7.6 空间向量及其应用（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

第六节　空间向量及其应用 课标要求 1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式. 2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 3.掌握空间向量的线性运算、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.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 5.能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理. [系统主干知识] 1．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，{a，b，c}叫做空间的一个基底． 2．空间向量的性质 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3). 向量表示 坐标表示 数量积 a·b＝|a||b|cos〈a，b〉 a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R) 垂直 |a||b|cos〈a，b〉＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 模 |a| 夹角余弦值 cos〈a，b〉＝(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝ 3．空间位置关系的向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1＝λn2(λ∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m，l⊄α l∥α n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α n∥m⇔n＝λm(λ∈R) 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm(λ∈R) α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 [细作教材小题] 1．(人教A版选择性必修一P15·T2)若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是(　 ) A．b＋c，b，b－c B．a，a＋b，a－b C．a＋b，a－b，c D．a＋b，a＋b＋c，c 答案：C 2．(人教A版选择性必修一P12·例1改编)如图，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MN＝ON，AP＝AN，用向量，，表示，则＝(　 ) A．＋＋ B．－＋ C．－＋ D．＋＋ 解析：选A　＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋×＝＋＝＋×(＋)＝＋＋. 3．(苏教版选择性必修二P31·T1)设m为实数，直线l1的方向向量为a＝(2，－1,2)，直线l2的方向向量为b＝(1,1，m)，若l1⊥l2，则m的值为________． 解析：∵l1⊥l2，∴a·b＝0⇒2－1＋2m＝0，∴m＝－. 答案：－ 4．(人教B版选择性必修一P61·T2改编)已知A(1,0,1)，B(0,1,1)，C(1,1,0)，则平面ABC的一个法向量为________． 解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 由题意知＝(－1,1,0)，＝(1,0，－1)． 因为n⊥，n⊥， 所以 令x＝1，则y＝z＝1，所以n＝(1,1,1)． 答案：(1,1,1)(答案不唯一) 逐点清(一)　空间向量的线性运算 [例1]　在空间四边形ABCD中，＝(－3,5，2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　 ) A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3) C．(5，－2,1) D．(－5,2，－1) 解析：选B　因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)． 所以＝(＋)－(＋)＝(＋)＝×[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝×(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． [例2]　在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在棱OA上，且＝2，N为BC的中点，则＝(　 ) A．a－b＋c B．－a＋b＋c C．a＋b－c D．－a＋b－c 解析：选B　如图，∵点M在线段OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，∴＝，＝(＋)＝＋，∴＝－＝＋－＝－a＋b＋c. [例3]　设e1，e2是不共线的向量，已知＝2e1＋ke2，＝e1＋3e2，＝2e1－e2，若A，B，D三点共线，则k＝________. 解析：由题可知＝－＝e1－4e2，＝2e1＋ke2，因为A，B，D三点共线，所以＝，解得k＝－8. 答案：－8 点拨·建模　进行向量的线性运算的关键点 (1)结合图形，明确图形中各线段的几何关系． (2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义． (3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间中仍然成立． 逐点清(二)　空间向量的数量积及其应用 [例4]　如图，已知空间四边形ABCD每条边长和对角线长都等于1，E，F，G分别是AB，AD，CD的中点． (1)求证：EG⊥AB； (2)求EG的长； (3)求异面直线AG和CE所成角的余弦值． 