高考數(shù)學(xué)（理）一輪精選教師用書人教通用第8章6第6講空間向量及其運(yùn)算

第6講空間向量及其運(yùn)算1．空間向量的有關(guān)定理(1)共線向量定理：對空間任意兩個(gè)向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在唯一的實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb．(2)共面向量定理：如果兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb．(3)空間向量基本定理：如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空間的一個(gè)基底．2．兩個(gè)向量的數(shù)量積(與平面向量基本相同)(1)兩向量的夾角：已知兩個(gè)非零向量a，b，在空間中任取一點(diǎn)O，作eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，則∠AOB叫做向量a與b的夾角，記作〈a，b〉．通常規(guī)定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝eq\f(π,2)，則稱向量a，b互相垂直，記作a⊥b.(2)兩向量的數(shù)量積兩個(gè)非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(3)向量的數(shù)量積的性質(zhì)①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e為單位向量)；②a⊥b?a·b＝0；③|a|2＝a·a＝a2；④|a·b|≤|a||b|.(4)向量的數(shù)量積滿足如下運(yùn)算律①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝b·a(交換律)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．3．空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算(1)設(shè)a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．a(chǎn)＋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〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3))·\r(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,3))).(2)設(shè)A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．4．直線的方向向量與平面的法向量的確定(1)直線的方向向量：l是空間一直線，A，B是直線l上任意兩點(diǎn)，則稱eq\o(AB,\s\up6(→))為直線l的方向向量，與eq\o(AB,\s\up6(→))平行的任意非零向量也是直線l的方向向量，顯然一條直線的方向向量可以有無數(shù)個(gè)．(2)平面的法向量①定義：與平面垂直的向量，稱做平面的法向量．一個(gè)平面的法向量有無數(shù)多個(gè)，任意兩個(gè)都是共線向量．②確定：設(shè)a，b是平面α內(nèi)兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0.))5．空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝λm平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λmα⊥βn⊥m?n·m＝0判斷正誤(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)空間中任意兩非零向量a，b共面．()(2)在向量的數(shù)量積運(yùn)算中(a·b)·c＝a·(b·c)．()(3)對于非零向量b，由a·b＝b·c，則a＝c.()(4)若{a，b，c}是空間的一個(gè)基底，則a，b，c中至多有一個(gè)零向量．()(5)兩向量夾角的范圍與兩異面直線所成角的范圍相同．()(6)若A、B、C、D是空間任意四點(diǎn)，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))＝0.()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，點(diǎn)P在z軸上，且滿足|PA|＝|PB|，則P點(diǎn)坐標(biāo)為()A．(3，0，0) B．(0，3，0)C．(0，0，3) D．(0，0，－3)解析：選C.設(shè)P(0，0，z)，則有eq\r(（1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z）2)＝eq\r(（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z）2)，解得z＝3.(教材習(xí)題改編)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點(diǎn)．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與eq\o(BM,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cB.eqB.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c解析：選A.由題意，根據(jù)向量運(yùn)算的幾何運(yùn)算法則，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.(教材習(xí)題改編)已知a＝(2，4，x)，b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且a⊥b，則x＋y的值為________．解析：因?yàn)閍＝(2，4，x)，|a|＝6，則x＝±4，又b＝(2，y，2)，a⊥b，當(dāng)x＝4時(shí)，y＝－3，x＋y＝1.當(dāng)x＝－4時(shí)，y＝1，x＋y＝－3.答案：1或－3若平面α的一個(gè)法向量為u1＝(－3，y，2)，平面β的一個(gè)法向量為u2＝(6，－2，z)，且α∥β，則y＋z＝________．解析：因?yàn)棣痢桅?，所以u1∥u2，所以eq\f(－3,6)＝eq\f(y,－2)＝eq\f(2,z)，所以y＝1，z＝－4，所以y＋z＝－3.答案：－3空間向量的線性運(yùn)算[典例引領(lǐng)]如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，O為AC的中點(diǎn)．(1)化簡eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝________．(2)用eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示eq\o(OC1,\s\up6(→))，則eq\o(OC1,\s\up6(→))＝________．【解析】(1)eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(A1O,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→)).(2)因?yàn)閑q\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))．所以eq\o(OC1,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)).【答案】(1)eq\o(A1A,\s\up6(→))(2)eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))若本例條件不變，結(jié)論改為：設(shè)E是棱DD1上的點(diǎn)，且eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))，若eq\o(EO,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，試求x，y，z的值．解：eq\o(EO,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，由條件知，x＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(1,2)，z＝－eq\f(2,3).eq\a\vs4\al()用已知向量表示某一向量的方法[通關(guān)練習(xí)]1．在空間四邊形ABCD中，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，5，2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點(diǎn)，則eq\o(EF,\s\up6(→))的坐標(biāo)為()A．