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新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第5节 空间向量及其应用 (含解析)
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这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量第5节 空间向量及其应用 (含解析)，共21页。试卷主要包含了空间向量的有关定理，空间向量的数量积，空间向量的坐标表示及其应用，直线的方向向量和平面的法向量，空间位置关系的向量表示等内容，欢迎下载使用。
第5节 空间向量及其应用
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，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.
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：对任意两个空间向量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＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积
(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＝a，＝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〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.
(2)两向量的数量积：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.
(3)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＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝
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u1，u2
l1∥l2
u1∥u2⇔u1＝λu2
l1⊥l2
u1⊥u2⇔u1·u2＝0
直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n
l∥α
u⊥n⇔u·n＝0
l⊥α
u∥n⇔u＝λn
平面α，β的法向量分别为n1，n2
α∥β
n1∥n2⇔n1＝λn2
α⊥β
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(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：＝x＋y＋z(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.在利用＝x＋y证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在平面ABC内.
1.思考辨析(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.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
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，不能构成空间一个基底；(4)若〈a，b〉＝π，则a·b<0，故不正确.
2.(多选)(2021·长沙质检)下列各组向量中，是平行向量的是( )
A.a＝(1，2，－2)，b＝(－2，－4，4)
B.c＝(1，0，0)，d＝(－3，0，0)
C.e＝(2，3，0)，f＝(0，0，0)
D.g＝(－2，3，5)，h＝(16，－24，40)
答案 ABC
解析 对于A，有b＝－2a，所以a与b是平行向量；
对于B，有d＝－3c，所以c与d是平行向量；
对于C，f是零向量，与e是平行向量；
对于D，不满足g＝λh，所以g与h不是平行向量.
3.(易错题)平面α的法向量为n＝(1，－1，2)，＝(2，0，－1)，那么直线AB与平面α的关系是________.
答案 AB∥α或AB⊂α
解析 因为·n＝0，所以⊥n，则AB∥α或AB⊂α.
4.如图所示，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示).
答案 a＋b＋c
解析 ＝＋＝a＋
＝a＋(－)＝a＋
＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.
5.(易错题)已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足＝＋＋，则点M________(填“属于”或“不属于”)平面ABC.
答案 属于
解析 ∵＝＋＋＝＋＋(－)＝＋＋，∵＋＋＝1，
∴M，A，B，C四点共面.
即点M∈平面ABC.
6.正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________.
答案
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的长为.
考点一 空间向量的运算及共线、共面定理
1.(多选)(2022·威海调研)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，＝，设＝a，＝b，＝c，则下列等式成立的是( )
A.＝b－c
B.＝b＋c－a
C.＝b－c－a
D.＝a＋b＋c
答案 BD
解析 对于A，利用向量的平行四边形法则，＝＋＝b＋c，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得＝－＝－＝－＝＋－＝b＋c－a，B正确；
对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以＝＝＝b＋c－a，C错误；
对于D，＝＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，D正确.
2.(多选)(2021·武汉质检)下列说法中正确的是( )
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B.若，共线，则AB∥CD
C.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面
D.若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
答案 CD
解析 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1，可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得－＝λ(＋)，即＝λ，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.
3.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＝(＋＋).
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内.
解 (1)由题知＋＋＝3，
∴－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
∴，，共面.
(2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
感悟提升 1.(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求.
(2)解题时应结合已知和所求观察图形，正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，灵活运用三角形法则及平行四边形法则，就近表示所需向量.
2.(1)对空间任一点O，＝x＋y，若x＋y＝1，则点P，A，B共线.
(2)证明空间四点P，M，A，B共面的方法.
①＝x＋y.
②对空间任一点O，＝＋x＋y.
考点二 空间向量的数量积及其应用
例1 如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设＝a，＝b，＝c，试采用向量法解决下列问题：
(1)求的模长；
(2)求，的夹角.
解 (1)因为正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，＝a，＝b，＝c，
所以＝＝(－)＝(b－a)，
＝＝c，
所以＝＋＋＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，
所以||2＝(c－a－b)2
＝(c2＋a2＋b2－2a·c＋2a·b－2b·c)
＝(1＋1＋1－2×1×1×cos 60°＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°)＝，
故||＝.
(2)在正四面体ABCD中，＝(c－a－b)，||＝.
同理，＝(b＋c－a)，||＝.
所以cos〈，〉＝
＝
＝[(c－a)2－b2]
＝(c2＋a2－2c·a－b2)
＝(1＋1－2×1×1×cos 60°－1)＝0，
所以与的夹角为90°.
