2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题8.5 空间向量及其运算（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 8.5 空间向量及其运算空间向量及其运算 目录 一、考点全归纳一、考点全归纳 1空间向量的有关定理空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：共线向量定理：对空间任意两个向量 a，b(b0)，ab 的充要条件是存在唯一的实数 ，使得 ab (2)共面向量定理：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 pxayb (3)空间向量基本定理：空间向量基本定理：如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间

2、任一向量 p，存在有序实数组x，y，z， 使得 pxaybzc其中a，b，c叫做空间的一个基底 2两个向量的数量积两个向量的数量积(与平面向量基本相同与平面向量基本相同) (1)两向量的夹角：两向量的夹角：已知两个非零向量 a，b，在空间中任取一点 O，作OA a，OB b，则AOB 叫做向量 a 与 b 的夹角，记作a，b 通常规定 0a，b若a，b 2，则称向量 a，b 互相垂直，记作 ab. (2)两向量的数量积两向量的数量积 两个非零向量 a，b 的数量积 a b|a|b|cosa，b (3)向量的数量积的性质向量的数量积的性质 a e|a|cosa，e(其中 e 为单位向量)； ab

3、 a b0； |a|2a aa2； |a b|a|b|. (4)向量的数量积满足如下运算律向量的数量积满足如下运算律 (a) b(a b)； a bb a(交换律)； a (bc)a ba c(分配律) 3空间向量的坐标运算空间向量的坐标运算 (1)设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3) ab(a1b1，a2b2，a3b3)， ab(a1b1，a2b2，a3b3)， a(a1，a2，a3)，a ba1b1a2b2a3b3， ab a1b1a2b2a3b30， ab a1b1，a2b2，a3b3(R)， cosa，b a b |a| |b| a1b1a2b2a3b3 a21a22a2

4、3 b21b22b23 . (2)设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 则AB OB OA (x2x1，y2y1，z2z1) 4直线的方向向量与平面的法向量的确定直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点，则称AB 为直线 l 的方向向量，与AB平行 的任意非零向量也是直线 l 的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个 (2)平面的法向量平面的法向量 定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量 确定：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n 为平面

5、的法向量，则求法向量的方程组为 n a0， n b0. 5空间位置关系的向量表示空间位置关系的向量表示 位置关系位置关系 向量表示向量表示 直线 l1， l2的方向向 量分别为 n1，n2 l1l2 n1n2 n1n2 l1l2 n1n2 n1 n20 直线 l 的方向向量 为 n， 平面 的法向 量为 m l nm n m0 l nm nm 平面 ， 的法向量 分别为 n，m nm nm nm n m0 【常用结论】【常用结论】 1向量三点共线定理向量三点共线定理 在平面中 A，B，C 三点共线的充要条件是：OA xOB yOC (其中 xy1)，O 为平面内任意一点 2向量四点共面定理向量

6、四点共面定理 在空间中 P，A，B，C 四点共面的充要条件是：OP xOA yOB zOC (其中 xyz1)，O 为空间任意一 点 二二 题型全归纳题型全归纳 题型一题型一 空间向量的线性运算空间向量的线性运算 【题型要点】用已知向量表示未知向量的解题策略【题型要点】用已知向量表示未知向量的解题策略 (1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键 (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点 指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则 (3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边

7、形法则在空间仍然成立 【例【例 1】在三棱锥 O- ABC 中，M，N 分别是 OA，BC 的中点，G 是 ABC 的重心，用基向量OA ，OB ，OC 表 示(1)MG ；(2)OG . 【答案】见解析 【解析】 ： (1)MG MA AG 1 2OA 2 3AN 1 2OA 2 3(ON OA )1 2OA 2 3 1 2(OB OC )OA 1 6OA 1 3OB 1 3 OC . (2)OG OM MG 1 2OA 1 6OA 1 3OB 1 3OC 1 3OA 1 3OB 1 3OC . 【例【例 2】.如图所示，在平行六面体 ABCD- A1B1C1D1中，设AA1 a，AB b，

8、AD c，M，N，P 分别是 AA1， BC，C1D1的中点，试用 a，b，c 表示以下各向量： (1)AP ；(2)A 1N ；(3)MP NC1 . 【答案】见解析 【答案】 ：(1)因为 P 是 C1D1的中点， 所以AP AA 1 A1D1 D1P aAD 1 2D1C1 ac1 2AB ac1 2b. (2)因为 N 是 BC 的中点， 所以A1N A1A AB BNab1 2BC ab1 2AD ab1 2c. (3)因为 M 是 AA1的中点， 所以MP MA AP 1 2A1A AP 1 2a ac1 2b 1 2a 1 2bc， 又NC1 NC CC1 1 2BC AA 1

