串讲04 第三章 空间向量与立体几何（考点串讲）高二数学上学期北师大版选择性必修第一册

北师大版(2019)必修(第一册) 数学 期中考点大串讲 串讲 04 第三章 空间向量与立体几何 考场练兵 典例剖析 01 02 03 目 录 考点透视 01 考点透视 考点1.空间直角坐标系 坐标原点 坐标轴 坐标平面 考点1.空间直角坐标系 垂直 正方向 正方向 正方向 考点2.点在空间直角坐标系中的坐标 P↔(x，y，z) P(x，y，z) x y z 考点2.点在空间直角坐标系中的坐标 (3)过点P作垂直于坐标轴的平面，与三条坐标轴分别交于点A、点B和点C，实际上就是作点P在各条坐标轴上的投影，即从点P向坐标轴引垂线，垂足分别为点A，B，C.设点A，B，C的坐标分别为(x，0，0)，(0，y，0)，(0，0，z)，则点P的坐标为(x，y，z)． 考点3.空间两点间的距离公式 考点4.空间向量的概念 大小 方向 大小 考点4.空间向量的概念 有向线段 A B 考点4.空间向量的概念 方向相同且模相等的向量 无关 方向相反且模相等的向量 －a 考点4.空间向量的概念 平行或重合 0 重合 任意 考点4.空间向量的概念 a∥α 同一平面 考点5.空间向量的加法 考点5.空间向量的加法 考点6.空间向量的减法 a＋(b＋c) b＋a a－b 考点7.空间向量的数乘运算 |λ||a| 考点7.空间向量的数乘运算 相同 相反 0 (λμ)a λa＋μa λa＋λb 考点8.共线向量基本定理 a＝λb 考点9.两个向量的夹角 非零 ∠AOB 〈a，b〉 考点9.两个向量的夹角 相同 相反 互相垂直 考点10.两个向量的数量积 |a||b|cos〈a，b〉 a·b |a||b|cos〈a，b〉 考点10.两个向量的数量积 a·b＝0 b·a a·b＋a·c λ(a·b) 考点11. 投影向量与投影数量 ||b|cos〈a，b〉| 考点11. 投影向量与投影数量 > < ＝ 考点12. 空间向量基本定理 不共面 唯一的三元有序实数组(x，y，z) 考点12. 空间向量基本定理 不共面 a，b，c {a，b，c} a，b，c 考点13. 标准正交基 互相垂直 考点13. 标准正交基 (x，y，z) (x2－x1，y2－y1，z2－z1) 终点 起点 考点14. 空间向量的坐标运算 (x1＋x2，y1＋y2，z1＋z2) (x1－x2，y1－y2，z1－z2) (λx1，λy1，λz1) x1x2＋y1y2＋z1z2 考点15.空间向量平行(共线)和垂直的条件 λx2 λy2 λz2 x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 考点16. 空间向量长度与夹角的坐标表示 考点17. 距离的定义 垂线段 垂线段 垂线段 两个平行平面 考点18. 点到平面的距离 一个法向量 参考向量 投影向量 投影向量 考点19. 点到直线的距离 02 典例透析 考点1.确定空间中点的坐标 考点1.确定空间中点的坐标 解 考点1.确定空间中点的坐标 解 考点2.已知点的坐标确定点的位置 解　解法一：依据平移的方法，为了作出点 M(4，－2，5)，可以按如下步骤进行： ①在x轴上取坐标为4的点M1； ②将M1在xOy平面内沿y轴负方向平移2个单位长度，得到点M2； ③将点M2沿z轴正方向平移5个单位长度，即可得到点M，如图所示． 解 【例题2】 在空间直角坐标系中，作出点M(4，－2，5)． 考点2.已知点的坐标确定点的位置 解 解法二：以O为一个顶点，构造三条棱长分别为4，2，5的长方体，使此长方体在点O处的三条棱分别在x轴正半轴、y轴负半轴、z轴正半轴上，则长方体中与顶点O相对的顶点即为所求的点M. 解法三：在x轴上取坐标为4的点，过此点作与x轴垂直的平面α；在y轴上取坐标为－2的点，过此点作与y轴垂直的平面β；在z轴上取坐标为5的点，过此点作与z轴垂直的平面γ，则平面α，β，γ交于一点，此交点即为所求的点M. 考点3.空间中点的对称 【例题3】 在空间直角坐标系中，点P(－2，1，4)关于x轴对称的点的坐标是________________；关于xOy平面对称的点的坐标是______________；关于点A(1，0，2)对称的点的坐标是______________． 答案 解析 (－2，－1，－4) (－2，1，－4) (4，－1，0) 解析　点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以点P关于x轴对称的点P1的坐标为(－2，－1，－4)．点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量均不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以点P关于xOy平面对称的点P2的坐标为(－2，1，－4)．设点P关于点A对称的点为P3(x，y，z)， 考点3.空间中点的对称 解析 考点4.空间两点间的距离公式及应用 解 【例题4】正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为面A1B1C1D1的中心，求AP，B1P，AB1的长度，并证明AP⊥B1P. 考点4.空间两点间的距离公式及应用 解 考点5.空间向量的概念 答案 考点5.空间向量的概念 解析 考点6.空间向量的加减法运算 考点6.空间向量的加减法运算 解 考点7.空间向量的数乘运算 考点7.空间向量的数乘运算 解 考点8.共线向量基本定理的应用 考点8.共线向量基本定理的应用 证明 考点8.共线向量基本定理的应用 证明 考点9.求向量的数量积 解 考点9.求向量的数量积 解 考点10.利用数量积求夹角 解 考点10.利用数量积求夹角 解 考点11.空间向量数量积的应用 考点11.空间向量数量积的应用 解 考点11.空间向量数量积的应用 解 考点12. 基的概念 【例题12】若{a，b，c}是空间向量的一组基，判断a＋b，b＋c，c＋a能否构成空间向量的一组基． 解 考点12. 基的概念 解 考点13. 用基表示向量 考点13. 用基表示向量 解 考点14. 利用空间向量基本定理求空间向量的数量积 解 考点14. 利用空间向量基本定理求空间向量的数量积 考点15.利用空间向量基本定理结合数量积求向量的夹角 解 考点15.利用空间向量基本定理结合数量积求向量的夹角 解 考点16.空间向量的坐标运算 解 【例题16】 已知a＝(2，－1，－2)，b＝(0，－1，4)，求a＋b，a－b，a·b，(2a)·(－b)，(a＋b)·(a－b)． 解 a＋b＝(2，－1，－2)＋(0，－1，4)＝(2＋0，－1－1，－2＋4)＝(2，－2，2)． a－b＝(2，－1，－2)－(0，－1，4)＝(2－0，－1＋1，－2－4)＝(2，0，－6)． a·b＝(2，－1，－2)·(0，－1，4)＝2×0＋(－1)×(－1)＋(－2)×4＝－7. (2a)·(－b)＝－2(a·b)＝－2×(－7)＝14. (a＋b)·(a－b)＝(2，－2，2)·(2，0，－6)＝2×2－2×0＋2×(－6)＝－8. 考点17.空间向量的坐标与空间向量的平行、垂直 解 【例题17】已知a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)． (1)若c＝(0，2，4)，d＝(2，2，－1)，试分别判断c，d与a＋b的关系； (2)若ka＋b与ka－2b垂直，求k. 解 (1)∵a＋b＝(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(0，1，2)， ∴c＝2(a＋b)， ∴c与a＋b平行． ∵d·(a＋b)＝(2，2，－1)·(0，1，2)＝0＋2－2＝0， ∴d与a＋b垂直． 考点18. 利用空间向量的坐标运算解决长度、夹角问题 解 解 考点18. 利用空间向量的坐标运算解决长度、夹角问题 考点19. 点到平面的距离 解 考点19. 点到平面的距离 解 考点19. 点到平面的距离 解 考点20. 相互平行的直线与平面之间、相互平行的平面与平面之间的距离 【例题20】 在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，求直线MN到平面ACD1的距离． 解 考点20. 相互平行的直线与平面之间、相互平行的平面与平面之间的距离 解 考点21.点到直线的距离、相互平行的直线之间的距离 【例题21】 在长方体OABC－O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，求点O1到直线AC的距离． 解 考点21.点到直线的距离、相互平行的直线之间的距离 解 03 考场练兵 1．与a＝(1，2，3)，b＝(3，1，2)都垂直的向量为(　　) A．(1，7，5) B．(1，－7，5) C．(－1，－7，5) D．(1，－7，－5) 解析　因为(－1，－7，5)·(1，2，3)＝－1－14＋15＝0，(－1，－7，5)·(3，1，2)＝－3－7＋10＝0，所以与向量a＝(1，2，3)，b＝(3，1，2)都垂直的向量为(－1，－7，5)．故选C. 答案 解析 答案 解析 答案 答案 解析 答案 解析 6．设平面α的一个法向量为n＝(1，2，－2)，且平面α过点(3，2，4)，则平面α的方程为( ) A．x＋2y－2z＋1＝0 B．x－2y＋2z＋1＝0 C．3x＋4y－8z＝0 D．3x－4y＋8z＝0 解析 由题意，得平面α的方程为1×(x－3)＋2×(y－2)－2×(z－4)＝0，即x＋2y－2z＋1＝0.故选A. 答案 解析 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是AA1，AB，BB1，B1C1的中点，则异面直线EF与GH夹角的大小为( ) A．45° B．60° C．90° D．30° 答案 解析 答案 答案 解析 答案 14．已知平面α的一个法向量为u＝(－2，x，－2)，平面β的一个法向量为v＝(1，－2，y)，若α∥β，则x＋y＝_____；若α⊥β，则x＋y＝_____． 5 解析 -1 15.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________． 解析 答案 答案 60° 解析 17.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB. (1)求证：平面BCE⊥平面CDE； (2)若M是CD的中点，证明：AM∥平面BCE. 证明 证明 解析 证明 证明 解 解 知识点 (1)如图1，过空间任意一点O，作三条两两垂直的直线，并以点O为原点，在三条直线上分别建立数轴：x轴、y轴和z轴，这样就建立了一个空间直角坐标系O－xyz.点O叫作eq \x(\s\up1(01))__________，x轴(横轴)、y轴(纵轴)、z轴(竖轴)叫作eq \x(\s\up1(02))________，通过每两条坐标轴的平面叫作eq \x(\s\up1(03))__________，分别称为xOy平面、yOz平面、zOx平面． (2)一般是将x轴和y轴放置在水平面上，那么z轴就垂直于水平面．