(教案)空间向量及其运算

空间向量及其运算【高考导航】本节内容是高中教材新增加的内容，在近两年的高考考查中多作为解题的方法进行考查，主要是解题的方法上因引入向量得以扩展.例如2001上海5分，2002上海5分.【学法点拨】本节共有4个知识点：空间向量及其线性运算、共线向量与共面向量、空间向量的分解定理、两个向量的数量积.这一节是空间向量的重点，在学习本节内容时要与平面向量的知识结合起来，认识到研究的范围已由平面扩大到空间.一个向量是空间的一个平移，两个不平行向量确定的是一个平行平面集，在此基础上，把平行向量基本定理和平面向量基本定理推广到空间，得出空间直线与平面的表达式，有了这两个表达式，我们可以很方便地解决空间的共线和共面问题.空间向量基本定理是空间几何研究代数化的基础，有了这个定理，整个空间被3个不共面的基向量所确定，空间一个点或一个向量和实数组（x ，y ，z ）建立起一一对应关系，空间向量的数量积一节中，由于空间任一向量都可以转化为共面向量，所以空间两个向量的夹角的定义、取值范围、两个向量垂直的定义和表示符号及向量的模的概念和表示符号等，都与平面向量相同.【基础知识必备】一、必记知识精选1.空间向量的定义(1)向量：在空间中具有大小和方向的量叫作向量，同向且等长的有向线段表示同一向量或相等向量.(2)向量的表示有三种形式：a ,AB ，有向线段.2.空间向量的加法、减法及数乘运算.(1)空间向量的加法.满足三角形法则和平行四边形法则，可简记为:首尾相连，由首到尾.求空间若干个向量之和时，可通过平移将它们转化为首尾相接的向量.首尾相接的若干个向量若构成一个封闭图形，则它们的和为0，即21A A +32A A +…1A A n =0.(2)空间向量的减法.减法满足三角形法则,让减数向量与被减数向量的起点相同,差向量由减数向量的终点指向被减数向量的终点,可简记为“起点相同,指向一定”,另外要注意-=的逆应用.(3)空间向量的数量积.注意其结果仍为一向量.3.共线向量与共面向量的定义.(1)如果表示空间向量的有向线段在直线互相平行或重合,那么这些向量叫做共线向量或平行向量.对于空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b ⇔a=λb ,若A 、B 、P 三点共线,则对空间任意一点O ,存在实数t,使得OP =(1-t)OA +t OB ,当t=21时,P 是线段AB 的中点,则中点公式为OP =21(OA +OB ). (2)如果向量a 所在直线O A 平行于平面α或a 在α内,则记为a ∥α,平行于同一个平面的向量,叫作共面向量，空间任意两个向量，总是共面的.如果两个向量a、b不共线.则向量p 与向量a、b共面的充要条件是存在实数对x、y.使p=xa+yb.对于空间任一点O和不共线的三点A、B、C，A、B、C、P共面的充要条件是OP=x OA+y OB+z OC（其中x+y+z=1）.共面向量定理是共线向量定理在空间中的推广，共线向量定理证三点共线，共面向量定理证四点共面.4.空间向量基本定理如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个惟一的有序实数组x、y、z，使p=xa+yb+zc.特别的，若a、b、c不共面，且xa+yb+zc=O，则x=y=z=0.常以此列方程、求值.由于0可视为与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，所以三个向量不共面，隐含着三向量都不是0.空间任意三个不共面向量都可以作为空间向量的一个基底.要注意，一个基底是一个向量组，一个基向量是指基底中的某一向量.5.两个向量的数量积.a·b=|a|·|b|·cos（a,b），性质如下：（1）a·e=|a|·cos<a,e>；（2）a⊥b a·b=0.（3）|a|2=a·a；（4）|a|·|b|≥a·b.二、重点难点突破（一）重点空间向量的加法、减法运算法则和运算律；空间直线、平面向量参数方程及线段中点的向量公式.空间向量基本定理及其推论，两个向量的数量积的计算方法及其应用.（二）难点空间作图，运用运算法则及运算律解决立体几何问题，两个向量数量积的几何意义以及把立体几何问题转化为向量计算问题.对于重点知识的学习要挖掘其内涵，如从向量等式的学习中可以挖掘出：（1）向量等式也有传递性；（2）向量等式两边加（减）相同的量，仍得等式.