2020届高三理数一轮讲义：8.6-空间向量及空间位置关系(含答案)

第6节 空间向量及空间位置关系
最新考纲 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
.
知 识 梳 理
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：对空间任意两个向量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 ＝x a ＋y b .
(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 ＝x a ＋y b ＋z c ，其中，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积及相关概念
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OA →＝a ，OB →
＝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 〉＝π
2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b . ②非零向量a ，b 的数量积a·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉. (2)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 ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).
向量表示 坐标表示 数量积 a·b
a 1
b 1＋a 2b 2＋a 3b 3 共线 a ＝λb (b ≠0，λ∈R ) a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3 垂直 a·b ＝0(a ≠0，b ≠0)
a 1
b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0
模 |a |
a 21＋a 22＋a 2
3
夹角
〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0) cos 〈a ，b 〉＝
a 1
b 1＋a 2b 2＋a 3b 3
a 21＋a 22＋a 23·
b 21＋b 22＋b 23
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n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn
∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为
n，m
α∥βn∥m⇔n＝λm
α⊥βn⊥m⇔n·m＝0
[微点提醒]
1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：OA
→
＝xOB
→
＋yOC
→
(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：OP
→
＝xOA
→
＋yOB
→
＋zOC
→
(其中x ＋y＋z＝1)，O为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.
4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
基础自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.()
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.()
(3)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.()
(4)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.()
(5)若两平面的法向量平行，则两平面平行.()
解析(1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；
(2)a⊥α；(3)若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，不能构成一个基底；(4)若〈a，b〉＝π，则a·b<0，故不正确；(5)两个平面可能平行或重合.
答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×
2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，3，5)，n 2＝(－3，1，－4)，则( ) A.α∥β
B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直
D.以上均不对
解析 ∵n 1≠λn 2，且n 1·n 2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直. 答案 C
3.(选修2－1P118A6改编)已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________.
解析 a ＋b ＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)， a －b ＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)，
∴(a ＋b )·(a －b )＝(cos 2 θ－sin 2 θ)＋(sin 2 θ－cos 2 θ)＝0， ∴(a ＋b )⊥(a －b )，则a ＋b 与a －b 的夹角是π2. 答案 π2
4.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1)
B.(1，－1，1)
C.⎝ ⎛⎭⎪⎫
－33
，－33，－33
D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33
，33，－33
解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，
－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .
答案 C
5.(2018·合肥月考)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.
解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角
坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，1，12，
O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1.AM →·ON →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，1，12·
⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1＝0，∴ON 与AM 垂直. 答案 垂直
6.如图所示，在四面体OABC 中，OA
→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE
→＝________(用a ，b ，c 表示).
解析 OE
→＝OA →＋AE →＝a ＋12AD →
＝a ＋12(OD →－OA →)＝12a ＋12OD → ＝12a ＋12×12(OB →＋OC →)＝12a ＋14b ＋14c . 答案 12a ＋14b ＋14c
考点一 空间向量的数量积及应用
典例迁移
【例1】 (经典母题)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)EF →·BA →；(2)EG →·BD
→. 解 设AB
→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c . 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， (1)EF
→＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， (2)EG →·BD →＝(EA →＋AD →＋DG →)·(AD →－AB →)
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＋AG →－AD →·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋12AC →＋12AD →·(AD →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1
2a ＋12b ＋12c ·(c －a ) ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫－1×1×12＋1×1×12＋1＋1－1×1×12－1×1×12 ＝12.
【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG ⊥AB . 证明 由例1知EG
→＝12(AC →＋AD →－AB →)＝12(b ＋c －a )，
所以EG →·AB →
＝12(a ·b ＋a ·c －a 2) ＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫1×1×12＋1×1×12－1＝0. 故EG
→⊥AB →，即EG ⊥AB . 【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG 的长. 解 由例1知EG
→＝－12a ＋12b ＋12
c ，
|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG
→|＝22，即EG 的长为22
.
【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG 和CE 所成角的余弦值. 解 由例1知AG
→＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12
a ，
AG →，CE →
＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，
由于异面直线所成角的范围是⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，π2，
所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为2
3.
规律方法 1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.
2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题. (1)a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0； (2)|a |＝a 2； (3)cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |.
【训练1】 如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1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AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；
(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值. (1)解 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1
→＝c ， 则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.
|AC 1
→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )
＝1＋1＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫
12＋12＋12＝6，
∴|AC →1|＝6，即AC 1
的长为 6.
(2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ， ∴AC 1→·BD →＝(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. ∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1
⊥BD . (3)解 BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ， ∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b ) ＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.
∴cos 〈BD 1→，AC →
〉＝BD 1→·AC →
|BD 1→||AC →|＝66.
