(EF,\s\up6(→))|2＝eq \(EF,\s\up6(→))2＝(eq \(EC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→)))2
＝eq \(EC,\s\up6(→))2＋eq \(CD,\s\up6(→))2＋eq \(DF,\s\up6(→))2＋2(eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→)))
＝12＋22＋12＋2(1×2×cs 120°＋0＋2×1×cs 120°)
＝2，
所以|eq \(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，设DA＝2，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq \(ON,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－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eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))＝0.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))eq \x(忽视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 \(AB,\s\up6(→))＝(－3，－3，3)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝－3eq \(CD,\s\up6(→))，所以eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(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(自主练透)
1．在空间四边形ABCD中，若eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，5，2)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则eq \(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 \(EF,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))，eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))．
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(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，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))表示(1)eq \(MG,\s\up6(→))；(2)eq \(OG,\s\up6(→)).
解：(1)eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AG,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AN,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)[eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))－eq \(OA,\s\up6(→))]
＝－eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→)).
(2)eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→)).
3.如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设eq \(AA1,\s\up6(→))＝a，eq \(AB,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝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)eq \(AP,\s\up6(→))；(2)eq \(A1N,\s\up6(→))；(3)eq \(MP,\s\up6(→))＋eq \(NC1,\s\up6(→)).
解：(1)因为P是C1D1的中点，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))＋eq \(D1P,\s\up6(→))＝a＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(D1C1,\s\up6(→))
＝a＋c＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝a＋c＋eq \f(1,2)b.
(2)因为N是BC的中点，
所以eq \(A1N,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BN,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))
＝－a＋b＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＝－a＋b＋eq \f(1,2)c.
(3)因为M是AA1的中点，
所以eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AP,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,2)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋c＋\f(1,2)b))
＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c，
又eq \(NC1,\s\up6(→))＝eq \(NC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c＋a，
所以eq \(MP,\s\up6(→))＋eq \(NC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋c))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)c))
＝eq \f(3,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(3,2)c.
eq \a\vs4\al()
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eq \(AM,\s\up6(→))＝keq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝keq \(BC,\s\up6(→))(0≤k≤1)．
(1)向量eq \(MN,\s\up6(→))是否与向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))共面？
(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？
【解】 (1)因为eq \(AM,\s\up6(→))＝keq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝keq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BN,\s\up6(→))
＝keq \(C1A,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋keq \(BC,\s\up6(→))
＝k(eq \(C1A,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))＋eq \(AB,\s\up6(→))
＝k(eq \(C1A,\s\up6(→))＋eq \(B1C1,\s\up6(→)))＋eq \(AB,\s\up6(→))
＝keq \(B1A,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))－keq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))－k(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝(1－k)eq \(AB,\s\up6(→))－keq \(AA1,\s\up6(→))，
所以由共面向量定理知向量eq \(MN,\s\up6(→))与向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))共面．
(2)当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，
MN在平面ABB1A1内，当0MN不在平面ABB1A1内，
又由(1)知eq \(MN,\s\up6(→))与eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))共面，
所以MN∥平面ABB1A1.
eq \a\vs4\al()

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．－3，2 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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6＝k（λ＋1），,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))
2．若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________．
解析：eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，－1，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(m＋1，n－2，－2)．
因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→)).
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋1＝3λ,n－2＝－λ,－2＝λ))，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eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))表示eq \(AG,\s\up6(→))；
(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C.
解：(1)设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c.
由题图得eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))＋eq \(D1G,\s\up6(→))
＝c＋b＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)a＋b＋c
＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)).
(2)证明：由题图，得eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(ED1,\s\up6(→))＋eq \(D1G,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)a＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，
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eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝a＋c，
eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(FD1,\s\up6(→))＋eq \(D1G,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c＋eq \f(1,2)a＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up6(→))，
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)eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))；(2)eq \(EG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→)).
【解】 设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)a，eq \(BA,\s\up6(→))＝－a，
eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c－\f(1,2)a))·(－a)＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a·c＝eq \f(1,4).
(2)eq \(EG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DG,\s\up6(→)))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))＋\(AG,\s\up6(→))－\(AD,\s\up6(→))))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))·(c－a)
＝eq \f(1,2)(－1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)＋1＋1－1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2))
＝eq \f(1,2).
【迁移探究1】 (变问法)在本例条件下，求证EG⊥AB.
证明：由例题知eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(b＋c－a)，
所以eq \(EG,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a·b＋a·c－a2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×1×\f(1,2)＋1×1×\f(1,2)－1))＝0.
故eq \(EG,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，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eq \(EG,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
|eq \(EG,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(1,4)c2－eq \f(1,2)a·b＋eq \f(1,2)b·c－eq \f(1,2)c·a＝eq \f(1,2)，则|eq \(EG,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(2),2)，即EG的长为eq \f(\r(2),2).
【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eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq \f(1,2)a，
cs〈eq \(AG,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AG,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),|\(AG,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|)＝－eq \f(2,3)，
由于异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为eq \f(2,3).
eq \a\vs4\al()
空间向量数量积的三个应用

三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c.
(1)试用a，b，c表示向量eq \(MN,\s\up6(→))；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．
解：(1)由题图知
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \(B1N,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(B1C1,\s\up6(→))
＝eq \f(1,3)(c－a)＋a＋eq \f(1,3)(b－a)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)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×eq \f(1,2)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝5，
所以|a＋b＋c|＝eq \r(5)，|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \f(1,3)|a＋b＋c|＝eq \f(\r(5),3).