9、1 2AD AA1 1 2ca， 所以MP NC1 1 2a 1 2bc a1 2c 3 2a 1 2b 3 2c. 题型二题型二 共线、共面向量定理的应用共线、共面向量定理的应用 【题型要点】证明三点共线和空间四点共面的方法比较【题型要点】证明三点共线和空间四点共面的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 PA PB 且同过点 P MP xMA yMB 对空间任一点 O，OP OA tAB 对空间任一点 O，OP OM xMA yMB 对空间任一点 O，OP xOA (1x)OB 对空间任一点 O，OP xOM yOA (1xy)OB 【例【例 1】(2020 衡水

10、中学模拟衡水中学模拟)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AM kAC1 ，BN kBC(0k1) (1)向量MN 是否与向量AB ，AA 1 共面？ (2)直线 MN 是否与平面 ABB1A1平行？ 【答案】见解析 【解析】 (1)因为AM kAC1 ，BN kBC， 所以MN MA AB BNkC 1A AB kBCk(C 1A BC )ABk(C 1A B1C1 )AB kB 1A AB AB kAB 1 AB k(AA 1 AB )(1k)ABkAA 1 ， 所以由共面向量定理知向量MN 与向量AB ，AA 1 共面 (2)当

11、 k0 时，点 M，A 重合，点 N，B 重合， MN 在平面 ABB1A1内，当 0k1 时， MN 不在平面 ABB1A1内， 又由(1)知MN 与AB ，AA 1 共面， 所以 MN平面 ABB1A1. 【例【例 2】.如图，在四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，底面 ABCD 是平行四边形，E，F，G 分别是 A1D1，D1D，D1C1 的中点 (1)试用向量AB ，AD ，AA1 表示AG ； (2)用向量方法证明平面 EFG平面 AB1C. 【答案】见解析 【解析】 ：(1)设AB a，AD b，AA1 c. 由题图得AG AA1 A1D1 D1G cb1 2AB 1 2abc

12、 1 2AB AD AA1 . (2)证明：由题图，得AC ABBCab， EG ED1 D1G 1 2b 1 2a 1 2AC ， 因为 EG 与 AC 无公共点， 所以 EGAC，因为 EG平面 AB1C，AC平面 AB1C， 所以 EG平面 AB1C. 又因为AB1 AB BB 1 ac， FG FD1 D1G 1 2c 1 2a 1 2AB1 ， 因为 FG 与 AB1无公共点，所以 FGAB1， 因为 FG平面 AB1C，AB1平面 AB1C， 所以 FG平面 AB1C， 又因为 FGEGG，FG，EG平面 EFG， 所以平面 EFG平面 AB1C. 题型三题型三 空间向量数量积的应

13、用空间向量数量积的应用 【题型要点】空间向量数量积的三个应用【题型要点】空间向量数量积的三个应用 求夹角 设向量 a，b 所成的角为 ，则 cos a b |a|b|，进而可求两异面直线所成的 角 求长度(距离) 运用公式|a|2a a，可使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 ab a b0(a0，b0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问 题 【例【例 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：AC1BD； (3)求 BD1与 A

14、C 夹角的余弦值 【答案】见解析 【解析】(1)记AB a，AD b，AA1 c， 则|a|b|c|1， a，bb，cc，a60 ， a bb cc a1 2. |AC 1| 2(abc)2a2b2c22(a bb cc a)1112 1 2 1 2 1 2 6， |AC1 | 6，即 AC1的长为 6. (2)证明：AC 1abc，BD ba， AC 1 BD (abc) (ba)a b|b|2b c|a|2a ba cb ca c|b|c|cos 60 |a|c|cos 60 0. AC 1BD ，AC1BD. (3)BD 1bca，AC ab， |BD 1| 2，|AC | 3， BD