∴AC 与BD 1夹角的余弦值为6
6. 考点二 用空间向量证明平行和垂直问题
【例2】 如图正方形ABCD 的边长为22，四边形BDEF 是平行四边形，BD 与AC 交于点G ，O 为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .
(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .
证明 取BC 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，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).
BC
→＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3). (1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，
取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE
→＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE
→＝AD →＋DE →＝BC →＋BF → ＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .
(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0， ∴CF
→⊥AF →，CF →⊥AE →， 即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .
规律方法 1.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样
就把几何的证明问题转化为向量运算. 2.用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直：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. (2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【训练2】 如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綉1
2BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.
求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .
证明 因为二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， 所以AA 1⊥平面BAC .
又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ， 所以∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，
所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .
设AB ＝2，则A (0，0，0)，B 1(0，2，2)，A 1(0，0，2)，C (2，0，0)，C 1(1，1，2).
(1)A 1B 1→＝(0，2，0)，A 1A →＝(0，0，－2)，AC →
＝(2，0，0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·
AC →＝0，即⎩⎨⎧－2z ＝0，2x ＝0，
即⎩⎨⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0，1，0)， 所以A 1B 1→＝2n ， 即A 1B 1→∥n .
所以A 1B 1⊥平面AA 1C .
(2)易知AB 1→＝(0，2，2)，A 1C 1→＝(1，1，0)，A 1C →＝(2，0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎨⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，
令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1， 即m ＝(1，－1，1).
所以AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以AB 1
→⊥m ， 又AB 1⊄平面A 1C 1C ， 所以AB 1∥平面A 1C 1C .
考点三 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题 多维探究
角度1 与平行有关的探索性问题
【例3－1】 (2018·西安八校联考)已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视
图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M 为AB 的中点，在线段CB 上是否存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由.
解 由几何体的三视图可知AB ，BC ，BB 1两两垂直，AN ＝AB ＝BC ＝4，BB 1＝8.如图，分别以AB ，BB 1，BC 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系B －xyz ，则A (4，0，0)，B (0，0，0)，C (0，0，4)，N (4，4，0)，B 1(0，8，0)，C 1(0，8，4).
设平面CNB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z ). ∵NC →＝(－4，－4，4)，NB 1→＝(－4，4，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧NC →·n ＝－4x －4y ＋4z ＝0，NB 1→·
n ＝－4x ＋4y ＝0.
令x ＝1，可得平面CNB 1的一个法向量为n ＝(1，1，2). 设P (0，0，a )(0≤a ≤4).
由M (2，0，0)，得PM
→＝(2，0，－a ). ∵MP ∥平面CNB 1，∴PM →·
n ＝2－2a ＝0，解得a ＝1，
∴在线段CB 上存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1，此时BP ＝1. 角度2 与垂直有关的探索性问题
【例3－2】 如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.
(1)求证：AC ⊥BF ；
(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面PAC ⊥平面BCEF ？若存在，求出|BP |
|PE |的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .
∵AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .
过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3， ∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB ， ∵AB ∩AF ＝A ，∴AC ⊥平面FAB ， ∵BF ⊂平面FAB ，∴AC ⊥BF .
(2)解 存在.由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直.
以A 为坐标原点，AB
→，AC →，AF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图
所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2).
假设在线段BE 上存在一点P 满足题意，则易知点P 不与点B ，E 重合， 设|BP |
|PE |＝λ，则λ>0，P ⎝
⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面PAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).
由AP →＝⎝
⎛⎭
⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC →＝(0，23，0)，
得⎩⎨⎧m ·AP →＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λ
z ＝0，
m ·AC →＝23y ＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ， 令x ＝1，则z ＝λ－22λ，
所以m ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，0，
λ－22λ为平面PAC 的一个法向量. 同理，可求得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
1，33，1为平面BCEF 的一个法向量.
当m ·n ＝0，即λ＝2
3时，平面PAC ⊥平面BCEF ， 故存在满足题意的点P ，此时|BP ||PE |＝23.
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.
(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y ，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0，0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示
出点P 的坐标，或直接利用向量运算.
【训练3】 (2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA
1C 1C ⊥平面ABCD .
(1)求证：BD ⊥AA 1；
(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，
∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·
AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .
由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .
以OB ，OC ，OA 1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 (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).
由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1
. (2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3). 从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP
→＝(－3，1＋λ，3λ). 设平面DA 1C 1的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，
又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→
＝(3，0，3)， 则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，
取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →
＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .
[思维升华]
1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础.
2.利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题.
3.利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题.其中合理选取基底是优化运算的关键.
4.向量的运算有线性运算和数量积运算两大类，运算方法有两种，一种是建立空间坐标系，用坐标表示向量，向量运算转化为坐标运算，另一种是选择一组基向量，用基向量表示其它向量，向量运算转化为基向量的运算.
