高三北師大版數(shù)學(xué)（理）一輪導(dǎo)學(xué)案 8.6 空間向量及其運(yùn)算

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)案45空間向量及其運(yùn)算導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1。了解空間向量的概念，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(biāo)表示。2.掌握空間向量的線性運(yùn)算及其坐標(biāo)表示。3。掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標(biāo)表示,能運(yùn)用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直．自主梳理1．空間向量的有關(guān)概念(1)空間向量:在空間中，具有______和______的量叫做空間向量．（2）相等向量：方向______且模______的向量．(3）共線向量定理對(duì)空間任意兩個(gè)向量a,b（b≠0),a∥b的充要條件是______________________________．推論如圖所示，點(diǎn)P在l上的充要條件是:eq\o（OP，\s\up6(→))＝eq\o(OA，\s\up6（→)）＋ta①其中a叫直線l的方向向量，t∈R，在l上取eq\o(AB，\s\up6(→))＝a,則①可化為eq\o（OP,\s\up6(→））＝___________________或eq\o(OP，\s\up6(→）)＝(1－t)eq\o（OA，\s\up6(→)）＋teq\o(OB，\s\up6(→）).(4)共面向量定理如果兩個(gè)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惟一的有序?qū)崝?shù)對(duì)（x，y),使p＝xa＋yb，推論的表達(dá)式為eq\o（MP，\s\up6(→))＝xeq\o（MA,\s\up6(→)）＋yeq\o(MB,\s\up6(→）)或?qū)臻g任意一點(diǎn)O有,eq\o（OP,\s\up6（→))＝__________________或eq\o(OP，\s\up6(→))＝xeq\o（OA，\s\up6(→))＋yeq\o(OB，\s\up6（→））＋zeq\o(OM，\s\up6（→)），其中x＋y＋z＝____.2．空間向量基本定理如果三個(gè)向量a，b,c不共面，那么對(duì)空間任一向量p，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y,z｝，使得p＝____________________________，把｛a，b，c｝叫做空間的一個(gè)基底．3．空間向量的數(shù)量積及運(yùn)算律(1)數(shù)量積及相關(guān)概念①兩向量的夾角已知兩個(gè)非零向量a，b，在空間任取一點(diǎn)O,作eq\o(OA,\s\up6（→）)＝a,eq\o(OB,\s\up6（→))＝b，則________叫做向量a與b的夾角，記作________,其范圍是________________,若〈a，b>＝eq\f（π,2），則稱a與b______________，記作a⊥b。②兩向量的數(shù)量積已知兩個(gè)非零向量a，b，則______________________叫做向量a，b的數(shù)量積，記作________，即______________________________．（2）空間向量數(shù)量積的運(yùn)算律①結(jié)合律：(λa)·b＝____________________；②交換律:a·b＝________;③分配律：a·(b＋c)＝________________.4．空間向量的坐標(biāo)表示及應(yīng)用（1)數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算若a＝(a1，a2,a3）,b＝（b1，b2,b3）,則a·b＝____________________。（2)共線與垂直的坐標(biāo)表示設(shè)a＝（a1，a2,a3），b＝（b1,b2，b3），則a∥b（b≠0)?____________?________,__________，________________，a⊥b?________?_________________________________（a，b均為非零向量)．（3）模、夾角和距離公式設(shè)a＝（a1，a2,a3)，b＝(b1,b2，b3)，則｜a|＝eq\r(a·a）＝_____________________________________________________________,cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,｜a||b|）＝_________________________________________________________。若A（a1,b1，c1)，B（a2,b2，c2），則｜eq\o(AB，\s\up6(→））｜＝__________________________________________________________________。自我檢測(cè)1．若a＝（2x，1，3）,b＝(1,－2y，9）,且a∥b，則（)A．x＝1，y＝1 B．x＝eq\f（1,2）,y＝－eq\f(1,2)C．x＝eq\f（1，6），y＝－eq\f(3,2） D．x＝－eq\f(1,6）,y＝eq\f（3,2）2．