结束放映返回目录获取详细资料请浏览：www.zxjkw.com【2014年高考会这样考】1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算．2．利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题．3．利用空间向量求空间距离.第7讲立体几何中的向量方法(一)抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考限时规范训练空间向量的坐标表示及运算用向量证明空间中的平行和垂直关系点面距的求法考向一考向二考向三利用空间向量解决立体几何中的折叠问题单击标题可完成对应小部分的学习，每小部分独立成块，可全讲，也可选讲助学微博考点自测A级【例1】【训练1】【例2】【训练2】【例3】【训练3】利用空间向量求空间距离利用空间向量证明垂直问题利用空间向量证明平行问题选择题填空题解答题B级选择题填空题解答题考点梳理考点梳理考点梳理考点梳理考点梳理助学微博一种思想两个结论单击图标显示详解答案显示单击题号显示结果考点自测CCC①②③④12345[审题视点]考向一利用空间向量证明平行问题[审题视点]考向一利用空间向量证明平行问题[审题视点]考向一利用空间向量证明平行问题[方法锦囊][审题视点]考向一利用空间向量证明平行问题[方法锦囊]xyz[审题视点]直接用向量法解决，即建系求点坐标、求向量坐标，用向量知识解决．考向二利用空间向量证明垂直问题xyz[审题视点]直接用向量法解决，即建系求点坐标、求向量坐标，用向量知识解决．考向二利用空间向量证明垂直问题xyz[审题视点]直接用向量法解决，即建系求点坐标、求向量坐标，用向量知识解决．考向二利用空间向量证明垂直问题[方法锦囊]用向量法解答这类题要做到以下几点：①建系要恰当，建系前必须证明图形中有从同一点出发的三条两两垂直的直线，如果图中没有现成的，就需进行垂直转化；②求点的坐标及有关计算要准确无误，这就需要在平时加强训练；③步骤书写要规范有序．xyz考向二利用空间向量证明垂直问题[审题视点]直接用向量法解决，即建系求点坐标、求向量坐标，用向量知识解决．考向二利用空间向量证明垂直问题[方法锦囊]用向量法解答这类题要做到以下几点：①建系要恰当，建系前必须证明图形中有从同一点出发的三条两两垂直的直线，如果图中没有现成的，就需进行垂直转化；②求点的坐标及有关计算要准确无误，这就需要在平时加强训练；③步骤书写要规范有序．考向二利用空间向量证明垂直问题[审题视点]直接用向量法解决，即建系求点坐标、求向量坐标，用向量知识解决．[方法锦囊]用向量法解答这类题要做到以下几点：①建系要恰当，建系前必须证明图形中有从同一点出发的三条两两垂直的直线，如果图中没有现成的，就需进行垂直转化；②求点的坐标及有关计算要准确无误，这就需要在平时加强训练；③步骤书写要规范有序．xyzO考向二利用空间向量证明垂直问题[审题视点]直接用向量法解决，即建系求点坐标、求向量坐标，用向量知识解决．[方法锦囊]用向量法解答这类题要做到以下几点：①建系要恰当，建系前必须证明图形中有从同一点出发的三条两两垂直的直线，如果图中没有现成的，就需进行垂直转化；②求点的坐标及有关计算要准确无误，这就需要在平时加强训练；③步骤书写要规范有序．xyzO由平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC，BA＝BC，可知本题可以取AC中点O为坐标原点，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．[审题视点]考向三利用空间向量求空间距离Oxyz由平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC，BA＝BC，可知本题可以取AC中点O为坐标原点，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，用向量法求解．[审题视点]考向三利用空间向量求空间距离Oxyz【方法锦囊】【方法锦囊】考向三利用空间向量求空间距离xyz【方法锦囊】考向三利用空间向量求空间距离规范解答14利用空间向量解决立体几何中的折叠问题【命题研究】折叠问题是近几年高考的热点问题，通常是把某个图形按照给定的条件折叠，通过折叠前后图形变换的相互关系来命题，注重考查学生的实践能力与创新能力．处理这类题型的关键是抓住两图的特征关系，弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化，然后充分利用空间向量，化繁为简，有效降低题目难度．揭秘3年高考[模板构建]运用空间向量解决立体几何问题的解题步骤如下：第一步：建系，根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；第二步：定坐标，确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；第三步：向量运算，进行相关的空间向量的运算；第四步：翻译，将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的证明；第五步：得结论，得出本题结论．xyz结束放映返回目录获取详细资料请浏览：www.zxjkw.com(2)解＝(0,1，－2)，＝(2，－1，0)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
则即
不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．
可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.所以二面角A-PC-D的正弦值为.