即“移项法则”仍成立；（3）向量等式两边同乘以相等的数或点乘相等的向量，仍是等式.这样知识掌握更加深刻.用空间向量解决立体几何问题.一般可以按以下过程进行思考：（1）要解决的问题可用什么向量知识来解决?需要用到哪些向量？（2）所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？（3）所需要的向量若不能直接用已知条件转化为向量表示，则它们分别易用哪个未知向量表示？这些未知向量与已知条件转化而来的向量有何关系？(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到所需要的结论?三、易错点和易忽略点导析两个向量的夹角应注意的问题：①（a，b）=（b，a）；②（a,b）与表示点的符号（a,b）不同;③如图9-5-1(a)中的∠AOB=<OA,OB>.图(b)中的∠A O B=π-（AO，OB）,<-OA,OB>＝<OA,-OB>=π-（AO，OB）.【综合应用创新思维点拨】一、学科内综合思维点拨【例1】 已知两个非零向量e 1、e 2不共线，如果AB =e 1+e 2，AC =2e 1+8e 2，AD =3e 1-3e 2.求证：A 、B 、C 、D 共面.思维入门指导：要证A 、B 、C 、D 四点共面，只要能证明三向量AB 、AC 、AD 共面，于是只要证明存在三个非零实数λ、μ、υ使λAB +μAC +υAD =0即可. 证明:设λ(e 1+e 2)+μ(2e 1+8e 2)+υ(3e 1-3e 2)=0.则(λ+2μ+3υ)e 1+(λ+8μ-3υ)e 2=0.∵e 1、e 2不共线，∴⎩⎨⎧=-+=++.038,032υμλυμλ上述方程组有无数多组解,而λ=-5,μ=1,υ=1就是其中的一组,于是可知-5AB +AC +AD =0.故AB 、AC 、AD 共面，所以A 、B 、C 、D 四点共面.点拨：寻找到三个非零实数λ=-5,μ=1,υ=1使三向量符合共面向量基本定理的方法是待定系数法.二、应用思维点拨【例2】 某人骑车以每小时α公里的速度向东行驶，感到风从正北方向吹来，而当速度为2α时，感到风从东北方向吹来.试求实际风速和风向.思维入门指导：速度是矢量即为向量.因而本题先转化为向量的数学模型，然后进行求解，求风速和风向实质是求一向量.解:设a 表示此人以每小时α公里的速度向东行驶的向量.在无风时,此人感到风速为-a ,设实际风速为v ,那么此人感到的风速向量为v-a .如图9-5-2.设OA =-a ,OB =-2a .由于PO +OA =PA ,从而PA =v-a .这就是感受到的由正北方向吹来的风.其次，由于PO +OB =PB ，从而v-2=PB .于是，当此人的速度是原来的2倍时感受到由东北方向吹来的风就是PB .由题意,得∠PB O =45°, PA ⊥B O ，BA=A O ，从而△PB O 为等腰直角三角形.故P O =PB=2α.即|v|=2α.答：实际吹来的风是风速为2α的西北风.点拨：向量与物理中的矢量是同样的概念，因而物理中的有关矢量的求解计算在数学上可化归到平面向量或空间向量进行计算求解.知识的交叉点正是高考考查的重点，也能体现以能力立意的高考方向.三、创新思维点拨【例3】 如图9-5-3(1)，已知E 、F 、G 、H 分别是空间四边形ABCD 边AB 、BC 、CD 、DA 的中点.（1）用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面；（2）用向量法证明BD ∥平面EFGH.思维入门指导:(1)要证E 、F 、G 、H 四点共面，根据共面向量定理的推论，只要能找到实数x,y,使EG =x EF +y EH 即可;(2)要证BD ∥平面EFGH,只需证向量BD 与EH 共线即可. 证明:(1)如图9-5-3(2),连结BG,则EG =EB +BG =EB +21(BC +BD )=EB +BF +EH =EF +EH . 由共面向量定理推论知，E 、F 、G 、H 四点共面. (2)∵EH =AH -AE =21AD -21AB =21(AD -AB )=21BD , ∴EH ∥BD.又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH ，∴BD ∥平面EFGH.点拨：利用向量证明平行、共面是创新之处，比较以前纯几何的证明，显而易见用向量证明比较简单明快.这也正是几何问题研究代数化的特点.