第6講　空間向量的運算及應用 1．空間向量的有關定理 (1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在唯一的實數λ，使得a＝λb． (2)共面向量定理：如果兩個向量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實數對(x，y)，使p＝xa＋yb． (3)空間向量基本定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序實數組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空間的一個基底． 2．兩個向量的數量積(與平面向量基本相同) (1)兩向量的夾角：已知兩個非零向量a，b，在空間中任取一點O，作＝a，＝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〉＝，則稱向量a，b互相垂直，記作a⊥b. (2)兩向量的數量積 兩個非零向量a，b的數量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (3)向量的數量積的性質 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)向量的數量積滿足如下運算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交換律)； ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 3．空間向量的坐標運算 (1)設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)設A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 則＝－＝(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，則稱為直線l的方向向量，與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個． (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．一個平面的法向量有無數多個，任意兩個都是共線向量． ②確定：設a，b是平面α內兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為 5．空間位置關系的向量表示 位置關系 向量表示 直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2 l1∥l2 n1∥n2?n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2＝0 直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m l∥α n⊥m?n·m＝0 l⊥α n∥m?n＝λm 平面α，β的法向量分別為n，m α∥β n∥m?n＝λm α⊥β n⊥m?n·m＝0 [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)空間中任意兩非零向量a，b共面．(　　) (2)在向量的數量積運算中(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}是空間的一個基底，則a，b，c中至多有一個零向量．(　　) (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，則有＋＋＋＝0.(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√ [教材衍化] 1.(選修2­1P97A組T2改編)如圖所示，在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若＝a，＝b，＝c，則＝________(用a，b，c表示)． 解析：＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c. 答案：－a＋b＋c 2．(選修2­1P98A組T3改編)正四面體ABCD的棱長為2，E，F分別為BC，AD的中點，則EF的長為________． 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的長為. 答案： 3．(選修2­1P111練習T3改編)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點，N是A1B1的中點，則直線ON，AM的位置關系是________． 解析：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D­xyz，設DA＝2，則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 [易錯糾偏] 忽視空間向量共線與共面的區(qū)別 在空間直角坐標系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，則直線AB與CD的位置關系是(　　) A．垂直　　　　　　　　 B．平行 C．異面 D．相交但不垂直 解析：選B.由題意得，＝(－3，－3，3)，＝(1，1，－1)，所以＝－3，所以與共線，又AB與CD沒有公共點，所以AB∥CD. 　　　　　　空間向量的線性運算 如圖，在長方體ABCD­A1B1C1D1中，O為AC的中點． (1)化簡－－＝________． (2)用，，表示，則＝________． 【解析】　(1)－－＝－(＋)＝－＝＋＝. (2)因為＝＝(＋)． 所以＝＋＝(＋)＋ ＝＋＋. 【答案】　(1)　(2)＋＋ (變問法)若本例條件不變，結論改為：設E是棱DD1上的點，且＝，若＝x＋y＋z，試求x，y，z的值． 解：＝＋＝－＋(＋) ＝－－， 由條件知，x＝，y＝－，z＝－. 用已知向量表示某一向量的方法 　 1．在空間四邊形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，點E，F分別為線段BC，AD的中點，則的坐標為(　　) A．(2，3，3)　　　　 　　　 B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 解析：選B.因為點E，F分別為線段BC，AD的中點，O為坐標原點，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)． 所以＝(＋)－(＋)＝(＋) ＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 2.在三棱錐O­ABC中，點M，N分別是OA，BC的中點，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2). 解：(1)＝＋ ＝＋ ＝＋(－) ＝＋[(＋)－] ＝－＋＋. (2)＝＋ ＝－＋＋ ＝＋＋. 　　　　　　