第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略-“选基底”与“建系”

第28练空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”[题型分析·高考展望]向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题.而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系.在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择.体验高考1.(2016·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，说明理由.(1)证明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD.又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD.∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A.∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0).则eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，0，－1).eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0).设n＝(x0，y0，1)为平面PCD的一个法向量.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).设PB与平面PCD的夹角为θ.则sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),3).∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，因此点M(0，1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)，∵BM⊄平面PCD，∴要使BM∥平面PCD当且仅当eq\o(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))＝0，解得λ＝eq\f(1,4)，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).2.(2016·天津)如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O—EF—C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝eq\f(2,3)HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(－1，－1，0)，C(1，－1，0)，D(1，1，0)，E(－1，－1，2)，F(0，0，2)，G(－1，0，0).(1)证明依题意，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1，2).设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1－y1＋2z1＝0，))不妨取z1＝1，可得n1＝(0，2，1)，又eq\o(EG,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，可得eq\o(EG,\s\up6(→))·n1＝0，又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.(2)解易证eq\o(OA,\s\up6(→))＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量，依题意，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－1，1，2)，设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝0，,－x2＋y2＋2z2＝0，))不妨取x2＝1，可得n2＝(1，－1，1).因此有cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·n2,|\o(OA,\s\up6(→))||n2|)＝－eq\f(\r(6),3)，于是sin〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\r(3),3).所以二面角O—EF—C的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解由AH＝eq\f(2,3)HF，得AH＝eq\f(2,5)AF.因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，－\f(2,5)，\f(4,5)))，进而有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)，\f(3,5)，\f(4,5)))，从而eq\o(BH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(8,5)，\f(4,5))).因此cos〈eq\o(BH,\s\up6(→))，n2〉＝eq\f(\o(BH,\s\up6(→))·n2,|\o(BH,\s\up6(→))||n2|)＝－eq\f(\r(7),21).所以直线BH和平面CEF所成角的正弦值为eq\f(\r(7),21).3.(2016·课标全国乙)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，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.(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)解过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，eq\o(GF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(GF,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝eq\r(3)，可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，eq\r(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，eq\r(3)).所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0，4，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4，0，0).设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0，))所以可取n＝(3，0，－eq\r(3)).设m是平面ABCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0.))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4)，则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).故二面角E－BC－A的余弦值为－eq\f(2\r(19),19).高考必会题型题型一选好基底解决立体几何问题例1如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点.(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值.(1)证明设eq\o(AB,\s\up6(→))＝p，eq\o(AC,\s\up6(→))＝q，eq\o(AD,\s\up6(→))＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.∵eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq\f(1,2)(q·p＋r·p－p2)＝eq\f(1,2)(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.(2)解由(1)可知eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|2＝eq\o(MN,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(q＋r－p)2＝eq\f(1,4)[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝eq\f(1,4)[a2＋a2＋a2＋2(eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2))]＝eq\f(1,4)·2a2＝eq\f(a2,2).∴|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2)a，∴MN的长为eq\f(\r(2),2)a.(3)解设向量eq\o(AN,\s\up6(→))与eq\o(MC,\s\up6(→))的夹角为θ.∵eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(q＋r)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝q－eq\f(1,2)p，∴eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(q＋r)·(q－eq\f(1,2)p)＝eq\f(1,2)(q2－eq\f(1,2)q·p＋r·q－eq\f(1,2)r·p)＝eq\f(1,2)(a2－eq\f(1,2)a2·cos60°＋a2·cos60°－eq\f(1,2)a2·cos60°)＝eq\f(1,2)(a2－eq\f(a2,4)＋eq\f(a2,2)－eq\f(a2,4))＝eq\f(a2,2).