【例4】 如图9-5-4，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为D 1C 1的中点，试求A 1C 1与DE 所成角.思维入门指导：在正方体AC 1中，要求A 1C 1与DE 所成角,只需求11C A 与所成角即可.要求11C A 与DE 所成角，则可利用向量的数量积，只要求出11C A ·DE 及|11C A |和|DE |即可.解:设正方体棱长为m,AB =a,AD =b,1AA =c.则|a |=|b |=|c |=m ，a ·b =b ·c =c ·a =0.又∵11C A =11B A +11C B =AB +AD =a +b ,=1DD +D 1=1DD +2111C D =c +21a ,∴11C A ·DE =(a+b)(c+21a)=a ·c +b ·c +21a 2+21a ·b =21a 2=21m 2. 又∵|11C A |=2m,|DE |=25m, ∴cos<11C A ,DE >=||||1111DE C A •=m m m 252212•=1010. ∴<11C A ,DE >=arccos 1010.即A 1C 1与DE 所成角为arccos 1010. 点拨：A 1C 1与DE 为一对异面直线.在以前的解法中求异面直线所成角要先找（作），后求.而应用向量可以不作或不找直接求.简化了解题过程，降低了解题的难度.解题过程中先把11C A 及DE 用同一组基底表示出来,再去求有关的量是空间向量运算常用的手段.四、高考思维点拨【例5】 （2000，全国，12分）如图9-5-5，已知平行六面体ABCD 一A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB=∠C 1CD=∠BCD.(1)求证：C 1C ⊥BD ；(2)当1CC CD 的值为多少时,能使A 1C ⊥平面C 1BD?请给出证明. 思维入门指导：根据两向量的数量积公式a ·b =|a |·|b |cos<a,b >知，两个向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0,即a ⊥b ⇔a ·b =0, 所以要证明两直线垂直,只要证明两直线对应的向量数量积为零即可.(1)证明:设=a ,=b ,1CC =c .由题可知|a |=|b |.设、、1CC 中两两所成夹角为θ,于是BD =-=a -b ,1CC ·BD =c ·(a -b )=c ·a -c ·b =|c |·|a |cos θ-|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD.(2)解:若使A 1C ⊥平面C 1BD,只须证A 1C ⊥BD,A 1C ⊥DC 1,由于:1CA ·D C 1=(+1AA )·(-1CC )=(a +b +c )·(a -c )=|a |2+a ·b -b ·c -|c |2=|a |2+|b |·|a |·cos θ-|b |·|c |cos θ-|c |2=0,得当|a |=|c |时A 1C ⊥DC 1.同理可证当|a |=|c |时,A 1C ⊥BD.∴1CC CD =1时,A 1C ⊥平面C 1BD. 点拨：对于向量数量积的运算一些结论仍是成立的.（a -b ）·（a +b ）=a 2-b 2；(a ±b )2=a 2±2a ·b +b 2.五、经典类型题思维点拨【例6】 证明：四面体中连接对棱中点的三条直线交于一点，且互相平分.（此点称为四面体的重心）思维入门指导：如图9-5-6所示四面体ABCD 中，E 、F 、G 、H 、P 、Q 分别为各棱中点.要证明EF 、GH 、PQ 相交于一点O ，且O 为它们的中点.可以先证明两条直线EF 、GH 相交于一点O ，然后证明P 、O 、Q 三点共线，即OP 、OQ 共线.从而说明PQ 直线也过O 点.证明：∵E 、G 分别为AB 、AC 的中点，∴EG ∥21BC.同理HF ∥21BC.∴EG ∥HF. 从而四边形EGFH 为平行四边形，故其对角线EF 、GH 相交于一点O ，且O 为它们的中点，连接O P 、O Q.∵OP =OG +GP ,OQ =OH +HQ ,而O 为GH 的中点， ∴+=0,GP ∥21CD ，QH ∥21CD. ∴=21,=21. ∴OP +OQ =OG +OH +GP +HQ =0+21CD -21CD =0. ∴=-.∴PQ 经过O 点，且O 为PQ 的中点.