共線、共面向量定理的應用 已知點E，F，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點，求證： (1)E，F，G，H四點共面； (2)BD∥平面EFGH. 【證明】　(1)連接BG(圖略)， 則＝＋ ＝＋(＋) ＝＋＋ ＝＋， 由共面向量定理的推論知，E，F，G，H四點共面． (2)因為＝－＝－＝(－) ＝，所以EH∥BD. 又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH， 所以BD∥平面EFGH. (1)證明空間三點P、A、B共線的方法 ①＝λ(λ∈R)； ②對空間任一點O，＝＋t(t∈R)； ③對空間任一點O，＝x＋y(x＋y＝1)． (2)證明空間四點P、M、A、B共面的方法 ①＝x＋y； ②對空間任一點O，＝＋x＋y；　 ③對空間任一點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，則λ與μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3，2 D．2，2 解析：選A.因為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三點不共線，對平面ABC外的任一點O，若點M滿足＝(＋＋)． (1)判斷，，三個向量是否共面； (2)判斷點M是否在平面ABC內． 解：(1)由題知＋＋＝3， 所以－＝(－)＋(－)， 即＝＋＝－－， 所以，，共面． (2)由(1)知，，，共面且基線過同一點M， 所以M，A，B，C四點共面，從而點M在平面ABC內． 　　　　　　空間向量的數量積 如圖，在平行六面體ABCD­A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長度都為1，且兩兩夾角為60°. (1)求的長； (2)求與夾角的余弦值． 【解】　(1)記＝a，＝b，＝c， 則|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的長為. (2)＝b＋c－a，＝a＋b， 所以||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1， 所以cos〈，〉＝＝. 即與夾角的余弦值為. (1)空間向量數量積計算的兩種方法 ①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． ②坐標法：設a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，則a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. (2)利用數量積解決有關垂直、長度、夾角問題 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)，則實數λ的值為(　　) A．－2 B．－ C. 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A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．設a＝，b＝. (1)求a和b夾角的余弦值； (2)設|c|＝3，c∥，求c的坐標． 解：(1)因為＝(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)． 設c＝(x，y，z)，因為|c|＝3，c∥， 所以＝3，存在實數λ使得c＝λ， 即聯立解得或 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) 空間幾何中的平行與垂直問題是高考試題中的熱點問題．考查形式靈活多樣，可以是小題，也可以是解答題的一部分，或解答題的某個環(huán)節(jié)，是高考中的重要得分點．主要命題角度有： (1)證明平行問題； (2)證明垂直問題． 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，點E，F，G分別是線段PA，PD，CD的中點．求證： (1)PB∥平面EFG； (2)平面EFG∥平面PBC. 【證明】　(1)因為平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD為正方形， 所以AB，AP，AD兩兩垂直． 以A為坐標原點，以AB，AD，AP正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz，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(0，1，1)，G(1，2，0)．　 法一：＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，　 設平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則n＝(1，0，1)為平面EFG的一個法向量， 因為＝(2，0，－2)，所以·n＝0，所以n⊥， 因為PB?平面EFG，所以PB∥平面EFG. 法二：＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)， ＝(1，1，－1)． 設＝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， 又因為與不共線，所以，與共面． 因為PB?平面EFG，所以PB∥平面EFG. (2)因為＝(0，1，0)，＝(0，2，0)， 所以＝2，所以BC∥EF. 又因為EF?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P­ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，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M是線段AP上一點，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC. 【證明】　(1)如圖所示，以O為坐標原點，以射線OD為y軸正半軸，射線OP為z軸正半軸建立空間直角坐標系O­xyz. 則O(0，0，0)，A(0，－3，0)， B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)． 于是＝(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，且點M在線段AP上， 所以＝＝，又＝(－4，－5，0)， 所以＝＋＝， 則·＝(0，3，4)·＝0， 所以⊥，即AP⊥BM， 又根據(1)的結論知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. (1)利用空間向量解決平行、垂直問題的一般步驟 ①建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用已知圖形中的垂直關系； ②建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素； ③通過空間向量的坐標運算研究平行、垂直關系； ④根據運算結果解釋相關問題． (2)空間線面位置關系的坐標表示 設直線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∥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.　 