专题01 空间向量及其运算和空间位置关系——2022-2023学年高二数学下学期期末知识点精讲+训练学案+期末模拟卷（苏教版2019选择性必修第二册）

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专题01 空间向量及其运算和空间位置关系





知识点1 空间向量的有关概念
1．空间向量：在空间，具有大小和方向的量
2．相等向量：方向相同且模相等的向量
3．相反向量：方向相反且模相等的向量
4．共线向量(或平行向量)：表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
5．共面向量：平行于同一个平面的向量

知识点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λ∈R，使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：
定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc
4．空间向量基本定理的推论：
推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P，都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使＝x＋y＋z，且x＋y＋z＝1

知识点3 空间向量的数量积及坐标运算
1．空间向量的数量积
（1）a·b＝|a||b|cos_〈a，b〉
（2）a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；
（3）设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝．
2．空间向量的坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
（1）空间向量的向量和：a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
（2）空间向量的向量差：a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
（3）空间向量的数量积：a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
（4）空间向量的共线：a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)
（5）空间向量的垂直：a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
（6）空间向量的夹角公式：cos 〈a，b〉＝

知识点4 直线的方向向量与平面的法向量
1．直线的方向向量：与直线平行或在这条直线上的有向线段所表示的非零向量，一条直线的方向向量有无数个
2．平面的法向量：直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量

知识点 5 空间中直线、平面位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
u1，u2分别是直线l1，
l2的方向向量
l1∥l2
⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2
l1⊥l2
⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0
u是直线l的方向向量，
n是平面α的法向量
l∥α
⇔u⊥n⇔u·n＝0
l⊥α
⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn
n1，n2分别是平面α，
β的法向量
α∥β
⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2

α⊥β
⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0

知识点6 确定平面的法向量的方法
（1）直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量．
（2）待定系数法：取平面内的两条相交向量a，b，设平面的法向量为n＝(x，y，z)，
由解方程组求得．


考点1 空间向量的线性运算
【例1】如图：在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　 )

A．－a＋b＋c B．a＋b＋c
C．－a－b＋c D．a－b＋c
【答案】A
【解析】＝BB1＋B1M＝c＋＝c＋＝－a＋b＋c．故选：A．
【总结】用已知向量表示某一向量的解题策略
(1)用已知向量来表示某一未知向量，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向量加法、减法的三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立．
【变式1-1】已知在四棱柱ABCD­A′B′C′D′中，四边形ABCD为平行四边形，若＝3a＋2b＋c，则abc＝(　　 )

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】据题意，得＝＋＋，＝3a＋2b＋c，
所以＋＋＝3a＋2b＋c，
即(3a－1)＋(2b－1)＋(c－1)＝0．
又因为，，为空间不共面的三个向量，
所以3a－1＝2b－1＝c－1＝0，所以a＝，b＝，c＝1，所以abc＝．故选：C．
【变式1-2】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1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＋. ．

【解析】 ①∵P是C1D1的中点，
∴＝＋＝＋＋＝＋＋＝a＋c＋＝a＋c＋b.
②∵M是AA1的中点，
∴＝＋＝A1A＋＝－a＋a＋b＋c＝a＋b＋c．
又＝＋＝＋＝＋＝c＋a.
∴＋＝＋＝a＋b＋c.
【变式1-3】已知a＝(2,1，－3)，b＝(0，－3,2)，c＝(－2,1,2)，则a·(b＋c)等于(　　)
A．18 B．－18 C．3 D．－3
【答案】B
【解析】因为b＋c＝(－2，－2,4)，所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18．故选：B．

【变式1-4】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.
【答案】A
【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．

考点2 用基向量表示指定向量
【例2】如图，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，则下列表示正确的是(　　)

A.＋＋ B.＋＋
C．－＋＋ D.＋＋
【答案】D
【解析】＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋
＝－＋＋.
＝＋＝－＋＋＝＋＋．故选：D．
【总结】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．
【变式2-1】如图，在三棱锥O－ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且＝2，若记＝a，＝b，＝c，则等于(　　)

A.a＋b＋c B.a＋b＋c
C.a＋b＋c D.a＋b＋c
【答案】A
【解析】＝＋＝＋＝＋(－)＝＋－
＝＋×(＋)－×＝＋＋＝a＋b＋c．故选：A．

【变式2-2】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点F是侧面CDD1C1的中心，若＝x＋y＋z，则x－y＋z等于(　　)