点拨:本例也可以用共线定理的推论来证明,事实上,设EF 的中点为O .连接O P 、O Q,则=-EF ,而=21=-FP ,EF =-2,则=-FP +2,∴=21(+FP )，从而看出O 、P 、Q 三点共线且O 为PQ 的中点，同理可得GH 边经过O 点且O 为GH 的中点，从而原命题得证.六、探究性学习点拨【例7】 如图9-5-7所示，对于空间某一点O ，空间四个点A 、B 、C 、D （无三点共线）分别对应着向量a =OA ，b =OB ,c =OC ,d =OD .求证：A 、B 、C 、D 四点共面的充要条件是存在四个非零实数α、β、γ、δ，使αa +βb +γc +δd =0，且α+β+γ+δ=0.思维入门指导：分清充分性和必要性，应用共面向量定理.证明：(必要性)假设A 、B 、C 、D 共面，因为A 、B 、C 三点不共线，故AB ，AC 两向量不共线，因而存在实数x 、y ，使AD =x AB +y AC ,即d-a=x(b -a )+y(c -a ),∴(x+y -1)a -xb -yc +d =0.令α=x+y-1, β=-x,γ=-y,δ=1.则αa+βb+γc+δd=0,且α+β+γ+δ=0.（充分性）如果条件成立，则δ=-(α+β+γ),代入得αa +βb +γc +δd =αa+βb+γc-(α+β+γ)d=0.即α(a-d)+ β(b-d)+γ(c-d)=0.又∵a -d=OA -OD =DA ,b-d=DB ,c-d=DC , ∴αDA +βDB +γDC =0.∵α、β、γ为非零实数,不妨设γ≠0. 则DC =-γαDA -γβDB . ∴DC 与DA 、DB 共面，即A 、B 、C 、D 共面.点拨：在讨论向量共线或共面时，必须注意零向量与任意向量平行，并且向量可以平移，因而不能完全按照它们所在直线的平行性、共面关系来确定向量关系.【同步达纲训练】A 卷:教材跟踪练习题 （60分 45分钟）一、选择题（每小题5分，共30分）1.点O 、A 、B 、C 为空间四个点，又、、为空间一个基底，则下列结论不正确的是（ ）A.O 、A 、B 、C 四点不共线B. O 、A 、B 、C 四点共面，但不共线C. O 、A 、B 、C 四点中任三点不共线D. O 、A 、B 、C 四点不共面2.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,下列各式中运算的结果为的共有( )①（+）+1CC ②（1AA +11D A ）+11C D③（+1BB ）+11C B ④（1AA +11B A ）+11C BA.1个B.2个C.3个D.4个3.设命题p ：a 、b 、c 是三个非零向量;命题q ：{a ,b ,c }为空间的一个基底，则命题p 是命题q 的（ ）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4.设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,则△BCD 是（ ） A.钝角三角形 B.锐角三角形 C.直角三角形 D.不确定5.下列命题中，正确的是（ ）A.若a 与b 共线，则a 与b 所在直线平行B.若a ∥平面β，a 所在直线为a ，则a ∥βC.若｛a,b,c ｝为空间的一个基底，则{a-b,b-c,c-a}构成空间的另一个基底D.若OP =21OA +21OB ,则P 、A 、B 三点共线 6.若a =e 1+e 2+e 3，b =e 1-e 2-e 3，c =e 1+e 2，d =e 1+2e 2＋3e 3，且d =x a+y b+z c ，则x 、y 、z 分别为（ ）A.25,-21,-1B.25,21,1 C.-25,21,1 D.25,-21,1 二、填空题（每小题4分，共16分）7.设向量a 与b 互相垂直，向量c 与它们构成的角都是60°，且|a |=5，|b |=3，|c |=8，那么（a +3c ）·（3b -2a ） ；（2a +b -3c ）2= .8.已知向量n A A 1=2a ，a 与b 的夹角为30°，且|a|=3，则21A A +32A A +…+n n A A 1-在向量b 的方向上的射影的模为 .9.如图9-5-8，已知空间四边形O ABC ，其对角线为O B 、AC ，M 是边O A 的中点,G 是△ABC 的重心，则用基向量OA 、OB 、OC 表示向量MG 的表达式为 .10.