感悟提升 由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确.
训练1 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1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AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值.
(1)解 记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴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，
∴|1|＝，即AC1的长为.
(2)证明 ∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(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，
∴⊥，∴AC1⊥BD.
(3)解 ＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos〈，〉＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
考点三 利用空间向量证明平行与垂直
例2 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1.
证明 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B1(－，0，2)，A1(0，2，)，则F.
(1)＝，＝(－，－2，0)，＝(0，0，).
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取所以n＝(－2，，0).
因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，
所以⊥n.
又EF⊄平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，
所以＝(，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1，
所以＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为·＝0，所以⊥，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
感悟提升 (1)利用向量证明平行问题
①线线平行：方向向量平行.
②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直.
③面面平行：两平面的法向量平行.
(2)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
①线线垂直问题：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线面垂直问题：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直；③面面垂直问题：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直.
训练2 如图，正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
证明 如图，取BC的中点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，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).
＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，).
(1)设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z).
则即
取z＝1，得n＝(－，，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)
＝(－3，－4，)，
∴·n＝3－4＋＝0，
∴⊥n，又AE⊄平面BCF，
∴AE∥平面BCF.
(2)＝(－3，0，)，
∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，
∴⊥，⊥，即CF⊥AF，CF⊥AE.
又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹长度的范围等问题.
一、求动点的轨迹(长度)
例1 (1)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运动，且直线AM∥平面A1DE，则动点M的轨迹长度为( )
A. B. C.2 D.π
答案 B
解析 如图所示，以D为原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则＝(2，0，2)，＝(0，2，1)，则平面A1DE的一个法向量为n＝(2，1，－2).
设M(x，2，z)，则＝(x－2，2，z)，
由·n＝0得x－z＝1，
故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为＝.
(2)已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直，点P，Q分别是线段BC，DE上的动点(包括端点)，PQ＝.设线段PQ的中点M的轨迹为l，则l的长度为( )
A. B. C. D.2
答案 A
解析 以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，y，z)，由中点坐标公式易知x＝，y＝，z＝，即s＝2x，t＝2z.∵|PQ|＝＝，
∴s2＋t2＝1，∴4x2＋4z2＝1，∴x2＋z2＝.又0≤s≤1，0≤t≤1，∴0≤x≤，0≤z≤，
∴PQ中点M的轨迹方程为
轨迹为垂直于y轴，且距离原点的平面内，半径为的四分之一圆周，∴l的长度为×2π×＝.
二、求线段长度的取值范围
例2 在空间直角坐标系O－xyz中，已知点A(1，0，2)，B(0，2，1)，点C，D分别在x轴，y轴上，且AD⊥BC，那么||的最小值是________.
答案
解析 设C(x，0，0)，D(0，y，0)，
因为A(1，0，2)，B(0，2，1)，
所以＝(－1，y，－2)，＝(x，－2，－1).
因为AD⊥BC，
所以·＝－x－2y＋2＝0，
即x＋2y＝2.
因为＝(－x，y，0)，
所以||＝＝
＝＝≥.
1.已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A. B.2 C. D.1
答案 A
解析 因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝，|b|＝.
又ka＋b与2a－b互相垂直，
所以(ka＋b)·(2a－b)＝0，
即2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，
即4k＋k－2－5＝0，所以k＝.
2.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是( )
A.－a＋b＋c B.a＋b＋c
C.－a－b＋c D.a－b＋c
答案 A
解析 ＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
3.已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为a·b＝x＋2＝3，
所以x＝1，所以b＝(1，1，2)，
所以cos〈a，b〉＝＝＝.
又因为〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为.
4.如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A. B.
C.1 D.
答案 D
解析 ∵＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.
5.已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A.9 B.－9 C.－3 D.3
答案 B
解析 由题意知c＝xa＋yb，
即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，
∴解得λ＝－9.
6.(多选)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则( )
A.与是共线向量
B.的单位向量是(1，1，0)
C.与夹角的余弦值是－
D.平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
答案 CD
解析 对于A，由题意，＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以≠λ，则与不是共线向量，不正确；
对于B，因为＝(2，1，0)，所以的单位向量为或，不正确；
对于C，＝(2，1，0)，＝(－3，1，1)，
所以cos〈，〉＝＝－，C正确；
对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以∴令x＝1，
所以平面ABC的一个法向量为n＝(1，－2，5)，D正确.
7.若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________.