A. B．1 C. D．2
【答案】B
【解析】＝＋＝＋(＋)＝＋(＋)
＝＋(＋)＝＋＋，
则x＝1，y＝，z＝，则x－y＋z＝1.．故选：B．

考点3 共线、共面向量定理的应用
【例3】如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且＝k，＝k，＝k， ＝＋mAB，＝＋m，　k≠0，　m≠0，
求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)∥；
(3)＝k．

【分析】(1)利用共面向量定理证明四点共面；(2)利用向量加减及数运算找到、的关系，证明利用共线向量定理证明∥；(3)利用向量加减及数运算可得．
【解析】证明：(1)∵＝＋m，m≠0，∴A、B、C、D四点共面．
∵＝＋m，m≠0，由共面向量定理的推论知E、F、G、H四点共面．
(2)＝＋m＝－＋m(－)
＝k(－)＋km(－)＝k＋km
＝k(＋m)＝k，∴∥．
(3)＝＋＝k＋k＝k(＋)＝k．
【总结】证明三点共线和空间四点共面的方法
证明三点(P，A，B)共线
证明空间四点
(M，P，A，B)共面
＝λ(λ∈R)，
且同过点P
＝x＋y
对空间任一点O，
＝＋t(t∈R)
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)

【变式3-1】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．

证明：(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．

【变式3-2】下列说法中正确的是(　　)
A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B．若，共线，则AB∥CD
C．A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面
D．若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
【答案】CD
【解析】由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1，可得P，A，B，C四点共面，故C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，
可得－＝λ(＋)，即＝λ，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确．故选CD．
【变式3-3】已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足＝＋＋，则点M________(填“属于”或“不属于”)平面ABC.
【答案】属于
【解析】∵＝＋＋＝＋＋(－)＝＋＋，
∵＋＋＝1，
∴M，A，B，C四点共面．
即点M∈平面ABC.

考点4 空间向量数量积的应用

【例4】如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°．
(1)求线段AC1的长；
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值；
(3)求证：AA1⊥BD．

【分析】(1)利用向量模的计算公式和向量的数量积的定义即可得出AC1的长；
(2)转化为求向量1和A1D夹角的余弦值，需要注意异面直线夹角的范围．
(3)利用数量积公式计算AA1·＝0．
【解析】 (1)设＝a，＝b，1＝c，
则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1．
∵1＝＋1＝＋＋1＝a＋b＋c，
∴|1|＝|a＋b＋c|＝
＝)
＝＝．
∴线段AC1的长为 ．
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，
则cos θ＝|cos 〈1，A1D〉|＝．
∵1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，
∴1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
|A1D|＝＝＝＝．
∴cos θ＝＝＝．
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为．
(3)证明：∵1＝c，＝b－a，
∴1·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，
∴1⊥，即AA1⊥BD．
【总结】(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．
(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．
(3)可以通过|a|＝，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．
【变式4-1】如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°．求直线BD1与AC所成角的余弦值．

【解析】 ∵＝＋，
∴2＝(＋)2＝2＋2＋2·＝12＋12＋0＝2，∴＝．
∵BD1＝BB1＋B1A1＋A1D1，
∴BD12＝＝BB12＋B1A12＋A1D12＋2BB1·B1A1＋2BB1·A1D1＋2B1A1·A1D1
＝22＋12＋12＋2×1×2×cos 60°＋2×1×2×cos 120°＋2×1×1×cos 90°＝6，
∴＝．
∴·BD1＝·＝－2，
∴＝＝＝，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为．
【变式4-2】如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形．若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且A1A＝3，则A1C的长为(　　 )

A． B．2 C． D．

【答案】A
【解析】 因为A1C＝A1B1＋A1D1＋A1A，
所以|A1C|2＝(A1B1＋A1D1＋A1A)2
＝|A1B1|2＋|A1D1|2＋|A1A|2＋2(A1B1·A1D1＋A1B1·A1A＋A1D1·A1A)
＝1＋1＋9＋2(0＋1×3×cos 120°＋1×3×cos 120°)＝5，
故A1C的长为．故选A．
【变式4-3】已知空间三点A(0，2，3)，B(2，5，2)，C(－2，3，6)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为________．
【答案】6
【解析】由题意可得＝(2，3，－1)，＝(－2，1，3)，
||＝＝，||＝＝，
所以cos ∠BAC＝＝－，所以sin ∠BAC＝，
所以以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为S＝××＝6．
【变式4-4】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.