它们的方向通常符合右手螺旋法则，即伸出右手，让四指与大拇指eq \x(\s\up1(04))______，并使四指先指向x轴eq \x(\s\up1(05))________，然后让四指沿握拳方向旋转90°指向y轴eq \x(\s\up1(06))________，此时大拇指的指向即为z轴eq \x(\s\up1(07))________．我们也称这样的坐标系为右手系(如图2)． 知识点 (1)在空间直角坐标系中，对于空间任意一点P，都可以用唯一的一个三元有序实数组(x，y，z)来表示；反之，对于任意给定的一个三元有序实数组(x，y，z)，都可以确定空间中的一个点P.这样，在空间直角坐标系中，任意一点P与三元有序实数组(x，y，z)之间，就建立了一一对应的关系：eq \x(\s\up1(01))______________． (2)三元有序实数组(x，y，z)叫作点P在此空间直角坐标系中的坐标，记作eq \x(\s\up1(02))____________，其中eq \x(\s\up1(03))____叫作点P的横坐标，eq \x(\s\up1(04))____叫作点P的纵坐标，eq \x(\s\up1(05))____叫作点P的竖坐标 知识点 　 已知空间中P(x1，y1，z1)，Q(x2，y2，z2)两点，则P，Q两点间的距离为 |PQ|＝eq \x(\s\up1(01))_______________________________________． 这就是空间两点间的距离公式． eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2＋（z2－z1）2) 知识点　 (1)定义 与平面向量类似，在空间中，我们把具有eq \x(\s\up1(01))______和eq \x(\s\up1(02))______的量叫作空间向量． (2)长度或模 向量的eq \x(\s\up1(03))______叫作向量的长度或模． (3)表示方法 ①空间向量有两种表示法．一种用eq \x(\s\up1(04))__________来表示．例如，以点A为起点、点B为终点的有向线段可以表示一个向量，记作向量eq \o(AB,\s\up16(→)).点eq \x(\s\up1(05))_____叫作向量eq \o(AB,\s\up6(→))的起点，点eq \x(\s\up1(06))_____叫作向量eq \o(AB,\s\up16(→))的终点．另一种在印刷时用a，b，c，…表示，在书写时用 ，…表示． ， ②表示向量a的有向线段的长度也叫作向量a的长度或模，用eq \x(\s\up1(07))_____表示．有向线段的方向表示向量的方向． |a| (4)几类特殊的空间向量 ①相等向量：eq \x(\s\up1(08))_________________________称为相等向量． ②自由向量：数学中所研究的向量，与向量的起点eq \x(\s\up1(09))______，称之为自由向量． ③相反向量：eq \x(\s\up1(10))________________________互为相反向量，向量a的相反向量用eq \x(\s\up1(11))______表示． ④零向量：规定模为eq \x(\s\up1(12))____的向量叫作零向量，记为0.零向量的起点与终点eq \x(\s\up1(13))______，零向量的方向为eq \x(\s\up1(14))_______方向． ⑤共线向量：当表示向量的两条有向线段所在的直线eq \x(\s\up1(15))___________时，称这两个向量互为共线向量(或平行向量)．相等向量和相反向量都是共线向量的特殊情况． 规定：零向量与任意向量平行． ⑥共面向量 (ⅰ)当表示向量a的有向线段所在直线平行于平面α或在平面α内时，就说向量a平行于平面α，记作eq \x(\s\up1(16))________．通常，我们把平行于同一平面的向量，叫作共面向量．共线向量是共面向量的一种特例． (ⅱ)空间中，任意两个向量总是共面的，但任意三个向量可能是共面的，也可能是不共面的．能平移到eq \x(\s\up1(17))__________内的三个向量叫作共面向量． 知识点二　 (1)向量求和的三角形法则 已知空间向量a，b，过空间任意一点A作eq \o(AB,\s\up16(→))＝a， eq \o(BC,\s\up16(→))＝b，再作向量eq \o(AC,\s\up16(→))，如图1.把向量eq \x(\s\up1(01))______叫作空间向量a，b的和．求空间向量和的运算叫作空间向量的加法．即a＋b＝eq \x(\s\up1(02))________＝eq \x(\s\up1(03))_____． 上述求两个空间向量和的法则，叫作向量求和的三角形法则． eq \o(AC,\s\up16(→)) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→)) eq \o(AC,\s\up16(→)) (2)向量求和的平行四边形法则 当空间向量a，b不平行时，过空间任意一点O作eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b(如图2)，这时，O，A，B三点不共线，在平面OAB内，以OA，OB为邻边作▱OACB. 因为eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(OB,\s\up16(→))，所以也有a＋b＝eq \x(\s\up1(04))__________＝eq \x(\s\up1(05))______． 由此可见，平面向量求和的平行四边形法则，对空间向量同样适用． eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→)) eq \o(OC,\s\up16(→)) (3)空间向量的加法运算律 ①结合律：(a＋b)＋c＝eq \x(\s\up1(06))___________； ②交换律：a＋b＝eq \x(\s\up1(07))_______． 2．空间向量的减法 空间向量a，b的差可定义为a＋(－b)，记作eq \x(\s\up1(08))______，其中－b是b的相反向量． 在图3中，a－b＝eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(BO,\s\up16(→))＝eq \o(BO,\s\up16(→))＋eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→)). 在图4中，eq \o(DA,\s\up16(→))是eq \o(B′C′,\s\up16(→))的相反向量，所以eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(B′C′,\s\up16(→))＝ eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(DA,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(DB,\s\up16(→)). 1．空间向量的数乘运算的概念 与平面向量类似，实数λ与空间向量a的乘积仍然是一个向量，记作λa.求实数与空间向量的乘积的运算称为空间向量的数乘运算，向量λa的长度和方向满足： (1)|λa|＝eq \x(\s\up1(01))______； (2)当λ>0时，向量λa与向量a方向eq \x(\s\up1(02))_______；当λ<0时，向量λa与向量a方向eq \x(\s\up1(03))_______；当λ＝0时，λa＝eq \x(\s\up1(04))_____． 对于任意一个非零向量a，当λ＝eq \f(1,|a|)时，λa＝eq \f(a,|a|)表示与向量a同方向的单位向量． 2．空间向量的数乘运算律 (1)λ(μa)＝eq \x(\s\up1(05))______； (2)(λ＋μ)a＝eq \x(\s\up1(06))________； (3)λ(a＋b)＝eq \x(\s\up1(07))_________． 其中λ∈R，μ∈R. 空间两个向量a，b(b≠0)共线的充要条件是存在唯一的实数λ，使得eq \x(\s\up1(08))_______．通常把这个定理称为共线向量基本定理．(也称“一维向量基本定理”) 知识点 　 0≤〈a，b〉≤π 两个向量的夹角被唯一确定，并且〈a，b〉＝〈b，a〉． 当〈a，b〉＝0时，向量a与b方向eq \x(\s\up1(05))_____； 当〈a，b〉＝π时，向量a与b方向eq \x(\s\up1(06))_____； 当〈a，b〉＝eq \f(π,2)时，称向量a，beq \x(\s\up1(07))_________，记作eq \x(\s\up1(08))______． 规定：零向量与任意向量垂直． a⊥b 知识点 　 (1)定义 已知两个空间向量a，b，把eq \x(\s\up1(01))_______________叫作a与b的数量积，记作eq \x(\s\up1(02))_____，即a·b＝eq \x(\s\up1(03))_______________． (2)结论 ①cos〈a，b〉＝eq \x(\s\up1(04))______ (a≠0，b≠0)； ②|a|＝eq \x(\s\up1(05))______； ③a⊥b⇔eq \x(\s\up1(06))______． (3)运算律 ①交换律：a·b＝eq \x(\s\up1(07))_____； ②分配律：a·(b＋c)＝eq \x(\s\up1(08))_________； ③(λa)·b＝eq \x(\s\up1(09))________(λ∈R)． eq \f(a·b,|a||b|) eq \r(a·a) (1)投影向量 如图，已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，过点B作直线OA的垂线，垂足为点B1，称向量eq \o(OB1,\s\up16(→))为向量b在向量a方向上的投影向量，其长度等于eq \x(\s\up1(01))______________． 当〈a，b〉为锐角时，|b|cos〈a，b〉eq \x(\s\up1(02))____0(如图1)； 当〈a，b〉为钝角时，|b|cos〈a，b〉eq \x(\s\up1(03))____0(如图2)； 当〈a，b〉＝eq \f(π,2)时，|b|cos〈a，b〉eq \x(\s\up1(04))____0(如图3)． (2)投影数量 若用a0表示与向量a(a≠0)同方向的单位向量，则向量b在向量a方向上的投影数量为|b|cos〈a，b〉＝eq \x(\s\up1(05))____＝eq \x(\s\up1(06))____． eq \f(a·b,|a|) a0·b 知识点　　 (1)定理 条件 如果向量a，b，c是空间三个eq \x(\s\up1(01))_________的向量，p是空间任意一个向量 结论 那么存在eq \x(\s\up1(02))_____________________________，使得p＝xa＋yb＋zc (2)基与基向量 如果向量a，b，c是空间三个eq \x(\s\up1(03))_______向量，那么所有的空间向量组成的集合就是{p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R}，这个集合可以看成是由向量eq \x(\s\up1(04))________生成的，这时eq \x(\s\up1(05))_________叫作空间向量的一组基，其中eq \x(\s\up1(06))________都叫作基向量．