（2011·青島月考）如圖所示，在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，M為AC與BD的交點(diǎn)，若eq\o(A1B1，\s\up6（→）)＝a，eq\o(A1D1,\s\up6(→）)＝b,eq\o(A1A，\s\up6（→))＝c，則下列向量中與eq\o（B1M,\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＋cC.eq\f（1，2)a－eq\f(1，2）b＋c D．－eq\f(1，2)a－eq\f（1,2）b＋c3．（2011·廣州調(diào)研)在平行六面體ABCD—A′B′C′D′中,已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，則｜eq\o（AC′，\s\up6(→)）｜＝________。4．有下列4個(gè)命題:①若p＝xa＋yb，則p與a、b共面；②若p與a、b共面，則p＝xa＋yb；③若eq\o（MP，\s\up6（→））＝xeq\o(MA,\s\up6（→））＋yeq\o(MB,\s\up6(→）），則P、M、A、B共面；④若P、M、A、B共面，則eq\o(MP，\s\up6(→）)＝xeq\o（MA,\s\up6（→)）＋yeq\o（MB,\s\up6(→））。其中真命題的個(gè)數(shù)是(）A．1 B．2 C．3 D．5．A（1，0，1)，B（4,4,6），C(2，2，3）,D(10,14,17）這四個(gè)點(diǎn)________(填共面或不共面）．探究點(diǎn)一空間基向量的應(yīng)用例1已知空間四邊形OABC中，M為BC的中點(diǎn)，N為AC的中點(diǎn),P為OA的中點(diǎn)，Q為OB的中點(diǎn)，若AB＝OC，求證:PM⊥QN.變式遷移1如圖，在正四面體ABCD中，E、F分別為棱AD、BC的中點(diǎn)，則異面直線AF和CE所成角的余弦值為________．探究點(diǎn)二利用向量法判斷平行或垂直例2（2011·合肥調(diào)研)兩個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD與正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°,點(diǎn)M、N分別在BD、AE上,且AN＝DM.(1）求證：MN∥平面EBC；（2）求MN長(zhǎng)度的最小值．變式遷移2如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r（2）,AF＝1，M是線段EF的中點(diǎn)．求證:(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF。探究點(diǎn)三利用向量法解探索性問(wèn)題例3(2011·泉州月考)如圖,平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別為PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC＝16，PA＝PC＝10。(1）設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明FG∥平面BOE；(2）在△AOB內(nèi)是否存在一點(diǎn)M,使FM⊥平面BOE？若存在，求出點(diǎn)M到OA，OB的距離;若不存在，說(shuō)明理由．變式遷移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D為A1C1的中點(diǎn),E為（1）求直線BE與A1C所成的角的余弦值（2）在線段AA1上是否存在點(diǎn)F，使CF⊥平面B1DF？若存在,求出AF；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．1．向量法解立體幾何問(wèn)題有兩種基本思路：一種是利用基向量表示幾何量，簡(jiǎn)稱基向量法；另一種是建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法表示幾何量，簡(jiǎn)稱坐標(biāo)法．2．利用坐標(biāo)法解幾何問(wèn)題的基本步驟是：(1）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，用坐標(biāo)準(zhǔn)確表示涉及到的幾何量．(2)通過(guò)向量的坐標(biāo)運(yùn)算,研究點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系．（3）根據(jù)運(yùn)算結(jié)果解釋相關(guān)幾何問(wèn)題．（滿分：75分）一、選擇題（每小題5分，共25分）1．下列命題：①若A、B、C、D是空間任意四點(diǎn)，則有eq\o（AB,\s\up6(→)）＋eq\o(BC，\s\up6（→))＋eq\o(CD,\s\up6（→）)＋eq\o（DA,\s\up6(→)）＝0；②|a|－｜b|＝|a＋b|是a、b共線的充要條件;③若a、b共線,則a與b所在直線平行；④對(duì)空間任意一點(diǎn)O與不共線的三點(diǎn)A、B、C,若eq\o(OP,\s\up6（→)）＝xeq\o(OA,\s\up6(→））＋yeq\o(OB，\s\up6(→））＋zeq\o(OC，\s\up6(→））(其中x、y、z∈R）則P、A、B、C四點(diǎn)共面．其中假命題的個(gè)數(shù)是(）A．1 B．2 C．3 D．2.如圖所示,在正方體ABCD—A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心，M、N分別是棱DD1、D1C1的中點(diǎn),則直線A．