第7章 第6节 空间向量与立体几何(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

空间向量与立体几何 第六节 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. 学习目标 CONTENTS 目录 1 2 3 课前·“四基”落实 课堂·题点精研 课时跟踪检测 课前·“四基”落实 01 回首教材 1．空间向量的有关概念 名称 定义 相等向量 方向_____且模_____的向量 相反向量 长度_____而方向_____的向量 共线向量 (或平行向量) 表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相_____或_____的向量 共面向量 平行于_____________的向量 相同 相等 相等 相反 平行 重合 同一个平面 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________. 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_____的有序实数对(x，y)，使_____________. 唯一 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＝_____________，{a，b，c}叫做空间的一个______． 基底 xa＋yb＋zc 3．空间向量的数量积及坐标运算 (1)两个空间向量的数量积 |a||b|cos〈a，b〉 a·b＝0 (2)空间向量的坐标运算   a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 向量和 a＋b＝__________________________ 向量差 a－b＝_______________________ 数量积 a·b＝_________________ 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0) (a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) (a1－b1，a2－b2，a3－b3) a1b1＋a2b2＋a3b3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 续表 4．直线的方向向量与平面的法向量 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____________，则称此向量a为直线l的方向向量 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 平行或共线 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示   l1∥l2 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 n1∥n2⇔_________ (k∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔_________ l∥α 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m n⊥m⇔_________ l⊥α n∥m⇔________ (k∈R) α∥β 平面α，β的法向量分别为n，m n∥m⇔n＝km(k∈R) α⊥β n⊥m⇔_________ n1＝kn2 n1·n2＝0 n·m＝0 n＝km n·m＝0 发掘教材 A组——教材信息的发掘训练 1．(人A选择性必修①P12T1改编)若{a，b，c}为空间向量的一个基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是(　 ) A．{a，a＋b，a－b} B．{b，a＋b，a－b} C．{c，a＋b，a－b} D．{a＋b，a－b，a＋2b} √ √ √ 1 B组——迷点盲点的澄清训练 1．(共面向量定理理解有误)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 √ √ 课堂·题点精研 02 题点一　空间向量的线性运算(自主练通) √ √ √ 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． 思维建模 题点二　共线、共面向量定理的应用(自主练通) √ 2．设x，y是实数，已知三点A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(x,3，y＋2)在同一条直线上，那么x＋y＝(　 ) A．2 B．3 C．4 D．5 √ 应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较 思维建模 题点三　空间向量的数量积及其应用 例 1 如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°. (1)求线段AC1的长； (2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值； (3)求证：AA1⊥BD. 空间向量数量积的3个应用 思维建模 针对训练 1.如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，求： 题点四　向量法证明平行、垂直问题 例 2 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． (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)向量法证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量法证明仍然离不开立体几何的有关定理． 思维建模 针对训练 解：(1)证明：在底面ABCD内过D作直线DF∥AB，交BC于F， 又∵PC⊂平面PDC，∴BD⊥PC. (2)以D为坐标原点，DA，DF，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 课时跟踪检测 03 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 9．(2024·常州模拟)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，底面边长和侧棱长均为2，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，则对角线AC1的长为________． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 12.