空间任意三个不共面的向量都可以构成空间向量的一组基． 知识点 在空间直角坐标系O－xyz中，分别沿x轴、y轴、z轴正方向作单位向量i，j，k，这三个eq \x(\s\up1(01))__________的单位向量就构成空间向量的一组基{i，j，k}，这组基叫作标准正交基． (2)空间向量的坐标表示 ①若p＝xi＋yj＋zk，则把三元有序实数组(x，y，z)叫作向量p在标准正交基{i，j，k}下的坐标，记作p＝eq \x(\s\up1(02))__________．单位向量i，j，k都叫作坐标向量．xi，yj，zk实际上分别是向量p在i，j，k方向上所作的投影向量，x，y，z分别是向量p在i，j，k方向上的投影数量． ②若点A的坐标为(x1，y1，z1)，点B的坐标为(x2，y2，z2)，则eq \o(AB,\s\up13(→))＝eq \x(\s\up1(03))_____________________．也就是说：一个向量在空间直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的eq \x(\s\up1(04))______的坐标减去eq \x(\s\up1(05))______的坐标． 设向量a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，根据空间向量的运算法则，不难得到： ①a＋b＝eq \x(\s\up1(06))______________________； ②a－b＝eq \x(\s\up1(07))______________________； ③λa＝eq \x(\s\up1(08))_______________，λ∈R； ④a·b＝eq \x(\s\up1(09))_______________． 　(1)平行 ①如果设向量a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，那么当b≠0时，a∥b⇔∃λ∈R，使得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\x(\s\up1(01))_____，,y1＝\x(\s\up1(02))_____，,z1＝\x(\s\up1(03))_____.)) ②当b与三个坐标平面都不平行(即x2y2z2≠0)时，a∥b⇔eq \x(\s\up1(04))____________． (2)垂直 a⊥b⇔a·b＝0⇔eq \x(\s\up1(05))___________________． eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2)＝eq \f(z1,z2) 设向量a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则 (1)|a|＝eq \r(a·a)＝eq \x(\s\up1(01))_____________． 若点A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则|AB|＝|eq \o(AB,\s\up13(→))|＝eq \x(\s\up1(02))_______________________________________． (2)cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|) ＝eq \x(\s\up1(03))_____________________(a≠0，b≠0)． 2,1)eq \r(x＋yeq \o\al(2,1)＋zeq \o\al(2,1)) eq \r(（a2－a1）2＋（b2－b1）2＋（c2－c1）2) 2,1)eq \f(x1x2＋y1y2＋z1z2,\r(x＋yeq \o\al(2,1)＋zeq \o\al(2,1))\r(xeq \o\al(2,2)＋yeq \o\al(2,2)＋zeq \o\al(2,2))) 1．点到直线的距离就等于过这点向直线所引eq \x(\s\up1(01))________的长度． 2．点到平面的距离就等于过这点向平面所作eq \x(\s\up1(02))________的长度． 3．如果一条直线和一个平面平行，它们之间的距离就等于过这条直线上任意一点向该平面所作eq \x(\s\up1(03))________的长度． 4．两个平行平面间的距离就等于这两个平面的垂线夹在eq \x(\s\up1(04))______________间的线段的长度． 1．点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量eq \o(PA,\s\up13(→))，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝eq \x(\s\up1(01))________． 2．用向量方法求解点到平面的距离问题的一般步骤是： (1)确定eq \x(\s\up1(02))___________； (2)选择eq \x(\s\up1(03))__________； (3)确定参考向量在法向量方向上的eq \x(\s\up1(04))___________； (4)求eq \x(\s\up1(05))___________的长度． |eq \o(PA,\s\up13(→))·n0| 　 1．若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝eq \x(\s\up1(01))________________． 2．相互平行的两条直线间的距离可以转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离． eq \r(|\o(PA,\s\up13(→))|2－|\o(PA,\s\up13(→))·l0|2) (1,4)【例题1】在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱DC上，且|CG|＝|DC|，H为C1G的中点，以D为原点，DA，DC，DD1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．试写出点E，F，G，H的坐标． 解　如图，点E在z轴上，它的横、纵坐标均为0，而E为DD1的中点，故其坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2))). 过点F作FM⊥AD于M，FN⊥DC于N，由平面几何知|FM|＝eq \f(1,2)，|FN|＝eq \f(1,2)，故点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)). 点G在y轴上，其横、竖坐标均为0， 又|CG|＝eq \f(1,4)|DC|， 所以|GD|＝eq \f(3,4)，故点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)，0)). 过点H作HK⊥CG于K，由于H为C1G的中点， 故|HK|＝eq \f(1,2)，|CK|＝eq \f(1,8). 所以|DK|＝eq \f(7,8)，故点H的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,8)，\f(1,2))). 由中点坐标公式可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋x,2)＝1，,\f(1＋y,2)＝0，,\f(4＋z,2)＝2，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－1，,z＝0，))故点P关于点A(1，0，2)对称的点P3的坐标为(4，－1，0)． 解　建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz， 则A(1，0，0)，B1(1，1，1)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))， 由空间两点间的距离公式得 |AP|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))\s\up12(2)＋（0－1）2)＝eq \f(\r(6),2)， |B1P|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋（1－1）2) ＝eq \f(\r(2),2)， |AB1|＝eq \r(（1－1）2＋（0－1）2＋（0－1）2)＝eq \r(2)， ∴|AP|2＋|B1P|2＝|AB1|2， ∴AP⊥B1P. 　给出下列命题：【例题5】 ①两个相等的向量，若它们的起点相同，则终点必相同； ②在正方体ABCD－A1B1C1D1中，必有eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))； ③若空间向量m，n，p满足m＝n，n＝p，则m＝p； ④空间中任意两个单位向量必相等． 其中假命题的个数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　①是真命题．根据向量相等的定义，两个相等的向量若起点相同，终点必相同，只有这样才能保证它们的方向相同、模相等． ②是真命题．根据正方体的性质，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，向量eq \o(AC,\s\up16(→))与eq \o(A1C1,\s\up16(→))的方向相同，模也相等，应有eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→)). ③是真命题．向量的相等满足传递规律． ④是假命题．空间中任意两个单位向量的模均为1，但方向不一定相同，故不一定相等． 　【例题6】如图所示，已知长方体ABCD－A′B′C′D′.化简下列向量表达式，并在图中标出化简后的结果所对应的向量． (1)eq \o(AA′,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))； (2)eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(B′C′,\s\up16(→)). 