答案 －3
解析 ∵＝(3，－1，1)，＝(m＋1，n－2，－2)，
且A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得＝λ.
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
∴解得∴m＋n＝－3.
8.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________.
答案 垂直
解析 以A为原点，分别以，，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，O，N.
∵·＝·＝0，
∴ON与AM垂直.
9.在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝________.
答案 0
解析 如图，令＝a，＝b，＝c，
则·＋·＋·＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
10.如图所示，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1).判断向量是否与向量，共面.
解 ∵＝k，＝k，
∴＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k，
∴由共面向量定理知向量与向量，共面.
11.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，BC＝4.
(1)求证：BD⊥PC.
(2)设点E在棱PC上，＝λ，若DE∥平面PAB，求λ的值.
解 如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原点，DA，DF，DP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0).
设PD＝a，则P(0，0，a)，
(1)证明 ＝(－1，－，0)，＝(－3，，－a)，
因为·＝3－3＝0，
所以BD⊥PC.
(2)由题意知，＝(0，，0)，＝(0，0，a)，＝(1，0，－a)，＝(－3，，－a).
因为＝λ，所以＝(－3λ，λ，－aλ)，
＝＋＝(0，0，a)＋(－3λ，λ，－aλ)＝(－3λ，λ，a－aλ).
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即
令z＝1，得x＝a，所以n＝(a，0，1).
因为DE∥平面PAB，所以·n＝0，
所以－3aλ＋a－aλ＝0，即a(1－4λ)＝0.
因为a≠0，所以λ＝.
12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1，1，1) B.
C. D.
答案 C
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.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标.
13.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________.
答案
解析 由题图知，设＝λ(0＜λ＜1)，
由已知＝＋＋
＝2＋3＋，
所以＝2λ＋3λ＋.
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.
14.(2022·石家庄质检)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？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A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA，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(，0，0)，C(0，1，0)，
D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).
由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
所以⊥，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)，
从而有P(0，1＋λ，λ)，
＝(－，1＋λ，λ).
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
设平面DA1C1的一个法向量为
n3＝(x3，y3，z3)，
则
则取n3＝(1，0，－1).
因为BP∥平面DA1C1，所以n3⊥，
即n3·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.
第5节 空间向量及其应用
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，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.
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：对任意两个空间向量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＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积
(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＝a，＝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〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.
(2)两向量的数量积：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.
(3)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＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉＝
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u1，u2
l1∥l2
u1∥u2⇔u1＝λu2
l1⊥l2
u1⊥u2⇔u1·u2＝0
直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n
l∥α
u⊥n⇔u·n＝0
l⊥α
u∥n⇔u＝λn
平面α，β的法向量分别为n1，n2
α∥β
n1∥n2⇔n1＝λn2
α⊥β
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(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：＝x＋y＋z(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.在利用＝x＋y证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在平面ABC内.
1.思考辨析(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.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
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，不能构成空间一个基底；(4)若〈a，b〉＝π，则a·b<0，故不正确.
2.(多选)(2021·长沙质检)下列各组向量中，是平行向量的是( )
A.a＝(1，2，－2)，b＝(－2，－4，4)
B.c＝(1，0，0)，d＝(－3，0，0)
C.e＝(2，3，0)，f＝(0，0，0)
D.g＝(－2，3，5)，h＝(16，－24，40)
答案 ABC
解析 对于A，有b＝－2a，所以a与b是平行向量；
对于B，有d＝－3c，所以c与d是平行向量；
对于C，f是零向量，与e是平行向量；
对于D，不满足g＝λh，所以g与h不是平行向量.
3.(易错题)平面α的法向量为n＝(1，－1，2)，＝(2，0，－1)，那么直线AB与平面α的关系是________.
答案 AB∥α或AB⊂α
解析 因为·n＝0，所以⊥n，则AB∥α或AB⊂α.
4.如图所示，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示).
答案 a＋b＋c
解析 ＝＋＝a＋
＝a＋(－)＝a＋
＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.
5.(易错题)已知A，B，C三点不共线，点O为平面ABC外任意一点，若点M满足＝＋＋，则点M________(填“属于”或“不属于”)平面ABC.
答案 属于
解析 ∵＝＋＋＝＋＋(－)＝＋＋，∵＋＋＝1，
∴M，A，B，C四点共面.
即点M∈平面ABC.
6.正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________.
答案
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的长为.