(2，3，3) B．(－2，－3，－3)C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1)解析：選B.因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝eq\f(1,2)(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．2.在三棱錐O-ABC中，M，N分別是OA，BC的中點(diǎn)，G是△ABC的重心，用基向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示(1)eq\o(MG,\s\up6(→))；(2)eq\o(OG,\s\up6(→)).解：(1)eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)[eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\o(OA,\s\up6(→))]＝－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).(2)eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).共線、共面向量定理的應(yīng)用[典例引領(lǐng)]已知E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，求證：(1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)BD∥平面EFGH.【證明】(1)連接BG(圖略)，則eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(EH,\s\up6(→))，由共面向量定理的推論知，E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．(2)因?yàn)閑q\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(AH,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))，所以EH∥BD.又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.eq\a\vs4\al()(1)證明空間三點(diǎn)P、A、B共線的方法①eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(λ∈R)；②對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))(t∈R)；③對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))(x＋y＝1)．(2)證明空間四點(diǎn)P、M、A、B共面的方法①eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))；②對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))；③對空間任一點(diǎn)O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋zeq\o(OB,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)；④eq\o(PM,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))(或eq\o(PA,\s\up6(→))∥eq\o(MB,\s\up6(→))或eq\o(PB,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→)))．[通關(guān)練習(xí)]1．已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，則λ與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：選A.因?yàn)閍∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝k（λ＋1），,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))2．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對平面ABC外的任一點(diǎn)O，若點(diǎn)M滿足eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．(1)判斷eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))三個(gè)向量是否共面；(2)判斷點(diǎn)M是否在平面ABC內(nèi)．解：(1)由題知eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(OM,\s\up6(→))，所以eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＋(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))，即eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))，所以eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面．(2)由(1)知，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面且基線過同一點(diǎn)M，所以M，A，B，C四點(diǎn)共面，從而點(diǎn)M在平面ABC內(nèi)．空間向量的數(shù)量積[典例引領(lǐng)]如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為60°.(1)求eq\o(AC1,\s\up6(→))的長；(2)求eq\o(BD1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))夾角的余弦值．【解】(1)記eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，所以a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).|eq\o(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\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即AC1的長為eq\r(6).(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，所以|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，所以cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),6).即eq\o(BD1,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).eq\a\vs4\al()(1)空間向量數(shù)量積計(jì)算的兩種方法①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．②坐標(biāo)法：設(shè)a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.(2)利用數(shù)量積解決有關(guān)垂直、夾角、長度問題①a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0.②|a|＝eq\r(a2).③cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|).[通關(guān)練習(xí)]1．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，則實(shí)數(shù)λ的值為()A．－2 B．－eq\f(14,3)C.eq\f(14,5) D．2解析：選D.由題意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，所以14－7λ＝0，解得λ＝2.2．已知空間三點(diǎn)A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．設(shè)a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AC,\s\up6(→)).