考点5 向量法证明平行、垂直

【例5】　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
证明：(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD．

【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
(1)计算出·＝0可证；(2)证明与平面PAD的法向量垂直，结合BE⊄平面PAD可得结论；(3)证明出平面PCD和平面PAD的法向量垂直．
【解析】因为PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系．
可得B、C、D、P，由E为PC的中点，得E．
(1)向量＝，＝，故·＝0，所以BE⊥DC；

(2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PA，
∵AB⊥AD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，
所以向量＝为平面PAD的一个法向量，
而·＝0，所以⊥，
又因为BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD；
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量为＝，
向量＝，＝，设平面PCD的一个法向量为n＝，
则取y＝1，可得平面PCD的一个法向量为n＝，
∵·n＝1×0＋0×1＋0×1＝0，∴n⊥，
所以平面PAD⊥平面PCD．
【总结】
1.利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(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)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
(4)根据运算结果解释相关问题．
2.运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．
【变式5-1】如图，在直三棱柱ADE­BCF中，四边形ABFE和四边形ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．
证明：(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD．

【解析】(1)由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，


F(1，0，1)，M(，0，0)，O(，，)，
＝(0，－，－)，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，OM⊥AB．
∵三棱柱ADE­BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，
∴OM∥平面BCF；
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别是n1＝，n2＝．
∴＝(1，－1，1)，＝(1，0，0)，＝(，－1，0)
所以令x1＝2得n1＝(2，1，－1)，
同理令y2＝1得n2＝(0，1，1)，∵n1•n2＝0，
∴平面MDF⊥平面EFCD．
【变式5-2】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)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)【解析】＝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.
【变式5-3】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.
【解析】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AA1B1B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.
【总结】　(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．
(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理．

【变式5-4】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．

求证：(1)EF∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PDC.
【解析】证明　(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又四边形ABCD是正方形，
所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝AD，
所以PA⊥PD，OP＝OA＝.
如图，以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A，F，D，P，B，C.
因为E为PC的中点，所以E.
易知平面PAD的一个法向量为＝，
因为＝，·＝·＝0.
且EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为＝，＝(0，－a，0)，
所以·＝·(0，－a，0)＝0，
所以⊥，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.

考点6 建系设点问题：直接写出点的坐标

【例6】在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4，建立适当的直角坐标系并写出所有点的坐标．
【分析】建系方式显而易见，长方体AA1，AB，AD两两垂直，本题所给的是线段的比例，如果设AB＝a，AD＝2a，AA1＝4a等，则点的坐标都含有a，不便于计算．对待此类问题可以通过设单位长度，从而使得坐标都为具体的数．
【解析】∵长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB，AD，AA1两两垂直，
∴以AB，AD，AA1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设|AB|为单位长度，则AD＝2，AA1＝4，CF＝1，CE＝，
∴A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，
B1(1，0，4)，A1(0，0，4)，C1(1，2，4)，D1(0，2，4)，
E，F(1，2，1)．

【变式6-1】在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点的坐标．
【解析】∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，∵∠BAC＝90°，
∴PA，AB，AC两两垂直．
如图，以AP，AB，AC为轴建立空间直角坐标系Axyz，
则坐标轴上的点为A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，
AB的中点为D，BC的中点为E，PC的中点为F．



考点7 建系设点问题：通过计算写出点的坐标

【例7】已知四棱锥P­ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，且OP⊥平面ABCD，点M为PC的三等分点(靠近点P)，建立适当的直角坐标系并求出各点的坐标．
【分析】由OP⊥平面ABCD，可得OP作为z轴，在底面上可利用菱形对角线相互垂直的性质，选取OB，OC作为x，y轴．在所有点中只有点M的坐标相对麻烦，对于三等分点可得PM＝PC，从而转化为向量关系即可求出点M的坐标．
【解析】∵OP⊥平面ABCD，∴OP⊥OB，OP⊥OC．
∵菱形ABCD中，OB⊥OC，∴OP，OB，OC两两垂直．
以OP，OB，OC为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
可得O(0，0，0)，P(0，0，4)，B(3，0，0)，
C(0，4，0)，A(0，－4，0)，D(－3，0，0)．
设M(x，y，z)．由PM＝PC可得＝，＝(x，y，z－4)，＝(0，4，－4)，
∴⇒∴M．

