§7.6 空间向量的概念与运算
1．空间向量的有关概念
2.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb. (2)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p＝xa＋yb. (3)空间向量基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空间的一个基底． 3．空间向量的数量积及运算律 (1)数量积 非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (2)空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
4.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量． (2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a为平面α的法向量． (3)空间位置关系的向量表示
1．三点共线：在平面中A，B，C三点共线⇔＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点． 2．四点共面：在空间中P，A，B，C四点共面⇔＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)空间中任意两个非零向量a，b共面．( √ ) (2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反．( × ) (3)若A，B，C，D是空间中任意四点，则有＋＋＋＝0.( √ ) (4)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( × )
1. 如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是( )
A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C．－a－b－c D．－a－b＋c 答案 C 解析 ＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝－a－b－c. 2. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，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 B 解析 分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．因为A1M＝AN＝，所以M，N，所以＝，
又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，所以＝(0，a,0)，所以·＝0，所以⊥. 因为是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C. 3．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m＝________. 答案 10 解析 ∵l1⊥l2，∴a⊥b， ∴a·b＝－6－4＋m＝0，∴m＝10.
题型一 空间向量的线性运算 例1 (1)在空间四边形ABCD中，＝(－3,5,2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为( ) A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3) C．(5，－2,1) D．(－5,2，－1) 答案 B 解析 因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，设O为坐标原点， 所以＝－，＝(＋)，＝(＋)． 所以＝(＋)－(＋)＝(＋)＝×[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝×(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． (2)(2023·北京日坛中学模拟)在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是四边形BB1C1C的中心，且＝a，＝b，＝c，则等于( )
A.a＋b＋c B.a－b＋c C.a＋b－c D．－a＋b＋c 答案 D 解析 ＝＋＋ ＝－＋＋(＋) ＝－＋＋＋(－) ＝－＋＋ ＝－a＋b＋c. 思维升华 用已知向量表示某一向量的三个关键点 (1)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． (3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立． 跟踪训练1 (1)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x等于( ) A．(0,3，－6) B．(0,6，－20) C．(0,6，－6) D．(6,6，－6) 答案 B 解析 由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)． (2)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．
①化简－－＝________； ②用，，表示，则＝________. 答案 ① ②＋＋ 解析 ①－－＝－(＋)＝－＝＋＝. ②因为＝＝(＋)． 所以＝＋＝(＋)＋＝＋＋. 题型二 空间向量基本定理及其应用 例2 (1)下列命题正确的是( ) A．若a与b共线，b与c共线，则a与c共线 B．向量a，b，c共面，即它们所在的直线共面 C．若空间向量a，b，c不共面，则a，b，c都不为0 D．若a，b，c共面，则存在唯一的实数对(x，y)，使得a＝xb＋yc 答案 C 解析 若b＝0，则满足a与b共线，b与c共线，但是a与c不一定共线，故A错误； 因为向量是可以移动的量，所以向量a，b，c共面，但它们所在的直线不一定共面，故B错误； 假设a，b，c至少有一个为0，则空间向量a，b，c共面，故假设不成立，故C正确； 假设b＝0，若a, c共线，则存在无数个实数对(x，y)，使得a＝xb＋yc，若a, c不共线，则不存在实数对(x，y)，使得a＝xb＋yc，故D错误． (2)(多选)下列说法中正确的是( ) A．|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件 B．若，共线，则AB∥CD C．A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，则P，A，B，C四点共面 D．若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件 答案 CD 解析 由|a|－|b|＝|a＋b|，可知向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确； 若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确； 由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若＝＋＋，因为＋＋＝1， 可得P，A，B，C四点共面，所以C正确； 若P，A，B，C为空间四点，且有＝λ＋μ(，不共线)， 当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得－＝λ(－)，即＝λ， 所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确． 思维升华应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较
跟踪训练2(1)已知空间中A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若＝6－4＋λ，则λ等于( ) A．2 B．－2 C．1 D．－1 答案 B 解析 ＝6－4＋λ，即－＝6－4＋λ， 整理得＝6－3＋λ， 由A，B，C，D四点共面，且其中任意三点均不共线， 可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2. (2)(2023·金华模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，且满足＝x＋y＋(1－x－y)，则||的最小值是( ) A. B. C. D. 答案 C 解析 因为＝x＋y＋(1－x－y)，由空间向量的共面定理可知，点E，A，C，D1四点共面，即点E在平面ACD1上，所以||的最小值即为点D到平面ACD1的距离d，由正方体的棱长为1，可得△ACD1是边长为的等边三角形，则 题型三 空间向量数量积及其应用 例3 (1)已知点O为空间直角坐标系的原点，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当·取得最小值时，的坐标是______． 答案 解析 ∵＝(1,1,2)，点Q在直线OP上运动， 设＝λ＝(λ，λ，2λ)， 又∵＝(1,2,3)，＝(2,1,2)， ∴＝－＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， ＝－＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， 则·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10， 当λ＝时，·取得最小值， 此时的坐标为. (2)如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.