[教你审题]本题中的垂直条件比较充分，三个设问中以定量运算为主，所以可以建立空间直角坐标系，运用空间向量知识求解，若用综合法求解，对大部分考生来说有一定难度，特别是第(3)问，计算量也同时增加．
【真题探究】(本小题满分12分)(2012·安徽)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形．BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题．
(1)证明：AA1BC；
(2)求AA1的长；
(3)求二面角ABC-A1的余弦值．
法一是建立坐标系，通过坐标运算证明结论，法二和法三没有建系，直接通过向量的分解等运算进行证明，当然在法二和法三中也可通过建立坐标系，利用坐标运算来证明．
设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，
则
取z＝1，则x＝，y＝－，
n＝(，－，1)．
点B到平面CMN的距离d＝＝.
(3)用向量证明空间中的垂直关系
设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2?v1⊥v2?v1·v2＝0.
设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则lα?v∥u.
③设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则αβ?u1⊥u2?u1·u2＝0.
3．点面距的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.
(3)解法一连接A1D.
由BCAD，BCAA1，可知BC平面A1AD，所以BCA1D，
所以ADA1为二面角A-BC-A1的平面角．(9分)
因为＝(0，－1,0)，＝(0,2，－4)，
所以cos〈，〉＝－＝－，
即二面角A-BC-A1的余弦值为－.(12分)
法二设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
又因为＝(－1，－2,4)，＝(1，－2,4)，
所以即?
令z1＝1，则n1＝(0,2,1)(9分)
又因为平面ABC⊥z轴，所以取平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝，
所以二面角A-BC-A1的余弦值为－.(12分)
[阅卷老师手记]一、翻折问题的关键有二：
1．画好两个图——翻折前的平面图和翻折后的立体图
2．分析好两个关系——翻折前后哪些位置关系和度量关系发生了变化，哪些没有变．这些不变的和变化的量反映了折叠后的空间图形的结构特征．
一般地，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的，涉及到两个半平面内的几何元素之间的关系是要变的，分别位于两个半平面内但垂直于棱的直线翻折后仍然垂直于翻折棱．
二、求从同一点出发沿几何体表面到另一点的最短距离问题：通常是把集合体的侧面展开，转化为平面图形中的距离问题．
解(1)因为ACBC，DEBC，所以DEAC.所以DEA1D，DECD，所以DE平面A1DC.又A1C?平面A1DC，所以DEA1C.又因为A1CCD.所以A1C平面BCDE.
(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，
【试一试】(2012·北京)如图1，在RtABC中，C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE＝2.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，如图2.
(1)求证：A1C平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
1.解析＝－(1，－3,2)＝－a.
答案C
答案C
解析设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)．
则即
令z＝1，得n＝，
平面ABC的单位法向量为±＝±.
答案C
答案
5.解析由图易知A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，A′(a,0，a)．
F，E.
EF＝
＝＝a.
答案a
点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法．如本题，事实上，作BH平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·，
|·n|＝|n·|＝||·|n|，
||＝，即d＝.
【例3】在三棱锥SABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SA＝SC＝2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离．
解取AC的中点O，连接OS、OB.
SA＝SC，AB＝BC，
AC⊥SO，ACBO.
∵平面SAC平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，
SO⊥平面ABC，又BO?平面ABC，SO⊥BO.
如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2，0)，C(－2，0,0)，S(0,0,2)，M(1，，0)，N(0，，)．
＝(3，，0)，＝(－1,0，)，＝(－1，，0)．
【训练1】如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点．求证：PB平面EFG.
证明平面PAD平面ABCD且ABCD为正方形，
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A-xyz，则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0)．
＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)，设＝s＋t，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
解得s＝t＝2.
＝2＋2，
又与不共线，、与共面．
PB?平面EFG，PB∥平面EFG.
向量是既有大小又有方向的量，而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量化：
(1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标；
(2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标．
得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题．
点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法．如本题，事实上，作BH平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·，
|·n|＝|n·|＝||·|n|，
||＝，即d＝.
法二＝－＝－＝(－)＝，∥∴MN∥DA1，又MN平面A1BD，DA1?平面A1BDMN∥平面A1BD.
