2018北师大版(理)数学练习：第7章 第7节 空间向量在立体几何中的应用含解析

3．两个向量的数量积 (1)非零向量 a，b 的数量积 a· b＝|a||b|cos〈a，b〉 ． (2)空间向量数量积的运算律： ①交换律：a· b＝b· a； ②分配律：a· (b＋c)＝a· b＋a· c. ③λ(a· b)＝(λa)· b(λ∈R)．
4．空间向量坐标表示及应用 (1)数量积的坐标运算 若 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则 a· b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. (2)共线与垂直的坐标表示 设 a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， 则 a∥b⇔a＝λb⇔x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2(λ∈R)(b≠0)， a⊥b⇔a· b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.
5． 已知向量 a＝(4， －2， －4)， b＝(6， －3,2)， 则(a＋b)· (a－b)的值为________. 【导学号：57962349】
－ 13 13.]
[(a ＋ b)· (a － b) ＝ a2 － b2 ＝ 42 ＋ ( － 2)2 ＋ ( － 4)2 － [62 ＋ ( － 3)2 ＋ 22] ＝－
平行 或 重合，则这 (6)平行向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线
些向量叫作平行向量或 共线向量．
2．空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理： 空间两个向量 a 与 b(b≠0)共线的充要条件是存在实数 λ， 使 a＝λb. (2)空间向量基本定理 如果向量 e1，e2，e3 是空间三个不共面向量，a 是空间任一向量，那么存在 唯一一组实数 λ1，λ2，λ3，使得 a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3.
图 761 1 1 D.2a－2b＋c 1 → → 1 1 1 → → → → A [BM＝BB1＋B1M＝AA1＋2(AD－AB)＝c＋2(b－a)＝－2a＋2b＋c.]

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若l∥α，则u⊥n⇔u·n＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0； 若l⊥α，则u∥n⇔u＝kn⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)； 平面α1的法向量为u1＝(a1，b1，c1)，平面α2 的法向量为u2＝ (a2，b2，c2)． 若α1∥α 2，则u1∥u2⇔u1＝ku2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2， c2)． 若α1⊥α 2，则u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0．
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考点突破
课堂总结
1．已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6， 2)，则下列结论正确的是( A．a∥c，b∥c C．a∥c，a⊥b
答案 C
) B．a∥b，a⊥c D．以上都不对
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2．若两不重合直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1＝(1，0，－ 1)，v2＝(－2，0，2)，则 l1 与 l2 的位置关系是( A．平行 C．垂直
答案 解析 A v2＝－2v1，∴l1∥l2.
)
B．相交 D．不确定
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3．若平面 α，β 垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量 的是( )
A．n1＝(1，2，1)，n2＝(－3，1，1) B．n1＝(1，1，2)，n2＝(－2，1，1) C．n1＝(1，1，1)，n2＝(－1，2，1) D．n1＝(1，2，1)，n2＝(0，－2，－2)
→ ，在选项 A 中，MP → ＝(1，4，1)，∴n·MP → ＝0. ∴n⊥MP
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→ ＝(2，2，1)， AC → ＝(4，5，3)，则平面ABC的单 5．已知 AB 位法向量为( ) 1 2 2 B．(－3，3，－3) 2 1 2 D．( ， ，－ ) 3 3 3

课时作业 A 组——基础对点练1．若平面α的一个法向量n ＝(2,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(1,2,3)，则l 与α所成角的正弦值为( ) A.176 B.216 C ．－216D.213解析：cos 〈a ，n 〉＝a ·n |a ||n |＝(1，2，3)·(2，1，1)1＋4＋9·22＋1＋1＝2＋2＋314×6＝216. 答案：B2．在正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，AC 与B 1D 所成的角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2答案：D3．(2018·郑州调研)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.32 B.33 C.35 D.25 答案：B4．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120° 答案：C5．(2018·西安调研)已知六面体ABC -A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，则直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为( ) A ．45° B ．60° C ．90° D ．30°答案：A6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22答案：B7．(2018·新余月考)如图所示，在三棱柱ABC -A 1B 1C 中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是 ． 答案：60°8．在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于 ． 答案：239．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A -BD -C 的余弦值为 ．解析：取BC 中点O ，连结AO ，DO .建立如图所示坐标系， 设BC ＝1，则A (0,0，32)，B (0，－12，0)，D (32，0,0)． ∴OA →＝(0,0，32)，BA →＝(0，12，32)，BD →＝(32，12，0)． 由于OA →＝(0,0，32)为面BCD 的法向量，可进一步求出面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)， ∴cos 〈n ，OA →〉＝55. 答案：5510．已知点E ，F 分别在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于 ． 答案：2311.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC . (1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解析：(1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在R t △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在R t △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322， 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG 平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F (－1,0，22)，C (0，3，0)． 