①求线段AC1的长； ②求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值； ③求证：AA1⊥BD. ①解 设＝a，＝b，＝c， 则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0， c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1. 因为＝＋＋＝a＋b＋c， 所以||＝|a＋b＋c|＝ ＝ ＝＝， 所以线段AC1的长为. ②解 因为＝a＋b＋c，＝b－c， 所以·＝(a＋b＋c)·(b－c) ＝a·b－a·c＋b2－c2 ＝0＋1＋1－4＝－2， ||＝|b－c|＝ ＝ ＝＝， 设异面直线AC1与A1D所成的角为θ， 则cosθ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝， 即异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为. ③证明 由①知＝c，＝b－a， 所以·＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1＋1＝0， 即·＝0， 所以AA1⊥BD. 思维升华 空间向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算． 跟踪训练3 (1)(2023·益阳模拟)在正三棱锥P－ABC中，O是△ABC的中心，PA＝AB＝2，则·等于( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 ∵P－ABC为正三棱锥，O为△ABC的中心，
∴PO⊥平面ABC， ∴PO⊥AO，∴·＝0， ||＝·||·sin 60°＝， 故·＝·(＋)＝||2＝||2－||2＝4－＝. (2)(2022·营口模拟)已知A(－1,2,1)，B(－1,5,4)，C(1,3,4)． ①求〈，〉； ②求在上的投影向量． 解 ①因为A(－1,2,1)，B(－1,5,4)，C(1,3,4)， 所以＝(0,3,3)，＝(2，－2,0)． 因为·＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6， ||＝3，||＝2， 所以cos〈，〉＝＝＝－， 故〈，〉＝. ②因为＝(2,1,3)，＝(0,3,3)， 所以·＝0＋1×3＋3×3＝12. 因为||＝3，||＝， 所以cos〈，〉＝＝＝， 所以在上的投影向量为||cos〈，〉＝××＝＝(0,2,2)． 题型四 向量法证明平行、垂直 例4如图所示，在长方体ABCD －A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． (1)证明 以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)． 故＝(0,1,1)，＝. 因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 所以⊥，即B1E⊥AD1. (2)解 存在满足要求的点P， 假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)， 使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)， 设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)． ＝(a,0,1)，＝. 因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥， 得 取x＝1，则y＝－，z＝－a， 故n＝. 要使DP∥平面B1AE，只需n⊥， 则－az0＝0，解得z0＝. 所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝. 思维升华 (1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)． (2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理． 跟踪训练4 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．
(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD； (2)求证：平面EGF∥平面ABD. 证明 以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．
设BA＝a，则A(a,0,0)，G. (1)因为＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·＝0. 所以⊥，⊥， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，所以B1D⊥平面ABD. 因为B1D⊂平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD. (2)方法一 因为＝，＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·＝0. 所以B1D⊥EG，B1D⊥EF. 因为EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，所以B1D⊥平面EGF. 又由(1)知B1D⊥平面ABD， 所以平面EGF∥平面ABD. 方法二 因为＝， 所以＝－，∴GF∥BA， 又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD， 所以GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD， 又GF∩EF＝F，GF，EF⊂平面EGF， 所以平面EGF∥平面ABD. 课时精练
