一、知識梳理
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(shù)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?qū)崝?shù)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?qū)崝?shù)組{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空間的一個基底．
2．兩個向量的數(shù)量積(與平面向量基本相同)
(1)兩向量的夾角：已知兩個非零向量a，b，在空間中任取一點O，作eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(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
兩個非零向量a，b的數(shù)量積a·b＝|a||b|cs〈a，b〉．
(3)向量的數(shù)量積的性質(zhì)
①a·e＝|a|cs〈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)，
cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a|·|b|)＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3))·\r(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋beq \\al(2,3))) .
(2)設A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
則eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(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，則稱eq \(AB,\s\up6(→))為直線l的方向向量，與eq \(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．
(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(shù)多個，任意兩個都是共線向量．
②確定：設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\c1(n·a＝0，,n·b＝0.))
5．空間位置關系的向量表示
常用結論
1．向量三點共線定理
在平面中A，B，C三點共線的充要條件是：eq \(OA,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O為平面內(nèi)任意一點．
2．向量四點共面定理
在空間中P，A，B，C四點共面的充要條件是：eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O為空間任意一點．
二、教材衍化
1．如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，則eq \(BM,\s\up6(→))＝________(用a，b，c表示)．
解析：eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
答案：－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
2．正四面體ABCD的棱長為2，E，F(xiàn)分別為BC，AD的中點，則EF的長為________．
解析：|eq \(EF,\s\up6(→))|2＝eq \(EF,\s\up6(→))2＝(eq \(EC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→)))2
＝eq \(EC,\s\up6(→))2＋eq \(CD,\s\up6(→))2＋eq \(DF,\s\up6(→))2＋2(eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(EC,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→)))＝12＋22＋12＋2(1×2×cs 120°＋0＋2×1×cs 120°)＝2，
所以|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，所以EF的長為eq \r(2).
答案：eq \r(2)
3.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，設DA＝2，則A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，eq \(ON,\s\up6(→))＝(1，0，2)，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0，所以AM⊥ON.
答案：垂直
一、思考辨析
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(shù)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eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))＝0.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
二、易錯糾偏
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)忽視向量共線與共面的區(qū)別；
(2)使用數(shù)量積公式出錯．
1．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，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，－3，3)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝－3eq \(CD,\s\up6(→))，所以eq \(AB,\s\up6(→))與eq \(CD,\s\up6(→))共線，
又AB與CD沒有公共點，所以AB∥CD.
2．O為空間中任意一點，A，B，C三點不共線，且eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,8)eq \(OB,\s\up6(→))＋t eq \(OC,\s\up6(→))，若P，A，B，C四點共面，則實數(shù)t＝________．
解析：因為P，A，B，C四點共面，所以eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋t＝1，所以t＝eq \f(1,8).
答案：eq \f(1,8)
考點一 空間向量的線性運算(基礎型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解空間向量的概念，掌握空間向量的線性運算及其坐標表示．
核心素養(yǎng)：數(shù)學運算、數(shù)學抽象
1.如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，M為A1C1與B1D1的交點．若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，則下列向量中與eq \(BM,\s\up6(→))相等的向量是 ( )
A．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c B．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
C．－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)向量運算的幾何運算法則，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
2．在空間四邊形ABCD中，若eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，5，2)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，點E，F(xiàn)分別為線段BC，AD的中點，則eq \(EF,\s\up6(→))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(xiàn)分別為線段BC，AD的中點，O為坐標原點，所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))－eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))，eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))．所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→)))－eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝eq \f(1,2)(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．
3.在三棱錐O-ABC中，M，N分別是OA，BC的中點，G是△ABC的重心，用基向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))表示(1)eq \(MG,\s\up6(→))；(2)eq \(OG,\s\up6(→)).
解：(1)eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AG,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AN,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)[eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))－eq \(OA,\s\up6(→))]
＝－eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→)).
