高考数一轮复习 7.6空间向量的运算及空间位置关系讲解与练习 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第六节空间向量的运算及空间位置关系)[备考方向要明了]考什么怎么考1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．2.会推导空间两点间的距离公式．3.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.1.高考对于空间直角坐标系的考查，一般是点的坐标的求解、距离的计算等，且多渗透到解答题中，难度不大，如年新课标全国T19、江西T19等都渗透对空间直角坐标系的考查．2.数量积的运算及应用是高考对本节考查的热点，主要利用向量法证明共线、共面、平行、垂直等，一般体现在解答题中，如年天津T17，新课标全国T19等.[归纳·知识整合]1．空间直角坐标系及有关概念(1)空间直角坐标系名称内容空间直角坐标系以空间一点O为原点，具有相同的单位长度，给定正方向，建立三条两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴，这时建立了一个空间直角坐标系O－xyz.坐标原点点O坐标轴x轴、y轴、z轴坐标平面通过每两个坐标轴的平面(2)右手直角坐标系的含义：当右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向时，中指指向z轴的正方向．(3)空间中点M的坐标：空间中点M的坐标常用有序实数组(x，y，z)来表示，记作M(x，y，z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标．建立了空间直角坐标系后，空间中的点M和有序实数组(x，y，z)可建立一一对应的关系．[探究]1.空间直角坐标系中的坐标平面把空间分成几部分？坐标轴上的点的坐标有什么特点？提示：空间直角坐标系中的坐标平面将空间分成8部分．坐标轴上点的坐标的特点是另外两个坐标均为零．2．空间两点间的距离(1)设点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).特别地，点P(x，y，z)与坐标原点O的距离为|OP|＝eq\r(x2＋y2＋z2).(2)设点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)是空间中两点，则线段AB的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)，\f(z1＋z2,2))).3．空间向量的概念及运算空间向量的概念及运算同平面向量基本相同．加减运算遵循三角形或平行四边形法则；数乘运算和数量积运算与平面向量的数乘运算和数量积运算相同；坐标运算与平面向量的坐标运算类似，仅多出了一个竖坐标．4．空间向量的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得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惟一的有序实数对(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，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc.其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底．5．两个向量的数量积(与平面向量基本相同)(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作＝a，＝b，则角∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤〈a，b〉≤π.若〈a，b〉＝eq\f(π,2)，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.(2)两向量的数量积：两个非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(3)向量的数量积的性质：①a·e＝|a|cos〈a，e〉；②a⊥b⇔a·b＝0；③|a|2＝a·a＝a2；④|a·b|≤|a||b|.(4)向量的数量积满足如下运算律：①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝b·a(交换律)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．[探究]2.对于实数a，b，若ab＝0，则一定有a＝0或b＝0，而对于向量a，b，若a·b＝0，则一定有a＝0或b＝0吗？提示：不一定．因为当a≠0且b≠0时，若a⊥b，也有a·b＝0.3．对于非零向量b，由a·b＝b·c⇒a＝c，这一运算是否成立？提示：不成立．根据向量数量积的几何意义，a·b＝b·c说明a在b方向上的射影与c在b方向上的射影相等，而不是a＝c.6．空间向量的坐标运算(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)，a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)，λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.a⊥b⇔a1b2＋a2b2＋a3b3＝0；a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a|·|b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))＋\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3))).(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则＝－＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．[自测·牛刀小试]1．点(2,0,3)在空间直角坐标系中的位置是()A．y轴上 B．xOy平面上C．xOz平面上 D．x轴上解析：选C由于点的纵坐标为0，故这样的点在xOz平面上．2．如图所示，正方体的棱长为1，M是所在棱上的中点，N是所在棱上的四分之一分点，则M、N之间的距离为________．解析：由条件知，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1，0))，故||＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))2＋0－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－0))2)＝eq\f(\r(29),4).