已知P 、A 、B 、C 四点共面且对于空间任一点O 都有=2+34+λ,则λ= .三、解答题（每小题7分，共14分）11.如图9-5-9，已知点O 是平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1体对角线的交点，点P 是空间任意一点.求证：++++1PA +1PB +1PC +1PD =8.12.如图9-5-10，已知线段AB 在平面α内，线段AC ⊥α，线段BD ⊥AB,且与α所成角是30°.如果AB=a,AC=BD=b,求C 、D 间的距离.B 卷:综合应用创新练习题 （90分 90分钟）一、学科内综合题(10分)1.如图9-5-11所示，已知□ABCD ，O 是平面AC 外一点，1OA =2OA ,1OB =2OB ,1OC =2OC ,1OD =2OD .求证：A 1、B 1、C 1、D 1四点共面.二、应用题（10分） 2.在△ABC 中，∠C=60°,CD 为∠C 的平分线,AC=4，BC=2，过B 作BN ⊥CD 于N 延长交CA 于E ，将△BDC 沿CD 折起，使∠BNE=120°，求折起后线段AB 的长度.三、创新题（60分）（一）教材变型题(10分)3.（P 35练习2变型）如图9-5-12已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，求AB 与CD 的夹角.（二）一题多解(15分)4.已知矩形ABCD,P 为平面ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别为PC 、PD 上的点，且M 分成定比2，N 分成定比1，求满足=x +y +z 的实数x 、y 、z 的值.（三）一题多变(15分)5.设a ⊥b,<a,c>=3π,<b,c>=6π，且|a |=1，|b |=2，|c |=3，求|a +b +c |. （1）一变：设a ⊥b ，<a ，c>=3π，<b ，c>=6π，且|a|=1，|b|=2，|c|=3，求|a+2b-c|. （2）二变：设a ⊥b ，<a ，c>=3π，且|a|=1，|b|=2，|c|=3，|a+b+c|=3617+，求-b 与c 的夹角.（四）新解法题（10分）6.如图9-5-13，正方形ABCD 和正方形ABEF 交于AB ，M 、N 分别是BD 、AE 上的点，且AN=DM ，试用向量证明MN ∥平面EBC.7.O 为空间任意一点,A 、B 、C 是平面上不共线的三点，动点P 满足OP =OA +λ(||||AC ACAB AB+),λ∈[0,+∞),则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）A.外心B.内心C.重心D.垂心四、高考题(10分)8.（2002,上海,5分）若a 、b 、c 为任意向量，m∈R ，则下列等式不一定成立的是( )A.(a +b )+c =a +(b +c )B.(a +b )·c =a ·c +b ·cC.m(a +b )=ma+m bD.(a ·b )·c =a ·(b ·c )加试题：竞赛趣味题（10分）证明：ab b a -+22+ac c a -+22＞bc c b -+22(a ，b ，c 为正实数).【课外阅读】用向量表示三角形的四心由高中数学新教材中的向量知识出发，利用定比分点的向量表达式，可以简捷地导出三角形的重心、内心、垂心、外心这四心的向量表达式.【例】 如图9-5-14，在△ABC 中，F 是AB 上的一点,E 是AC 上的一点,且FB AF =l m ,EC AE =ln (通分总可以使两个异分母分数化为同分母分数)，连结CF 、BE 交于点D.求D 点的坐标.解：在平面上任取一点O ，连结O A 、O B 、O C 、O D 、O E 、O F ，由定比分点的向量表达式，得：OF =(OA +l m ·OB )÷(1+lm ) =m l OB m OA l +•+• ①=ln OC l n OA +•+1=n l OC n OA l +•+• ② 又=λλ+•+1OC OF =u OE u OB +•+1 ③(其中DCFD =λ,u DE BD =). 整理①、②、③式得λ=1+m n . 所以OD =n m l l ++OA +n m l m ++OB +nm l n ++OC ④ 由④式出发，可得三角形四心的向量表达式：（1）若BE 、CF 是△ABC 两边上的中线，交点G 为重心.