解　(1)eq \o(AA′,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(AA′,\s\up16(→))－eq \o(DA,\s\up16(→))＝eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(A′D′,\s\up16(→))＝eq \o(AD′,\s\up16(→)). (2)eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(B′C′,\s\up16(→))＝eq \o(AB′,\s\up16(→))＋eq \o(B′C′,\s\up16(→))＝eq \o(AC′,\s\up16(→)). 向量eq \o(AD′,\s\up16(→))，eq \o(AC′,\s\up16(→))如图所示． 【例题7】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点． (1)化简：eq \o(A1O,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))； (2)设E是棱DD1上的点，且eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(DD1,\s\up16(→))，试用eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))表示eq \o(EO,\s\up16(→)). 解　(1)∵eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))， ∴eq \o(A1O,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(A1O,\s\up16(→))－eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＝eq \o(A1O,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1O,\s\up16(→))－eq \o(AO,\s\up16(→))＝eq \o(A1A,\s\up16(→)). (2)eq \o(EO,\s\up16(→))＝eq \o(ED,\s\up16(→))＋eq \o(DO,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up16(→)) ＝eq \f(2,3) eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))) ＝eq \f(2,3) eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \f(2,3) eq \o(AA1,\s\up16(→)). (A1E,\s\up16(→))【例题8】如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E在A1D1上，且＝2eq \o(ED1,\s\up16(→))，F在对角线A1C上，且eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(FC,\s\up16(→)). 求证：E，F，B三点共线． 证明　连接EF，EB，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c. ∵eq \o(A1E,\s\up16(→))＝2eq \o(ED1,\s\up16(→))，eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(FC,\s\up16(→))， ∴eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(A1D1,\s\up16(→))，eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(A1C,\s\up16(→))， ∴eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)b， eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,5)(eq \o(AC,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(2,5)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝eq \f(2,5)a＋eq \f(2,5)b－eq \f(2,5)c. ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(A1F,\s\up16(→))－eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,5)a－eq \f(4,15)b－eq \f(2,5)c＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)b－c)). 又eq \o(EB,\s\up16(→))＝eq \o(EA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝－eq \f(2,3)b－c＋a＝a－eq \f(2,3)b－c， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(EB,\s\up16(→))，∴E，F，B三点共线． 【例题9】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，E，F分别是AB，AD的中点，计算： (1)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BA,\s\up16(→))；(2)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))； (3)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))；(4)eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→)). 解　(1)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))|·|eq \o(BA,\s\up16(→))|·cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(BA,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,2)×1×1×cos60°＝eq \f(1,4). (2)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))||eq \o(BD,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,2)×1×1×cos0°＝eq \f(1,2). (3)eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)|eq \o(BD,\s\up16(→))||eq \o(DC,\s\up16(→))|·cos〈eq \o(BD,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))〉＝eq \f(1,2)×1×1×cos120°＝－eq \f(1,4). (4)eq \o(BF,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(CB,\s\up16(→))＋eq \o(CA,\s\up16(→)))＝eq \f(1,4)[eq \o(BD,\s\up16(→))·(－eq \o(BC,\s\up16(→)))＋eq \o(BA,\s\up16(→))·(－eq \o(BC,\s\up16(→)))＋eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(CA,\s\up16(→))]＝eq \f(1,4)[－eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))－eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＋(eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→)))·eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))]＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,2)＋\f(1,2)))＝－eq \f(1,8). (BA1,\s\up16(→))【例题10】已知BB1⊥平面ABC，且△ABC是∠B＝90°的等腰直角三角形，▱ABB1A1，▱BB1C1C的对角线都分别相互垂直且相等，求向量与eq \o(AC,\s\up16(→))夹角的余弦值． 解　设AB＝a，如图所示． ∵eq \o(BA1,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))， ∴eq \o(BA1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝(eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→)))·(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→)))＝eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→)). ∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC， ∴eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0，eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(BB1,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0且eq \o(BA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝－a2， ∴eq \o(BA1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝－a2. 