1．如圖，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能確定 解析：選B.因為正方體棱長為a，A1M＝AN＝，所以＝，＝， 所以＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又因為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．在四棱錐P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F分別是AB，PB的中點． (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內是否存在一點G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出點G坐標；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，以點D為坐標原點，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系D­xyz，設AD＝a， 則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)． 因為·＝0，所以⊥，從而得EF⊥CD. (2)假設存在滿足條件的點G， 設G(x，0，z)，則＝， 若使GF⊥平面PCB，則由 ·＝·(a，0，0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0. 所以G點坐標為， 故存在滿足條件的點G，且點G為AD的中點． [基礎題組練] 1.已知三棱錐O­ABC，點M，N分別為AB，OC的中點，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，則等于(　　) A.(b＋c－a) B.(a＋b＋c) C.(a－b＋c) D.(c－a－b) 解析：選D.＝＋＋＝(c－a－b)． 2．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a、b、c三個向量共面，則實數λ等于(　　) A.　　　　　　　　　　 B．9 C. D. 解析：選D.由題意知存在實數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 解得x＝，y＝，所以λ＝－＝. 3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O為坐標原點，＋λ與的夾角為120°，則λ的值為(　　) A．± B. C．－ D．± 解析：選C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.經檢驗λ＝不合題意，舍去，所以λ＝－. 4．如圖，四個棱長為1的正方體排成一個正四棱柱，AB是一條側棱，Pi(i＝1，2，…，8)是上底面上其余的八個點，則·(i＝1，2，…，8)的不同值的個數為(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：選A.由題圖知，AB與上底面垂直，因此AB⊥BPi(i＝1，2，…，8)，·＝||||cos∠BAPi＝||·||＝1(i＝1，2，…，8)．故選A. 5．正方體ABCD­A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D.不妨設正方體的棱長為1，如圖，以點D為坐標原點，以DA，DC，DD1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D­xyz，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，平面ACD1的法向量為＝(1，1，1)，又＝(0，0，1)，所以cos〈，〉＝＝＝，所以BB1與平面ACD1所成角的余弦值為 ＝. 6．如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E為PB的中點，cos〈，〉＝，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則點E的坐標為(　　) A．(1，1，1) B. C. D．(1，1，2) 解析：選A.設P(0，0，z)， 依題意知A(2，0，0)，B(2，2，0)，則E， 于是＝(0，0，z)，＝， cos〈，〉＝＝＝. 解得z＝±2，由題圖知z＝2，故E(1，1，1)． 7．在空間直角坐標系中，以點A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)為頂點的△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則實數x的值為__________． 解析：由題意知＝(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，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________． 解析：由題意得，(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10，又因為a·c＝4，所以b·c＝－18， 所以cos〈b，c〉＝＝＝－， 所以〈b，c〉＝120°，所以兩直線的夾角為60°. 答案：60° 9．已知點P是平行四邊形ABCD所在平面外的一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．對于結論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的是________． 解析：因為·＝0，·＝0， 所以AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確． 又與不平行， 所以是平面ABCD的法向量，則③正確． 因為＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)， 所以與不平行，故④錯． 答案：①②③ 10．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，側棱長為2，底面邊長為1，M為BC的中點，＝λ，且AB1⊥MN，則λ的值為________． 解析：如圖所示，取B1C1的中點P，連接MP，以點M為原點，以，，的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系M­xyz， 因為底面邊長為1，側棱長為2，則A， B1(－，0，2)，C， C1， M(0，0，0)，設N， 因為＝λ，所以N， 所以＝，＝. 