15、1 AC (bca) (ab)b2a2a cb c1. cosBD 1，AC BD 1 AC |BD 1|AC | 6 6 . AC 与 BD1夹角的余弦值为 6 6 . 【例【例 2】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，计算： (1)EF BA； (2)EG BD . 【答案】见解析 【解析】 设AB a，ACb，AD c. 则|a|b|c|1， a，bb，cc，a60 ， (1)EF 1 2BD 1 2c 1 2a，BA a， EF BA 1 2c 1 2a (a) 1 2a 21 2a c 1 4. (2)

16、EG BD (EA AD DG ) (AD AB ) 1 2AB AD AG AD (AD AB ) 1 2AB 1 2AC 1 2AD (AD AB ) 1 2a 1 2b 1 2c (ca) 1 2(1 1 1 21 1 1 2111 1 1 21 1 1 2) 1 2. 题型四题型四 利用向量证明平行与垂直利用向量证明平行与垂直 【题型要点】【题型要点】(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤 建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系； 建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素

17、； 通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系； 根据运算结果解释相关问题 (2)空间线面位置关系的坐标表示空间线面位置关系的坐标表示 设直线 l，m 的方向向量分别为 a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面 ， 的法向量分别为 u(a3，b3， c3)，v(a4，b4，c4) 线线平行 lm ab akb a1ka2，b1kb2，c1kc2. 线线垂直 lm ab a b0 a1a2b1b2c1c20. 线面平行(l) l au a u0 a1a3b1b3c1c30. 线面垂直 l au aku a1ka3，b1kb3，c1kc3. 面面平行 uv ukv a3ka4，b3kb4

18、，c3kc4. 面面垂直 uv u v0 a3a4b3b4c3c40. 类型一类型一 证明平行问题证明平行问题 【例【例 1】如图所示，平面 PAD平面 ABCD，ABCD 为正方形， PAD 是直角三角形，且 PAAD2，E， F，G 分别是线段 PA，PD，CD 的中点求证： (1)PB平面 EFG； (2)平面 EFG平面 PBC. 【证明】 (1)因为平面 PAD平面 ABCD，且 ABCD 为正方形，所以 AB，AP，AD 两两垂直 以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0， 2，0)，P(0，0，2

19、)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0) 法一：EF (0，1，0)，EG (1，2，1)， 设平面 EFG 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n EF 0， n EG 0， 即 y0， x2yz0， 令 z1，则 n(1，0，1)为平面 EFG 的一个法向量， 因为PB (2，0，2)， 所以PB n0，所以 nPB， 因为 PB平面 EFG，所以 PB平面 EFG. 法二：PB (2，0，2)，FE(0，1，0)，FG (1，1，1) 设PB sFEtFG ， 即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)， 所以 t2， ts0， t2， 解得 st2.所以PB 2F

20、E2FG ， 又因为FE 与FG 不共线，所以PB ，FE与FG 共面 因为 PB平面 EFG，所以 PB平面 EFG. (2)因为EF (0，1，0)，BC(0，2，0)， 所以BC 2EF， 所以 BCEF. 又因为 EF平面 PBC，BC平面 PBC， 所以 EF平面 PBC， 同理可证 GFPC，从而得出 GF平面 PBC. 又 EFGFF，EF平面 EFG，GF平面 EFG， 所以平面 EFG平面 PBC. 类型二类型二 证明垂直问题证明垂直问题 【例【例 2】如图， 在三棱锥 P- ABC 中， ABAC， D 为 BC 的中点， PO平面 ABC， 垂足 O 落在线段 AD 上

21、已 知 BC8，PO4，AO3，OD2. (1)证明：APBC； (2)若点 M 是线段 AP 上一点，且 AM3.试证明平面 AMC平面 BMC. 【证明】 (1)如图所示，以 O 为坐标原点，以射线 DB 方向为 x 轴正方向，射线 OD 为 y 轴正半轴，射线 OP 为 z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 O(0，0，0)，A(0，3，0)， B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4) 于是AP (0，3，4)，BC(8，0，0)， 所以AP BC(0，3，4) (8，0，0)0， 所以AP BC，即 APBC. (2)由(1)知 AP5，又 AM3，且点 M 在

22、线段 AP 上， 所以AM 3 5AP 0，9 5， 12 5 ，又BA (4，5，0)， 所以BM BA AM 4，16 5 ，12 5 ， 则AP BM (0，3，4) 4，16 5 ，12 5 0， 所以AP BM ，即 APBM， 又根据(1)的结论知 APBC， 所以 AP平面 BMC，于是 AM平面 BMC. 又 AM平面 AMC，故平面 AMC平面 BMC. 三、高效训练突破三、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1已知 a(2，3，4)，b(4，3，2)，b1 2x2a，则 x 等于( ) A(0，3，6) B(0，6，20) C(0，6，6) D(6，6，6) 【答案】【答案