由④式可得重心G 的向量表达式： =31(++). （2）若BE 、CF 是△ABC 两内角的平分线，交点I 是内心. 因为FB AF =a b ,EC AE =a c , 由④式可得内心I 的向量表达式：OI =c b a a ++OA +c b a b ++OB +cb ac ++OC . （3）若BE 、CF 是△ABC 两边上的高，交点H 是垂心.EC AE =Ca A c cos cos ••=Aa C ccos cos . 同理FBAF =Aa B bcos cos . 由④式可得垂心H 的向量表达式：=C c B b A a C a cos cos cos cos +++C c B b A a C b cos cos cos cos +++Cc B b A a C ccos cos cos cos ++. （4）若BE 、CF 的交点O ′是△ABC 的外心，即三边中垂线交点，则O ′A=O ′B=O ′C.根据正弦定理：EC AE =CBE C BE EBA A BE ∠•∠•sin sin sin sin =)(21sin sin )(21sin sin C BO A B AO C '∠-•'∠-•ππ =A A C C cos sin cos sin ••=AC 2sin 2sin .同理FB AF =AB 2sin 2sin . 由④式可得外心O ′的向量表达式：OO =C B A A 2sin 2sin 2sin 2sin ++OA +CB A B 2sin 2sin 2sin 2sin ++OB +OC CB AC 2sin 2sin 2sin 2sin ++. 这四个向量表达式，都由④式推出，都有着各自轮换对称的性质.好记，好用!新教材的优越性,由此可见.参考答案A 卷一、1.B 点拨：空间向量的一组基底是不共面的.2.D 点拨:AB +BC +1CC =AC +1CC =1AC ,同理根据空间向量的加法运算法则可知(2)、(3)、(4)的计算结果也为1AC .3.B 点拨：当三个非零向量a 、b 、c 共面时，a 、b 、c 不能构成空间的一个基底，但是｛a ，b,c ｝为空间的一个基底时，必有a 、b 、c 都是非零向量.因此由P 推不出q ，而由q 可推出P.4.B 点拨：AC ·=0⇒AC ⊥AB.同理可得AC ⊥AD,AB ⊥AD.设AB=a ，AC=b ，AD=c.则BC=22b a +,CD=22c b +,BD=22c a +. ∵cos∠BCD=CDBC BD CD BC •-+2222＞0,故△BCD 为锐角. 同理∠CBD 、∠BDC 亦为锐角.则△BCD 为锐角三角形.5.D 点拨:向量共线则其所在直线平行或重合,故A 错误;向量平行于平面,则向量在面内或所在直线与面平行,故B 错误;取λ1=λ2=λ3=1,则λ1(a-b)+λ2(b-c)+λ3(c-a)=0,即a-b,b-c,c-a 是共面向量,不能构成空间的基底,故C 错. x+y+z=1 x=25, 6.A 点拨: x-y+z=2 ⇒ y=-21, x-y=3 z=-1.二、7.-62，373 点拨：（a+3c ）·（3b-2a ）=3a ·b-2a 2+9c ·b-6a ·c=3|a|·|b|·cos90°-2|a|2+9|c|·|b|·cos60°-6|a|·|c|·cos60°=-62.8.3 点拨：∵21A A +32A A +…+n n A A 1-=n A A 1,∴在b 方向投影为|n A A 1|·cos<n A A 1,b>=2|a|·cos30°=3.9.MG =-61OA +31OB +31OC 点拨：如答图9-5-1所示，连AG 延长交BC 于E ，MG =MA +AG =21OA +32AE =21OA +32·21(AB +AC )=21OA +31(OB -OA )+31(OC -OA )=-61OA +31OB +31OC .10.λ=-37 点拨：根据共面向量定理知，P 、A 、B 、C 四点共面，则=x +y +z ,且x+y+z=1.三、11.证明:设E 、E 1分别是平行六面体的面ABCD 与A 1B 1C 1D 1的中心,于是有PA +PB +PC +PD =(PA +PC )+(PB +PD )=2PE +2PE =4PE ,同理可证1PA +1PB +1PC +1PD =41PE .