又eq \o(BA1,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝|eq \o(BA1,\s\up16(→))||eq \o(AC,\s\up16(→))|cos〈eq \o(BA1,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉， ∴cos〈eq \o(BA1,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))〉＝eq \f(－a2,\r(2)a·\r(2)a)＝－eq \f(1,2). 【例题11】如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，AA1＝5，∠BAA1＝∠DAA1＝60°. (1)求AC1的长； (2)求向量eq \o(AC1,\s\up16(→))在eq \o(AA1,\s\up16(→))方向上的投影数量． 解　(1)由题意得eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝4×5×cos60°＝10，eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝3×5×cos60°＝eq \f(15,2). 因为eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CC1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))，所以|eq \o(AC1,\s\up16(→))|2＝(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))2＝|eq \o(AB,\s\up16(→))|2＋|eq \o(AD,\s\up16(→))|2＋|eq \o(AA1,\s\up16(→))|2＋2(eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→)))＝42＋32＋52＋0＋20＋15＝85. 所以AC1的长为eq \r(85). (2)连接A1C1，易知A1C1＝5， 在△A1AC1中，由余弦定理，得 cos∠A1AC1＝2,1)eq \f(AA＋ACeq \o\al(2,1)－A1Ceq \o\al(2,1),2AA1·AC1) ＝eq \f(25＋85－25,2×5×\r(85))＝eq \f(\r(85),10)，即cos〈eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(AC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\r(85),10)，故向量eq \o(AC1,\s\up16(→))在eq \o(AA1,\s\up16(→))方向上的投影数量为|eq \o(AC1,\s\up16(→))|cos〈eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(AC1,\s\up16(→))〉＝eq \r(85)×eq \f(\r(85),10)＝eq \f(17,2). 解　假设a＋b，b＋c，c＋a共面， 则存在实数λ，μ使得a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)， ∴a＋b＝λb＋μa＋(λ＋μ)c. ∵{a，b，c}为空间向量的一组基， ∴a，b，c不共面， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝μ，,1＝λ，,0＝λ＋μ，))此方程组无解． ∴a＋b，b＋c，c＋a不共面． ∴a＋b，b＋c，c＋a能构成空间向量的一组基． 　 　【例题13】 如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，P是CA1的中点，N是C1D1的中点，点Q是CA1上的点，且CQ∶QA1＝4∶1，eq \o(AB,\s\up13(→))＝a，eq \o(AD,\s\up13(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up13(→))＝c，用基{a，b，c}表示以下向量： (1)eq \o(AP,\s\up13(→))；(2)eq \o(AN,\s\up13(→))；(3)eq \o(AQ,\s\up13(→)). 解　连接AC，AC1，AD1. (1)eq \o(AP,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \o(AA1,\s\up13(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(AD,\s\up13(→))＋eq \o(AA1,\s\up13(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. (2)eq \o(AN,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC1,\s\up13(→))＋eq \o(AD1,\s\up13(→)))＝eq \f(1,2)[(eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \o(AD,\s\up13(→))＋eq \o(AA1,\s\up13(→)))＋(eq \o(AD,\s\up13(→))＋eq \o(AA1,\s\up13(→)))]＝eq \f(1,2)a＋b＋c. (3)eq \o(AQ,\s\up13(→))＝eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \o(CQ,\s\up13(→))＝eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \f(4,5)(eq \o(AA1,\s\up13(→))－eq \o(AC,\s\up13(→)))＝eq \f(1,5) eq \o(AC,\s\up13(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up13(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up13(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AD,\s\up13(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up13(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c. 【例题14】　已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E为侧面AB1的中心，F为A1D1的中点．试计算： (1)eq \o(BC,\s\up13(→))·eq \o(ED1,\s\up13(→))； (2)eq \o(BF,\s\up13(→))·eq \o(AB1,\s\up13(→))； (3)eq \o(EF,\s\up13(→))·eq \o(FC1,\s\up13(→)). 解　如图，设eq \o(AB,\s\up13(→))＝a，eq \o(AD,\s\up13(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up13(→))＝c，则{a，b，c}为空间向量的一组基，且|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0. (1)eq \o(BC,\s\up13(→))·eq \o(ED1,\s\up13(→))＝b·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（c－a）＋b))＝|b|2＝42＝16. (2)eq \o(BF,\s\up13(→))·eq \o(AB1,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－a＋\f(1,2)b))·(a＋c)＝|c|2－|a|2＝22－22＝0. (3)eq \o(EF,\s\up13(→))·eq \o(FC1,\s\up13(→))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（c－a）＋\f(1,2)b))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋a))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b＋a))＝－eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,4)|b|2＝2. 【例题15】　已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求向量eq \o(OE,\s\up13(→))与eq \o(BF,\s\up13(→))夹角的余弦值． 解　如图，设eq \o(OA,\s\up13(→))＝a，eq \o(OB,\s\up13(→))＝b，eq \o(OC,\s\up13(→))＝c，则{a，b，c}为空间向量的一组基，设|a|＝|b|＝|c|＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝eq \f(π,3)， 则a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2). 因为eq \o(OE,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(BF,\s\up13(→))＝eq \o(OF,\s\up13(→))－eq \o(OB,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up13(→))－eq \o(OB,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)c－b，|eq \o(OE,\s\up13(→))|＝|eq \o(BF,\s\up13(→))|＝eq \f(\r(3),2)， 所以eq \o(OE,\s\up13(→))·eq \o(BF,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)c－b))＝eq \f(1,4)a·c＋eq \f(1,4)b·c－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)b2＝－eq \f(1,2)， 所以cos〈eq \o(OE,\s\up13(→))，eq \o(BF,\s\up13(→))〉＝eq \f(\o(OE,\s\up13(→))·\o(BF,\s\up13(→)),|\o(OE,\s\up13(→))||\o(BF,\s\up13(→))|)＝－eq \f(2,3)， 即向量eq \o(OE,\s\up13(→))与eq \o(BF,\s\up13(→))夹角的余弦值为－eq \f(2,3). 