法三＝－＝－＝(＋)－(＋)＝＋－－＝＋＋(－)＝＋＋＝＋0·，即可用与线性表示，故与、是共面向量，
∥平面A1BD，即MN平面A1BD.
[规范解答](1)证明取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1B1C1.
因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.
又由A1B1＝A1C1知，A1D1B1C1.
故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1-xyz.(2分)
由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.
由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)，
故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，
因此，即AA1BC.(5分)
(2)解因为＝(0,3，－4)，
所以||＝5，即AA1＝5.(7分)
所以令y＝1，则x＝2，z＝.所以n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为＝(0,1，)，
所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0.
又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，所以令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝.
平面A1DP平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，与p[0,3]矛盾．
所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.
【例2】(2012·天津)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明：PCAD；
(2)求二面角A-PC-D的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．(1)证明如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意，得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B(－，，0，P(0,0,2)．
易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PCAD.
【训练3】(2013·江西六校联考)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.
(1)求BF的长；
(2)求点C到平面AEC1F的距离．
解(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则各相关点的坐标为：D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0，0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)设F(0,0，z)．
AEC1F为平行四边形，
＝得，(－2,0，z)＝(－2,0,2)，z＝2.F(0,0,2)．＝(－2，－4,2)，
||＝2，即BF的长为2.
法一是建立坐标系，通过坐标运算证明结论，法二和法三没有建系，直接通过向量的分解等运算进行证明，当然在法二和法三中也可通过建立坐标系，利用坐标运算来证明．
2．用向量证明空间中的平行和垂直关系
(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定
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，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．
平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)．
因为n，n，
故
令x＝1，则y＝2，z＝－，
故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量，而＝(1,2，－)，
所以＝n，所以n，
故AB1平面A1BD.
点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法．如本题，事实上，作BH平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·，
|·n|＝|n·|＝||·|n|，
||＝，即d＝.
(1)P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)，P1P2的中点坐标为，，.
(2)已知ABC的三个顶点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3，y3，z3)，则ABC的重心G的坐标为，，.
1．(2013·西安模拟)与向量a＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标为()．
A.B．(－1，－3,2)C.D.
2．(人教A版教材习题改编)若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则()．
A．αβB．αβ
C．α、β相交但不垂直D．以上均不正确
3．已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量为()．
A.B.C．±D.
4．下列命题中，所有正确命题的序号为________．
若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1n2?α∥β；
若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则αβ?n1·n2＝0；
若n是平面α的法向量，a与α共面，则n·a＝0；
若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．
5．如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCOA′B′C′D′，A′C的中点E与AB的中点F的距离为_____．
(3)解设点E的坐标为(0,0，h)，其中h[0,2]．
由此得＝.由＝(2，－1,0)，
故cos〈，〉＝＝
＝，
所以＝cos30°＝，
解得h＝，即AE＝.
(2)设n1为平面AEC1F的法向量，显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1＝(x，y,1)．
由得
即
则n1＝.
又＝(0,0,3)，设与n1的夹角为α，
则cosα＝＝＝.
C到平面AEC1F的距离为d＝||cosα＝3×＝.
1．空间向量的坐标表示及运算
(1)数量积的坐标运算：
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)；
λa＝(λa1，λa2，λa3)；
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.
(2)共线与垂直的坐标表示：
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则ab?a＝λba1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λR)，
ab?a·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均为非零向量)．
【训练2】如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1平面A1BD.
证明法一设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.
令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，
【例1】如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN平面A1BD.
证明法一如图所示，以D为原点，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，则可求得M、N、D(0,0,0)、A1(1,0,1)、B(1,1,0)、于是＝.
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证明：一是证明与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面A1BD内找一向量与共线；三是证明可以利用平面A1BD中的两不共线向量线性表示．
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证明：一是证明与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面A1BD内找一向量与共线；三是证明可以利用平面A1BD中的两不共线向量线性表示．
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证明：一是证明与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面A1BD内找一向量与共线；三是证明可以利用平面A1BD中的两不共线向量线性表示．
(3)模、夹角和距离公式：
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则|a|＝＝，
cos〈a，b〉＝＝.
设A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，
则dAB＝||＝.
(2)用向量证明空间中的平行关系
设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)v1∥v2.
②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则lα或lα?存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或lα
?v⊥u.
④设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β?u1∥u2.
