浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及其运算含解析

第6节 空间向量及其运算考试要求 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，了解空间向量的正交分解及其坐标表示；2.了解空间向量的线性运算及其坐标表示；3.了解空间向量的数量积及其坐标表示；4.掌握空间两点间的距离公式，会求向量的长度、两向量的夹角.知 识 梳 理1.空间向量的有关概念名称 概念 表示 零向量 模为0的向量 0 单位向量 长度(模)为1的向量相等向量 方向相同且模相等的向量 a ＝b相反向量 方向相反且模相等的向量 a 的相反向量为－a共线向量 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a ∥b共面向量平行于同一个平面的向量(1)共线向量定理空间两个向量a (a ≠0)与b 共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa . 推论 如图所示，点P 在l 上的充要条件是OP →＝OA →＋t a ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝OA →＋tAB →或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →.(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝1.(3)空间向量基本定理如果向量e 1，e 2，e 3是空间三个不共面的向量，a 是空间任一向量，那么存在唯一一组实数λ1，λ2，λ3，使得a ＝λ1e 1＋λ2e 2＋λ3e 3，空间中不共面的三个向量e 1，e 2，e 3叫作这个空间的一个基底.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 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a·b ，即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).空间中点P 1(x 1，y 1，z 1)，P 2(x 2，y 2，z 2)之间的距离|P 1P 2|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2. [常用结论与易错提醒]1.a ·b ＝0⇔a ＝0或b ＝0或〈a ，b 〉＝π2.2.a ·b <0不等价为〈a ，b 〉为钝角，因为〈a ，b 〉可能为180°；a ·b >0不等价为〈a ，b 〉为锐角，因为〈a ，b 〉可能为0°.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)空间中任意两非零向量a ，b 共面.( )(2)对任意两个空间向量a ，b ，若a·b ＝0，则a⊥b .( )(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.( )解析 对于(2)，因为0与任何向量数量积为0，所以(2)不正确；对于(3)，若a ，b ，c 中有一个是0，则a ，b ，c 共面，所以(3)不正确；对于(4)，若〈a ，b 〉＝π，则a ·b <0，故(4)不正确.答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2.在空间直角坐标系中，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)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点.∴AB ∥CD . 答案 B3.(选修2－1P97A2改编)如图所示，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →＝a ，AD →＝b ，AA →1＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 解析 由题意，根据向量运算的几何运算法则，BM →＝BB →1＋B 1M →＝AA →1＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .答案 A4.(2017·上海卷)如图，以长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB 1→的坐标为(4，3，2)，则AC 1→的坐标为________.解析 A (4，0，0)，C 1(0，3，2)，AC 1→＝(－4，3，2). 答案 (－4，3，2)5.已知O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C 四点共面，则实数t ＝________.解析 ∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.答案 186.已知i ，j ，k 为两两垂直的单位向量，非零向量a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k (a 1，a 2，a 3∈R )，若向量a 与向量i ，j ，k 的夹角分别为α，β，γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝________.解析 设i ，j ，k 为长方体的共顶点的三条棱的方向向量，因非零向量a ＝a 1i ＋a 2j ＋a 3k (a 1，a 2，a 3∈R )，故a 可为长方体体对角线的方向向量，则α＝∠xEA ，β＝∠yEA ，γ＝∠zEA ， 所以cos α＝cos∠xEA ＝cos∠CAE ＝AC AE， cos β＝cos∠yEA ＝cos∠DAE ＝AD AE ， cos γ＝cos∠zEA ＝cos∠EAB ＝AB AE，cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝AB 2＋AC 2＋AD 2AE 2＝AE 2AE2＝1.答案 1考点一 空间向量的线性运算【例1】 如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.解 (1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP → ＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c . 又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ， 所以MP →＋NC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c＝32a ＋12b ＋32c . 规律方法 (1)选定空间不共面的三个向量作基向量，这是用向量解决立体几何问题的基本要求.用已知基向量表示指定向量时，应结合已知和所求向量观察图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则进行运算.(2)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，我们把这个法则称为向量加法的多边形法则.提醒 空间向量的线性运算类似于平面向量中的线性运算.【训练1】 如图，三棱锥O －ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →＝( )A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) 解析 NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c ). 答案 B考点二 共线定理、共面定理的应用【例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OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →).(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面； (2)判断点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →， 所以OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA →，MB →，MC →共面.