既垂直于AC，又垂直于MNB．垂直于AC,但不垂直于MNC．垂直于MN，但不垂直于ACD．與AC、MN都不垂直3．(2011·紹興月考）如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E、F分別是棱AB、BB1的中點(diǎn),則直線EF和BC1所成的角是A．45° B．60°C．90° D．120°4．設(shè)點(diǎn)C(2a＋1，a＋1,2）在點(diǎn)P(2,0,0)、A（1，－3，2)、B（8，－1,4)確定的平面上，則a等于A．16 B．4 C．2 D．5．在直角坐標(biāo)系中，A（－2，3)，B（3，－2），沿x軸把直角坐標(biāo)系折成120°的二面角，則AB的長(zhǎng)度為（)A.eq\r（2） B．2eq\r（11) C．3eq\r(2） D．4eq\r（2)二、填空題（每小題4分,共12分)6。（2011·信陽(yáng)模擬）如圖所示，已知空間四邊形ABCD,F為BC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，若eq\o(EF,\s\up6（→)）＝λ（eq\o(AB,\s\up6(→））＋eq\o(DC,\s\up6（→))），則λ＝________.7．（2011·銅川模擬）在正方體ABCD—A1B1C1D1中，給出以下向量表達(dá)式①(eq\o(A1D1，\s\up6(→））－eq\o(A1A，\s\up6(→））)－eq\o（AB,\s\up6(→)）;②(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o（BB1，\s\up6(→)）)－eq\o(D1C1，\s\up6(→)）；③(eq\o(AD，\s\up6(→)）－eq\o（AB,\s\up6(→))）－2eq\o(DD1,\s\up6（→)）；④（eq\o（B1D1,\s\up6(→))＋eq\o（A1A,\s\up6(→）)）＋eq\o(DD1，\s\up6（→））。其中能夠化簡(jiǎn)為向量eq\o（BD1,\s\up6(→))的是________．（填所有正確的序號(hào)）8．（2011·麗水模擬)如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2,E為PB的中點(diǎn)，cos<eq\o(DP,\s\up6（→)），eq\o(AE,\s\up6（→))〉＝eq\f（\r（3)，3），若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為________．三、解答題（共38分）9．（12分）如圖所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為3的正方體，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上,且AE＝FC1＝(1）求證：E、B、F、D1四點(diǎn)共面;（2)若點(diǎn)G在BC上，BG＝eq\f(2，3），點(diǎn)M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1。10．(12分）(2009·福建)如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1,E為BC的中點(diǎn)．（1）求異面直線NE與AM所成角的余弦值;（2）在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN?若存在,求線段AS的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．11．（14分）（2011·汕頭月考）如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a,點(diǎn)M、N分別是AB、CD的中點(diǎn)．（1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD;（2）求MN的長(zhǎng)；（3）求異面直線AN與CM所成角的余弦值．學(xué)案45空間向量及其運(yùn)算自主梳理1．（1）大小方向(2）相同相等(3)存在實(shí)數(shù)λ,使得a＝λbeq\o(OA,\s\up6（→))＋teq\o（AB,\s\up6（→))(4）eq\o（OM,\s\up6（→）)＋xeq\o(MA,\s\up6（→））＋yeq\o（MB,\s\up6(→))12.xa＋yb＋zc3.(1)①∠AOB〈a，b〉0≤〈a,b〉≤π互相垂直②｜a｜|b｜c(diǎn)os<a，b〉a·ba·b＝｜a||b｜c(diǎn)os<a，b〉(2）①λ（a·b)②b·a③a·b＋a·c4。（1）a1b1＋a2b2＋a3b3(2)a＝λba1＝λb1a2＝λb2a3＝λb3（λ∈R)a·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(3)eq\r（a\o\al(2，1）＋a\o\al（2,2)＋a\o\al（2，3))eq\f（a1b1＋a2b2＋a3b3，\r(a\o\al(2，1）＋a\o\al（2,2)＋a\o\al(2，3))·\r（b\o\al(2,1）＋b\o\al（2，2)＋b\o\al(2,3)））eq\r（a2－a12＋b2－b12＋c2－c12）自我檢測(cè)1．C［∵a∥b，∴eq\f（2x，1）＝eq\f（1,－2y）＝eq\f(3，9），∴x＝eq\f（1，6)，y＝－eq\f(3,2).］2．