答案：eq\f(\r(29),4)3．(教材习题改编)已知a＝(－3,2,5)，b＝(1，λ，－1)．若a⊥b，则λ＝________.解析：∵a⊥b，∴(－3)×1＋2λ＋5×(－1)＝0，∴λ＝4.答案：44．(教材习题改编)在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则＋eq\f(1,2)(＋)＝________.解析：依题意有＋eq\f(1,2)(＋)＝＋eq\f(1,2)×2＝＋＝.答案：5．已知四边形ABCD为平行四边形，且A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，－5)，则点D的坐标为________．解析：设D(x，y，z)，＝(－2，－6，－2)，＝(c－x，7－y，－5－z)，由＝，得－x＝－2,7－y＝－6，－5－z＝－2，即x＝2，y＝13，z＝－3，故点D的坐标为(2,13，－3)．答案：(2,13，－3)空间中两点间的距离公式及应用[例1]已知点M(3,2,1)，N(1,0,5)，求：(1)线段MN的长度；(2)到M，N两点的距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件．[自主解答](1)根据空间两点间的距离公式得线段MN的长度MN＝eq\r(3－12＋2－02＋1－52)＝2eq\r(6)，所以线段MN的长度为2eq\r(6).(2)因为点P(x，y，z)到M，N的距离相等，所以有eq\r(x－32＋y－22＋z－12)＝eq\r(x－12＋y－02＋z－52)，化简得x＋y－2z＋3＝0，因此，到M，N两点的距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件是x＋y－2z＋3＝0.———————————————————求解空间距离的关键点解决空间中的距离问题就是把点的坐标代入距离公式计算，其中确定点的坐标或合理设出点的坐标是解题的关键．若求满足某一条件的点，要先设出点的坐标，再建立方程或方程组求解．1．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，M为BC1的中点，N为A1B1的中点，求|MN|.解：如图，以A为原点，AB，AC，AA1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则B(2,0,0)，C1(0,2,2)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，∴N(1,0,2)，M(1,1,1)，∴|MN|＝eq\r(1－12＋0－12＋2－12)＝eq\r(2).空间向量的线性运算[例2](1)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点．①化简－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝________；②用，，表示，则＝________.(2)向量a＝(3,5，－4)，b＝(2,1,8)．计算2a＋3b,3a－2b的值．[自主解答](1)①－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)(＋)＝－＝＋＝.②＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(＋)，∴＝＋＝eq\f(1,2)(＋)＋＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋.(2)解：2a＋3b＝2(3,5，－4)＋3(2,1,8)＝(6,10，－8)＋(6,3,24)＝(12,13,16)．3a－2b＝3(3,5，－4)－2(2,1,8)＝(9,15，－12)＋(4,2,16)＝(13,17,4)．[答案](1)①②eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋本例中(1)条件不变，结论改为：设E是棱DD1上的点，且＝eq\f(2,3)，若＝x＋y＋z，试求x，y，z的值．解：＝＋＝－eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)(＋)＝－eq\f(2,3)－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，由条件知，x＝－eq\f(2,3)，y＝－eq\f(1,2)，z＝eq\f(1,2).———————————————————用已知向量表示某一向量的方法用已知不共面的向量表示某一向量时，应结合图形，将已知向量和未知向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知向量表示出来．2.如图所示，已知空间四边形ABCD中，向量＝a，＝b，＝c，若M为BC中点，G为△BCD的重心，试用a、b、c表示下列向量：(1)；(2).解：(1)在△ADM中，＝＋，由线段中点的向量表示知＝eq\f(1,2)(＋)＝eq\f(1,2)(a＋b)，由相反向量的概念知＝－＝－c.所以＝＋＝eq\f(1,2)(a＋b)－c＝eq\f(1,2)(a＋b－2c)；(2)由三角形重心的性质，得＝＋＝c＋eq\f(2,3)＝c＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)))＝c＋eq\f(1,3)(－＋－)＝c＋eq\f(1,3)(a＋b－2c)＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)．共线、共面向量定理的应用[例3]已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量法证明：(1)E，F，G，H四点共面；(2)BD∥平面EFGH.[自主解答](1)连接BG，则＝＋＝＋eq\f(1,2)(＋)＝＋＋＝＋，由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面．(2)因为＝－＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(－)＝eq\f(1,2)，所以EH∥BD.又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.———————————————————应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的方法比较三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面＝λ且同过点P＝x＋y对空间任一点O，＝＋t对空间任一点O，＝＋x＋y对空间任一点O，＝x＋(1－x)对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y)3．