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[基础题组练]
1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OA＝
a，OB＝b，OC＝c，用a，b，c表示MN，则MN等于( )
A.(b＋c－a)
B.(a＋b＋c)
C.(a－b＋c)
D.(c－a－b)
解析：选D.MN＝MA＋AO＋ON＝(c－a－b)．
2．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A．9 B．－9
C．－3 D．3
解析：选B.由题意知c＝xa＋yb，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以解得λ＝－9.
3．在空间四边形ABCD中，AB·CD＋AC·DB＋AD·BC＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：选B.如图，令AB＝a，AC＝b，AD＝c，
则AB·CD＋AC·DB＋AD·BC＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝
a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
4.如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，四边
形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是( )
A. B.
C．1 D.
解析：选 D.因为BD＝BF＋FE＋ED，所以|BD|2＝|BF|2＋|FE|2＋|ED|2＋2BF·FE＋
2FE·ED＋2BF·ED＝1＋1＋1－＝3－，所以|BD|＝.
5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，OA＋λOB与OB的夹角为120°，则λ的值
为( )
A．± B.
C．－ D．±
解析：选C.OA＋λOB＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，
所以λ＝－.
6.如图所示，在长方体ABCDABC D 中，O为AC的中点．用AB，
1 1 1 1
AD，AA1表示OC1，则OC1＝________．
解析：因为OC＝AC
＝(AB＋AD)，
所以OC1＝OC＋CC1＝(AB＋AD)＋AA1＝AB＋AD＋AA1.答案：AB＋AD＋AA1
7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC
的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN＝
________．
解析：连接PD，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝PD，
又P(0，0，1)，D(0，1，0)，
所以PD＝＝，所以MN＝.
答案：
8.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC
＝，则cos〈OA，BC〉的值为________．
解析：设OA＝a，OB＝b，OC＝c，
由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，
OA·BC＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝|a||c|－|a||b|＝0，
所以OA⊥BC，
所以cos〈OA，BC〉＝0.
答案：0
9．如图，在四棱柱ABCDABC D 中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是AD，
1 1 1 1 1 1
DD，DC 的中点．
1 1 1
(1)试用向量AB，AD，AA1表示AG；
(2)用向量方法证明平面EFG∥平面ABC.
1
解：(1)设AB＝a，AD＝b，AA1＝c.
由图得AG＝AA1＋A1D1＋D1G
＝c＋b＋DC
＝a＋b＋c
＝AB＋AD＋AA1.
(2)证明：由题图，得AC＝AB＋BC＝a＋b，
EG＝ED1＋D1G＝b＋a＝AC，
因为EG与AC无公共点，
所以EG∥AC，因为EG⊄平面ABC，AC 平面ABC，
1 1
所以EG∥平面ABC.
1 ⊂
又因为AB1＝AB＋BB1＝a＋c，FG＝FD1＋D1G＝c＋a＝AB1，
因为FG与AB 无公共点，所以FG∥AB，
1 1
因为FG⊄平面ABC，AB 平面ABC，
1 1 1
所以FG∥平面ABC，
1 ⊂
又因为FG∩EG＝G，FG，EG 平面EFG，
所以平面EFG∥平面ABC.
1 ⊂
10．已知正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H分别是四面体ABCD
中各棱的中点，设AB＝a，AC＝b，AD＝c，试采用向量法解决下列问题．
(1)求EF的模长；
(2)求EF，GH的夹角．
解：(1)如图所示，
正四面体ABCD的棱长为1，E，F，G，H分别是四面体ABCD中各棱的中点，
AB＝a，AC＝b，AD＝c，
所以BE＝BC＝(AC－AB)＝(b－a)，
AF＝AD＝c；
所以EF＝EB＋BA＋AF＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，
所以|EF|＝
＝
＝
＝.