A［eq\o（B1M，\s\up6(→）)＝eq\o（B1A1,\s\up6（→))＋eq\o（A1A,\s\up6（→))＋eq\o（AM,\s\up6（→））＝－eq\o(A1B1，\s\up6(→））＋eq\o（A1A,\s\up6(→)）＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)\o（AB，\s\up6（→)）＋\f(1,2)\o(AD，\s\up6（→))))＝－a＋c＋eq\f（1,2)(a＋b）＝－eq\f(1,2）a＋eq\f(1，2）b＋c。］3.eq\r（97）解析∵eq\o(AC′，\s\up6(→)）＝eq\o（AB,\s\up6（→)）＋eq\o(BC，\s\up6(→）)＋eq\o（CC′,\s\up6(→)）＝eq\o（AB,\s\up6（→)）＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′，\s\up6（→）),∴|eq\o(AC′,\s\up6（→)）｜2＝eq\o（AB，\s\up6（→）)2＋eq\o(AD,\s\up6(→））2＋eq\o(AA′,\s\up6(→)）2＋2eq\o（AB，\s\up6(→））·eq\o(AD，\s\up6(→))＋2eq\o（AD,\s\up6(→）)·eq\o(AA′,\s\up6（→）)＋2eq\o(AA′，\s\up6（→))·eq\o(AB,\s\up6(→)）＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97,∴｜eq\o（AC′,\s\up6(→)）｜＝eq\r(97).4．B［①正確．②中若a、b共線，p與a不共線,則p＝xa＋yb就不成立．③正確．④中若M、A、B共線，點(diǎn)P不在此直線上，則eq\o(MP,\s\up6（→）)＝xeq\o(MA,\s\up6（→）)＋yeq\o（MB,\s\up6（→））不正確．]5．共面解析eq\o(AB,\s\up6（→）)＝（3,4,5），eq\o（AC,\s\up6（→）)＝(1,2，2）,eq\o(AD，\s\up6（→)）＝（9，14,16),設(shè)eq\o(AD，\s\up6（→))＝xeq\o（AB,\s\up6(→））＋yeq\o（AC，\s\up6(→))，即(9,14,16）＝（3x＋y,4x＋2y，5x＋2y）．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2,y＝3)),從而A、B、C、D四點(diǎn)共面．課堂活動(dòng)區(qū)例1解題導(dǎo)引欲證a⊥b，只要把a(bǔ)、b用相同的幾個(gè)向量表示,然后利用向量的數(shù)量積證明a·b＝0即可，這是基向量證明線線垂直的基本方法．證明如圖所示.設(shè)eq\o(OA，\s\up6(→））＝a，eq\o（OB，\s\up6（→)）＝b，eq\o（OC,\s\up6（→）)＝c?！遝q\o(OM，\s\up6（→））＝eq\f(1,2)（eq\o（OB,\s\up6（→))＋eq\o(OC，\s\up6(→)））＝eq\f(1，2)（b＋c)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f（1，2）（eq\o（OA,\s\up6（→）)＋eq\o（OC，\s\up6（→))）＝eq\f（1,2）（a＋c)，∴eq\o(PM,\s\up6（→））＝eq\o（PO,\s\up6（→))＋eq\o(OM,\s\up6（→))＝－eq\f(1，2）a＋eq\f(1,2）（b＋c）＝eq\f(1，2）(b＋c－a）,eq\o(QN，\s\up6(→））＝eq\o（QO，\s\up6(→）)＋eq\o(ON，\s\up6(→）)＝－eq\f（1,2)b＋eq\f(1，2）（a＋c)＝eq\f(1,2）（a＋c－b)．∴eq\o（PM,\s\up6（→）)·eq\o(QN，\s\up6(→））＝eq\f(1，4）[c－(a－b)］[c＋(a－b)］＝eq\f（1，4）［c2－（a－b)2]＝eq\f(1,4)(|eq\o（OC,\s\up6(→))｜2－|eq\o(BA,\s\up6(→))|2）∵|eq\o(AB，\s\up6(→））｜＝｜eq\o（OC，\s\up6(→)）|，∴eq\o（PM,\s\up6(→））·eq\o(QN，\s\up6（→)）＝0。即eq\o（PM，\s\up6（→）)⊥eq\o(QN，\s\up6（→))，故PM⊥QN。變式遷移1eq\f(2,3)解析設(shè)｛eq\o（AB，\s\up6（→）），eq\o(AC,\s\up6（→))，eq\o（AD,\s\up6（→))｝為空間一組基底，則eq\o(AF,\s\up6（→)）＝eq\f（1，2)eq\o（AB，\s\up6（→））＋eq\f（1，2）eq\o(AC，\s\up6(→）)，eq\o(CE，\s\up6(→))＝eq\f（1,2)eq\o(CA,\s\up6(→））＋eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6（→））＝eq\f(1，2）eq\o(CA，\s\up6(→））＋eq\f(1，2)（eq\o(AD，\s\up6（→）)－eq\o(AC，\s\up6(→）））＝－eq\o(AC，\s\up6（→）)＋eq\f（1,2)eq\o(AD,\s\up6(→)).