(2)eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→)).
eq \a\vs4\al()
用已知向量表示未知向量的解題策略
(1)用已知向量來表示未知向量，一定要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．
(2)要正確理解向量加法、減法與數(shù)乘運算的幾何意義．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始點指向末尾向量的終點的向量，我們可把這個法則稱為向量加法的多邊形法則．
(3)在立體幾何中要靈活應用三角形法則，向量加法的平行四邊形法則在空間仍然成立．
考點二 共線、共面向量定理的應用(基礎型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示．
核心素養(yǎng)：數(shù)學運算
如圖所示，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1，點M，N分別在AC1和BC上，且滿足eq \(AM,\s\up6(→))＝keq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝keq \(BC,\s\up6(→))(0≤k≤1)．
(1)向量eq \(MN,\s\up6(→))是否與向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))共面？
(2)直線MN是否與平面ABB1A1平行？
【解】 (1)因為eq \(AM,\s\up6(→))＝keq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝keq \(BC,\s\up6(→))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BN,\s\up6(→))
＝keq \(C1A,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋keq \(BC,\s\up6(→))
＝k(eq \(C1A,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))＋eq \(AB,\s\up6(→))
＝k(eq \(C1A,\s\up6(→))＋eq \(B1C1,\s\up6(→)))＋eq \(AB,\s\up6(→))
＝keq \(B1A,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))－keq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))－k(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝(1－k)eq \(AB,\s\up6(→))－keq \(AA1,\s\up6(→))，
所以由共面向量定理知向量eq \(MN,\s\up6(→))與向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))共面．
(2)當k＝0時，點M，A重合，點N，B重合，MN在平面ABB1A1內(nèi)，當0＜k≤1時，MN不在平面ABB1A1內(nèi)，又由(1)知eq \(MN,\s\up6(→))與eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))共面，所以MN∥平面ABB1A1.
eq \a\vs4\al()
1．若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三點共線，則m＋n＝________．
解析：eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，－1，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(m＋1，n－2，－2)．
因為A，B，C三點共線，所以存在實數(shù)λ，
使得eq \(AC,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→)).
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋1＝3λ,n－2＝－λ,－2＝λ))，解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.
所以m＋n＝－3.
答案：－3
2．如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四邊形，E，F(xiàn)，G分別是A1D1，D1D，D1C1的中點．
(1)試用向量eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))表示eq \(AG,\s\up6(→))；
(2)用向量方法證明平面EFG∥平面AB1C.
解：(1)設eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c.
由題圖得eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))＋eq \(D1G,\s\up6(→))
＝c＋b＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b＋c
＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)).
(2)證明：由題圖，得eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(ED1,\s\up6(→))＋eq \(D1G,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)a＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，
因為EG與AC無公共點，
所以EG∥AC，因為EG?平面AB1C，AC?平面AB1C，
所以EG∥平面AB1C.
又因為eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝a＋c，
eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(FD1,\s\up6(→))＋eq \(D1G,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c＋eq \f(1,2)a＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up6(→))，
因為FG與AB1無公共點，所以FG∥AB1，
因為FG?平面AB1C，AB1?平面AB1C，
所以FG∥平面AB1C，
又因為FG∩EG＝G，F(xiàn)G，EG?平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB1C.
考點三 空間向量數(shù)量積的應用(基礎型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示．
核心素養(yǎng)：數(shù)學運算
如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線長都等于1，點E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CD的中點，計算：
(1)eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))；(2)eq \(EG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→)).
【解】 設eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c.
則|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)c－eq \f(1,2)a，eq \(BA,\s\up6(→))＝－a，eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c－\f(1,2)a))·(－a)＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a·c＝eq \f(1,4).
(2)eq \(EG,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DG,\s\up6(→)))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))＋\(AG,\s\up6(→))－\(AD,\s\up6(→))))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(AD,\s\up6(→))))·(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,2)c))·(c－a)
＝eq \f(1,2)(－1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)＋1＋1－1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2))
＝eq \f(1,2).
【遷移探究1】 (變問法)在本例條件下，求證EG⊥AB.
證明：由例題知eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(b＋c－a)，
所以eq \(EG,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a·b＋a·c－a2)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×1×\f(1,2)＋1×1×\f(1,2)－1))＝0.
故eq \(EG,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，即EG⊥AB.