【例题18】已知向量a＝(5，3，1)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t，－\f(2,5)))，若a与b的夹角为钝角，求实数t的取值范围． 解　由已知得a·b＝5×(－2)＋3t＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)))＝3t－eq \f(52,5)， 因为a与b的夹角为钝角，所以a·b<0， 即3t－eq \f(52,5)<0，所以t<eq \f(52,15). 若a与b的夹角为180°， 则存在λ<0，使a＝λb(λ<0)， 即(5，3，1)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t，－\f(2,5)))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＝－2λ，,3＝λt，,1＝－\f(2,5)λ，))所以t＝－eq \f(6,5)， 故实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(52,15))). 【例题19】如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq \r(3).求点A到平面MBC的距离． 解　取CD的中点O，连接OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD， 又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平面BCD. 以O为坐标原点，OC，BO，OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示． 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝eq \r(3)，则O(0，0，0)，C(1，0，0)，M(0，0，eq \r(3))，B(0，－eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，2eq \r(3))，所以eq \o(BC,\s\up13(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \o(BM,\s\up13(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(BA,\s\up13(→))＝(0，0，2eq \r(3))． 设平面MBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BC,\s\up13(→))，,n⊥\o(BM,\s\up13(→))，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up13(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up13(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，)) 取x＝eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1，1)． 又eq \o(BA,\s\up13(→))＝(0，0，2eq \r(3))， 所以点A到平面MBC的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BA,\s\up13(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(2\r(15),5). 解　如图所示，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，C(0，1，0)， ∴eq \o(AD1,\s\up13(→))＝(－1，0，1)，eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2))). ∴eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD1,\s\up13(→))， 又直线AD1与MN不重合，∴MN∥AD1， 又MN⊄平面ACD1，∴MN∥平面ACD1. ∵eq \o(AD1,\s\up13(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－1，1，0)， 设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up13(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋y＝0，)) ∴x＝y＝z，令x＝1，则n＝(1，1，1)． 又eq \o(AM,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴点M到平面ACD1的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AM,\s\up13(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(\r(3),2)，即直线MN到平面ACD1的距离为eq \f(\r(3),2). 解　解法一：连接AO1，建立如图1所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，∴eq \o(AO1,\s\up13(→))＝(－2，0，2)，eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－2，3，0)， ∴eq \o(AO1,\s\up13(→))·eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－2，0，2)·(－2，3，0)＝4， ∴eq \f(\o(AO1,\s\up13(→))·\o(AC,\s\up13(→)),|\o(AC,\s\up13(→))|)＝eq \f(4,\r(13))， ∴点O1到直线AC的距离 d＝＝eq \f(2\r(286),13). 解法二：建立如图2所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，O1(0，0，2)，C(0，3，0)，过O1作O1D⊥AC于点D，设D(x，y，0)，则eq \o(O1D,\s\up13(→))＝(x，y，－2)，eq \o(AD,\s\up13(→))＝(x－2，y，0)． ∵eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－2，3，0)，eq \o(O1D,\s\up13(→))⊥eq \o(AC,\s\up13(→))，eq \o(AD,\s\up13(→))∥eq \o(AC,\s\up13(→))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋3y＝0，,\f(x－2,－2)＝\f(y,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(18,13)，,y＝\f(12,13)，))∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)，\f(12,13)，0))， ∴|eq \o(O1D,\s\up13(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2)＋（－2）2)＝eq \f(2\r(286),13). 即点O1到直线AC的距离为eq \f(2\r(286),13). 2．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.eq \f(62,7) B.eq \f(64,7) C.eq \f(60,7) D.eq \f(65,7) 解析　∵a，b，c三向量共面，则存在不全为零的实数x，y，使c＝xa＋yb，即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)＝(2x－y，－x＋4y，3x－2y)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,－x＋4y＝5，,3x－2y＝λ，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7).))∴λ＝3x－2y＝eq \f(65,7). 3.正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，点P在对角线BD′上，且|BP|＝eq \f(1,3)|BD′|，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P的坐标为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(1,3))) 4．已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，设G是CD的中点，则eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→)))＝(　　) A.eq \o(AG,\s\up16(→)) B.eq \o(CG,\s\up16(→)) C.eq \o(BC,\s\up16(→)) D.eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→)) 解析　如图所示，∵G是CD的中点，∴eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→)))＝eq \o(BG,\s\up16(→))，∴eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→)))＝eq \o(AG,\s\up16(→)). 5．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量eq \o(D1A,\s\up16(→))，eq \o(D1C,\s\up16(→))，eq \o(A1C1,\s\up16(→))是(　　) A．有相同起点的向量 B．等长向量 C．共面向量 D．不共面向量 解析　如图所示，因为eq \o(D1C,\s\up16(→))－eq \o(D1A,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))，而eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))，所以eq \o(D1C,\s\up16(→))－eq \o(D1A,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))，即eq \o(D1C,\s\up16(→))＝eq \o(D1A,\s\up16(→))＋eq \o(A1C1,\s\up16(→)).