1．已知直线l的一个方向向量为m＝(x,2，－5)，平面α的一个法向量为n＝(3，－1,2)，若l∥α，则x等于( ) A．－6 B．6 C．－4 D．4 答案 D 解析 若l∥α，则m⊥n，从而m·n＝0， 即3x－2－10＝0，解得x＝4. 2．(多选)下列关于空间向量的命题中，正确的有( ) A．若向量a，b与空间任意向量都不能构成基底，则a∥b B．若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则有a∥c C．若，，是空间的一组基底，且＝＋＋，则A，B，C，D四点共面 D．若向量a＋b，b＋c，c＋a是空间的一组基底，则a，b，c也是空间的一组基底 答案 ACD 解析 对于A，若向量a，b与空间任意向量都不能构成基底，则a，b为共线向量，即a∥b，故A正确； 对于B，若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则a与c不一定共线，故B错误； 对于C，若，，是空间的一组基底，且＝＋＋， 则－＝(－)＋(－)，即＝＋， 可得A，B，C，D四点共面，故C正确； 对于D，若向量a＋b，b＋c，c＋a是空间的一组基底， 则空间任意一个向量d存在唯一实数组(x，y，z), 使d＝x(a＋b)＋y(b＋c)＋z(c＋a)＝(x＋z)a＋(x＋y)b＋(y＋z)c， 则a，b，c也是空间的一组基底． 3. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝1，则·等于( )
A．1 B．2 C．3 D. 答案 A 解析 由长方体的性质可知AD⊥AB，AD⊥BB1，AD∥BC，AD＝BC＝1， ＝＋＋，所以·＝(＋＋)·＝·＋·＋·＝0＋2＋0＝1. 4．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是( ) A．(1，－1,1) B. C. D. 答案 B 解析 对于选项A，＝(1,0,1)，·n＝5，所以与n不垂直，排除A；同理可排除C，D；对于选项B，有＝，所以·n＝0，因此B项正确． 5. 如图在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若AB＝，AC＝1，BD＝2，则CD的长为( )
A．2 B．3 C．2 D．4 答案 B 解析 ∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·， ∵⊥，⊥，∴·＝0，·＝0， ·＝||||cos(180°－120°)＝×1×2＝1. ∴2＝1＋2＋4＋2×1＝9，∴||＝3. 6．(多选)(2023·浙江省文成中学模拟)已知空间向量a＝(2，－2,1)，b＝(3,0,4)，则下列说法正确的是( ) A．向量c＝(－8,5,6)与a，b垂直 B．向量d＝(1，－4，－2)与a，b共面 C．若a与b分别是异面直线l1与l2的方向向量，则其所成角的余弦值为 D．向量a在向量b上的投影向量为(6,0,8) 答案 BC 解析 对于A，a·c＝－16－10＋6≠0，b·c＝－24＋24＝0， 故a，c不垂直，故A错； 对于B，设d＝ma＋nb， 则m(2，－2,1)＋n(3,0,4)＝(1，－4，－2)， 所以解得 即2a－b＝d，故B对； 对于C，因为cos〈a，b〉＝＝＝， 所以异面直线l1与l2所成角的余弦值为，故C对； 对于D，向量a在向量b上的投影向量为|a|cos〈a，b〉·＝3×××(3,0,4)＝，故D错． 7．已知直线l的方向向量是m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)，平面α的一个法向量是n＝(2,3,3)．若l⊥α，则a＋b＝________. 答案 2 解析 ∵m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)是直线l的方向向量， n＝(2,3,3)是平面α的一个法向量，l⊥α，∴m∥n， ∴＝＝，解得a＝，b＝－， ∴a＋b＝2. 8．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝， ＝.则VA与平面PMN的位置关系是________． 答案 VA∥平面PMN 解析 如图，设＝a，＝b，＝c，则＝a＋c－b，
由题意知＝b－c，＝－＝a－b＋c. 因此＝＋，∴，，共面． 又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN. 9．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点) 解 (1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)， 故|2a＋b|＝＝5. (2)令＝t (t∈R)，＝(1，－1，－2)， 所以＝＋＝＋t＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4－2t)， 若⊥b，则·b＝0， 所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝. 因此存在点E，使得⊥b，此时点E的坐标为. 10. 如图，四棱锥P －ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．求证：
(1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF. 证明 (1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点，∴PB∥EH. ∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，∴PB∥平面EFH. (2)建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，H(1,0,0)． ＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)， ∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， ·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0. ∴⊥，⊥， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. ∵AH∩AF＝A，且AH，AF⊂平面AHF，∴PD⊥平面AHF.