又∵平行六面体对角线的交点O 是EE 1的中点，∴+1PE =2PO ,PA +PB +PC +PD +1PA +1PB +1PC +1PD =4PE +41PE =4(PE +1PE )=8PO .12.解:由AC ⊥α,可知AC ⊥AB.过D 作DD ′⊥α,D ′为垂足,则∠DBD ′=30°,<,BD >=120°,||2=·=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+ 2·=b 2+a 2+b 2+2b 2·cos120°=a 2+b 2.∴CD=22b a +. B 卷 一、1.证明：∵11C A =1OC -1OA =2OC -2OA =2(OC -OA )=2AC =2(AB +AD ) =2[(OB -OA )+(OD -OA )]=2OB -2OA +2OD -2OA=(1OB -1OA )+(1OD -1OA )=11B A +11D A ,∴A 1、B 1、C 1、D 1四点共面.二、2.解：如答图9-5-2.解：过A 作AM ⊥CD 的延长线于M,则CM=4cos30°=23. CN=2cos30°=3,∴MN=CM -CN=3. 又AM=AC ·sin30°=2,BN=BC ·sing30°=1,且<,>=120°,∴<NB ,>=60°.∵AM ⊥MN ，则AM ·MN =0.同理MN ·NB =0. ∵AB =AM +MN +NB , ∴2AB =2AM +2MN +2NB +2·+2·+2·=4+3+1+2||·||·cos60°=10.即|AM |=10,所以线段AB 长度为10.三、(一)3.解：取AB 、CD 的中点分别记为M 、N ，连结AN 、BN.∵空间四边形的每条边和对角线的长都等于a ，∴BN ⊥CD ，NA ⊥CD.∴·CD =(AN +NB )·CD =AN ·CD +NB ·CD =0.则AB 、CD 所成的角为2π. (二)4.解法一：如答图9-5-3，取PC 的中点E ，连结NE ，则=-. ∵=21=21=-21, =-=32PC -21PC =61PC . 连结AC,则PC =AC -AP =AB +AD -AP ∴MN =-21AB -61(AB +AD -AP )=-32AB -61AD +61AP . ∴x=-32,y=-61,z=61. 解法二：在PD 上取点F ，使F 分所成定比为2，连结MF ，则MN =+FN =32CD +DN -=-32+21-31=-32+61 =-32AB +61AP -61AD . ∴x=-32,y=-61,z=61. (三)5.解：|a +b +c |2=a 2+b 2+c 2+2a ·b +2a ·c +2b ·c =1+4+9+0+2×3×21+2×2×3×23=17+63. ∴|a +b +c |=3617+.(1)|a +2b -c |=31223-. (2)65π. (四)6.证明：设BC =a ，=b ，=c . ∵AN ＝λ1(c +b )，DM =λ1(c -a )，AM =a +λ1(c -a )=(1-λ1)a +λ1c , ∴MN =AN -AM =(λ1-1)a +λ1b .∵a 、b 是平面EBC 上两个不共线的向量，∴(λ1-1)a +λ1b 必为平面EBC 上的一个向量ZY .由=，且MN ⊄面EBC ，必有MN ∥ZY ，所以MN ∥平面EBC.点拨：本题老解法是过M 、N 作AB 的垂线通过证面面平行得到线面平行的，新解法用向量证明.(五)7.B 点拨：本题是由20XX 年高考新课程卷改编而来，点P 的轨迹通过△ABC 内一定点，与O 点位置和△ABC 的形状无关，故取O 与A 重合.由平行四边形法则，易知P 在∠BAC 的平分线上.四、8.D 点拨：（a ·b ）·c =|a |·|b | cos θ·c ，a ·（b ·c ）=|b |·|c |cos α·a ，a 与c 的模不一定相等且不一定同向.加试题:证明:如答图9-5-4，构造三棱锥A —BCD ，且每个顶角均为60°，且|AB|=a ,|AC |=b ,|AD |=c ,则ab b a -+22=b a b a •-+222=|AB -AC |=|BC |,ac c a -+22=c a c a •-+222=|-|=||,bc c b -+22=c b c b •-+222=|-AD |=||.在三角形BCD 中,|BC |+|BD |＞|CD |, ∴ab b a -+22+ac c a -+22＞bc c b -+22.。