而eq \o(D1A,\s\up16(→))与eq \o(A1C1,\s\up16(→))不共线，所以eq \o(D1A,\s\up16(→))，eq \o(D1C,\s\up16(→))，eq \o(A1C1,\s\up16(→))三向量共面． 解析　以D为坐标原点，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，如图所示，则A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，D1(0，0，1)，∴eq \o(AD1,\s\up13(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AE,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0)).设平面AEFD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up13(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up13(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－\f(x,2)＋y＝0，))∴x＝2y＝z.取y＝1，则n＝(2，1，2)．又平面ABCD的一个法向量为u＝(0，0，1)，∴cos〈n，u〉＝eq \f(2,3)，∴sin〈n，u〉＝eq \f(\r(5),3). 6.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，eq \o(OC,\s\up13(→))＝(0，0，2)，平面ABC的一个法向量为n＝(2，1，2)，设二面角C－AB－O的平面角为θ，则cosθ＝(　　) A．－eq \f(\r(5),3) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3) 解析　cos〈eq \o(OC,\s\up13(→))，n〉＝eq \f(\o(OC,\s\up13(→))·n,\a\vs4\al(|\o(OC,\s\up13(→))||n|))＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3)，由题图知二面角C－AB－O的平面角为锐角，所以cosθ＝eq \f(2,3). 7.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱AB，BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离为(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(2\r(2),3) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \f(4,3) 解析　以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B1(0，0，0)，C1(2，0，0)，E(0，1，2)，F(1，0，2)．设平面B1EF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1E,\s\up13(→))＝0，,n·\o(B1F,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,x＋2z＝0.))令z＝1，得n＝(－2，－2，1)．又eq \o(B1C1,\s\up13(→))＝(2，0，0)，∴点C1到平面B1EF的距离h＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(B1C1,\s\up13(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(4,3).故选D. 8．已知a，b为空间向量，|a|＝1，|b|＝eq \r(2)，且a－b与a垂直，则a与b的夹角为(　　) A．60° B．30° C．135° D．45° 解析　∵a－b与a垂直，∴(a－b)·a＝0，∴a·a－a·b＝|a|2－|a||b|cos〈a，b〉＝1－1×eq \r(2)×cos〈a，b〉＝0，∴cos〈a，b〉＝eq \f(\r(2),2).∵0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝45°. 9．正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长是(　　) A．2 B.eq \r(3) C.eq \r(7) D.eq \r(5) 解析　如图所示，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AC,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c.由题意知|a|＝|b|＝|c|＝2，且〈a，b〉＝60°，〈a，c〉＝〈b，c〉＝90°.因为eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(EA,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1F,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c，所以|eq \o(EF,\s\up16(→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)b2＋c2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a·\f(1,2)b＋\f(1,2)b·c－\f(1,2)a·c))＝eq \f(1,4)×22＋eq \f(1,4)×22＋22＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))×2×2cos60°＝1＋1＋4－1＝5，所以|EF|＝eq \r(5). 10．已知eq \o(AB,\s\up13(→))＝(－3，1，2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－2，4)，点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为(　　) A．AB⊥α B．AB⊂α C．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α 解析　因为n·eq \o(AB,\s\up13(→))＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥eq \o(AB,\s\up13(→)).又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α.故选D. 解析　以D为坐标原点，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．设正方体的棱长为1，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1)).∴eq \o(EF,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \o(GH,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，cos〈eq \o(EF,\s\up13(→))，eq \o(GH,\s\up13(→))〉＝eq \f(－\f(1,4),\f(\r(2),2)×\f(\r(2),2))＝－eq \f(1,2)，∴〈eq \o(EF,\s\up13(→))，eq \o(GH,\s\up13(→))〉＝120°，∴异面直线EF与GH夹角的大小为60°.故选B. 12．(多选)下列条件中，使P，A，B，C四点共面的是(　　) A.eq \o(PC,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(PA,\s\up13(→))＋eq \f(2,3) eq \o(PB,\s\up13(→)) B.eq \o(OP,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up13(→)) C.eq \o(OP,\s\up13(→))＝eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→)) D.eq \o(OP,\s\up13(→))＋eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→))＝0 13.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝eq \r(2)，E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则E，F两点间 的距离为________． eq \f(\r(6),2) 解析　以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，1，eq \r(2))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，\f(\r(2),2)))，所以|EF|＝eq \r(（2－1）2＋（1－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\r(2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),2). 解析　因为α∥β，所以u∥v，所以eq \f(－2,1)＝eq \f(x,－2)＝eq \f(－2,y)，解得x＝4，y＝1，所以x＋y＝5.因为α⊥β，所以u⊥v，所以－2×1＋(－2)x＋(－2)y＝0，故x＋y＝－1. 解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，eq \o(ED1,\s\up13(→))＝(－1，－2，2)．设P(x，y，z)，eq \o(EP,\s\up13(→))＝λeq \o(ED1,\s\up13(→))，λ∈[0，1]，则eq \o(EP,\s\up13(→))＝(x－1，y－2，z)．所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2)，解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.