新高考数学一轮复习课时讲练 第8章 第6讲　空间向量的运算及应用 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第8章 第6讲　空间向量的运算及应用 (含解析)，共24页。试卷主要包含了空间向量的有关定理，两个向量的数量积，空间向量的坐标运算，空间位置关系的向量表示等内容，欢迎下载使用。
第6讲　空间向量的运算及应用

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

[疑误辨析]
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)√
[教材衍化]
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＝a，＝b，＝c，则＝________(用a，b，c表示)．
解析：＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
答案：－a＋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：||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．(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D­xyz，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
[易错纠偏]
忽视空间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，＝(－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
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．
(1)化简－－＝________．
(2)用，，表示，则＝________．
【解析】　(1)－－＝－(＋)＝－＝＋＝.
(2)因为＝＝(＋)．
所以＝＋＝(＋)＋
＝＋＋.
【答案】　(1)　(2)＋＋

(变问法)若本例条件不变，结论改为：设E是棱DD1上的点，且＝，若＝x＋y＋z，试求x，y，z的值．
解：＝＋＝－＋(＋)
＝－－，
由条件知，x＝，y＝－，z＝－.

用已知向量表示某一向量的方法
　

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，点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)＝＋
＝－＋＋
＝＋＋.

　　　　　　共线、共面向量定理的应用
已知点E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)BD∥平面EFGH.
【证明】　(1)连接BG(图略)，
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.

(1)证明空间三点P、A、B共线的方法
①＝λ(λ∈R)；
②对空间任一点O，＝＋t(t∈R)；
③对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1)．
(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∥)．

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．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：(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．

　　　　　　空间向量的数量积
如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
(1)求的长；
(2)求与夹角的余弦值．
【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)＝b＋c－a，＝a＋b，
所以||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
所以cos〈，〉＝＝.
即与夹角的余弦值为.

(1)空间向量数量积计算的两种方法
①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
②坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.
(2)利用数量积解决有关垂直、长度、夹角问题
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)，则实数λ的值为(　　)
A．－2 B．－
C. D．2
解析：选D.由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，
所以14－7λ＝0，解得λ＝2.
2．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a＝，b＝.
(1)求a和b夹角的余弦值；
(2)设|c|＝3，c∥，求c的坐标．
解：(1)因为＝(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)．
设c＝(x，y，z)，因为|c|＝3，c∥，
所以＝3，存在实数λ使得c＝λ，
即联立解得或
所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．

　　　　　　利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)
空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．主要命题角度有：
(1)证明平行问题；
(2)证明垂直问题．
角度一　证明平行问题
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，点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，以AB，AD，AP正方向为x轴，y轴，z轴，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：＝(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OD为y轴正半轴，射线OP为z轴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＝(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(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.　

1．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：选B.因为正方体棱长为a，A1M＝AN＝，所以＝，＝，
所以＝＋＋＝＋＋
＝(＋)＋＋(＋)
＝＋.
又因为CD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，以点D为坐标原点，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D­xyz，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)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．
[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＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于(　　)
A.　　　　　　　　　　 B．9
C. D.
解析：选D.由题意知存在实数x，y使得c＝xa＋yb，
即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，
由此得方程组
解得x＝，y＝，所以λ＝－＝.
3．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＝－.
4．如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，Pi(i＝1，2，…，8)是上底面上其余的八个点，则·(i＝1，2，…，8)的不同值的个数为(　　)

A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选A.由题图知，AB与上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，·＝||||cos∠BAPi＝||·||＝1(i＝1，2，…，8)．故选A.
5．正方体ABCD­A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.不妨设正方体的棱长为1，如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量为＝(1，1，1)，又＝(0，0，1)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 ＝.
6．如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为(　　)

A．(1，1，1) B.
C. D．(1，1，2)
解析：选A.设P(0，0，z)，
依题意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，则E，
于是＝(0，0，z)，＝，
cos〈，〉＝＝＝.
解得z＝±2，由题图知z＝2，故E(1，1，1)．
7．在空间直角坐标系中，以点A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为__________．
解析：由题意知＝(6，－2，－3)，＝(x－4，3，－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，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．
解析：由题意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.
即2a·c＋b·c＝－10，又因为a·c＝4，所以b·c＝－18，
所以cos〈b，c〉＝＝＝－，
所以〈b，c〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.
答案：60°
9．已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．
解析：因为·＝0，·＝0，
所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又与不平行，
所以是平面ABCD的法向量，则③正确．
因为＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
所以与不平行，故④错．
答案：①②③
10．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，以点M为原点，以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系M­xyz，
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
11．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．求证：FC1∥平面ADE.
证明：如图所示，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1的正方向为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，
则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)．
＝(0，2，1)，＝(2，0，0)，＝(0，2，1)．
设n＝(x，y，z)是平面ADE的一个法向量，
则即解得
令z＝2，则y＝－1，所以n＝(0，－1，2)．
因为·n＝－2＋2＝0.
所以⊥n.
因为FC1⊄平面ADE，
所以FC1∥平面ADE.
12．如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.
证明：A1C⊥平面BB1D1D.

证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点，OA，OB，OA1的正方向为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.

因为AB＝AA1＝，
所以OA＝OB＝OA1＝1，
所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．由＝，易得B1(－1，1，1)．
因为＝(－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.
[综合题组练]
1．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝1，N为B1B的中点，则||为(　　)
A.a B.a
C.a D.a
解析：选A.以D为原点，以DA，DC，DD1的正方向为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，
N.设M(x，y，z)，
因为点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．设A，B，C，D是不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是(　　)
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．不确定
解析：选C.因为·＝0，·＝0，·＝0，
所以AB⊥AC，AB⊥AD，AD⊥AC.如图所示，设＝a，＝b，＝c，
所以BC2＝a2＋b2，BD2＝a2＋c2，CD2＝b2＋c2.
由余弦定理知BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos∠BDC，所以a2＋b2＝a2＋c2＋b2＋c2－2··cos∠BDC，
所以cos∠BDC＝＞0，
所以∠BDC是锐角．
同理可知∠DBC，∠BCD都是锐角，故△BCD是锐角三角形．
3．已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________．
解析：对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|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看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－，所以当x＝2－时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2.
答案：1　2　2
4．(2020·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O­ABC中，已知OA，OB，OC两两垂直且相等，点P、Q分别是线段BC和OA上的动点，且满足BP≤BC，AQ≥AO，则PQ和OB所成角的余弦值的取值范围是________．
解析：根据题意，以O为原点，以OA，OB，OC正方向为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，不妨设OA＝OB＝OC＝1，
则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〈，〉＝＝＝.
因为∈[0，1]，∈[1，2]，所以a＝0，b＝1时，cos〈，〉＝1，取得最大值；a＝＝b时，cos〈，〉＝取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦值的取值范围是.
答案：
5.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．
以A为原点，AC，AB，AA1为x轴，y轴，z轴，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.
6.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O­xyz，如图．设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，
B，C，
＝，
＝，
则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：
由已知条件知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝，
＝.
设＝t，则＝＋＝＋t
＝，而·＝0，解得t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.