又∵|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝|eq\o(MC,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),2)a，∴eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＝|eq\o(AN,\s\up6(→))|·|eq\o(MC,\s\up6(→))|·cosθ＝eq\f(\r(3),2)a·eq\f(\r(3),2)a·cosθ＝eq\f(a2,2).∴cosθ＝eq\f(2,3)，∴向量eq\o(AN,\s\up6(→))与eq\o(MC,\s\up6(→))的夹角的余弦值为eq\f(2,3)，从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为eq\f(2,3).点评对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1如图，在四棱锥P－GBCD中，PG⊥平面GBCD，GD∥BC，GD＝eq\f(3,4)BC，且BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，PG＝4.(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；(2)若F点是棱PC上一点，且eq\o(DF,\s\up6(→))·eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，eq\o(PF,\s\up6(→))＝keq\o(CF,\s\up6(→))，求k的值.解(1)如图所示，以G点为原点建立空间直角坐标系Gxyz，则B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－eq\f(3,2)，eq\f(3,2)，0)，P(0，0，4)，故E(1，1，0)，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，cos〈eq\o(GE,\s\up6(→))，eq\o(PC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(GE,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→)),|\o(GE,\s\up6(→))||\o(PC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(2)·\r(20))＝eq\f(\r(10),10)，故异面直线GE与PC所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).(2)设F(0，y，z)，则eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(GF,\s\up6(→))－eq\o(GD,\s\up6(→))＝(0，y，z)－(－eq\f(3,2)，eq\f(3,2)，0)＝(eq\f(3,2)，y－eq\f(3,2)，z)，eq\o(GC,\s\up6(→))＝(0，2，0).∵eq\o(DF,\s\up6(→))·eq\o(GC,\s\up6(→))＝0，∴(eq\f(3,2)，y－eq\f(3,2)，z)·(0，2，0)＝2(y－eq\f(3,2))＝0，∴y＝eq\f(3,2).在平面PGC内过F点作FM⊥GC，M为垂足，则GM＝eq\f(3,2)，MC＝eq\f(1,2)，∴eq\f(PF,FC)＝eq\f(GM,MC)＝3，∴k＝－3.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2(2016·山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线.(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值.(1)证明设FC中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0，2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0，0).过点F作FM⊥OB于点M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3).故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3).设m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一个法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))，因为平面ABC的一个法向量n＝(0，0，1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角F－BC－A的余弦值为eq\f(\r(7),7).点评(1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(eq\o(AP,\s\up6(→))＝λa)，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2在边长是2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF的长；(2)证明：EF∥平面AA1D1D；(3)证明：EF⊥平面A1CD.(1)解如图建立空间直角坐标系，则A1＝(2，0，2)，A＝(2，0，0)，B＝(2，2，0)，C＝(0，2，0)，D1＝(0，0，2)，E＝(2，1，0)，F＝(1，1，1)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，EF＝eq\r(2).(2)证明∵eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，∴AD1∥EF，而EF⊄平面AA1D1D，∴EF∥平面AA1D1D.(3)证明∵eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0，∴EF⊥CD，EF⊥A1D，又CD∩A1D＝D，∴EF⊥平面A1CD.高考题型精练1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若eq\o(BD1,\s\up6(→))＝xeq\o(AD,\s\up6(→))＋yeq\o(AB,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，则x＋y＋z的值为()A.3B.1C.－1D.－3答案B解析∵eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))，∴x＝1，y＝－1，z＝1，∴x＋y＋z＝1.2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝a，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝b，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝c，则下列向量中与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＋c答案A解析由题意知，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝－a＋c＋eq\f(1,2)(a＋b)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c，故选A.3.在四棱锥P－ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4，－2，3)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－4，1，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h等于()A.1B.2C.13D.26答案B解析设平面ABCD的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(AB,\s\up6(→)),n⊥\o(AD,\s\up6(→))))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－2y＋3z＝0，,－4x＋y＝0.))令y＝4，则n＝(1，4，eq\f(4,3))，则cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(－6＋8－\f(32,3),\f(13,3)×2\r(26))＝－eq\f(\r(26),26)，∵eq\f(h,|\o(AP,\s\up6(→))|)＝|cos〈n·eq\o(AP,\s\up6(→))〉|，∴h＝eq\f(\r(26),26)×2eq\r(26)＝2，故选B.4.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝eq\f(\r(2),2)，则下列结论中错误的是()A.AC⊥BEB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A－BEF的体积为定值D.异面直线AE，BF所成的角为定值答案D解析∵AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，∴AC⊥BE，故A正确.∵B1D1∥平面ABCD，又E，F在直线D1B1上运动，∴EF∥平面ABCD，故B正确.C中，由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为eq\f(\r(2),2)，故VA－BEF为定值，故C正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1，1，0)，B(0，1，0).①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1，0，1)，F(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，1)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(3,2).