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝(－1，－3，22)．故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.12.如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝4，E 为BC 的中点，F 为CC 1的中点．(1)求EF 与平面ABCD 所成的角的余弦值； (2)求二面角F -DE -C 的余弦值．解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (1,2,0)，F (0,2,2)．(1)EF →＝(－1,0,2)，易得平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设EF →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EF →·n |EF →||n |＝255，∴EF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为55.(2)EF →＝(－1,0,2)，DF →＝(0,2,2)，设平面DEF 的一个法向量为m ， 则m ·DF →＝0，m ·EF →＝0，可得m ＝(2，－1,1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝66， ∴二面角F -DE -C 的余弦值为66.B 组——能力提升练1．(2018·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35答案：A2．在正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°答案：A3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( ) A ．(0°，90°) B ．90° C ．120°D ．(60°，120°) 解析：OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°，故选C. 答案：C4.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为 ． 答案：60°5．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是 ．解析：如图，以DA 、DC 、DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，取正方体的棱长为1，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，易证AC 1→是平面A 1BD 的一个法向量． AC 1→＝(－1,1,1)，BC 1→＝(－1,0,1)．cos 〈AC 1→，BC 1→〉＝1＋13×2＝63.所以BC 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为63. 答案：636．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°. (1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．解析：(1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝ 3.可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)． 由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.7.如图所示，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，P A ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC .(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面P AC 所成的角的正弦值； (3)是否存在点E ，使得二面角A -DE -P 为直二面角？并说明理由．解析：以A 为原点，AB →，AP →分别为y 轴、z 轴的正方向，过A 点且垂直于平面P AB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系A -xyz ，设P A ＝a ，由已知可得：A (0,0,0)，B (0，a,0)，C (34a ，34a,0)，P (0,0，a )． (1)证明：AP →＝(0,0，a )，BC →＝(34a ，－a 4，0)， ∴BC →·AP →＝0，∴BC ⊥AP .又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面P AC . (2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点， ∴D (0，a 2，a 2)，E (38a ，38a ，a 2)，∴由(1)知，BC ⊥平面P AC ，∴DE ⊥平面P AC ，垂足为点E .∴∠DAE 是AD 与平面P AC 所成的角， ∵AD →＝(0，a 2，a 2)，AE →＝(38a ，38a ，a 2)， ∴cos ∠DAE ＝AD →·AE →|AD →||AE →|＝144，∴AD 与平面P AC 所成的角的正弦值为24. (3)∵DE ∥BC ，又由(1)知BC ⊥平面P AC ， ∴DE ⊥平面P AC ，又∵AE 平面P AC ，PE 平面P AC ， ∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE ，∴∠AEP 为二面角A -DE -P 的平面角． ∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AC ，∴∠P AC ＝90°.∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC ，这时∠AEP ＝90°， 故存在点E ，使得二面角A -DE -P 是直二面角．8.(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值． 解析：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行． 延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形． 从而CM ∥EB .又EB 平面PBE ，CM 平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角． 所以∠PDA ＝45°.由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)， 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)， 设平面PCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎨⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)． 设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13.所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.。