(1)求a和b夾角的余弦值；(2)設(shè)|c|＝3，c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，求c的坐標(biāo)．解：(1)因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，所以a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝eq\r(2)，|b|＝eq\r(5)，所以cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1,\r(2)×\r(5))＝－eq\f(\r(10),10).(2)eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)．設(shè)c＝(x，y，z)，因?yàn)閨c|＝3，c∥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\r(x2＋y2＋z2)＝3，存在實(shí)數(shù)λ使得c＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2λ，,y＝－λ，,z＝2λ，))聯(lián)立解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝－1，,z＝2，,λ＝1，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝1，,z＝－2，,λ＝－1，))所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．利用空間向量證明平行和垂直(高頻考點(diǎn))空間幾何中的平行與垂直問題是高考試題中的熱點(diǎn)問題．考查形式靈活多樣，可以是小題，也可以是解答題的一部分，或解答題的某個(gè)環(huán)節(jié)，是高考中的重要得分點(diǎn)．高考對空間向量解決此類問題常有以下兩個(gè)命題角度：(1)證明平行問題；(2)證明垂直問題．[典例引領(lǐng)]角度一證明平行問題如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)．求證：(1)PB∥平面EFG.(2)平面EFG∥平面PBC.【證明】(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且ABCD為正方形，所以AB，AP，AD兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則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(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0)．法一：eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，設(shè)平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))令z＝1，則n＝(1，0，1)為平面EFG的一個(gè)法向量，因?yàn)閑q\o(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·n＝0，所以n⊥eq\o(PB,\s\up6(→))，因?yàn)镻B?平面EFG，所以PB∥平面EFG.法二：eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．設(shè)eq\o(PB,\s\up6(→))＝seq\o(FE,\s\up6(→))＋teq\o(FG,\s\up6(→))，即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝teq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(FE,\s\up6(→))＋2eq\o(FG,\s\up6(→))，又因?yàn)閑q\o(FE,\s\up6(→))與eq\o(FG,\s\up6(→))不共線，所以eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(FE,\s\up6(→))與eq\o(FG,\s\up6(→))共面．因?yàn)镻B?平面EFG，所以PB∥平面EFG.(2)因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(EF,\s\up6(→))，所以BC∥EF.又因?yàn)镋F?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可證GF∥PC，從而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF?平面EFG，GF?平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC.角度二證明垂直問題如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)證明：AP⊥BC；(2)若點(diǎn)M是線段AP上一點(diǎn)，且AMAMC⊥平面BMC.【證明】(1)如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以射線OD為y軸正半軸，射線OP為z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.則O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)．于是eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且點(diǎn)M在線段AP上，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，3，4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM，又根據(jù)(1)的結(jié)論知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)利用空間向量解決平行、垂直問題的一般步驟①建立空間直角坐標(biāo)系，建系時(shí)，要盡可能地利用已知圖形中的垂直關(guān)系；②建立空間圖形與空間向量之間的關(guān)系，用空間向量表示出問題中所涉及的點(diǎn)、直線、平面的要素；③通過空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算研究平行、垂直關(guān)系；④根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)問題．(2)空間線面位置關(guān)系的坐標(biāo)表示設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．①線線平行l(wèi)∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.②線線垂直l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.③線面平行(l?α)l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.④線面垂直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.[通關(guān)練習(xí)]1.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A．相交B．平行C．垂直D．不能確定解析：選B.因?yàn)檎襟w棱長為a，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，所以eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1B,\s\up6(→)))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(B1C1,\s\up6(→)).又因?yàn)镃D是平面B1BCC1的法向量，且eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(B1B,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(B1C1,\s\up6(→))))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，又MN?平面B1BCC1，所以MN∥平面B1BCC1.2．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長為2，底面邊長為1，M為BC的中點(diǎn)，eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，則λ的值為________．