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在棱BB1上，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H. (1)求证：B1D⊥平面ABD； (2)求证：平面EGF∥平面ABD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 证明：(1)如图所示，建立空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 所以GF∥AB，EF∥BD. 因为AB⊂平面ABD，GF⊄平面ABD， 所以GF∥平面ABD. 同理可证EF∥平面ABD， 又GF∩EF＝F，所以平面EGF∥平面ABD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1BD，A1C1⊂平面A1BD，所以AC∥平面A1BD，故B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 15．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M为线段B1C的中点，AM⊥平面α，D1∈平面α，若点P为平面α与侧面D1DCC1相交的线段上的一动点，Q为线段BD上一动点，则PQ的最小值为________． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解析：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 16.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 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 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， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 (2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 数量积 a·b＝__________________ 垂直关系 a⊥b⇔_________(a，b为非零向量) 模 设a＝(x，y，z)，则|a|2＝a2，|a|＝____________ 垂直 a⊥b⇔_______________________ 夹角公式 cos〈a，b〉＝ 2．(人B选择性必修①P61T2改编)已知A(1,0，0)，B(0,1，0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是(　 ) A．(－1,1,1) B．(1，－1,1) C. D. 3.(人A选择性必修①P10T5改编)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量与相等的向量是(　 ) A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C．－a－b－c D．－a－b＋c 解析：＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝－a－b－c. 4．(苏教选择性必修②P31T2)设t为实数，若直线l垂直于平面α， 且l的方向向量为(t,2,4)，α的法向量为，则t的值为________． 解析：由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，所以解得λ＝－9. 2．(忽视对应系数相等)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，＝x＋y(＋)，则(　 ) A．x＝1，y＝ B．x＝1，y＝ C．x＝，y＝1 D．x＝1，y＝ 解析：＝＋＝＋＝＋＝＋(＋)． 又＝x＋y(＋)，由对应系数相等可知x＝1，y＝. 1．在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则等于(　 ) A.a－b＋c B．－a＋b＋c C.a＋b－c D.a＋b－c 解析：＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c. 2.已知A(3,4,5)，B(0,2,1)，O(0,0,0)，若＝，则C的坐标是(　 ) A. B. C. D. 解析：设点C坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z)．又＝ (－3，－2，－4)，＝，所以x＝－，y＝－，z＝－. 3．已知向量a＝(2m＋1,3，m－1)，b＝(2，m，－m)，且a∥b，则实数m的值为(　 ) A. B．－2 C．0 D.或－2 解析：∵a∥b，∴＝＝，解得m＝－2. 4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝_____________________. ＋＋ 解析：＝＋＝＋＝(＋)＋＝＋＋. 1．已知空间中A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若＝6－4＋λ，则λ等于(　 ) A．2 B．－2 C．1 D．－1 解析：＝6－4＋λ，即－＝6－4＋λ， 整理得＝6－3＋λ，由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线， 可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2. 解析：由已知可得＝(1，－1,3)，＝(x－1，－2，y＋4)． 因为A，B，C三点共线，所以存在唯一实数λ，使得＝λ，所以解得所以x＋y＝5. 3.如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且＝k，＝k，＝k，＝＋m，＝＋m，k，m∈R.求证： (1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)∥； (3)＝k. 证明：(1)因为＝＋m，＝＋m， 所以由共面向量定理可得，，是共面向量，，，是共面向量．因为，，有公共点A，，，有公共点E，所以A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面． (2)因为＝＋m＝－＋m(－)＝k(－)＋km(－)＝k＋km＝k(＋m)＝k，所以∥. (3)＝＋＝k＋k＝k(＋)＝k. 