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈c，b〉＝〈a，c〉＝60°， 所以＝＋＝－＋＋＝－a＋b＋c， 所以·＝·a ＝b·a＋c·a－a2 ＝|b|·|a|cos 60°＋|c|·|a|cos 60°－|a|2 ＝×1×1×＋×1×1×－×12＝0， 所以⊥，即EG⊥AB． (2)因为＝－a＋b＋c， 所以2＝2 ＝(－2b·a－2c·a＋2c·b＋a2＋b2＋c2) ＝×＝，所以||＝，即EG的长为. (3)由题意得△ABC，△ACD，△ABD均为等边三角形且边长为1， 所以AG＝EC＝，又＝(b＋c)， ＝(＋)＝(－＋)＝b－a， 所以·＝(b＋c)· ＝b2－a·b＋c·b－a·c ＝－|a||b|cos 60°＋|c||b|cos 60°－|a||c|cos 60°＝－＋－＝， 设异面直线AG和CE所成的角为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉| ＝＝＝. 所以异面直线AG和CE所成角的余弦值为. 点拨·建模　空间向量数量积的3个应用 求夹角 设向量a，b夹角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角 求长度(距离) 利用公式|a|2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂直问题 利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 逐点清(三)　利用空间向量证明空间位置关系 [例5]　如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1∥BC且B1C1＝BC，二面角A1-AB-C是直二面角．求证： (1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C． 证明：(1)由二面角A1-AB-C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，则AA1⊥AB， AA1⊂平面A1ABB1，平面A1ABB1∩平面ABC＝AB，可得AA1⊥平面ABC． 又因为AB＝AC，BC＝AB，所以AB2＋AC2＝BC2，所以∠CAB＝90°，即CA⊥AB， 所以AB，AC，AA1两两垂直， 以A为坐标原点，AC，AB，AA1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， 设AB＝2，则点A(0,0,0)，A1(0，0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)，B1(0,2,2)，＝(0,2,0)， 易知平面AA1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，而＝(0,2,0)＝2n， 即∥n，所以A1B1⊥平面AA1C． (2)由(1)知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)， 设平面A1C1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)，所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以⊥m， 又因为AB1⊄平面A1C1C，所以AB1∥平面A1C1C． 点拨·建模　 (1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)． (2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理． 逐点验收(一)　空间向量的线性运算 1．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于(　 ) A． B．9 C． D． 解析：选D　因为a，b，c三向量共面，所以设c＝xa＋yb(x，y∈R)，即(7,5，λ)＝x(2，－1,3)＋y(－1，4，－2)＝(2x－y，－x＋4y,3x－2y)，即有解得故λ＝3x－2y＝. 2．[多选]下列说法正确的是(　 ) 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 解析：选CD　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．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P-ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC＝2PE，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝(　 ) A．1 B．2 C． D． 解析：选A　∵EC＝2PE，∴＝， ∴＝－＝＋－＝＋－＝＋(－)－ ＝＋－＝＋－＝＋－(－)＝－＋， ∴x＝1，y＝－，z＝，∴x＋y＋z＝1. 4．如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB＝，AD＝，AA1＝2，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则线段AC1的长为(　 ) A．2 B．2 C． D．3 解析：选B　由＝＋，可得||2＝2＝(＋)2＝2＋2·＋2，因为底面ABCD为矩形，AB＝，AD＝，AA1＝2，所以2＝||2＝2＋2＝4，2＝||2＝8，又·＝(＋)·＝·＋·＝||||·cos 60°＋||||cos 60°＝×2×＋×2×＝4，所以||2＝||2＋2·＋||2＝4＋2×4＋8＝20，则||＝2. 逐点验收(二)　利用空间向量证明空间位置关系 5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且＝λ，若B1F∥平面A1BE，则λ＝(　 ) A． B． C． D． 解析：选C　如图所示，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B(1,0,0)，E，D1(0,1,1)，C1(1,1,1)，A1(0,0,1)，可得＝(－1,0,1)，＝，设n＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则 令z＝2，则x＝2，y＝1，即n＝(2,1,2)， 由＝(1,0,0)，且＝λ， 可得F(λ，1,1)(0≤λ≤1)， 又因为B1(1,0,1)，则＝(λ－1,1,0)， 由B1F∥平面A1BE，可得n·＝2(λ－1)＋1×1＋0×2＝0，解得λ＝.