【遷移探究2】 (變問法)在本例條件下，求EG的長．
解：由例題知eq \(EG,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，
|eq \(EG,\s\up6(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(1,4)c2－eq \f(1,2)a·b＋eq \f(1,2)b·c－eq \f(1,2)c·a＝eq \f(1,2)，則|eq \(EG,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(2),2)，即EG的長為eq \f(\r(2),2).
【遷移探究3】 (變問法)在本例條件下，求異面直線AG與CE所成角的余弦值．
解：由例題知eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝－b＋eq \f(1,2)a，
cs〈eq \(AG,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AG,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(AG,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|))＝－eq \f(2,3)，
由于異面直線所成角的范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
所以異面直線AG與CE所成角的余弦值為eq \f(2,3).
eq \a\vs4\al()
空間向量數(shù)量積的三個應用
三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分別是A1B，B1C1上的點，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.設eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c.
(1)試用a，b，c表示向量eq \(MN,\s\up6(→))；
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的長．
解：(1)由題圖知
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA1,\s\up6(→))＋eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \(B1N,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(B1C1,\s\up6(→))
＝eq \f(1,3)(c－a)＋a＋eq \f(1,3)(b－a)＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.
(2)由題設條件知，
因為(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×eq \f(1,2)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝5，所以|a＋b＋c|＝eq \r(5)，|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \f(1,3)|a＋b＋c|＝eq \f(\r(5),3).
考點四 利用向量證明平行與垂直(應用型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))1.理解直線的方向向量與平面的法向量．
2．能用向量語言表述線線、線面、面面的垂直、平行關系．
3．能用向量方法證明有關線、面位置關系的一些定理(包括三垂線定理)．
核心素養(yǎng)：邏輯推理
角度一 證明平行問題
(一題多解)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．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，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(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0)．
法一：eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，
設平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))
令z＝1，則n＝(1，0，1)為平面EFG的一個法向量，
因為eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))·n＝0，所以n⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
因為PB?平面EFG，所以PB∥平面EFG.
法二：eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．設eq \(PB,\s\up6(→))＝seq \(FE,\s\up6(→))＋teq \(FG,\s\up6(→))，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2.所以eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FG,\s\up6(→))，
又因為eq \(FE,\s\up6(→))與eq \(FG,\s\up6(→))不共線，
所以eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))與eq \(FG,\s\up6(→))共面．
因為PB?平面EFG，所以PB∥平面EFG.
(2)因為eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(EF,\s\up6(→))，
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P-ABC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DB方向為x軸正方向，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 \(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且點M在線段AP上，所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，
所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
則eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，3，4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM，
又根據(jù)(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.
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(jù)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.
如圖所示，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面為平行四邊形，以頂點A為端點的三條棱長都為1，且兩兩夾角為60°.
(1)求AC1的長；
(2)求證： AC1⊥BD.
解：(1)記eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(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 \(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\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，
所以|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6)，即AC1的長為eq \r(6).
(2)證明：因為eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cs 60°－|a||c|cs 60°＝0.
所以eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，所以AC1⊥BD.
[基礎題組練]
1．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，則λ＝( )
A．9 B．－9
C．－3 D．3
解析：選B．由題意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.
2．(多選)有下列四個命題，其中不正確的命題有( )
A．已知A，B，C，D是空間任意四點，則eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))＝0
B．若兩個非零向量eq \(AB,\s\up6(→))與eq \(CD,\s\up6(→))滿足eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝0，則eq \(AB,\s\up6(→))∥eq \(CD,\s\up6(→))
C．分別表示空間向量的有向線段所在的直線是異面直線，則這兩個向量不是共面向量
D．對于空間的任意一點O和不共線的三點A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則P，A，B，C四點共面
解析：選ACD．對于A，已知A，B，C，D是空間任意四點，則eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))＝0，錯誤；對于B，若兩個非零向量eq \(AB,\s\up6(→))與eq \(CD,\s\up6(→))滿足eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝0，則eq \(AB,\s\up6(→))∥eq \(CD,\s\up6(→))，正確；對于C，分別表示空間向量的有向線段所在的直線是異面直線，則這兩個向量可以是共面向量，不正確；對于D，對于空間的任意一點O和不共線的三點A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，僅當x＋y＋z＝1時，P，A，B，C四點共面，故錯誤．
3．在空間四邊形ABCD中，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．不確定
解析：選B．如圖，令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，
則eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
4.如圖，在大小為45°的二面角A-EF-D 中，四邊形ABFE，四邊形CDEF都是邊長為1的正方形，則B，D兩點間的距離是( )
A．eq \r(3) B．eq \r(2)
C．1 D．eq \r(3－\r(2))
解析：選D．因為eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＋eq \(FE,\s\up6(→))＋eq \(ED,\s\up6(→))，所以|eq \(BD,\s\up6(→))|2＝|eq \(BF,\s\up6(→))|2＋|eq \(FE,\s\up6(→))|2＋|eq \(ED,\s\up6(→))|2＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＋2eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq \r(2)＝3－eq \r(2)，所以|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \r(3－\r(2)).