证明三个向量a＝－e1＋3e2＋2e3，b＝4e1－6e2＋2e3，c＝－3e1＋12e2＋11e3共面．证明：若e1，e2，e3共面，显然a，b，c共面；若e1，e2，e3不共面，设c＝λa＋ub，即－3e1＋12e2＋11e3＝λ(－e1＋3e2＋2e3)＋u(4e1－6e2＋2e3)，整理得－3e1＋12e2＋11e3＝(4u－λ)e1＋(3λ－6u)e2＋(2λ＋2u)e3.由空间向量基本定理可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4u－λ＝－3，,3λ－6u＝12，,2λ＋2u＝11，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝5，,u＝\f(1,2)，))即c＝5a＋eq\f(1,2)b，则三个向量共面.空间向量的数量积及其应用[例4]如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1，底面△ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M、N分别是A1B1、A1A的中点．(1)求BN的长；(2)求异面直线BA1与CB1所成角的余弦值；(3)求证：A1B⊥C1M.[自主解答](1)||2＝·＝(＋)·(＋)＝||2＋||2＋2·＝2＋1＝3，∴||＝eq\r(3).(2)∵·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝eq\r(2)·1·cos135°＋0＋0＋4＝3，又∵||2＝(＋)2＝||2＋2·＋||2＝2＋0＋4＝6，∴||＝eq\r(6).又∵||2＝(＋)2＝||2＋2·＋||2＝1＋0＋4＝5，∴||＝eq\r(5).∴cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(3,\r(6)·\r(5))＝eq\f(\r(30),10)，∴异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).(3)证明：·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝0＋0＋1·eq\r(2)·cos135°＋eq\r(2)·eq\f(\r(2),2)·cos0°＝0.∴⊥，∴A1B⊥C1M.———————————————————空间向量数量积的应用(1)求夹角．设向量a，b所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)，进而可求两异面直线所成的角；(2)求长度(距离)．运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题；(3)解决垂直问题．利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．4．已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)．设a＝，b＝，(1)求a和b的夹角θ的余弦值；(2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．解：∵A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，a＝，b＝，∴a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)．(1)cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1＋0＋0,\r(2)×\r(5))＝－eq\f(\r(10),10)，∴a和b的夹角θ的余弦值为－eq\f(\r(10),10).(2)∵ka＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)，且(ka＋b)⊥(ka－2b)，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝2k2＋k－10＝0.则k＝－eq\f(5,2)或k＝2.2个原则——建立空间直角坐标系的原则(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直；(2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上．1个方法——利用向量法求解立体几何问题的一般方法利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题．在这里，恰当地选取基底可使向量运算简捷，或者是建立空间直角坐标系，使立体几何问题成为代数问题．另外，熟练准确地写出空间中任一点的坐标是解决问题的基础．1个注意点——空间向量数量积计算的一个注意点空间向量的数量积的计算要充分利用向量所在图形，巧妙地进行向量的分解与合成，分解时并不是漫无目的的，而要充分利用图形的特点及其含有的特殊向量，这里的特殊向量主要指具有特殊夹角或已知模的向量.创新交汇——空间向量的坐标表示及应用问题1．此类问题通常与立体几何中的位置关系、距离等交汇命题来考查，考查利用向量方法证明平行、垂直以及求距离、空间角等问题．2．求解上述问题的突破口是建立适当的空间直角坐标系，把位置关系与对应向量之间的关系弄清楚，把空间位置关系翻译成向量的运算关系，通过向量的运算解答问题．[典例]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.证明：AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．(1)∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2))).设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得·＝0，即y＝eq\f(2\r(3),3)，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).又＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，∴·＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),6)×eq\f(\r(3),4)＝0，∴⊥，即AE⊥CD.(2)法一：∵P(0,0,1)，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1)).又·＝eq\f(\r(3),4)×eq\f(2\r(3),3)＋eq\f(1,2)×(－1)＝0，∴⊥，即PD⊥AE.