∴eq\o（AF,\s\up6(→))·eq\o（CE，\s\up6（→))＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,2）\o（AB，\s\up6(→））＋\f（1,2）\o（AC,\s\up6(→)）））·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\o(AC，\s\up6（→））＋\f(1，2）\o（AD,\s\up6(→）)))＝－eq\f（1，2）eq\o（AB,\s\up6(→））·eq\o（AC,\s\up6(→))－eq\f（1，2)eq\o(AC,\s\up6（→))2＋eq\f(1,4）eq\o（AB，\s\up6(→））·eq\o(AD,\s\up6(→)）＋eq\f(1,4）eq\o（AC,\s\up6(→))·eq\o（AD，\s\up6(→)）＝－eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→））2－eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(1，8)eq\o(AB，\s\up6(→))2＋eq\f(1,8)eq\o(AC，\s\up6(→))2＝－eq\f（1，2)eq\o（AC,\s\up6（→)）2.又|eq\o（AF,\s\up6(→)）|＝｜eq\o（CE，\s\up6（→)）|＝eq\f（\r(3）,2)|eq\o（AC,\s\up6(→))｜，∴｜eq\o(AF,\s\up6(→))｜·|eq\o（CE，\s\up6（→)）|＝eq\f（3，4）|eq\o（AC，\s\up6（→)）|2.∴cos<eq\o(AF，\s\up6(→）)，eq\o（CE，\s\up6(→）)>＝eq\f（\o（AF,\s\up6（→）)·\o（CE,\s\up6（→）)，｜\o(AF,\s\up6(→））|｜\o(CE，\s\up6（→））|)＝eq\f（－\f（1,2）\o（AC，\s\up6（→))2,\f（3,4)|\o（AC，\s\up6（→))｜2)＝－eq\f(2，3）.∴異面直線AF與CE所成角的余弦值為eq\f（2，3）。例2解題導(dǎo)引如圖所示，建立坐標(biāo)系后，要證MN平行于平面EBC，只要證eq\o（MN,\s\up6（→))的橫坐標(biāo)為0即可．（1）證明如圖所示，以eq\o(BA,\s\up6（→))、eq\o（BC,\s\up6（→))、eq\o（BE,\s\up6（→））為單位正交基底建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0），D(1,1,0），E（0，0，1)，B(0,0,0），設(shè)eq\f(AN,AE）＝eq\f(DM,DB)＝λ，則eq\o（MN，\s\up6(→))＝eq\o（MD，\s\up6(→））＋eq\o(DA，\s\up6(→）)＋eq\o(AN，\s\up6（→)）＝λeq\o（BD，\s\up6(→))＋eq\o（DA,\s\up6(→））＋λeq\o（AE,\s\up6（→)）＝λ(1，1，0)＋(0,－1，0）＋λ(－1，0，1）＝(0，λ－1，λ)．∵0<λ<1,∴λ－1≠0，λ≠0，且eq\o(MN,\s\up6（→）)的橫坐標(biāo)為0.∴eq\o(MN，\s\up6(→））平行于平面yBz,即MN∥平面EBC。（2）解由（1)知|eq\o(MN,\s\up6(→))｜＝eq\r（λ－12＋λ2)＝eq\r（2λ2－2λ＋1)＝eq\r(2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（λ－\f（1,2）)）2＋\f（1，2）)，∴當(dāng)λ＝eq\f(1，2)時(shí)，MN取得長(zhǎng)度的最小值為eq\f(\r（2)，2）。變式遷移2證明（1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AC∩BD＝N，連接NE。則點(diǎn)N、E的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（2），2)，\f（\r(2)，2)，0）)、(0,0，1)．∴eq\o（NE,\s\up6（→））＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（\r（2）,2),－\f（\r（2),2），1）).又點(diǎn)A、M的坐標(biāo)分別為(eq\r（2），eq\r（2)，0)、eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，2），\f(\r(2），2），1）)，∴eq\o(AM，\s\up6（→))＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（\r(2）,2），－\f(\r(2),2），1)）.∴eq\o(NE，\s\up6（→））＝eq\o（AM，\s\up6(→)）且NE與AM不共線．∴NE∥AM。又∵NE?平面BDE，AM?平面BDE,∴AM∥平面BDE。(2）由(1)得，eq\o（AM，\s\up6(→)）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（\r(2）,2），－\f（\r(2),2)，1)），∵D(eq\r(2),0，0)，F(xiàn)(eq\r(2)，eq\r（2)，1)，B（0,eq\r（2），0)，∴eq\o(DF，\s\up6(→)）＝（0，eq\r（2），1)，eq\o(BF，\s\up6(→））＝（eq\r（2），0,1）．∴eq\o（AM，\s\up6（→））·eq\o（DF,\s\up6(→））＝0，eq\o（AM，\s\up6(→)）·eq\o（BF，\s\up6（→））＝0?！鄀q\o（AM,\s\up6(→））⊥eq\o(DF,\s\up6（→))，eq\o（AM,\s\up6(→））⊥eq\o(BF，\s\up6（→)）,即AM⊥DF，AM⊥BF。