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) ∴||＝|a＋b＋c|＝ 解：(1)设＝a，＝b，＝c， 则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1. ∵＝＋＝＋＋＝a＋b＋c， ＝ ＝＝. ∴线段AC1的长为. (2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝. ∵＝a＋b＋c，＝b－c， ∴·＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2， 故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为. ||＝＝ ＝＝. ∴cos θ＝＝＝. (3)证明：∵＝c，＝b－a，∴·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0， ∴⊥，即AA1⊥BD. 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 (1)·的值； (2)线段EG的长； (3)异面直线EG与AC所成角的大小． ＝－a·c＋a2＝－＋＝. 解：(1)设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 可得＝＝c－a，＝－a， 所以·＝·(－a) (2)由＝＋＋＝＋(－)＋(－)＝－＋＋＝－a＋b＋c， 则||2＝(－a＋b＋c)2＝(a2＋b2＋c2－2a·b2a·c＋2b·c)＝，所以＝，即EG的长为. (3)由＝－a＋b＋c， 则·＝·b ＝－a·b＋b2＋c·b＝， 所以cos〈，〉＝＝＝. 因为0°≤〈，〉≤180°， 所以异面直线EG与AC所成的角为45°. 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，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. 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)，A1(0,2，)，则F. (1)＝，＝(－，－2,0)，＝(0,0，)． 设平面AA1B1B的法向量为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. 故平面AEA1⊥平面BCB1. (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⊥， 2.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． 在Rt△DFC中，DF＝，FC＝3，可知DC＝2，又在Rt△BAD中，AB＝，AD＝1，∴BD＝2，∴BC2＝BD2＋DC2，∴BD⊥DC. ∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PD.又PD∩CD＝D，∴BD⊥平面PDC. 则A(1,0,0)，B(1，，0)，D(0,0,0)，C(－3，，0),设PD＝a，则P(0,0，a)，则＝(0, ，0)，＝(0,0，a)，＝(1,0，－a)，＝(－3，，－a)，因为＝λ，所以＝(－3λ，λ，－aλ)， 则＝＋＝(0,0，a)＋(－3λ，λ，－aλ)＝(－3λ，λ，a－aλ)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则n＝(a,0,1)，因为DE∥平面PAB，所以·n＝0，所以－3aλ＋a－aλ＝a(1－4λ)＝0.因为a≠0，所以λ＝，故λ的值为. 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 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．(2024·济宁模拟)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心为O1，则·的值为(　 ) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：建立如图所示空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，O1，C1(0,1,1)，＝，＝(－1,1,1)，·＝·(－1,1,1)＝＋＋1＝2.故选D. 3．(2024·宣城期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z等于(　 ) A. B．1 C. D．2 解析：因为＝＋＋＝＋＋＝＋＋(－)，所以2＝＋＋，所以＝＋＋，所以x＝，y＝，z＝，所以x＋y＋z＝＋＋＝.故选A. 4．已知平面α内有一点A(2，－1,2)，它的一个法向量为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：对于A，＝(1,0,1)，则·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A； 对于B，＝，则·n＝·(3,1,2)＝3－4＋1＝0； 对于C，＝，则·n＝·(3,1,2)＝3＋2＋1＝6≠0，故排除C； 对于D，＝，则·n＝·(3,1,2)＝9－4＋7＝12≠0，故排除D.故选B. 5．(2024·西安模拟)已知点P在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上运动，则·的最大值为(　 ) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：取AB的中点O，连接PO，如图，则·＝(＋)·(＋)＝2－2＝2－1，当P在正方体表面上运动时，运动到D1或C1处时，PO最大，所以＝2＋2＋2＝9，所以·的最大值为8.故选C. 6.(2024·南昌外国语学校模拟)如图，在一个60°的二面角的棱上有两个点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，并且都垂直于棱AB，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长为(　 ) A．1 B. C. D．2 解析：∵＝＋＋，∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.∵⊥，⊥，∴·＝0，·＝0，·＝||·||cos120°＝－×1×1＝－.∴2＝1＋1＋1＋2×＝2，∴||＝，即CD＝.故选B. 7.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是BB1，DD1的中点，则下列结论正确的是(　 ) A．A1O∥EF B．A1O⊥EF C．A1O∥平面EFB1 D．