所以P(1－λ，2－2λ，2λ)．设点P在直线CC1上的射影为Q，得Q(0，2，2λ)，|eq \o(PQ,\s\up13(→))|＝eq \r(（1－λ）2＋4λ2)＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,5)))\s\up12(2)＋\f(4,5))，当λ＝eq \f(1,5)时，|eq \o(PQ,\s\up13(→))|min＝eq \f(2\r(5),5). eq \f(2\r(5),5) 16.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，P是C1D1的中点，则eq \o(B1C,\s\up16(→))与eq \o(A1P,\s\up16(→))夹角的大小为______，eq \o(B1C,\s\up16(→))在eq \o(A1P,\s\up16(→))方向上的投影数量为______． eq \f(\r(2),2) 解析　根据向量的线性运算可得eq \o(B1C,\s\up16(→))·eq \o(A1P,\s\up16(→))＝(eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))))＝eq \o(AD,\s\up16(→))2＝1.由题意可得PA1＝B1C＝eq \r(2)，则eq \r(2)×eq \r(2)×cos〈eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(A1P,\s\up16(→))〉＝1，从而〈eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(A1P,\s\up16(→))〉＝60°.因为|eq \o(B1C,\s\up16(→))|＝eq \r(2)，所以eq \o(B1C,\s\up16(→))在eq \o(A1P,\s\up16(→))方向上的投影数量为|eq \o(B1C,\s\up16(→))|cos〈eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(A1P,\s\up16(→))〉＝eq \r(2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),2). 证明　(1)设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，eq \r(3)a，0)，E(a，eq \r(3)a，2a)． 所以eq \o(BE,\s\up13(→))＝(a，eq \r(3)a，a)，eq \o(BC,\s\up13(→))＝(2a，0，－a)，eq \o(CD,\s\up13(→))＝(－a，eq \r(3)a，0)，eq \o(ED,\s\up13(→))＝(0，0，－2a)． 设平面BCE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BE,\s\up13(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up13(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1＋\r(3)ay1＋az1＝0，,2ax1－az1＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋\r(3)y1＋z1＝0，,2x1－z1＝0.)) 令z1＝2，可得n1＝(1，－eq \r(3)，2)． 设平面CDE的一个法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， 解析　对于A，∵eq \o(OC,\s\up13(→))－eq \o(OP,\s\up13(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up13(→))－eq \o(OP,\s\up13(→)))＋eq \f(2,3)(eq \o(OB,\s\up13(→))－eq \o(OP,\s\up13(→)))，∴eq \o(OC,\s\up13(→))－eq \o(OP,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up13(→))－eq \f(1,3) eq \o(OP,\s\up13(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up13(→))－eq \f(2,3) eq \o(OP,\s\up13(→))，∴eq \f(2,3) eq \o(OP,\s\up13(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OP,\s\up13(→))－eq \o(OP,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up13(→))－eq \o(OC,\s\up13(→))＝0，故eq \o(OC,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up13(→))，故A，B，C三点共线，故P，A，B，C四点共面(或由eq \o(PC,\s\up13(→))＝eq \f(1,3) eq \o(PA,\s\up13(→))＋eq \f(2,3) eq \o(PB,\s\up13(→))得，eq \o(PA,\s\up13(→))，eq \o(PB,\s\up13(→))，eq \o(PC,\s\up13(→))为共面向量，故P，A，B，C四点共面)；对于B，eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝1，故P，A，B，C四点共面；对于C，由eq \o(OP,\s\up13(→))＝eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→))，1＋1＋1＝3≠1，所以P，A，B，C四点不共面；对于D，由eq \o(OP,\s\up13(→))＋eq \o(OA,\s\up13(→))＋eq \o(OB,\s\up13(→))＋eq \o(OC,\s\up13(→))＝0，得eq \o(OP,\s\up13(→))＝－eq \o(OA,\s\up13(→))－eq \o(OB,\s\up13(→))－eq \o(OC,\s\up13(→))，而－1－1－1＝－3≠1，所以P，A，B，C四点不共面．故选AB. 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CD,\s\up13(→))＝0，,n2·\o(ED,\s\up13(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ax2＋\r(3)ay2＝0，,－2az2＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋\r(3)y2＝0，,z2＝0.)) 令y2＝1，可得n2＝(eq \r(3)，1，0)． 因为n1·n2＝1×eq \r(3)＋(－eq \r(3))×1＋2×0＝0. 所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE. (2)易得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，则eq \o(AM,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))， 又平面BCE的一个法向量为n1＝(1，－eq \r(3)，2)， 则eq \o(AM,\s\up13(→))·n1＝eq \f(3a,2)×1＋eq \f(\r(3),2)a×(－eq \r(3))＋0×2＝0. 所以eq \o(AM,\s\up13(→))⊥n1，又AM⊄平面BCE， 所以AM∥平面BCE. 18.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是a，CD1和DC1交于点O. (1)求eq \o(CD1,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))； (2)求eq \o(AO,\s\up16(→))与eq \o(CB,\s\up16(→))夹角的余弦值． 解　(1)正方体ABCD－A1B1C1D1中，CD1＝eq \r(2)a，〈eq \o(CD1,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))〉＝eq \f(π,4)，故eq \o(CD1,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \r(2)a×a×coseq \f(π,4)＝a2. (2)由题意知，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0，eq \o(AA1,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0，eq \o(AO,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DO,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))， |eq \o(AO,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,2)（\o(AB,\s\up16(→))＋\o(AA1,\s\up16(→))）))\s\up12(2)) ＝eq \r(\o(AD,\s\up16(→))2＋\f(1,4)\o(AB,\s\up16(→))2＋\f(1,4)\o(AA1,\s\up16(→))2)＝eq \f(\r(6)a,2)， eq \o(AO,\s\up16(→))·eq \o(CB,\s\up16(→))＝－eq \o(AO,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,2)（\o(AB,\s\up16(→))＋\o(AA1,\s\up16(→))）))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝－a2， 故cos〈eq \o(AO,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AO,\s\up16(→))·\o(CB,\s\up16(→)),|\o(AO,\s\up16(→))||\o(CB,\s\up16(→))|)＝eq \f(－a2,\f(\r(6)a,2)·a)＝－eq \f(\r(6),3). $$