考点一 空间向量的运算及共线、共面定理
1.(多选)(2022·威海调研)如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，＝，设＝a，＝b，＝c，则下列等式成立的是( )
A.＝b－c
B.＝b＋c－a
C.＝b－c－a
D.＝a＋b＋c
答案 BD
解析 对于A，利用向量的平行四边形法则，＝＋＝b＋c，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得＝－＝－＝－＝＋－＝b＋c－a，B正确；
对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以＝＝＝b＋c－a，C错误；
对于D，＝＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，D正确.
2.(多选)(2021·武汉质检)下列说法中正确的是( )
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B.若，共线，则AB∥CD
C.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面
D.若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
答案 CD
解析 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1，可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得－＝λ(＋)，即＝λ，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.
3.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＝(＋＋).
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内.
解 (1)由题知＋＋＝3，
∴－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
∴，，共面.
(2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
感悟提升 1.(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求.
(2)解题时应结合已知和所求观察图形，正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，灵活运用三角形法则及平行四边形法则，就近表示所需向量.
2.(1)对空间任一点O，＝x＋y，若x＋y＝1，则点P，A，B共线.
(2)证明空间四点P，M，A，B共面的方法.
①＝x＋y.
②对空间任一点O，＝＋x＋y.
考点二 空间向量的数量积及其应用
例1 如图，正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设＝a，＝b，＝c，试采用向量法解决下列问题：
(1)求的模长；
(2)求，的夹角.
解 (1)因为正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，＝a，＝b，＝c，
所以＝＝(－)＝(b－a)，
＝＝c，
所以＝＋＋＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，
所以||2＝(c－a－b)2
＝(c2＋a2＋b2－2a·c＋2a·b－2b·c)
＝(1＋1＋1－2×1×1×cos 60°＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°)＝，
故||＝.
(2)在正四面体ABCD中，＝(c－a－b)，||＝.
同理，＝(b＋c－a)，||＝.
所以cos〈，〉＝
＝
＝[(c－a)2－b2]
＝(c2＋a2－2c·a－b2)
＝(1＋1－2×1×1×cos 60°－1)＝0，
所以与的夹角为90°.
感悟提升 由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确.
训练1 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1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AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值.
(1)解 记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴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，
∴|1|＝，即AC1的长为.
(2)证明 ∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(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，
∴⊥，∴AC1⊥BD.
(3)解 ＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos〈，〉＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
考点三 利用空间向量证明平行与垂直
例2 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证：EF∥平面A1B1BA；
(2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1.
证明 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B1(－，0，2)，A1(0，2，)，则F.
(1)＝，＝(－，－2，0)，＝(0，0，).
设平面A1B1BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取所以n＝(－2，，0).
因为·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，
所以⊥n.
又EF⊄平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1，
所以＝(，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1，
所以＝(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为·＝0，所以⊥，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
感悟提升 (1)利用向量证明平行问题
①线线平行：方向向量平行.
②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直.
③面面平行：两平面的法向量平行.
(2)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
①线线垂直问题：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线面垂直问题：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直；③面面垂直问题：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直.
训练2 如图，正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
证明 如图，取BC的中点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，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).
＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，).
(1)设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z).
则即
取z＝1，得n＝(－，，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)
＝(－3，－4，)，
∴·n＝3－4＋＝0，
∴⊥n，又AE⊄平面BCF，
∴AE∥平面BCF.
(2)＝(－3，0，)，
∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，
∴⊥，⊥，即CF⊥AF，CF⊥AE.
又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹长度的范围等问题.
一、求动点的轨迹(长度)
例1 (1)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运动，且直线AM∥平面A1DE，则动点M的轨迹长度为( )
A. B. C.2 D.π
答案 B
解析 如图所示，以D为原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则＝(2，0，2)，＝(0，2，1)，则平面A1DE的一个法向量为n＝(2，1，－2).
设M(x，2，z)，则＝(x－2，2，z)，
由·n＝0得x－z＝1，
故点M的轨迹为以BC，BB1的中点为端点的线段，长为＝.
(2)已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂直，点P，Q分别是线段BC，DE上的动点(包括端点)，PQ＝.设线段PQ的中点M的轨迹为l，则l的长度为( )
A. B. C. D.2
答案 A
解析 以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，y，z)，由中点坐标公式易知x＝，y＝，z＝，即s＝2x，t＝2z.∵|PQ|＝＝，
∴s2＋t2＝1，∴4x2＋4z2＝1，∴x2＋z2＝.又0≤s≤1，0≤t≤1，∴0≤x≤，0≤z≤，
∴PQ中点M的轨迹方程为
轨迹为垂直于y轴，且距离原点的平面内，半径为的四分之一圆周，∴l的长度为×2π×＝.