23、】B 【解析】由 b1 2x2a，得 x4a2b(8，12，16)(8，6，4)(0，6，20) 2若AB CD CE ，则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是( ) A相交 B平行 C在平面内 D平行或在平面内 【答案】【答案】D 【解析】AB CD CE ，AB ，CD ，CE 共面则 AB 与平面 CDE 的位置关系是平行或在平面内 3已知 a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，则下列结论正确的是( ) Aac，bc Bab，ac Cac，ab D以上都不对 【答案】【答案】C 【解析】c(4，6，2)2(2，3，1)2a，ac，又 a b2 2(3) 01 40，a

24、b. 4.如图所示，三棱锥 O- ABC 中，M，N 分别是 AB，OC 的中点，设OA a，OB b，OC c，用 a，b，c 表 示NM ，则NM ( ) A.1 2(abc) B. 1 2(abc) C.1 2(abc) D. 1 2(abc) 【答案】【答案】B 【解析】NM NA AM (OA ON )1 2AB OA 1 2OC 1 2(OB OA )1 2OA 1 2OB 1 2OC 1 2(abc) 5.如图，在大小为 45 的二面角 A- EF- D 中，四边形 ABFE，四边形 CDEF 都是边长为 1 的正方形，则 B，D 两点间的距离是( ) A. 3 B 2 C1 D

25、3 2 【答案】D. 【解析】 ：因为BD BF FEED ，所以|BD |2|BF |2|FE|2|ED |22BF FE2FE ED 2BF ED 111 23 2，所以|BD |3 2. 6已知 A(1，0，0)，B(0，1，1)，O 为坐标原点，OA OB 与OB 的夹角为 120 ，则 的值为( ) A 6 6 B 6 6 C 6 6 D 6 【答案】C 【解析】 ：.OA OB (1，)，cos 120 122 2 1 2，得 6 6 .经检验 6 6 不合题意，舍去， 所以 6 6 . 7在空间四边形 ABCD 中，则AB CD AC DB AD BC 的值为( ) A1 B0

26、C1 D2 【答案】【答案】B 【解析】法一：(直接法)如图 令AB a，AC b，AD c, 则AB CD AC DB AD BC AB (AD AC )AC (AB AD )AD (AC AB )a (cb)b (ac)c (ba)a ca bb ab cc b c a0. 法二： (特值法)在三棱锥 A- BCD 中， 不妨令其各棱长都相等， 则正四面体的对棱互相垂直 所以AB CD 0， AC DB 0，AD BC 0. 所以AB CD AC DB AD BC 0. 8.(2020 四川名校联考四川名校联考)如图所示，正方体 ABCD- A1B1C1D1的棱长为 a，M，N 分别为 A

27、1B 和 AC 上的点，A1M AN 2a 3 ，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( ) A相交 B平行 C垂直 D不能确定 【答案】【答案】B 【解析】正方体棱长为 a，A1MAN 2a 3 ， MB 2 3A1B ，CN 2 3CA ， MN MB BC CN 2 3A1B BC 2 3CA 2 3(A1B1 B1B )BC 2 3( )CD DA 2 3B1B 1 3B1C1 . 又CD 是平面 B1BCC1的法向量， 且MN CD 2 3B1B 1 3B1C1 CD 0， MN CD ， MN平面 B1BCC1.故选 B. 9已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C

28、，若OP xOA yOB zOC (x，y，zR)，则“x2，y 3，z2”是“P，A，B，C 四点共面”的( ) A必要不充分条件 B充分不必要条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【答案】B. 【解析】 ： 当 x2， y3， z2 时， 即OP 2OA 3OB 2OC .则AP AO 2OA 3(AB AO )2(AC AO )， 即AP 3AB2AC，根据共面向量定理知，P，A，B，C 四点共面；反之，当 P，A，B，C 四点共面时， 根据共面向量定理，设AP mABnAC(m，nR)，即OP OA m(OB OA )n(OC OA )，即OP (1m n)OA mOB nOC ，