[A 级 基础达标](时间：40分钟)1．向量a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，下列结论正确的是( )A ．a ∥b ，a ∥cB ．a ∥b ，a ⊥cC ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对答案 C解析 因为c ＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)，所以a ∥c .又a ·b ＝(－2)×2＋(－3)×0＋1×4＝0，所以a ⊥b .2．[2017·成都模拟]已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12 C ．－3,2 D ．2,2 答案 A解析 由题意知(λ＋1)·2λ＝2×6，可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2(2u －1)得u ＝12，分析选项知A 正确．3．[2014·广东高考]已知向量a ＝(1,0，－1)，则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A ．(－1,1,0)B ．(1，－1,0)C ．(0，－1,1)D ．(－1,0,1) 答案 B解析 经检验，选项B 中向量(1，－1,0)与向量a ＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为60°，故选B.4．如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋c D.12a －12b ＋c答案 A解析 BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .5．[2017·舟山模拟]平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，向量AB →，AD →，AA 1→两两的夹角均为60°，且|AB →|＝1，|AD →|＝2，|AA 1→|＝3，则|AC 1→|等于( )A ．5B ．6C ．4D ．8 答案 A解析 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则AC 1→＝a ＋b ＋c ，|AC 1→|2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a ·b ＋2b ·c ＋2c ·a ＝25，因此|AC 1→|＝5.6．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．答案 2解析 由题意知AB →·AC →＝0，|AB →|＝|AC →|，又AB →＝(6，－2，－3)，AC →＝(x －4,3，－6)，∴⎩⎪⎨⎪⎧6(x －4)－6＋18＝0，(x －4)2＝4，解得x ＝2. 7．[2017·银川模拟]已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是________．答案773解析 设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1).PB →＝(－1－x ，3－y ，4－z )，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD →|＝773.8．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83解析 由题意，设OQ →＝λOP →，即OQ →＝(λ，λ，2λ)， 则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， ∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.9．在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 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(1)证明：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AD ＝a ，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)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD . (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x,0，z )， 则FG →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD的中点．10．已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)求a 和b 夹角的余弦值； (2)设|c |＝3，c ∥BC →，求c 的坐标． 解 (1)因为AB →＝(1,1,0)，AC →＝(－1,0,2)， 所以a ·b ＝－1＋0＋0＝－1，|a |＝2，|b |＝ 5. 所以cos 〈a ·b 〉＝a ·b|a ||b |＝－12×5＝－1010. (2)BC →＝(－2，－1,2)．设c ＝(x ，y ，z )， 因为|c |＝3，c ∥BC →，所以x 2＋y 2＋z 2＝3， 存在实数λ使得c ＝λBC →，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2λ，y ＝－λ，z ＝2λ，联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝－1，z ＝2，λ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，z ＝－2，λ＝－1，所以c ＝±(－2，－1，2)．[B 级 知能提升](时间：20分钟)11．[2017·广西模拟]A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定 答案 C解析 ∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)．∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0，∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．12．如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1 D.3－ 2 答案 D解析 ∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2.13.[2017·包头模拟]如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．答案 (1,1,1)解析 由已知得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，设P (0,0，a )(a >0)，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，a 2，所以DP →＝(0,0，a )，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，a 2，|DP →|＝a ，|AE →|＝(－1)2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝2＋a 24＝8＋a 22.又cos 〈DP →，AE →〉＝33，所以0×(－1)＋0×1＋a 22a ·8＋a 22＝33，解得a 2＝4，即a ＝2，所以E (1,1,1)．14．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面△ABC 中，CA ＝CB＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求BN →的模；(2)求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3)求证：A 1B ⊥C 1M .解 如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (0,1,0)，N (1,0,1)，所以|BN →| ＝(1－0)2＋(0－1)2＋(1－0)2 ＝ 3.(2)依题意，得A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，C (0,0,0)，B 1(0,1,2)． 所以BA 1→＝(1，－1,2)，CB 1→＝(0,1,2)，BA 1→·CB 1→＝3，|BA 1→|＝6，|CB 1→|＝5，所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝3010.(3)证明：依题意，得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，A 1B →＝(－1,1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0.所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0，A 1B →⊥C 1M →.所以A 1B⊥C 1M .。