以它们为空间的一个基底，则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，
·m＝(a－c)·
＝4－2μ－4λ＝0.故m，结论得证．
法二如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为ABC为正三角形，所以AOBC.
因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0且n·＝0，得取x＝1，得y＝－1，z＝－1.n＝(1，－1，－1)．
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
⊥n.又MN平面A1BD，
MN∥平面A1BD.
这是证明线面平行问题，可以利用三种方法证明：一是证明与平面A1BD的法向量垂直；二是在平面A1BD内找一向量与共线；三是证明可以利用平面A1BD中的两不共线向量线性表示．
1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()．A．l1l2
B．l1l2
C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确
答案B
2．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使lα的是()．
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)
D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)
解析若lα，则a·n＝0.而A中a·n＝－2，B中a·n＝1＋5＝6，C中a·n＝－1，只有D选项中a·n＝－3＋3＝0.
答案D
3．平面α经过三点A(－1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是()．
A.B．(6，－2，－2)
C．(4,2,2)D．(－1,1,4)
解析设平面α的法向量为n，则n，n，n，所有与(或、)平行的向量或可用与线性表示的向量都与n垂直，故选D.
答案D
4．(2012·全国)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()．
A．2B.C.D．1
解析连接AC，交BD于点O，连接EO，过点O作OH⊥AC1于点H，因为AB＝2，所以AC＝2，又CC1＝2，所以OH＝sin45°＝1.
答案D
5．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)且a与b的夹角的余弦值为，则λ＝－2或.
解析由已知得＝＝，
8＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝.
答案－2或
6．在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为a．
解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz，则P(0,0,0)，A(a，0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．过点P作PH平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
PA＝PB＝PC，H为ABC的外心．
又ABC为正三角形，H为ABC的重心，可得H点的坐标为.PH＝＝a.∴点P到平面ABC的距离为a.答案a
7．(12分)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为BB1、C1D1的中点，建立适当的坐标系，求平面AMN的一个法向量．
解以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系(如图所示)．
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则A(1,0,0)，
M，N.
＝，＝.
设平面AMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
令y＝2，x＝－3，z＝－4.n＝(－3,2，－4)．
8．(13分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．
求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM平面BDF.
证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC∩BD＝N，连接NE.
则N，E(0,0,1)，A(，，0)，M
∴＝.＝.
＝且NE与AM不共线．NE∥AM.又NE?平面BDE，AM?平面BDE，
AM∥平面BDE.
(2)由(1)知＝，
D(，0,0)，F(，，1)，＝(0，，1)·＝0，AM⊥DF.
同理AMBF.又DF∩BF＝F，AM⊥平面BDF.
1．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若，＝(x－1，y，－3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为()．
A.，－，4B.，－，4C.，－2,4D．4，，－15
解析⊥，·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP平面ABC，BP⊥AB，BPBC，＝(3,1,4)，
则解得
答案B
2．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为()．A.aB.aC.aD.a
解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，点M在AC1上且＝，(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)
x＝a，y＝，z＝.得M，||＝＝a.答案A
3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E平面ABF，则CE与DF的和的值为．
解析以D1A1、D1C1、D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，＝(x－1,0,1)，又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，＝(1,1，y)，由于ABB1E，故若B1E平面ABF，只需·＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0x＋y＝1.
答案1
4．(2013·淮南模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的有个．
解析建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，OP的中点坐标为，又知D1(0,0,2)，Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，xQ＋yQ＝3，
x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.
答案2
5．(12分)在四棱锥PABCD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：EFCD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF平面PCB，并证明你的结论．
(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、P(0,0，a)、F.
＝，＝(0，a,0)．
·＝0，⊥，即EFCD.
(2)解设G(x,0，z)，则＝，
若使GF平面PCB，则由·＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝；由·＝·(0，－a，a)
＝2＋a＝0，得z＝0.G点坐标为，即G点为AD的中点．
6．(13分)(2012·湖南)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，DAB＝ABC＝90°，E是CD的中点．
(1)证明：CD平面PAE；
(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥PABCD的体积．
解如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4，3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．
(1)易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)．因为·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，所以CD⊥AE，CDAP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD平面PAE.
(2)由题设和(1)知，·分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，
即＝.
由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h)，
又＝(4,0，－h)，故＝.
解得h＝.又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥PABCD的体积为V＝×S×PA＝×16×＝.
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