29、即 x1mn，ym，zn，这组数显然不止 2，3，2.故“x2，y3，z2” 是“P，A，B，C 四点共面”的充分不必要条件 10.如图， 正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直， AB 2， AF1， M 在 EF 上， 且 AM平面 BDE， 则 M 点的坐标为( ) A(1，1，1) B. 2 3 ， 2 3 ，1 C. 2 2 ， 2 2 ，1 D. 2 4 ， 2 4 ，1 【答案】C. 【解析】 ：设 M 点的坐标为(x，y，1)，因为 ACBDO，所以 O 2 2 ， 2 2 ，0 ， 又 E(0，0，1)，A( 2， 2，0)， 所以OE 2 2 ， 2 2 ，1

30、 ，AM (x 2，y 2，1)， 因为 AM平面 BDE，所以OE AM ， 所以 x 2 2 2 ， y 2 2 2 ， x 2 2 ， y 2 2 ， 所以 M 点的坐标为 2 2 ， 2 2 ，1 . 11.如图，在正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点 P，Q 分别在线段 C1D，AC 上，则线 段 PQ 长度的最小值是( ) A. 2 3 B 3 3 C.2 3 D 5 3 【答案】C. 【解析】 ：设DP DC1 ，AQ AC ，(，0，1) 所以DP (0，1，2)(0，2)， DQ DA (DC DA )(1，0，0)(1，1，0)(1，0) 所

31、以|PQ |DQ DP |(1，2)| （1）2（）242 5 5 2 9 5 5 9 2 4 9 4 9 2 3， 当且仅当 5， 5 9，即 1 9， 5 9时取等号 所以线段 PQ 长度的最小值为2 3.故选 C. 二、填空题二、填空题 1.如图所示，在长方体 ABCD- A1B1C1D1中，O 为 AC 的中点用AB ，AD ，AA1 表示OC1 ，则OC1 _ 【答案】 ：1 2AB 1 2AD AA1 【解析】 ：因为OC 1 2AC 1 2(AB AD )，所以OC1 OC CC1 1 2(AB AD )AA1 1 2AB 1 2AD AA1 . 2.已知 PA 垂直于正方形 A

32、BCD 所在的平面，M，N 分别是 CD，PC 的中点，并且 PAAD1.在如图所示的 空间直角坐标系中，则 MN_ 【答案】 ： 2 2 【解析】 ：连接 PD，因为 M，N 分别为 CD，PC 的中点，所以 MN1 2PD，又 P(0，0，1)，D(0，1，0)， 所以 PD 02（1）212 2，所以 MN 2 2 . 3.如图所示， 已知空间四边形 OABC， OBOC， 且AOBAOC 3， 则 cos OA ， BC 的值为_ 【答案】 ：0 【解析】 ：设OA a，OB b，OC c， 由已知条件得a，ba，c 3，且|b|c|， OA BC a (cb)a ca b1 2|a|

33、c| 1 2|a|b|0，所以OA BC ，所以 cosOA ，BC 0. 4已知 O(0，0，0)，A(1，2，1)，B(2，1，2)，P(1，1，2)，点 Q 在直线 OP 上运动，当QA QB 取最小值 时，点 Q 的坐标是_ 【答案】(1，1，2) 【解析】由题意，设OQ OP ，则OQ (，2)，即 Q(，2)，则QA (1，2，12)，QB (2，1，22)，QA QB (1)(2)(2)(1)(12)(22)621266(1)2，当 1 时取最小值，此时 Q 点坐标为(1，1，2) 5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，C1N

34、 NC ，且 AB1MN， 则 的值为_ 【答案】 ：15 【解析】 ：如图所示，取 B1C1的中点 P，连接 MP，以MC ，MA ，MP 的方向为 x，y，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，则 A 0， 3 2 ，0 ，B1(1 2，0，2)，C 1 2，0，0 ，C1 1 2，0，2 ， M(0，0，0)，设 N 1 2，0，t ， 因为C1N NC ，所以 N 1 2，0， 2 1 ， 所以AB1 1 2， 3 2 ，2 ，MN 1 2，0， 2 1 . 又因为 AB1MN，所以AB1 MN 0. 所以1 4 4 10，所以 15. 三三 解答题解答

35、题 1如图，在多面体 ABC- A1B1C1中，四边形 A1ABB1是正方形，ABAC，BC 2AB，B1C1綊1 2BC，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】 ：因为二面角 A1- AB- C 是直二面角， 四边形 A1ABB1为正方形， 所以 AA1平面 BAC. 又因为 ABAC，BC 2AB， 所以CAB90 ， 即 CAAB， 所以 AB，AC，AA1两两互相垂直 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 设 AB2，则 A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(