A1O⊥平面EFB1 解析：在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2a，DD1＝2b(a>0，b>0)，则O(a，a,0)，A1(2a,0,2b)，E(2a,2a，b)，B1(2a,2a,2b)，F(0,0，b)，＝(a，－a,2b)，＝(2a,2a,0)，＝(0,0，b)，显然与不共线，即A1O与EF不平行，A不正确； 因为·＝a·2a＋(－a)·2a＋2b·0＝0，则⊥，即A1O⊥EF，B正确； 设平面EFB1的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，得n＝(1，－1,0)，·n＝2a>0，因此与n不垂直，即A1O不平行于平面EFB1，C不正确； 由选项C知，与n不共线，即A1O不垂直于平面EFB1，D不正确． 故选B. 8．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x＝________，y＝________，z＝________. － 解析：由题意得解得x＝，y＝－，z＝4. 2 解析：由题可知四棱柱ABCD-A1B1C1D1为平行六面体，＝＋＋，所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝4＋4＋4＋2×2×2cos 60°＋2×2×2cos 60°＝20，所以||＝2. 10．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________． 解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以M为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．因为底面边长为1，侧棱长为2，所以A，B1，C，C1，M(0,0,0)． 因为＝λ，所以N，所以＝，＝.又因为AB1⊥MN，所以·＝0.所以－＋＝0，所以λ＝15. 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. 设AB＝a，则A1(a,0,0)，B1(0，0,0)，F(0,1,0)，E(0,0,1)，A(a，0,4)，B(0,0,4)，D(0,2,2)，G， 所以＝(0,2,2)，＝(－a,0,0)，＝(0,2，－2)， 所以·＝0＋0＋0＝0，·＝0＋4－4＝0，所以⊥，⊥，所以B1D⊥AB，B1D⊥BD. 又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1)可得＝(－a,0,0)，＝(0,2，－2)， ＝，＝(0,1，－1)， 所以＝2，＝2， 所以∥，∥. 13．(2024·南通期末)[多选]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，＝，＝，则(　 ) A．EF⊥BD B．EC1∥平面ABF C．EF⊥平面B1CD1 D．直线EF与直线BD1异面 解析：由题知，令正方体棱长为3，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系. 因为＝，＝，所以D(0,0,0)，A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3，0)，E(3，0,1)，D1(0,0,3)，A1(3,0,3)，B1(3,3,3)，C1(0，3,3)，F(0,3,2)，所以＝(－3,3,1)，＝(3,3,0)．因为·＝－9＋9＝0，所以EF⊥BD，故A正确； 设平面ABF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则因为＝(0,3,0)，＝(－3,3,2)，所以取x1＝2，可得n1＝(2,0,3)，因为＝(－3,3,2)，·n1＝－6＋6＝0，所以⊥n1.因为EC1⊄平面ABF，所以EC1∥平面ABF，故B正确； 因为＝(－3，3,1)，＝(3,0,3)，所以·＝－9＋3＝－6≠0，故EF与CB1不垂直，即EF不垂直于平面B1CD1，故C错误； 因为＝(0,3，－1)，＝(0,3，－1)，所以，共线， 即D1F∥EB，所以D1，F，E，B四点共面，故直线EF与直线BD1共面.故D错误．故选AB. 14．[多选]直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，点D是线段BC1上的动点(不含端点)，则(　 ) A．CD与AC1不垂直 B．AC∥平面A1BD C．AD＋DC的最小值为 D．∠ADC的取值范围为 解析：由题设，建立如图1所示空间直角坐标系，则A(0，0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0，1,1)，设＝λ＝λ(－1，1,1)，λ∈(0,1)，则D(1－λ，λ，λ)，所以＝(1－λ，λ－1，λ)，＝(0,1,1)，则·＝2λ－1，当λ＝时，⊥；当λ≠且λ∈(0,1)时，与不垂直，故A错误； 将直三棱柱ABC-A1B1C1补成如图2正方体，平面CBC1翻折至与平面ABC1共面，此时C与E1重合，所以AD＋DC的最小值为AE1，且AE1＝，故C正确； 判断以AC为直径的球与C1B的交点情况，取AC中点F，如图3，则FC1＝FB＝， 而FD≥＝>AC， 因此以AC为直径的球与C1B没有交点． 所以∠ADC<，故D错误． 则A(1,0,0)，M，D1(0,0，1)，设P(0，y，z)，y，z∈[0,1]， 可得＝，＝(0，y，z－1)， 由题意可得·＝y＋(z－1)＝0，即z＝1－2y∈[0,1]，可知y∈. ＝ 又因为Q为线段BD上一动点，设Q(a，a,0)，a∈[0,1]，则||＝ ＝≥， 当且仅当即y＝2a＝时，等号成立，所以PQ的最小值为. 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. 则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1，0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)． 因为＝(－2，0,0)，＝(0,1，)， ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， 所以⊥，即BD⊥AA1. 设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)，即x＝0，y＝λ＋1，z＝λ. 从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则 又＝(0,2,0)，＝(，0，)，则取n＝(1,0，－1)． 因为BP∥平面DA1C1，所以n⊥，即n·＝－－λ＝0，解得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1. $$