又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF。例3解題導(dǎo)引建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系后,寫出各點(diǎn)坐標(biāo)．第（1)題證明eq\o（FG，\s\up6（→)）與平面BOE的法向量n垂直，即eq\o（FG，\s\up6（→）)·n＝0即可．第(2）題設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo),利用eq\o(MF,\s\up6(→))∥n即可解出,然后檢驗(yàn)解的合理性．（1)證明如圖，連接OP,以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O—xyz.則O（0,0,0），A(0,－8,0），B（8,0,0），C（0,8,0)，P(0,0,6），E(0，－4，3），F(xiàn)（4，0，3）．由題意，得G（0，4,0）．因?yàn)閑q\o(OB,\s\up6（→)）＝(8,0,0)，eq\o(OE,\s\up6（→)）＝(0,－4,3），所以平面BOE的法向量n＝(0,3，4)．由eq\o(FG，\s\up6(→））＝(－4，4，－3),得n·eq\o（FG,\s\up6(→）)＝0。又直線FG不在平面BOE內(nèi)，所以FG∥平面BOE。(2）解設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0,0)，則eq\o(FM,\s\up6（→)）＝(x0－4，y0，－3）．因?yàn)镕M⊥平面BOE,所以eq\o（FM,\s\up6(→)）∥n，因此x0＝4，y0＝－eq\f（9,4），即點(diǎn)M的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4，－\f(9,4)，0）)。在平面直角坐標(biāo)系xOy中,△AOB的內(nèi)部區(qū)域可表示為不等式組eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x〉0,，y<0,,x－y<8.））經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足上述不等式組．所以,在△AOB內(nèi)存在一點(diǎn)M，使PM⊥平面BOE.由點(diǎn)M的坐標(biāo)，得點(diǎn)M到OA，OB的距離分別為4,eq\f（9,4）.變式遷移3解(1)以點(diǎn)B為原點(diǎn)，以BA、BC、BB1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(biāo)系，則B（0，0,0），B1(0，0,3a）∵△ABC為等腰直角三角形，∴AB＝BC＝eq\f(\r（2）,2)AC＝eq\r（2)a,∴A（eq\r（2）a，0,0)，C（0，eq\r(2)a，0)，C1（0，eq\r(2)a,3a),Eeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2）,2）a，\f(3，2)a)），A1(eq\r(2)a，0，3a），∴eq\o（BE，\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,\f（\r（2),2）a，\f(3,2)a）),eq\o(A1C,\s\up6(→))＝（－eq\r（2)a，eq\r(2)a，－3a），cos<eq\o（BE,\s\up6(→）)，eq\o（A1C，\s\up6(→)）>＝eq\f(\o(BE,\s\up6（→）)·\o(A1C,\s\up6（→))，|\o（BE，\s\up6（→)）|｜\o(A1C，\s\up6(→)）|)＝eq\f（－\f（7，2）a2,\f(\r（11），2）a×\r（13）a)＝－eq\f（7\r(143）,143）.∴直線BE與A1C所成的角的余弦值為eq\f(7\r(143），143)。(2）假設(shè)存在點(diǎn)F,使CF⊥平面B1DF，并設(shè)eq\o(AF，\s\up6（→））＝λeq\o(AA1,\s\up6(→））＝λ（0,0,3a)＝(0，0,3λa)(0〈λ<1），∵D為A1C1的中點(diǎn)，∴Deq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)，2)a，\f(\r（2)，2)a，3a)）,eq\o(B1D,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r（2）,2)a，\f(\r(2)，2)a，3a））－（0，0，3a)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2)，2）a，\f（\r(2），2）a，0）)，eq\o(B1F，\s\up6(→））＝eq\o(B1B，\s\up6（→））＋eq\o(BA，\s\up6(→）)＋eq\o(AF,\s\up6(→））＝(0，0，－3a）＋(eq\r(2)a，0,0)＋(0，0,3λa）＝(eq\r（2）a,0,3a(λ－1）），eq\o（CF，\s\up6（→))＝eq\o（CA,\s\up6（→)）＋eq\o（AF，\s\up6（→)）＝(eq\r(2）a，－eq\r(2)a,0)＋(0,0，3λa）＝（eq\r(2)a,－eq\r（2）a,3λa）．