解析：如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)P，連接MP，以eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MP,\s\up6(→))的方向?yàn)閤，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)榈酌孢呴L為1，側(cè)棱長為2，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1(－eq\f(1,2)，0，2)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，2))，M(0，0，0)，設(shè)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，t))，因?yàn)閑q\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).又因?yàn)锳B1⊥MN，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0.所以－eq\f(1,4)＋eq\f(4,1＋λ)＝0，所以λ＝15.答案：153．在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(diǎn)．(1)求證：EF⊥CD；(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出點(diǎn)G坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．解：(1)證明：由題意知，DA，DC，DP兩兩垂直．如圖，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝a，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．因?yàn)閑q\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，從而得EF⊥CD.(2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)G，設(shè)G(x，0，z)，則eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，若使GF⊥平面PCB，則由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq\f(a,2)；由eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.所以G點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，故存在滿足條件的點(diǎn)G，且點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)．eq\a\vs4\al()建立空間直角坐標(biāo)系的原則(1)合理利用幾何體中的垂直關(guān)系，特別是面面垂直．(2)盡可能地讓相關(guān)點(diǎn)落在坐標(biāo)軸或坐標(biāo)平面上．利用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求解問題的方法用空間向量解決立體幾何中的平行或共線問題一般用向量共線定理；求兩點(diǎn)間距離或某一線段的長度，一般用向量的模來解決；解決垂直問題一般可轉(zhuǎn)化為向量的數(shù)量積為零；求異面直線所成的角，一般可轉(zhuǎn)化為兩向量的夾角，但要注意兩種角的范圍不同，最后應(yīng)進(jìn)行轉(zhuǎn)化．易錯(cuò)防范(1)注意向量夾角與兩直線夾角的區(qū)別．(2)共線向量定理中a∥b?存在唯一的實(shí)數(shù)λ∈R，使a＝λb易忽視b≠0.(3)在利用eq\o(MN,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))①證明MN∥平面ABC時(shí)，必須說明M點(diǎn)或N點(diǎn)不在面ABC內(nèi)(因?yàn)棰偈街槐硎緀q\o(MN,\s\up6(→))與eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))共面)．(4)找兩個(gè)向量的夾角，應(yīng)使兩個(gè)向量具有同一起點(diǎn)，不要誤找成它的補(bǔ)角．(5)a·b<0不等價(jià)為〈a，b〉為鈍角，因?yàn)椤碼，b〉可能為180°；a·b>0不等價(jià)為〈a，b〉為銳角，因?yàn)椤碼，b〉可能為0°.1.已知三棱錐O-ABC，點(diǎn)M，N分別為AB，OC的中點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示eq\o(MN,\s\up6(→))，則eq\o(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：選D.eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AO,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(c－a－b)．2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于()A.eq\f(62,7) B．9C.eq\f(64,7) D.eq\f(65,7)解析：選D.由題意知存在實(shí)數(shù)x，y使得c＝xa＋yb，即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，由此得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7＝2x－y，,5＝－x＋4y，,λ＝3x－2y.))解得x＝eq\f(33,7)，y＝eq\f(17,7)，所以λ＝eq\f(99,7)－eq\f(34,7)＝eq\f(65,7).3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))與eq\o(OB,\s\up6(→))的夾角為120°，則λ的值為()A．±eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(6),6)C．－eq\f(\r(6),6) D．±eq\r(6)解析：選C.eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cos120°＝eq\f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq\f(1,2)，得λ＝±eq\f(\r(6),6).經(jīng)檢驗(yàn)λ＝eq\f(\r(6),6)不合題意，舍去，所以λ＝－eq\f(\r(6),6).4．已知四邊形ABCD滿足：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))>0，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))>0，則該四邊形為()A．平行四邊形 B．梯形C．長方形 D．空間四邊形解析：選D.由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))>0，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))>0，知該四邊形一定不是平面圖形．5．(2018·唐山統(tǒng)考)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，點(diǎn)M在AC1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up6(→))1，N為B1B的中點(diǎn)，則|eq\o(MN,\s\up6(→))|為()A.eq\f(\r(21),6)a B.eq\f(\r(6),6)aC.eq\f(\r(15),6)a D.eq\f(\r(15),3)a解析：選A.以D為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(a，0，0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).設(shè)M(x，y，z)，因?yàn)辄c(diǎn)M在AC1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC1,\s\up6(→))，所以(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)，所以x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，所以|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(21),6)a.6．