11.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P为线段A1C上的动点，则下列结论不正确的是( )
A．当＝2时，B1，P，D三点共线 B．当⊥时，⊥ C．当＝3时，D1P∥平面BDC1 D．当＝5时，A1C⊥平面D1AP 答案 B 解析 如图，建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C(0，，0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，B1(1，，1)，D(0,0,0)，
B(1，，0)，C1(0，，1)， 当＝2时，＝， ＝＋＝， 而＝(1，，1)， ∴＝，∴B1，P，D三点共线，A正确； 设＝λ，＝(－1，，－1)，则＝＋＝＋λ＝(－λ，λ，1－λ)． 当⊥时，有·＝5λ－1＝0， ∴λ＝， ∴·＝·＝－≠0，∴与不垂直，B不正确； 当＝3时，＝， ＝－＝， 又＝(1，，0)，＝(0，，1)， ∴＝－，∴，，共面，又D1P⊄平面BDC1，∴D1P∥平面BDC1，C正确； 当＝5时，＝，从而＝， 又·＝(－1,0,1)·(－1，，－1)＝0， ∴A1C⊥AD1， ·＝·(－1，，－1)＝0， ∴A1C⊥AP，∵AD1∩AP＝A，AD1，AP⊂平面D1AP，∴A1C⊥平面D1AP，D正确． 12．(多选)(2023·梅州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)．若D1M⊥MN，则下列命题正确的是( )
A．MN⊥A1M B．MN⊥平面D1MC C．线段BN长度的最大值为 D．三棱锥C1－A1D1M体积不变 答案 ACD 解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
则A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)， 设M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，＝(3，y，－3)，＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN， 则·＝y(3－y)－3z＝0， 即z＝y(3－y)． 对于A选项，连接A1M，＝(0，y，－3)，则·＝y(3－y)－3z＝0，则⊥，MN⊥A1M，A正确； 对于B选项，＝(3，y－3,0)，·＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确； 对于C选项，＝(0,0，z)，则线段BN长度||＝z＝≤，当且仅当y＝时等号成立，C正确； 对于D选项，连接D1M，A1C1，MC1，不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而 13．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，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________． 答案 15 解析 如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，
以，，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，B1，C，C1，M(0,0,0)， 设N， 因为＝λ， 所以N， 所以＝，＝. 又因为AB1⊥MN， 所以·＝0， 所以－＋＝0， 解得λ＝15. 14．(2022·杭州模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，BB1的中点，则cos∠EAF＝________，EF＝________. 答案 解析 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
∵正方体的棱长为1， 则E，F， ∴＝，＝， ＝， cos〈，〉＝＝＝， ∴cos∠EAF＝， EF＝||＝＝.
15．已知梯形CEPD如图(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图(2)所示的几何体．已知当点F满足＝λ(0＜λ＜1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为( )
A. B. C. D. 答案 C 解析 由题意，以A为原点，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，如图所示，
则D(0,4,0)，E(4,0,2)，C(4,4,0)，P(0,0,4)，A(0,0,0)，B(4,0,0)， 设F(t,0,0)，0<t<4，＝λ(0＜λ＜1)， 则(t,0,0)＝(4λ，0,0)，∴t＝4λ，∴F(4λ，0,0)， ＝(4，－4,2)，＝(4λ，－4,0)，＝(4,4，－4)，＝(4,0，－2)， 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，得n＝(1，λ，2λ－2)， 设平面PCE的法向量为m＝(a，b，c)， 则取a＝1，得m＝(1,1,2)， ∵平面DEF⊥平面PCE， ∴m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝0，解得λ＝. 16.如图，在三棱锥P－ABC 中，·＝·＝·＝0，||2＝||2＝4||2.
(1)求证：AB⊥平面PAC； (2)若M 为线段PC 上的点，设＝λ，当λ 为何值时，直线PC⊥平面MAB? (1)证明 因为·＝·＝·＝0， 所以PA⊥AB，AB⊥AC， 因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC. (2)解 当M为PC的中点，即λ＝时，直线PC⊥平面MAB. 如图，以A为坐标原点，射线AC，AB，AP分别为x轴、y轴、z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系Axyz.
由||2＝||2＝4||2可得PA＝AC＝2AB. 设AP＝2，则P(0,0,2)，A(0,0,0)，C(2,0,0)，B(0,1,0)，M(1,0,1)． ＝(2,0，－2)，＝(1,0,1)，＝(－1,1，－1)． ·＝2×1＋0×0＋(－2)×1＝0， 所以⊥， 即PC⊥AM. ·＝2×(－1)＋0×1＋(－2)×(－1)＝0， 所以⊥，即PC⊥BM. 又因为AM∩BM＝M，AM，BM⊂平面MAB， 所以PC⊥平面MAB. 故当λ＝时，PC⊥平面MAB. |
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