又|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(BF,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(6),2)，∴cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3,2),\r(2)·\f(\r(6),2))＝eq\f(\r(3),2).∴此时异面直线AE与BF成30°角.②当点E为D1B1的中点，F在B1处时，E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，1)，F(0，1，1)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，1)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，0，1)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝1，|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝eq\r(－\f(1,2)2＋－\f(1,2)2＋12)＝eq\f(\r(6),2)，∴cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BF,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\f(\r(6),2)·1)＝eq\f(\r(6),3)≠eq\f(\r(3),2)，故D错误.故选D.5.若a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，如果a与b为共线向量，则()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)答案D解析因为a与b为共线向量，所以存在实数λ使得a＝λb，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＝λ，,1＝－2λy，,3＝9λ，))解得x＝eq\f(1,6)，y＝－eq\f(3,2).6.已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG＝2GN，则用向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))表示向量eq\o(OG,\s\up6(→))是()A.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)) B.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up6(→))C.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up6(→)) D.eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up6(→))答案A解析∵MG＝2GN，M，N分别是边OA，CB的中点，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(MO,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).故选A.7.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＝________.答案eq\f(65,7)解析a，b，c三向量共面，则存在实数x，y，使c＝xa＋yb，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,－x＋4y＝5，,3x－2y＝λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))8.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),3)，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)解析设PD＝a(a>0)，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，a)，E(1，1，eq\f(a,2))，∴eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，0，a)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1，1，eq\f(a,2))，∵cos〈eq\o(DP,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(a2,2)＝aeq\r(2＋\f(a2,4))×eq\f(\r(3),3)，∴a＝2，∴E的坐标为(1，1，1).9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________.答案平行解析∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，∴eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(A1B,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\o(A1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1B,\s\up6(→)))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(B1C1,\s\up6(→)).又∵eq\o(CD,\s\up6(→))是平面B1BCC1的一个法向量，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\f(2,3)eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(B1C1,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，又∵MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.10.已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，F为A1B1的中点.(1)求证：DE⊥C1F；(2)求异面直线A1C与C1F所成角的余弦值.(1)证明以D为原点，以DA，DC，DD1为x，y，z的正半轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(eq\f(a,2)，a，0)，C1(0，a，a)，F(a，eq\f(a,2)，a)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝(eq\f(a,2)，a，0)，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝(a，－eq\f(a,2)，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(C1F,\s\up6(→))＝0，所以DE⊥C1F.(2)解A1(a，0，a)，C(0，a，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－a，a，－a)，eq\o(C1F,\s\up6(→))＝(a，－eq\f(a,2)，0)，cos〈eq\o(A1C,\s\up6(→))，eq\o(C1F,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1C,\s\up6(→))·\o(C1F,\s\up6(→)),|\o(A1C,\s\up6(→))||\o(C1F,\s\up6(→))|)＝eq\f(－\f(3,2)a2,\r(3)a×\f(\r(5),2)a)＝－eq\f(\r(15),5)，所以异面直线A1C与C1F所成角的余弦值是eq\f(\r(15),5).11.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点.(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P－AC－E的余弦值为eq\f(\r(6),3)，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.(1)证明∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC.∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝eq\r(2)，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC.∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.(2)解如图，以点C为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，－1，0)，设P(0，0，a)(a>0)，则E(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，0，a)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，eq\f(a,2)).取m＝(1，－1，0)，则m·eq\o(CA,\s\up6(→))＝m·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，m为平面PAC的法向量，设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·eq\o(CA,\s\up6(→))＝n·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0