又因為AB1⊥MN，所以·＝0. 所以－＋＝0，所以λ＝15. 答案：15 11．已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為2，E，F分別是BB1，DD1的中點．求證：FC1∥平面ADE. 證明：如圖所示，以點D為坐標原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D­xyz， 則有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)． 設n＝(x，y，z)是平面ADE的一個法向量， 則即解得 令z＝2，則y＝－1，所以n＝(0，－1，2)． 因為·n＝－2＋2＝0. 所以⊥n. 因為FC1?平面ADE， 所以FC1∥平面ADE. 12．如圖，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點O為底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝. 證明：A1C⊥平面BB1D1D. 證明：由題設易知OA，OB，OA1兩兩垂直，以O為原點，OA，OB，OA1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz. 因為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)． 因為＝(－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. [綜合題組練] 1．已知正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為a，點M在AC1上且＝1，N為B1B的中點，則||為(　　) A.a B.a C.a D.a 解析：選A.以D為原點，以DA，DC，DD1的正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D­xyz， 則A(a，0，0)，C1(0，a，a)， N.設M(x，y，z)， 因為點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．設A，B，C，D是不共面的四點，且滿足·＝0，·＝0，·＝0，則△BCD是(　　) A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．不確定 解析：選C.因為·＝0，·＝0，·＝0， 所以AB⊥AC，AB⊥AD，AD⊥AC.如圖所示，設＝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是銳角． 同理可知∠DBC，∠BCD都是銳角，故△BCD是銳角三角形． 3．已知e1，e2是空間單位向量，e1·e2＝，若空間向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝________，y0＝________，|b|＝________． 解析：對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，說明當x＝x0，y＝y(tǒng)0時，|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看成關于x的二次函數，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸方程為x＝2－，所以當x＝2－時，f(x)取得最小值，代入化簡得f(x)＝(y－2)2－7，顯然當y＝2時，f(x)min＝－7，此時x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此時|b|2－7＝1，可得|b|＝2. 答案：1　2　2 4．(2020·浙江省十校聯合體期末聯考)在三棱錐O­ABC中，已知OA，OB，OC兩兩垂直且相等，點P、Q分別是線段BC和OA上的動點，且滿足BP≤BC，AQ≥AO，則PQ和OB所成角的余弦值的取值范圍是________． 解析：根據題意，以O為原點，以OA，OB，OC正方向為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz，不妨設OA＝OB＝OC＝1， 則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〈，〉＝＝＝. 因為∈[0，1]，∈[1，2]，所以a＝0，b＝1時，cos〈，〉＝1，取得最大值；a＝＝b時，cos〈，〉＝取得最小值，所以PQ和OB所成角的余弦值的取值范圍是. 答案： 5.如圖，在多面體ABC­A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1­AB­C是直二面角． 求證：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 證明：因為二面角A1­AB­C是直二面角，四邊形A1ABB1為正方形， 所以AA1⊥平面BAC. 又因為AB＝AC，BC＝AB， 所以∠CAB＝90°， 即CA⊥AB， 所以AB，AC，AA1兩兩互相垂直． 以A為原點，AC，AB，AA1為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz， 設AB＝2，則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)， 設平面AA1C的一個法向量n＝(x，y，z)， 則即 即取y＝1，則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)， 設平面A1C1C的一個法向量m＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，則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.如圖所示，四棱錐S­ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC，側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由． 解：(1)證明：連接BD，設AC交BD于點O，連接SO，則AC⊥BD. 由題意知SO⊥平面ABCD. 以O為坐標原點，，，分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O­xyz，如圖．設底面邊長為a，則高SO＝a， 于是S，D， B，C， ＝， ＝， 則·＝0.故OC⊥SD.從而AC⊥SD. (2)側棱SC上存在一點E，使BE∥平面PAC. 理由如下： 由已知條件知是平面PAC的一個法向量， 且＝，＝， ＝. 設＝t，則＝＋＝＋t ＝，而·＝0，解得t＝. 即當SE∶EC＝2∶1時，⊥. 而BE?平面PAC，故BE∥平面PAC. 23