5.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]
1.在利用MN
→＝xAB →＋yAC →①证明MN ∥平面ABC 时，必须说明M 点或N 点不在面ABC 内(因为①式只表示MN
→与AB →，AC →共面).
2.找两个向量的夹角，应使两个向量具有同一起点，不要误找成它的补角.
3.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2
B.－4
C.4
D.－2
解析 ∵α∥β，∴两平面的法向量平行， ∴－21＝－42＝k －2，∴k ＝4.
答案 C
2.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 由题意得，AB
→＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，
所以AB →与CD →
共线，又AB 与CD 没有公共点，所以AB ∥CD . 答案 B
3.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )
A.a 2
B.1
2a 2
C.1
4a 2
D.34a 2
解析 如图，设AB
→＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，
则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.
AE
→＝12(a ＋b )，AF →＝12
c ，
∴AE →·AF →＝1
2(a ＋b )·12c
＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案 C
4.如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )
A.3－225
B.2－26
C.12
D.32
解析 因为BC
→＝AC →－AB →，
所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB
→ ＝|OA
→||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉 ＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 所以cos 〈OA →，BC →〉＝
OA →·BC →
|OA →||BC →|
＝24－1628×5
＝3－225.
即OA 与BC 所成角的余弦值为3－22
5. 答案 A
5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a
3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )
A.斜交
B.平行
C.垂直
D.MN 在平面BB 1C 1C 内
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a
3， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a
3，0，2
a 3.
又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，
所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→＝0，
所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B 二、填空题
6.(2019·西安调研)已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝________.
解析
由条件得⎩⎪⎨⎪
⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，
解得x ＝407，y ＝－15
7，z ＝4，
∴x ＋y ＝407－157＝25
7. 答案 257
7.正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________.
解析 |EF
→|2＝(EC →＋CD →＋DF →)2
＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →) ＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°) ＝2，
∴|EF →|＝2，∴EF 的长为 2. 答案
2
8.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB
→＝(2，－1，－4)，
AD
→＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的序号是________.
解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，
∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确； 又AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ， ∴AP
→是平面ABCD 的法向量，则③正确； ∵BD
→＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误. 答案 ①②③ 三、解答题
9.(2018·青海质检)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点.求证：MN ∥平面A 1BD .
证明 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1，则
D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1， 于是MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，DA 1→＝(1，0，1)，DB →＝(1，1，0). 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →
＝0，得⎩⎨⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.
取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1).
又MN →·
n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，
所以MN
→⊥n .
又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .
10.如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：
(1)PA ⊥BD ；
(2)平面PAD ⊥平面PAB .
证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .
以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.
∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD
→＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →， ∴PA ⊥BD .
(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，－1，32.
∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，
∴DM →·PB
→＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，
∴DM
→⊥PB →，即DM ⊥PB .
∵DM →·PA
→＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0， ∴DM
→⊥PA →，即DM ⊥PA .
又∵PA ∩PB ＝P ，PA ，PB ⊂平面PAB ， ∴DM ⊥平面PAB . ∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .
能力提升题组 (建议用时：20分钟)
11.有下列命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面；②若p 与a ，b 共面，则p
＝x a ＋y b ；③若MP →＝xMA →＋yMB →
，则P ，M ，A ，B 共面；④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →.其中真命题的个数是( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 ①正确；②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立；③正确；④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确.
答案 B
12.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )
A.(1，1，1)
B.⎝ ⎛⎭⎪⎫
23，23，1
C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫
22，22，1
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫24，2
4，1
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.
在空间坐标系中，E (0，0，1)，F (2，2，1). 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，2
2，1.
答案 C
13.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的
点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.
解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 设CE ＝x ，DF ＝y ，
则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)， ∴B 1E →＝(x －1，0，1)，∴FB →＝(1，1，y )， 由于B 1E ⊥平面ABF ，
所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1. 答案 1
14.如图，正△ABC 的边长为4，CD 为AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .
(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BP
BC 的值；如果不存在，请说明理由.
解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：
在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB . 又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， 所以AB ∥平面DEF .
(2)以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，
故DE →
＝(0，3，1).
假设存在点P (x ，y ，0)满足条件， 则AP →＝(x ，y ，－2)，AP →·DE →＝3y －2＝0， 所以y ＝233.
又BP
→＝(x －2，y ，0)，PC →＝(－x ，23－y ，0)，BP →∥PC →， 所以(x －2)(23－y )＝－xy ，所以3x ＋y ＝2 3. 把y ＝233代入上式得x ＝43，所以BP
→＝13BC →， 所以在线段BC 上存在点P 使AP ⊥DE ，此时BP BC ＝1
3.。