故选C． 6．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是(　 ) 解析：选C　如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2a. A选项，M(0,2a,2a)，N(2a,0,2a)，O(a，a,0)，P(0,2a，a)， 则＝(2a，－2a,0)，＝(－a，a，a)，则·＝－4a2，故A错误； B选项，M(0,2a,2a)，N(2a,2a,0)，O(a，a,0)，P(0,0，a)， ＝(2a,0，－2a)，＝(－a，－a，a)，则·＝－4a2，故B错误； C选项，M(2a,2a,2a)，N(0,2a,0)，O(a，a,0)，P(0,0，a)， ＝(－2a,0，－2a)，＝(－a，－a，a)，则·＝0，即MN⊥OP，故C正确； D选项，M(0,0,2a)，N(0,2a,0)，O(a，a,0)，P(2a，a,2a)， ＝(0,2a，－2a)，＝(a,0,2a)，则·＝－4a2，故D错误． 7.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证： (1)平面A1B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD． 证明：以B为坐标原点，BA，BC，BB1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B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1，4)．设BA＝a， 则A(a,0,0)，G. (1)因为＝(a,0,0)，＝(0,2,2)， ＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·B＝0. 所以⊥，⊥B， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD． 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD， 所以B1D⊥平面ABD． 因为B1D⊂平面A1B1D， 所以平面A1B1D⊥平面ABD． (2)法一：因为＝，＝(0,1,1)， ＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·＝0. 所以B1D⊥EG，B1D⊥EF. 因为EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF， 所以B1D⊥平面EGF. 又由(1)知B1D⊥平面ABD， 所以平面EGF∥平面ABD． 法二：因为＝， 所以＝－，所以GF∥BA， 又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD， 所以GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD， 又GF∩EF＝F，GF，EF⊂平面EGF， 所以平面EGF∥平面ABD． 8.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，BC＝2AB，AC＝AB，PB⊥AC． (1)求证：平面PAB⊥平面ABCD； (2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：在△ABC中，因为BC＝2AB，AC＝AB，所以AC2＋AB2＝BC2， 所以AC⊥AB，又AC⊥PB，PB∩AB＝B， 且PB，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB， 又AC⊂平面ABCD， 所以平面PAB⊥平面ABCD． (2)假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD． 取AB的中点为H，连接PH，BD，BQ， 则PH⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以PH⊥平面ABCD． 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB＝2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(－2,2，0)，P(1,0，)，则＝(－2,2，0)，＝(1,0，)，＝(－4,2，0)，＝(3，－2，)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量，则取n1＝(，1，－1)． 设＝λ，其中0≤λ≤1. 则＝＋＝＋λ＝(3λ－4,2－2λ，λ)， 连接EF，因为AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF＝EF，故AC∥EF.取与同向的单位向量j＝(0,1,0)． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEQF的法向量， 则 取n2＝(λ，0,4－3λ)． 由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有n1·n2＝3λ＋3λ－4＝0，解得λ＝. 故在侧棱PD上存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD，＝. 细节、微点提醒 (1)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． (2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量． (3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一． (4)用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外． [课时跟踪检测] 一、强基训练，提高自信心 1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(0，－3,2)，c＝(－2,1,2)，则a·(b＋c)等于(　 ) A．