二、求线段长度的取值范围
例2 在空间直角坐标系O－xyz中，已知点A(1，0，2)，B(0，2，1)，点C，D分别在x轴，y轴上，且AD⊥BC，那么||的最小值是________.
答案
解析 设C(x，0，0)，D(0，y，0)，
因为A(1，0，2)，B(0，2，1)，
所以＝(－1，y，－2)，＝(x，－2，－1).
因为AD⊥BC，
所以·＝－x－2y＋2＝0，
即x＋2y＝2.
因为＝(－x，y，0)，
所以||＝＝
＝＝≥.
1.已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A. B.2 C. D.1
答案 A
解析 因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝，|b|＝.
又ka＋b与2a－b互相垂直，
所以(ka＋b)·(2a－b)＝0，
即2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，
即4k＋k－2－5＝0，所以k＝.
2.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点.若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是( )
A.－a＋b＋c B.a＋b＋c
C.－a－b＋c D.a－b＋c
答案 A
解析 ＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
3.已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为a·b＝x＋2＝3，
所以x＝1，所以b＝(1，1，2)，
所以cos〈a，b〉＝＝＝.
又因为〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为.
4.如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A. B.
C.1 D.
答案 D
解析 ∵＝＋＋，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.
5.已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A.9 B.－9 C.－3 D.3
答案 B
解析 由题意知c＝xa＋yb，
即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，
∴解得λ＝－9.
6.(多选)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则( )
A.与是共线向量
B.的单位向量是(1，1，0)
C.与夹角的余弦值是－
D.平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
答案 CD
解析 对于A，由题意，＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以≠λ，则与不是共线向量，不正确；
对于B，因为＝(2，1，0)，所以的单位向量为或，不正确；
对于C，＝(2，1，0)，＝(－3，1，1)，
所以cos〈，〉＝＝－，C正确；
对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为＝(2，1，0)，＝(－1，2，1)，所以∴令x＝1，
所以平面ABC的一个法向量为n＝(1，－2，5)，D正确.
7.若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________.
答案 －3
解析 ∵＝(3，－1，1)，＝(m＋1，n－2，－2)，
且A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得＝λ.
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
∴解得∴m＋n＝－3.
8.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________.
答案 垂直
解析 以A为原点，分别以，，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，O，N.
∵·＝·＝0，
∴ON与AM垂直.
9.在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝________.
答案 0
解析 如图，令＝a，＝b，＝c，
则·＋·＋·＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
10.如图所示，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1).判断向量是否与向量，共面.
解 ∵＝k，＝k，
∴＝＋＋＝k＋＋k＝k(＋)＋＝k(＋)＋＝k＋＝－k＝－k(＋)＝(1－k)－k，
∴由共面向量定理知向量与向量，共面.
11.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，BC＝4.
(1)求证：BD⊥PC.
(2)设点E在棱PC上，＝λ，若DE∥平面PAB，求λ的值.
解 如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原点，DA，DF，DP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0).
设PD＝a，则P(0，0，a)，
(1)证明 ＝(－1，－，0)，＝(－3，，－a)，
因为·＝3－3＝0，
所以BD⊥PC.
(2)由题意知，＝(0，，0)，＝(0，0，a)，＝(1，0，－a)，＝(－3，，－a).
因为＝λ，所以＝(－3λ，λ，－aλ)，
＝＋＝(0，0，a)＋(－3λ，λ，－aλ)＝(－3λ，λ，a－aλ).
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即
令z＝1，得x＝a，所以n＝(a，0，1).
因为DE∥平面PAB，所以·n＝0，
所以－3aλ＋a－aλ＝0，即a(1－4λ)＝0.
因为a≠0，所以λ＝.
12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1，1，1) B.
C. D.
答案 C
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.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标.
13.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________.
答案
解析 由题图知，设＝λ(0＜λ＜1)，
由已知＝＋＋
＝2＋3＋，
所以＝2λ＋3λ＋.
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.
14.(2022·石家庄质检)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？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A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA，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(，0，0)，C(0，1，0)，
D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).
由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
所以⊥，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)，
从而有P(0，1＋λ，λ)，
＝(－，1＋λ，λ).
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
设平面DA1C1的一个法向量为
n3＝(x3，y3，z3)，
则
则取n3＝(1，0，－1).
因为BP∥平面DA1C1，所以n3⊥，
即n3·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.
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