36、1，1，2) (1)A1B1 (0，2，0)，A1A (0，0，2)，AC (2，0，0)， 设平面 AA1C 的一个法向量 n(x，y，z)， 则 n A1A 0， n AC 0， 即 2z0， 2x0， 即 x0， z0，取 y1，则 n(0，1，0) 所以A1B1 2n， 即A1B1 n. 所以 A1B1平面 AA1C. (2)易知AB1 (0，2，2)，A1C1 (1，1，0)，A1C (2，0，2)， 设平面 A1C1C 的一个法向量 m(x1，y1，z1)， 则 m A1C1 0， m A1C 0， 即 x1y10， 2x12z10， 令 x11，则 y11，z11， 即 m(1，

37、1，1) 所以AB1 m0 12 (1)2 10， 所以AB1 m， 又 AB1平面 A1C1C， 所以 AB1平面 A1C1C. 2.如图， 在底面是矩形的四棱锥 PABCD 中， PA底面 ABCD， E， F 分别是 PC， PD 的中点， PAAB1， BC2.求证： (1)EF平面 PAB； (2)平面 PAD平面 PDC. 【证明】 ：以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空 间直角 坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以 E 1 2

38、，1， 1 2 ， F 0，1，1 2 ，EF 1 2，0，0 ，PB (1，0，1)，PD (0，2，1)，AP (0，0，1)，AD (0，2，0)，DC (1，0，0)，AB (1，0，0) (1)因为EF 1 2AB ，所以EFAB，即 EFAB. 又 AB平面 PAB，EF/ 平面 PAB， 所以 EF平面 PAB. (2)因为AP DC (0，0，1) (1，0，0)0， 所以AP DC ，AD DC ， 即 APDC，ADDC. 又 APADA，所以 DC平面 PAD. 所以平面 PAD平面 PDC. 3在四棱锥 P- ABCD 中，PD底面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，

39、PDDC，E，F 分别是 AB，PB 的中 点 (1)求证：EFCD； (2)在平面 PAD 内是否存在一点 G，使 GF平面 PCB？若存在，求出点 G 坐标；若不存在，试说明理由 【解析】 ：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP 两两垂直 如图 以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设 ADa， 则 D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E a，a 2，0 ，P(0，0，a)，F a 2， a 2， a 2 . EF a 2，0， a 2 ，DC (0，a，0) 因为EF DC 0， 所以EF DC ，从而得 E

40、FCD. (2)存在理由如下：假设存在满足条件的点 G， 设 G(x，0，z)，则FG xa 2， a 2，z a 2 ， 若使 GF平面 PCB，则由 FG CB xa 2， a 2，z a 2 (a，0，0)a xa 2 0，得 xa 2； 由FG CP xa 2， a 2，z a 2 (0，a，a)a 2 2a za 2 0，得 z0. 所以 G 点坐标为 a 2，0，0 ， 故存在满足条件的点 G，且点 G 为 AD 的中点 4 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：BDAA

41、1； (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 【答案】见解析 【解析】 ：(1)证明： 设 BD 与 AC 交于点 O，则 BDAC，连接 A1O，在 AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60 ， 所以 A1O2AA21AO22AA1 AOcos 60 3， 所以 AO2A1O2AA21， 所以 A1OAO. 由于平面AA1C1C平面ABCD， 且平面AA1C1C平面ABCDAC， 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

42、坐标系，则 A(0，1，0)， B( 3，0，0)，C(0，1，0)，D( 3，0，0)，A1(0，0， 3)，C1(0，2， 3) 由于BD (2 3，0，0)，AA1 (0，1， 3)， AA1 BD 0 (2 3)1 0 3 00， 所以BD AA1 ，即 BDAA1. (2)存在理由如下： 假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1， 设CP CC 1 ，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1， 3) 从而有 P(0，1， 3)，BP ( 3，1， 3) 设平面 DA1C1的法向量为 n(x2，y2，z2)， 则 nA1C1 ， nDA1 ， 又A1C1 (0，2，0)，DA1 ( 3，0， 3)， 则 2y20， 3x2 3z20， 取 n(1，0，1)， 因为 BP平面 DA1C1， 则 nBP ，即 n BP 3 30，得 1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1CCP.