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 \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(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\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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 \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·n＝0，所以n⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
法二：eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．
设eq \(PB,\s\up6(→))＝seq \(FE,\s\up6(→))＋teq \(FG,\s\up6(→))，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2.所以eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FG,\s\up6(→))，
又因为eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))不共线，所以eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))共面．
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
(2)因为eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(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 \(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(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 \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，
所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，3，4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(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.
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eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(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 \(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\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，
所以|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，即AC1的长为eq \r(6).
(2)证明：因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cs 60°－|a||c|cs 60°＝0.
所以eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，所以AC1⊥BD.
(3)eq \(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AC,\s\up6(→))＝a＋b，
所以|eq \(BD1,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
所以cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BD1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(BD1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(6),6).
所以AC与BD1夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
[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 \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示eq \(MN,\s\up6(→))，则eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(1,2)(b＋c－a)
B.eq \f(1,2)(a＋b＋c)
C.eq \f(1,2)(a－b＋c)
D.eq \f(1,2)(c－a－b)
解析：选D.eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.
3．在空间四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：选B.如图，
令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，
则eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝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.eq \r(3) B．eq \r(2)
C．1 D．eq \r(3－\r(2))
解析：选D.因为eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＋eq \(FE,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→))，所以|eq \(BD,\s\up6(→))|2＝|eq \(BF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FE,\s\up6(→))|2＋|eq \(ED,\s\up6(→))|2＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，所以|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \r(3－\r(2)).
5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))与eq \(OB,\s\up6(→))的夹角为120°，则λ的值为( )
A．±eq \f(\r(6),6) B．eq \f(\r(6),6)
C．－eq \f(\r(6),6) D．±eq \r(6)
解析：选C.eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cs 120°＝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).
6.如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．用eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))表示eq \(OC1,\s\up6(→))，则eq \(OC1,\s\up6(→))＝________．
解析：因为eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，
所以eq \(OC1,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)).
答案：eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
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＝eq \f(1,2)PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，
所以PD＝eq \r(02＋（－1）2＋12)＝eq \r(2)，所以MN＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，则cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉的值为________．
解析：设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，
由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(π,3)，且|b|＝|c|，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝eq \f(1,2)|a||c|－eq \f(1,2)|a||b|＝0，
所以eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝0.
答案：0
9.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，B1C1綊eq \f(1,2)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＝eq \r(2)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)eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,2x＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝0，))取y＝1，则n＝(0，1，0)．
所以eq \(A1B1,\s\up6(→))＝2n，
即eq \(A1B1,\s\up6(→))∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(1，－1，1)．
所以eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))⊥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Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．
(1)因为eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(EF,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊂/ 平面PAB，
所以EF∥平面PAB.
(2)因为eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，
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eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(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eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－3eq \(OB,\s\up6(→))＋2eq \(OC,\s\up6(→)).则eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－3(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→)))＋2(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→)))，即eq \(AP,\s\up6(→))＝－3eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AC,\s\up6(→))，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eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋neq \(AC,\s\up6(→))(m，n∈R)，即eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝m(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋n(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，即eq \(OP,\s\up6(→))＝(1－m－n)eq \(OA,\s\up6(→))＋meq \(OB,\s\up6(→))＋neq \(OC,\s\up6(→))，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＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为( )
A．(1，1，1)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
又E(0，0，1)，A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
所以eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq \(AM,\s\up6(→))＝(x－eq \r(2)，y－eq \r(2)，1)，
因为AM∥平面BDE，所以eq \(OE,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，,y－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)，))
所以M点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
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.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(\r(5),3)
解析：选C.设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DC1,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))，(λ，μ∈[0，1])．
所以eq \(DP,\s\up6(→))＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，
eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋μ(eq \(DC,\s\up6(→))－eq \(DA,\s\up6(→)))＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．
所以|eq \(PQ,\s\up6(→))|＝|eq \(DQ,\s\up6(→))－eq \(DP,\s\up6(→))|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|
＝eq \r(（1－μ）2＋（μ－λ）2＋4λ2)
＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(μ,5)))\s\up12(2)＋\f(9,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(4,9))≥eq \r(\f(4,9))＝eq \f(2,3)，
当且仅当λ＝eq \f(μ,5)，μ＝eq \f(5,9)，即λ＝eq \f(1,9)，μ＝eq \f(5,9)时取等号．
所以线段PQ长度的最小值为eq \f(2,3).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，eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(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eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MP,\s\up6(→))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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1(－eq \f(1,2)，0，2)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，
M(0，0，0)，设Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，
因为eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因为AB1⊥MN，所以eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0.
所以－eq \f(1,4)＋eq \f(4,1＋λ)＝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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．
因为eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，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eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，则由
eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.
所以G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，
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＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，
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(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3))．
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
所以eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，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eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))．
从而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ)．
设平面DA1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n⊥\(DA1,\s\up6(→))，))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,\r(3)x2＋\r(3)z2＝0，))
取n＝(1，0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n⊥eq \(BP,\s\up6(→))，即n·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
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
三点P，A，B共线
空间四点M，P，A，B共面
eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))
eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))
对空间任一点O，＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq \(OB,\s\up6(→))
对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OM,\s\up6(→))＋yeq \(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq \(OB,\s\up6(→))
求夹角
设向量a，b所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)，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