(2)由(1)知MA →，MB →，MC →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.规律方法 (1)证明空间三点P ，A ，B 共线的方法 ①PA →＝λPB →(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋yOB →(x ＋y ＝1). (2)证明空间四点P ，M ，A ，B 共面的方法 ①MP →＝xMA →＋yMB →；②对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →(x ＋y ＋z ＝1)； ③PM →∥AB →(或PA →∥MB →或PB →∥AM →).(3)三点共线通常转化为向量共线，四点共面通常转化为向量共面，线面平行可转化为向量共线、共面来证明.【训练2】 (1)若A (－1，2，3)，B (2，1，4)，C (m ，n ，1)三点共线，则m ＋n ＝________. (2)已知空间四点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，D (1，2，t )，若四点共面，则t 的值为________.解析 (1)AB →＝(3，－1，1)，AC →＝(m ＋1，n －2，－2). ∵A ，B ，C 三点共线，∴AB →∥AC →， ∴m ＋13＝n －2－1＝－21，∴m ＝－7，n ＝4，∴m ＋n ＝－3.(2)AB →＝(1，1，0)，AC →＝(－1，0，2)，AD →＝(3，2，t －2)， ∵A ，B ，C ，D 四点共面，∴AB →，AC →，AD →共面. 设AD →＝xAB →＋yAC →，即(3，2，t －2)＝(x －y ，x ，2y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝3，x ＝2，2y ＝t －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝－1，t ＝0.∴t 的值为0. 答案 (1)－3 (2)0考点三 空间向量数量积及其应用【例3】 如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1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AC 1的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值. 解 (1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， 所以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，所以|AC 1→|＝6，即AC 1的长为 6. (2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，所以|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，所以cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.规律方法 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.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3】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，MN 是其内切球O 的一条直径，E 是正方体表面上一点，求EM →·EN →的最大值.解 由极化恒等式的三角形形式得 EM →·EN →＝14[(2EO →)2－MN →2].又因为MN 是其内切球O 的一条直径，E 是正方体表面上的动点，所以|MN →|＝2，|EO →|≤3，所以EM →·EN →＝14[(2EO →)2－4]≤2，所以EM →·EN →的最大值为2.基础巩固题组一、选择题1.已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( ) A.32B.－2C.0D.32或－2 解析 ∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m ，解得m ＝－2.答案 B2.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( ) A.19 B.459C.259D.23解析 如图，设正方体棱长为2，则易得CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，∴cos〈CM →，D 1N →〉 ＝CM →·D 1N→|CM →||D 1N →|＝－19，又〈CM →，D 1N →〉∈[0，π]，∴sin〈CM →，D 1N →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－192＝459. 答案 B3.已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( ) A.－1 B.43 C.53D.75解析 由题意得k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，2a －b ＝(3，2，－2).所以(k a ＋b )·(2a －b )＝3(k －1)＋2k －2×2＝5k －7＝0，解得k ＝75.答案 D4.已知空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是BC 的中点，那么( ) A.AE →·BC →＜AE →·CD → B.AE →·BC →＝AE →·CD → C.AE →·BC →＞AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较解析 取BD 的中点F ，连接EF ，则EF 綉12CD ，因为〈AE →，EF →〉＝〈AE →，CD →〉＞90°，因为AE →·BC→＝0，∴AE →·CD →＜0，所以AE →·BC →＞AE →·CD →. 答案 C5.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 2B.12a 2C.14a 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 →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c＝14(a ·c ＋b ·c ) ＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案 C6.如图所示，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上说法正确的个数为( ) A.1 B.2 C.3D.4解析 A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，∴A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，又D 1P ⊂平面DCC 1D 1，D 1P ⊂平面D 1PQB 1，A 1M ⊄平面DCC 1D 1，A 1M ⊄平面D 1PQB 1，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确.答案 C二、填空题7.已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则b ，c 的夹角为________. 解析 由题意得(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b·c ＝－10，又∵a·c ＝4，∴b·c ＝－18，∴cos〈b ，c 〉＝b·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， 0°≤〈b ，c 〉≤180°，∴〈b ，c 〉＝120°.答案 120°8.已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，a 与b 夹角的余弦值为________；若a ⊥(a －λb )，则λ＝________.