18 B．－18 C．3 D．－3 解析：选B　因为b＋c＝(－2，－2,4)，所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18. 2．已知向量＝(0,1,2)，＝(－1,0,1)，＝(2,1，λ)，若O，A，B，C共面，则在上的投影向量的模为(　 ) A． B． C． D． 解析：选B　因为O，A，B，C共面，则存在实数x，y，使得＝x＋y，即(2,1，λ)＝(－y，x,2x＋y)，于是x＝1，y＝－2，λ＝2x＋y＝0，＝(2,1,0)，所以在上的投影向量的模为＝＝. 3．(2024·贵州模拟)已知点A，B，C，D分别位于四面体的四个侧面内，点O是空间任意一点，则“＝＋＋”是“A，B，C，D四点共面”的(　 ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　充分性：因为＝＋＋，且＋＋＝1，由空间向量共面定理可知，A，B，C，D四点共面，所以充分性成立．必要性：若A，B，C，D四点共面，＝a·＋b·＋c·，则a＋b＋c＝1，其中a＝，b＝，c＝只是其中的一种情况，a，b，c也可以是其他和为1的取值，所以必要性不成立．综上所述，“＝＋＋”是“A，B，C，D四点共面”的充分不必要条件． 4．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是(　 ) A．(1，－1,1) B． C． D． 解析：选B　对于选项A，＝(1,0,1)，·n＝5，所以与n不垂直，排除A；同理可排除C、D；对于选项B，有＝，所以·n＝0，因此B项正确． 5.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝3CD，点O为空间内任意一点，设＝a，＝b，＝c，则向量＝(　 ) A．a－b＋3c B．a－b－3c C．－a＋b＋c D．a－b＋c 解析：选D　＝＋＝＋＋＋＝＋＋－－＝＋(－)＋－＝－＋＝a－b＋c.故选D． 6.如图，二面角α-l-β等于135°，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝2，BD＝，则CD＝(　 ) A．2 B．2 C． D．4 解析：选C　由二面角的平面角的定义知〈，〉＝135°，所以·＝||||cos〈，〉＝×2×cos 135°＝－2，由AC⊥l，BD⊥l，得·＝0，·＝0，又因为＝＋＋，所以||2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝()2＋22＋22－2·＝10－2×(－2)＝14，所以||＝，即CD＝.故选C． 7．[多选]在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠A1AB＝∠A1AD，A1C1∩B1D1＝O1，则下列说法正确的是(　 ) A．四边形B1BDD1为矩形 B．·＝· C．＝＋－ D．如果＝＋＋，那么点M在平面A1BD内 解析：选ABD　如图，N为A1O1的中点，连接AN，则＋＝2，＋＝(＋)＝，由于≠2，所以≠＋－，C错误；连接AC，BD，A1D，设AC∩BD＝O，连接A1O，2＝2＋2－2||||cos∠A1AB，2＝2＋2－2||||·cos∠A1AD，所以A1B＝A1D，故A1O⊥BD，又AC⊥BD，A1O∩AC＝O，A1O，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，由于AA1⊂平面ACC1A1，故BD⊥AA1，由于AA1∥BB1，进而BD⊥BB1，所以四边形BDD1B1为矩形，A正确；因为AO1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AO1，所以·＝0⇒(－)·＝0，所以·＝·，B正确；＝＋＋，由于＋＋＝1，所以M，B，D，A1四点共面，故M在平面A1BD内，D正确．故选ABD． 8．已知直线l的方向向量是m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)，平面α的一个法向量是n＝(2,3,3)．若l⊥α，则a＋b＝________. 解析：由题意知m∥n， ∴＝＝，解得a＝，b＝－， ∴a＋b＝2. 答案：2 9．已知向量a，b，c构成空间的一个基底{a，b，c}，若d＝3a＋4b＋c，且d＝x(a＋2b)＋y(b＋3c)＋z(c＋a)，则x＝________. 解析：因为d＝x(a＋2b)＋y(b＋3c)＋z(c＋a) ＝(x＋z)a＋(2x＋y)b＋(3y＋z)c＝3a＋4b＋c， 所以解得 答案：2 10.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＝________. 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＝. 答案： 11．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点) 解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝ ＝5. (2)令＝t(t∈R)，所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)，若⊥b，则·b＝0，所以－2(－3＋t)－1－t＋4－2t＝0，解得t＝.因此存在点E，使得⊥b，此时E点的坐标为. 12.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2. (1)求证：平面A1C1B∥平面ACD1； (2)线段B1C上，是否存在点P，使得A1P∥平面ACD1. 