【总结】(1)底面是菱形时要注意对角线相互垂直的性质．
(2)对于一条线段上的某点分线段成比例，可以利用向量关系将该点坐标计算出来．

【变式7-1】如图所示的多面体中，已知正方形ABCD与直角梯形BDEF所在的平面互相垂直，EF∥BD，ED⊥BD，AD＝，EF＝ED＝1，试建立适当的空间直角坐标系并确定各点的坐标．


【解析】∵平面EFBD⊥平面ABCD，
又∵直角梯形BDEF中，ED⊥DB，
∴ED⊥平面ABCD．
∵正方形ABCD中，AD⊥CD，
∴ED，DA，DC两两垂直．以DA，DC，DE分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则坐标轴上的点：A(，0，0)，C(0，，0)，D(0，0，0)，E(0，0，1)，
底面上的点B(，，0)．
F点有两种确定方式．
① 可看其投影，落在BD中点处，且高度为1，所以F．
② 设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，＝(，，0)．
∵＝，∴∴F．



1．若d＝是直线l的方向向量，n＝是平面α的法向量，则直线l与平面α的位置关系是(　　 )
A．直线l在平面α内 B．平行
C．相交但不垂直 D．垂直
【答案】C
【解析】∵d＝，n＝，假设存在实数k，使得d＝kn，
则＝k，
即 ⇒k无解．不存在实数k，使得d＝kn成立，因此l与α不垂直．
由d·n＝·＝－1＋3＋0＝2≠0，可得直线l与平面α不平行．
因此直线l与平面α的位置关系是相交但不垂直．故选C．
2．(多选)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，AA1＝c．则下列正确的是(　　 )

A．＝a－b＋c B．AC1＝a＋b＋c
C．AC1的长为 D．cos 〈， AC1〉＝
【答案】BD
【解析】由空间向量的加法法则得AC1＝a＋b＋c，B正确，
＝BB1＋B1M＝BB1＋B1D1＝AA1＋(B1A1＋B1C1)＝c＋(－a＋b)＝－a＋b＋c，A错误；
由已知a·b＝b·c＝a·c＝1×1×cos 60°＝，
＝＝＝
＝＝，C错误；
cos 〈， AC1〉＝＝＝＝，D正确．故选BD．
3．(多选)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，∠BAD＝∠A1AB＝∠A1AD＝，各棱长均为1．则下列命题中正确的是(　　 )
A．不是空间的一个基底
B．〈，DD1〉＝π
C．＝
D．BD⊥平面ACC1A1
【答案】ACD
【解析】对于A，由BB1∥CC1，所以向量，AC1，BB1共面，
所以不是空间的一个基底，故A正确；
对于B，因为∠A1AD＝，所以∠ADD1＝，所以〈，DD1〉＝π－＝，故B错误；
对于C，＝＝2＋2＋DD12＋2·＋2·DD1＋2·DD1
＝3＋2×1×1×cos ＋2×1×1×cos ＋2×1×1×cos ＝2，所以＝，故C正确；
对于D，如图，连接BD交AC于点O，连接A1O，A1D，A1B，
由题意可得四边形ABCD为菱形，A1D＝A1B，所以BD⊥AC，BD⊥A1O，
由AC∩A1O＝O可得BD⊥平面ACC1A1，故D正确．故选：ACD．

4．在空间直角坐标系Oxyz中，向量＝，＝，＝(2，1，－1)，若O，A，B，C四点共面，则t＝________．
【答案】8
【解析】O，A，B，C四点共面，则存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，
代入向量的坐标得＝λ＋μ，所以
解得：λ＝3，μ＝－2，t＝8．
5．设空间向量a＝，b＝，若a∥b，则＝________．
【答案】9
【解析】因为空间向量a＝(－1，2，m)，b＝(2，n，－4)，且a∥b，
所以b＝λa，即(2，n，－4)＝λ(－1，2，m)，
可得，解得m＝2，n＝－4，所以a＝(－1，2，2)，b＝(2，－4，－4)，
则a－b＝(－3，6，6)，所以|a－b|＝＝9．
6．如图所示，M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点，用向量，，表示和，则＝__________________；＝____________________．