∵CF⊥平面B1DF，∴eq\o(CF，\s\up6(→))⊥eq\o（B1D,\s\up6（→)）,eq\o（CF，\s\up6(→))⊥eq\o(B1F，\s\up6(→)）,eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CF，\s\up6（→））·\o（B1D,\s\up6(→)）＝0,\o(CF，\s\up6(→））·\o(B1F，\s\up6（→））＝0）),即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3λa×0＝0,9λ2－9λ＋2＝0））,解得λ＝eq\f（2,3）或λ＝eq\f（1,3）∴存在點(diǎn)F使CF⊥面B1DF，且當(dāng)λ＝eq\f(1,3）時(shí)，|eq\o(AF，\s\up6（→)）｜＝eq\f(1，3）|eq\o（AA1，\s\up6(→))|＝a，當(dāng)λ＝eq\f(2，3)時(shí)，｜eq\o(AF,\s\up6(→））|＝eq\f(2,3)｜eq\o(AA1，\s\up6（→））｜＝2a.課后練習(xí)區(qū)1．C［②③④均不正確．]2．A［以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建系，設(shè)棱長(zhǎng)為2，則M(0,0，1）,N（0，1，2），O（1,1,0)，A(2,0,0），C(0，2，0），∴eq\o（AC，\s\up6（→））＝(－2，2,0)，eq\o(MN,\s\up6（→））＝（0，1，1），eq\o(OM，\s\up6（→)）＝(－1，－1,1）,∴eq\o（OM，\s\up6(→)）·eq\o(AC，\s\up6（→)）＝0，eq\o（OM，\s\up6（→）)·eq\o（MN，\s\up6（→））＝0，∴OM⊥AC，OM⊥MN.］3．B［如圖建立坐標(biāo)系，設(shè)AB＝BC＝AA1＝2，則E(0,1，0)，F(xiàn)（0,0，1)，C1(2,0，2），∴eq\o(EF，\s\up6（→））＝（0,－1,1），eq\o(BC1,\s\up6（→））＝（2,0，2）,∴cos〈eq\o（EF，\s\up6(→)），eq\o（BC1,\s\up6（→)）〉＝eq\f(2,\r（2）·\r（8)）＝eq\f(1，2）?！摺磂q\o(EF,\s\up6（→)），eq\o(BC1，\s\up6(→）)〉∈[0°，180°］∴EF與BC1所成的角是60°.］4．A[由eq\o(PC，\s\up6(→)）＝λ1eq\o(PA，\s\up6(→））＋λ2eq\o（PB,\s\up6(→））得：(2a－1,a＋1,2)＝λ1(－1，－3,2）＋λ2（6,－1,4)∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－λ1＋6λ2＝2a－1,－3λ1－λ2＝a＋1，,2λ1＋4λ2＝2））解得a＝16。]5．B［過(guò)A、B分別作AA1⊥x軸，BB1⊥x軸，垂足分別為A1和B1,則AA1＝3,A1B1＝5，BB1＝2,∵eq\o（AB,\s\up6（→）)＝eq\o（AA1，\s\up6(→）)＋eq\o（A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1B，\s\up6(→）),∴eq\o(AB,\s\up6(→))2＝eq\o(AA1,\s\up6(→））2＋eq\o（A1B1,\s\up6(→)）2＋eq\o(B1B,\s\up6(→）)2＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(B1B，\s\up6（→)）＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|eq\o（AB，\s\up6（→））|＝2eq\r（11）。］6。eq\f(1,2）解析∵eq\o（EF,\s\up6（→))＝eq\o（EA,\s\up6（→)）＋eq\o（AB，\s\up6（→))＋eq\o（BF，\s\up6(→))，又eq\o（EF,\s\up6（→））＝eq\o(ED，\s\up6(→））＋eq\o（DC，\s\up6(→））＋eq\o(CF，\s\up6(→)),∴2eq\o（EF，\s\up6（→）)＝eq\o（AB,\s\up6(→）)＋eq\o（DC,\s\up6（→）），∴eq\o(EF，\s\up6(→)）＝eq\f（1，2）（eq\o（AB，\s\up6(→)）＋eq\o（DC，\s\up6(→））)，∴λ＝eq\f(1,2）.7．①②解析①(eq\o（A1D1,\s\up6(→)）－eq\o（A1A,\s\up6（→））)－eq\o（AB,\s\up6（→)）＝eq\o（AD1,\s\up6(→)）－eq\o（AB，\s\up6（→)）＝eq\o（BD1,\s\up6(→））；②(eq\o(BC，\s\up6(→））＋eq\o（BB1，\s\up6(→)))－eq\o（D1C1，\s\up6（→）)＝eq\o(BC1，\s\up6（→)）－eq\o（D1C1,\s\up6(→））＝eq\o（BD1，\s\up6（→））；③（eq\o（AD，\s\up6（→))－eq\o(AB，\s\up6（→)))－2eq\o（DD1，\s\up6（→))＝eq\o（BD,\s\up6（→））－2eq\o（DD1，\s\up6(→))≠eq\o（BD1,\s\up6(→))；④(eq\o(B1D1，\s\up6(→))＋eq\o（A1A,\s\up6(→))）＋eq\o（DD1,\s\up6（→))＝eq\o(B1D1，\s\up6(→））＋(eq\o（A1A,\s\up6（→））＋eq\o(DD1，\s\up6(→）））＝eq\o（B1D1，\s\up6（→)）≠eq\o(BD1，\s\up6（→））。8．