解：(1)证明：因为长方体ABCD-A1B1C1D1，所以DA，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系如图所示， 由题知A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，C1(0,4,2)，D1(0,0,2)， 则＝(－3,4,0)，＝(0,4，－2)，＝(－3,4，0)，＝(－3,0,2)， 设平面A1C1B的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则 取x1＝4，则n＝(4,3,6)， 设平面ACD1的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 取x2＝4，则m＝(4,3，6)， 因为n∥m，所以平面A1C1B∥平面ACD1. (2)假设线段B1C上存在点P使得A1P∥平面ACD1，设＝t(0≤t≤1)， 由(1)得＝(0,4,0)，＝(－3,0，－2)，平面ACD1的法向量m＝(4,3,6)， 所以＝＋＝＋t ＝(－3t，4，－2t)， 由m·＝－3t×4＋4×3＋(－2t)×6＝0，解得t＝，即P为线段B1C的中点时，A1P∥平面ACD1. 二、创优训练，冲刺“双一流” 13．[多选]如图，已知正方体ABCD-EFGH的棱长为2，M为棱CG的中点，P为底面EFGH上的动点，则(　 ) A．存在点P，使得|AP|＋|PM|＝4 B．存在唯一点P，使得AP⊥PM C．当AM⊥BP时，点P的轨迹长度为 D．当P为底面EFGH的中心时，三棱锥P-ABM的外接球体积为 解析：选BCD　以D为坐标原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．A(2,0,0)，M(0,2,1)，设P点坐标为(x，y,2)(0≤x≤2,0≤y≤2)，＝(x－2，y,2)，＝(－x，2－y，－1)．为求|AP|＋|PM|的最小值，找出点A关于平面EFGH的对称点，设该点为A1，则A1点坐标为(2,0,4)，∴|AP|＋|PM|≥|A1M|＝＝>4，故A错误；由AP⊥PM可得·＝0⇒x2－2x＋y2－2y＋2＝0⇒(x－1)2＋(y－1)2＝0⇒x＝y＝1，故B正确；当AM⊥BP，即·＝0时，由点P坐标为(x，y,2)，得－2(x－2)＋2(y－2)＋2＝0⇒y＝x－1，点P轨迹是连接棱EF中点与棱EH中点的线段，其长度为线段HF的一半，即轨迹长度为，故C正确；当P为底面EFGH的中心时，由B选项知AP⊥PM，易得AB⊥BM，∴三棱锥P-ABM的外接球球心为棱AM的中点，从而求得球半径为|AM|＝，∴外接球的体积V＝，故D正确．故选BCD． 14．已知梯形CEPD如图1所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足A＝λ(0＜λ＜1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　 ) A． B． C． D． 解析：选C　由题意，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，连接EF，ED，FD， 则D(0,4,0)，E(4,0,2)，C(4,4,0)，P(0,0,4)，A(0，0,0)，B(4,0，0)， 设F(t,0,0)，0<t<4，＝λ(0＜λ＜1)， 则(t,0,0)＝(4λ，0,0)，∴t＝4λ，∴F(4λ，0,0)， ＝(4，－4,2)，＝(4λ，－4,0)，＝(4,4，－4)，＝(4,0，－2)， 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，得n＝(1，λ，2λ－2)， 设平面PCE的法向量为m＝(a，b，c)， 则 取a＝1，得m＝(1,1，2)， ∵平面DEF⊥平面PCE， ∴m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝0，解得λ＝. 15．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，O为BC的中点，M是棱B1C1上一动点，过O作ON⊥AM于点N，则线段MN长度的最小值为________． 解析：因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，O为BC的中点，取B1C1的中点Q，连接OQ，OA，OM，如图，以O为原点，OC，OA，OQ所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0,0,0)，A(0，，0)，B1(－1,0，)，C1(1,0，)， 因为M是棱B1C1上一动点，设M(a,0，)，且a∈[－1,1]，所以·＝(a,0，)·(0，，0)＝0， 则OA⊥OM.因为ON⊥AM，所以Rt△OMN∽Rt△AMO，所以＝，即MN＝＝＝，于是令t＝，t∈[，]，所以＝＝t－，t∈[，]， 又函数y＝t－在t∈[，]上单调递增，所以当t＝时，min＝－＝， 即线段MN长度的最小值为. 答案： 16.中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F分别是PC，AD的中点． (1)求证：EF∥平面PAB； (2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由． 解：(1)证明：如图，取PB的中点M，连接AM，ME， 因为E是PC的中点，所以ME∥BC，ME＝BC， 因为F是AD的中点，所以AF＝AD，因为四边形ABCD是正方形，所以AD＝BC，AD∥BC， 所以ME∥AF，ME＝AF， 所以四边形AFEM为平行四边形，所以AM∥EF， 因为AM⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB． (2)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD， 所以AB，AD，AP两两垂直， 以A为原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0，2)，E(1,1,1)，F(0,1,0)，所以＝(－1,1,1)，＝(－2,1,0)，＝(0,2，－2)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则n＝(1,2，－1)， 设PD∩平面BEF＝H， 设＝λ＝λ(0,2，－2)，(0<λ<1)， 因为P(0,0,2)，所以H(0,2λ，2－2λ)， 则＝(－2,2λ，2－2λ)， 由·n＝(－2,2λ，2－2λ)·(1,2，－1)＝－2＋4λ＋2λ－2＝0，解得λ＝， 即H为PD的三等分点， 连接EH，FH，即EH，FH就是应画的线． 学科网（北京）股份有限公司 $$