解析 ∵a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，∴cos〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2＋2＋314×6＝216；由题意a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0，又a 2＝14，a ·b ＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.答案 2162 9.已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ＝________，y ＝________，z ＝________.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 ＝－157，z ＝4. 答案 407 －1574 10.设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5是空间中给定的5个不同的点，则使51k =∑＝0成立的点M 的个数有________.解析 设M (a ，b ，c )，A k (x k ，y k ，z k )(k ＝1，2，3，4，5).则MA k →＝(x k －a ，y k －b ，z k －c )， ∴由51k =∑MA k →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5－5a ＝0，y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5－5b ＝0，z 1＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5－5c ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝15（x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5），b ＝15（y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5），c ＝15（z 1＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5），∴存在唯一点M . 答案 1三、解答题11.如图，已知平行六面体ABCD －A ′B ′C ′D ′.试用AC →′表示AC →＋AB →′＋AD →′.解 ∵平行六面体的六个面均为平行四边形，∴在▱ABCD 中，AC →＝AB →＋AD →，在▱ABB ′A ′中，AB →′＝AB →＋AA →′，在▱ADD ′A ′中，AD →′＝AD →＋AA →′，∴AC →＋AB →′＋AD →′＝(AB →＋AD →)＋(AB →＋AA →′)＋(AD →＋AA →′)＝2(AB →＋AD →＋AA ′→).又∵在▱ABCD 中，AD →＝BC →，在▱ACC ′A ′中，AA →′＝CC →′，∴AB →＋AD →＋AA →′＝AB →＋BC →＋CC →′＝AC →′，∴AC →＋AB →′＋AD →′＝2AC →′.12.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c .(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝（－1）2＋02＋22＝5， ∴cos〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110＝－1010， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 能力提升题组13.在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( )A.－1B.0C.1D.不确定解析 如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.答案 B14.若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标.已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( )A.(4，0，3)B.(3，1，3)C.(1，2，3)D.(2，1，3)解析 设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(x ，y ，z ).则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，①因为p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3，1，3).答案 B15.已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OP →＝(1，1，2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是__________.解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23. 即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23. 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 16.已知空间向量PA →，PB →，PC →的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为60°.点G 为△ABC 的重心，若PG →＝xPA →＋yPB →＋zPC →，x ，y ，z ∈R ，则x ＋y ＋z ＝________.|PG →|＝________.解析 因为A ，B ，C ，G 四点共面，所以x ＋y ＋z ＝1，则z ＝1－x －y ，PG →＝PA →＋AG →＝PA →＋13(AB →＋AC →)＝PA →＋13[(PB →－PA →)＋(PC →－PA →)]＝13PA →＋13PB →＋13PC ＝13(PA →＋PB →＋PC →)，∴x ＝y ＝z ＝13，|PG →|＝13PA →＋PB →＋PC →）2 ＝13×|PA →|2＋|PB →|2+|PC →|2+2PA →·PB →+2PA →·PC →+2PB →·PC →＝53. 答案 1 5317.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .(1)写出点E ，F 的坐标；(2)求证：A 1F →⊥C 1E →；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. (1)解 E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0).(2)证明 ∵A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →.(3)证明 ∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面.选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－aλ1，aλ1＋xλ2，－aλ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2，解得λ1＝12，λ2＝1. 于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. 18.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 →的长；(3)AG →与CE →所成角的余弦值.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 ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， (2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ， |EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22. (3)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ， cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23.。