已知空間四邊形OABC，點(diǎn)M、N分別是OA、BC的中點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，用a、b、c表示向量eq\o(MN,\s\up6(→))＝________．解析：如圖所示，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))＋(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→)))]＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－2eq\o(OM,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(b＋c－a)．答案：eq\f(1,2)(b＋c－a)7.如圖所示，已知空間四邊形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝eq\f(π,3)，則cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉的值為________．解析：設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，由已知條件〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq\f(π,3)，且|b|＝|c|，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(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\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝0.答案：08．已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點(diǎn)，如果eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)．對于結(jié)論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→)).其中正確的是________．解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確．又eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AD,\s\up6(→))不平行，所以eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，則③正確．因?yàn)閑q\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，3，4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))與eq\o(AP,\s\up6(→))不平行，故④錯(cuò)．答案：①②③9．已知a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，點(diǎn)A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直線AB上，是否存在一點(diǎn)E，使得eq\o(OE,\s\up6(→))⊥b？(O為原點(diǎn))解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝eq\r(02＋（－5）2＋52)＝5eq\r(2).(2)令eq\o(AE,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→))(t∈R)，所以eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，若eq\o(OE,\s\up6(→))⊥b，則eq\o(OE,\s\up6(→))·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝eq\f(9,5).所以－3＋t＝－eq\f(6,5)，－1－t＝－eq\f(14,5)，4－2t＝eq\f(2,5)，因此存在點(diǎn)E，使得eq\o(OE,\s\up6(→))⊥b，此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)為(－eq\f(6,5)，－eq\f(14,5)，eq\f(2,5))．10．已知空間三點(diǎn)A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．(1)求以AB，AC為邊的平行四邊形的面積；(2)若|a|＝eq\r(3)，且a分別與eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))垂直，求向量a的坐標(biāo)．解：(1)由題意可得：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－3，2)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|))＝eq\f(－2＋3＋6,\r(14)×\r(14))＝eq\f(7,14)＝eq\f(1,2).所以sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),2)，所以以AB，AC為邊的平行四邊形的面積為S＝2×eq\f(1,2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝14×eq\f(\r(3),2)＝7eq\r(3).(2)設(shè)a＝(x，y，z)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝3，,－2x－y＋3z＝0，,x－3y＋2z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，,z＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，,z＝－1，))所以向量a的坐標(biāo)為(1，1，1)或(－1，－1，－1)．1．如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，則M點(diǎn)的坐標(biāo)為()A．(1，1，1)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))解析：選C.設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y，1)，因?yàn)锳C∩BD＝O，所以O(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x－eq\r(2)，y－eq\r(2)，1)，因?yàn)锳M∥平面BDE，所以eq\o(OE,\s\up6(→))∥eq\o(AM,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，,y－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)，))所以M點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).2．已知ABCD-A1B1C1D1為正方體，給出下列四個(gè)命題：①(eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→)))2＝3eq\o(A1B1,\s\up6(→))2；②eq\o(A1C,\s\up6(→))·(eq\o(A1B1,\s\up6(→))－eq\o(A1A,\s\up6(→)))＝0；③向量eq\o(AD1,\s\up6(→))與向量eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角是60°；④正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為|eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))|.其中正確命題的序號是________．解析：①中(eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→)))2＝eq\o(A1A,\s\up6(→))2＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))2＋eq\o(A1B1,\s\up6(→))2＝3eq\o(A1B1,\s\up6(→))2，故①正確；②中eq\o(A1B1,\s\up6(→))－eq\o(A1A,\s\up6(→))＝eq\o(AB1,\s\up6(→))，因?yàn)锳B1⊥A1C，故②正確；③中A1B與AD1兩異面直線所成角為60°，但eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角為120°，故③不正確；④中|eq\o(AB,\s\u