（1，1，1)解析設(shè)DP＝y(tǒng)>0，則A(2，0,0)，B（2,2，0)，P（0,0，y），Eeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1，1，\f（y，2)）)，eq\o(DP,\s\up6（→))＝（0,0,y），eq\o(AE,\s\up6（→）)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－1，1，\f（y,2））)。∴cos<eq\o(DP,\s\up6（→)），eq\o（AE，\s\up6（→））〉＝eq\f（\o（DP，\s\up6(→）)·\o(AE，\s\up6（→)），｜\o（DP，\s\up6(→)）|｜\o（AE，\s\up6（→）)｜）＝eq\f(\f(1，2）y2，y\r（2＋\f（y2,4)))＝eq\f（y，\r(8＋y2)）＝eq\f（\r(3）,3)。解得y＝2,∴E(1，1,1）．9．證明(1）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則eq\o（BE，\s\up6(→）)＝(3，0,1)，eq\o(BF，\s\up6(→)）＝(0,3，2），eq\o（BD1，\s\up6(→）)＝(3,3,3）．（2分）所以eq\o（BD1，\s\up6（→))＝eq\o(BE,\s\up6(→）)＋eq\o(BF,\s\up6（→)）.故eq\o(BD1,\s\up6（→）)、eq\o（BE，\s\up6（→))、eq\o（BF，\s\up6（→))共面．又它們有公共點(diǎn)B，∴E、B、F、D1四點(diǎn)共面．(6分)(2)設(shè)M（0,0，z）,則eq\o(GM,\s\up6(→））＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,－\f(2,3)，z））。而eq\o（BF,\s\up6(→）)＝（0，3,2），由題設(shè)，得eq\o（GM，\s\up6（→））·eq\o(BF，\s\up6(→））＝－eq\f(2，3）×3＋z·2＝0，得z＝1.（8分)∴M(0，0，1），E（3，0,1）,∴eq\o（ME，\s\up6（→））＝（3,0，0)．又eq\o(BB1,\s\up6(→）)＝(0，0，3)，eq\o（BC,\s\up6(→）)＝（0,3，0）,∴eq\o（ME,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→)）＝0，∴eq\o（ME,\s\up6(→）)·eq\o（BC,\s\up6(→））＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC.又∵BB1∩BC＝B，∴ME⊥平面BCC1B1。(12分)10.解（1）如圖所示,以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz。依題意,得D(0,0,0），A（1,0，0），M（0,0，1)，C(0,1,0）,B(1，1,0），N（1,1，1），Eeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，1，0))。(2分）∴eq\o（NE,\s\up6（→）)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），0，－1))，eq\o(AM,\s\up6（→))＝(－1，0，1）．∵cos〈eq\o（NE，\s\up6(→))，eq\o（AM,\s\up6(→）)〉＝eq\f(\o(NE，\s\up6（→))·\o（AM，\s\up6(→）），|\o（NE,\s\up6（→）)｜·|\o（AM,\s\up6（→））|)＝eq\f(－\f（1，2），\f(\r（5),2）×\r(2））＝－eq\f（\r（10）,10）,∴異面直線NE與AM所成角的余弦值為eq\f(\r（10）,10)。(6分)(2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN?！遝q\o（AN,\s\up6（→))＝(0，1,1)，可設(shè)eq\o(AS,\s\up6(→))＝λeq\o(AN,\s\up6(→））＝（0，λ，λ),又eq\o(EA，\s\up6（→))＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，－1,0）),∴eq\o(ES,\s\up6（→))＝eq\o（EA,\s\up6(→））＋eq\o（AS，\s\up6（→）)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，λ－1，λ））。（8分)由ES⊥平面AMN,得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\o(ES,\s\up6(→)）·\o(AM，\s\up6(→))＝0，,\o(ES,\s\up6(→））·\o(AN,\s\up6（→））＝0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2）＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0。）)（10分）故λ＝eq\f（1,2），此時(shí)eq\o(AS,\s\up6(→））＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2)，\f（1,2））)，|eq\o(AS,\s\up6（→))|＝eq\f（\r(2)，2）。經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)AS＝eq\f（\r（2),2）時(shí),ES⊥平面AMN.故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平