【答案】＋＋　　＋＋
【解析】＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝＋×(＋)＝＋＋；
＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋
＝＋××(＋)＝＋＋．
7．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)由题意，知：3＝＋＋，
∴－＝(－)＋(－)，即＝＋＝－－，
故，，共面得证．
(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．
8．如图，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD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．

【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A­xyz，则A、B、
C、D、P，所以E、F，
＝，＝，＝，＝，
＝，＝，＝．
(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，所以⊥，同理可得⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC．又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD．
∵DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC．

9．A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD是(　　 )
A．钝角三角形 B．锐角三角形
C．直角三角形 D．不确定
【答案】C
【解析】∵M为BC中点，∴＝(＋)，
∴·＝(＋)·＝·＋·＝0．
∴AM⊥AD，△AMD为直角三角形．故选：C．
10．(多选)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F、G分别为BC、CC1、BB1的中点，则(　　 )
A．D1D⊥AF
B．A1G∥平面AEF
C．A1C·＝0
D．向量A1B与向量AD1的夹角是60°

【答案】BC
【解析】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则A、B、C、D、E、F、G、A1、B1、C1、D1．
对于A选项，DD1＝，＝，则DD1·＝2≠0，故A错误；
对于B选项，设平面AEF的法向量为m＝，＝，＝，
由，可得，取x＝2，可得m＝，A1G＝，
∵m·A1G＝2－2＝0，∴m⊥A1G，∵A1G⊄平面AEF，∴A1G∥平面AEF，故B正确；
对于C选项，AB1＝，A1C＝，A1C·＝AB1·A1C＝4－4＝0，
故C正确；
对于D选项，A1B＝，AD1＝，
cos 〈A1B，AD1〉＝＝＝－，
所以向量A1B与向量AD1的夹角是120°，故D错误．故选：BC．

11．已知空间四边形OABC各边及其对角线OB、AC的长都是6，＝2，＝，＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝________，OG的长为________．

【答案】1　　5
【解析】四边形OABC为正四面体，
＝＋＝＋＋＝＋＋(＋)
＝＋＋×＋
＝＋＋＝＋(－)＋(－)
＝－－＋＋＝＋＋，∴x＋y＋z＝1,
又·＝·＝·＝6×6×cos 60°＝18，
＝2＝
＝2＋2＋2＋·＋·＋·
＝×36＋×36＋×36＋×18＋×18＋×18＝25．
所以＝5．
12．如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是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；
(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任意一点O，有＝．

【解析】(1)∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
∴＝，＝，∴＝，
又E，F，G，H四点不共线，故E，F，G，H四点共面；
(2)∵E，H分别是AB，AD的中点，
∴＝，∴∥，∴HE∥BD，
∵HE⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
∴BD∥平面EFGH；
(3)由(1)知四边形EFGH为平行四边形，∴M为EG中点，
∵E，G分别是AB，CD的中点，
∴＝(＋)＝
＝(＋＋＋)．
13．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为的正方形，CC1⊥BC，BC＝1，AB＝2．
(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC1；
(2)在线段A1B上是否存在点M，使得CM⊥BC1，若存在，求的值；若不存在，请说明理由

【解析】(1)在△ABC中，AC＝，BC＝1，AB＝2，满足AC2＋BC2＝AB2，
所以AC⊥BC，又CC1⊥BC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥面ACC1A1，
又AC1⊂面ACC1A1，所以BC⊥AC1，
又四边形AA1C1C是边长为的正方形，所以AC1⊥A1C，又BC∩A1C＝C，
所以AC1⊥面A1CB，又AC1⊂平面ABC1，
所以平面A1BC⊥平面ABC1；
(2)在线段A1B上存在点M，使得CM⊥BC1，且＝，


理由如下：由(1)得，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A，C，
B，A1，
C1，

设M，＝λBA1，所以＝λ，
解得x＝λ，y＝1－λ，z＝λ，所以＝，C1B＝，
要使CM⊥BC1，则需·BC1＝0，即1－λ－3λ＝0，解得λ＝，故＝．