5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O為坐標原點，eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))與eq \(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 \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))＝(1，－λ，λ)，cs 120°＝eq \f(λ＋λ,\r(1＋2λ2)·\r(2))＝－eq \f(1,2)，得λ＝±eq \f(\r(6),6).經(jīng)檢驗λ＝eq \f(\r(6),6)不合題意，舍去，所以λ＝－eq \f(\r(6),6).
6.如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，O為AC的中點．用eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))表示eq \(OC1,\s\up6(→))，則eq \(OC1,\s\up6(→))＝________．
解析：因為eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，
所以eq \(OC1,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→)).
答案：eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分別是CD，PC的中點，并且PA＝AD＝1.在如圖所示的空間直角坐標系中，則MN＝________．
解析：連接PD，因為M，N分別為CD，PC的中點，所以MN＝eq \f(1,2)PD，
又P(0，0，1)，D(0，1，0)，
所以PD＝eq \r(02＋(－1)2＋12)＝eq \r(2)，
所以MN＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8.如圖所示，已知空間四邊形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝eq \f(π,3)，則cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉的值為________．
解析：設eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，
由已知條件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(π,3)，且|b|＝|c|，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(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 \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝0.
答案：0
9.如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C和平面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M為AA1的中點，N為BC1的中點．
求證：(1)MN∥平面A1B1C1；
(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C；
證明：由題意知，AA1，AB，AC兩兩垂直，則以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系．
設AA1＝2，則A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1)．
(1)因為AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，
且A1B1∩A1C1＝A1，
所以AA1⊥平面A1B1C1.
因為eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(AA1,\s\up6(→))＝0，即MN⊥AA1.
因為MN?平面A1B1C1，
故MN∥平面A1B1C1.
(2)設平面MBC1與平面BB1C1C的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因為eq \(MB,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq \(MC1,\s\up6(→))＝(1，0，2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(MB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(MC,\s\up6(→))1＝0))?eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1－2y1＝0，,x1＋2z1＝0，))令x1＝2，
則n1＝(2，1，－1)．同理可得n2＝(0，1，1)．
因為n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
10.如圖，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.求證：
(1)EF∥平面PAB；
(2)平面PAD⊥平面PDC.
證明：以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．
(1)因為eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(EF,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB.
又AB?平面PAB，EF?/ 平面PAB，
所以EF∥平面PAB.
(2)因為eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，所以DC⊥平面PAD.所以平面PAD⊥平面PDC.