(2)正四面体ABCD中，EF＝(c－a－b)，|EF|＝；
同理，GH＝(b＋c－a)，|GH|＝；
所以cos〈EF，GH〉＝
＝
＝[(c－a)2－b2]
＝[c2＋a2－2c·a－b2]
＝[1＋1－2×1×1×cos 60°－1]
＝0，
所以EF与GH的夹角为90°.
[综合题组练]
1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP＝xOA＋yOB＋zOC(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B.当x＝2，y＝－3，z＝2时，即OP＝2OA－3OB＋2OC.则AP－AO＝2OA－3(AB
－AO)＋2(AC－AO)，即AP＝－3AB＋2AC，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，
当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设AP＝mAB＋nAC(m，n∈R)，即OP－OA＝
m(OB－OA)＋n(OC－OA)，即OP＝(1－m－n)OA＋mOB＋nOC，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，
这组数显然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要
条件．
2．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF
＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为( )
A．(1，1，1)
B.
C.
D.
解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O，
又E(0，0，1)，A(，，0)，
所以OE＝，AM＝(x－，y－，1)，
因为AM∥平面BDE，所以OE∥AM，
所以⇒
所以M点的坐标为.
3．如图，在正四棱柱ABCDABC D 中，AA＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段
1 1 1 1 1
C D，AC上，则线段PQ长度的最小值是( )
1
A. B.
C. D.
解析：选C.设DP＝λDC1，AQ＝μAC，(λ，μ∈[0，1])．
所以DP＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)，
DQ＝DA＋μ(DC－DA)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)．
所以|PQ|＝|DQ－DP|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|
＝
＝≥＝，当且仅当λ＝，μ＝，即λ＝，μ＝时取等号．
所以线段PQ长度的最小值为.故选C.
4．在正三棱柱ABCABC 中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，C1N＝λNC，
1 1 1
且AB⊥MN，则λ的值为________．
1
解析：如图所示，取BC 的中点P，连接MP，以MC，MA，MP的
1 1
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，B(－，0，2)，C，C ，
1 1
M(0，0，0)，设N，
因为C1N＝λNC，所以N，
所以AB1＝，MN＝.
又因为AB⊥MN，所以AB1·MN＝0.
1
所以－＋＝0，所以λ＝15.
答案：15
5.如图，在多面体ABCABC 中，四边形AABB 是正方形，AB＝AC，
1 1 1 1 1
BC＝AB，BC 綊BC，二面角AABC是直二面角．
1 1 1
求证：(1)AB⊥平面AAC；
1 1 1
(2)AB∥平面AC C.
1 1 1
证明：因为二面角AABC是直二面角，
1
四边形AABB 为正方形，
1 1
所以AA⊥平面BAC.
1
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA 两两互相垂直．
1
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B(0，2，2)，A(0，0，2)，C(2，0，0)，C (1，1，2)．
1 1 1
(1)A1B1＝(0，2，0)，A1A＝(0，0，－2)，AC＝(2，0，0)，
设平面AAC的一个法向量n＝(x，y，z)，
1
则即
即取y＝1，则n＝(0，1，0)．
所以A1B1＝2n，
即A1B1∥n.
所以AB⊥平面AAC.
1 1 1
(2)易知AB1＝(0，2，2)，A1C1＝(1，1，0)，A1C＝(2，0，－2)，
设平面AC C的一个法向量m＝(x，y，z)，
1 1 1 1 1
则即令x＝1，则y＝－1，z＝1，
1 1 1
即m＝(1，－1，1)．
所以AB1·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以AB1⊥m，
又AB⊄平面AC C，
1 1 1
所以AB∥平面AC C.
1 1 1
6.如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底
面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面
PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如
图．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，
B，C，
OC＝，SD＝，
则OC·SD＝0.
故OC⊥SD.
从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：
由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量，
且DS＝，CS＝，
BC＝.
设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS
＝，
而BE·DS＝0，
解得t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS.
而BE⊄平面PAC，
故BE∥平面PAC.