[綜合題組練]
1．已知空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四點共面”的( )
A．必要不充分條件 B．充分不必要條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析：選B．當x＝2，y＝－3，z＝2時，即eq \(OP,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－3eq \(OB,\s\up6(→))＋2eq \(OC,\s\up6(→)).則eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－3(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→)))＋2(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AO,\s\up6(→)))，即eq \(AP,\s\up6(→))＝－3eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(AC,\s\up6(→))，根據(jù)共面向量定理知，P，A，B，C四點共面；反之，當P，A，B，C四點共面時，根據(jù)共面向量定理，設eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AB,\s\up6(→))＋neq \(AC,\s\up6(→))(m，n∈R)，即eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝m(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＋n(eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，即eq \(OP,\s\up6(→))＝(1－m－n)eq \(OA,\s\up6(→))＋meq \(OB,\s\up6(→))＋neq \(OC,\s\up6(→))，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，這組數(shù)顯然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四點共面”的充分不必要條件．
2.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點的坐標為( )
A．(1，1，1)
B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))
D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
解析：選C．設M點的坐標為(x，y，1)，因為AC∩BD＝O，所以Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq \(AM,\s\up6(→))＝(x－eq \r(2)，y－eq \r(2)，1)，
因為AM∥平面BDE，所以eq \(OE,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，,y－\r(2)＝－\f(\r(2),2)，))?eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(2),2)，,y＝\f(\r(2),2)，))
所以M點的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
3．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱長為2，底面邊長為1，M為BC的中點，eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，則λ的值為________．
解析：如圖所示，取B1C1的中點P，連接MP，以eq \(MC,\s\up6(→))，eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MP,\s\up6(→))的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，
因為底面邊長為1，側棱長為2，則Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1(－eq \f(1,2)，0，2)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，
M(0，0，0)，設Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，
因為eq \(C1N,\s\up6(→))＝λeq \(NC,\s\up6(→))，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因為AB1⊥MN，所以eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0.
所以－eq \f(1,4)＋eq \f(4,1＋λ)＝0，所以λ＝15.
答案：15
4.如圖，四面體ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，DC上的點，且AE＝BE，CF＝2DF，設eq \(DA,\s\up6(→))＝a，eq \(DB,\s\up6(→))＝b，eq \(DC,\s\up6(→))＝c.
(1)以{a，b，c}為基底表示eq \(FE,\s\up6(→))，則eq \(FE,\s\up6(→))＝______；
(2)若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且|eq \(DA,\s\up6(→))|＝4，|eq \(DB,\s\up6(→))|＝3，|eq \(DC,\s\up6(→))|＝3，則|eq \(FE,\s\up6(→))|＝______．
解析：(1)如圖所示，連接DE.
因為eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \(FD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(FD,\s\up6(→))＝－eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(DB,\s\up6(→)))，所以eq \(FE,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)c＋eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b.
(2)|eq \(FE,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b－\f(1,3)c))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋eq \f(1,9)c2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,3)a·c－eq \f(1,3)b·c＝eq \f(1,4)×42＋eq \f(1,4)×32＋eq \f(1,9)×32＋eq \f(1,2)×4×3×eq \f(1,2)－eq \f(1,3)×4×3×eq \f(1,2)－eq \f(1,3)×3×3×eq \f(1,2)＝eq \f(27,4).所以|eq \(FE,\s\up6(→))|＝eq \f(3\r(3),2).
答案：－eq \f(1,3)c＋eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b eq \f(3\r(3),2)
5．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．
(1)求證：EF⊥CD；
(2)在平面PAD內(nèi)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，設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\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．因為eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，從而得EF⊥CD.
(2)存在．理由如下：假設存在滿足條件的點G，
設G(x，0，z)，則eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，則由
eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.
所以G點坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，
故存在滿足條件的點G，且點G為AD的中點．
6．如圖，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求證：BD⊥AA1；
(2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點P的位置，若不存在，請說明理由．
解：(1)證明：設BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，
所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3))．
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
所以eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)存在．理由如下：
假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，
設eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))．
從而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ)．
設平面DA1C1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n⊥\(DA1,\s\up6(→))，))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,\r(3)x2＋\r(3)z2＝0，))
取n＝(1，0，－1)，
因為BP∥平面DA1C1，
則n⊥eq \(BP,\s\up6(→))，即n·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即點P在C1C的延長線上，且C1C＝CP.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
三點P，A，B共線
空間四點M，P，A，B共面
eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))
eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))
對空間任一點O，＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))
對空間任一點O，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→))
對空間任一點O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq \(OB,\s\up6(→))
對空間任一點O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OM,\s\up6(→))＋yeq \(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq \(OB,\s\up6(→))
求夾角
設向量a，b所成的角為θ，則cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)，進而可求兩異面直線所成的角
求長度(距離)
運用公式|a|2＝a·a，可使線段長度的計算問題轉化為向量數(shù)量積的計算問題
解決垂直問題
利用a⊥b?a·b＝0(a≠0，b≠0)，可將垂直問題轉化為向量數(shù)量積的計算問題

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