∵＝(1,0,0)，∴·＝0.∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.法二：＝(1,0,0)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(1,4)x＋\f(\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，))令y＝2，则z＝－eq\r(3)，∴n＝(0,2，－eq\r(3))．∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1))，显然＝eq\f(\r(3),3)n.∵∥n，∴⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.eq\a\vs4\al([名师点评])本题考查平面图形与空间图形的转化，空间线线、线面、面面位置关系的判定，以及空间线段长度计算等。解题时，应正确建立坐标系，并准确写出相关点的坐标，这是解答此类问题的关键和易失误之处。eq\a\vs4\al([变式训练])正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为面A1B1C1D1的中心，求证：AP⊥B1P.证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设棱长为1，则A(1,0,0)，B1(1,1,1)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，由两点间的距离公式得|AP|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(1,2)))2＋0－12)＝eq\f(\r(6),2)，|B1P|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋1－12)＝eq\f(\r(2),2)，|AB1|＝eq\r(1－12＋0－12＋0－12)＝eq\r(2)，∴|AP|2＋|B1P|2＝|AB1|2，∴AP⊥B1P.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知点A(－3,0，－4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于()A．12 B．9C．25 D．10解析：选D点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|＝eq\r(－3－32＋0－02＋－4－42)＝10.2．已知向量a＝(2，－3,5)与向量b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，λ，\f(15,2)))平行，则λ＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(9,2)C．－eq\f(9,2) D．－eq\f(2,3)解析：选Ca∥b⇒eq\f(2,3)＝eq\f(－3,λ)＝eq\f(5,\f(15,2))⇒λ＝－eq\f(9,2).3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值为()A．1 B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(7,5)解析：选Dka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，由题意知，3(k－1)＋2k－4＝0，解得k＝eq\f(7,5).4．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于()A.eq\f(62,7) B.eq\f(63,7)C.eq\f(64,7) D.eq\f(65,7)解析：选D由于a，b，c三个向量共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7＝2m－n，,5＝－m＋4n，,λ＝3m－2n，))解得m＝eq\f(33,7)，n＝eq\f(17,7)，λ＝eq\f(65,7).5．如图，在底面为平行四边形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是AC与BD的交点，若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是()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解析：选A＝＋＝＋eq\f(1,2)＝＋eq\f(1,2)(＋)＝＋eq\f(1,2)(－＋)＝c－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b，即＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.6.(·武汉模拟)二面角α－l－β为60°，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝a，BD＝2a，则CD的长为()A．2a B.eq\r(5)aC．a D.eq\r(3)a解析：选A∵AC⊥l，BD⊥l，∴〈，〉＝60°，且·＝0，·＝0，∴＝＋＋，∴||＝eq\r(＋＋2)＝eq\r(a2＋a2＋2a2＋2a·2acos120°)＝2a.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知点P在z轴上，且满足|OP|＝1(O为坐标原点)，则点P到点A(1,1,1)的距离为________．解析：由题意知，P(0,0,1)或P(0,0，－1)．∴|PA|＝eq\r(0－12＋0－12＋1－12)＝eq\r(2).或|PA|＝eq\r(1－02＋1－02＋－1－12)＝eq\r(6).答案：eq\r(2)或eq\r(6)8．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．解析：由题意，设＝λ，即OQ＝(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(4,3)))2－eq\f(2,3)，当λ＝eq\f(4,3)时有最小值，此时Q点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))9．已知a＝(cosθ，1，sinθ)，b＝(sinθ，1，cosθ)，则向量a＋b与a－b的夹角是________．解析：∵(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2＝(cos2θ＋1＋sin2θ)－(sin2θ＋1＋cos2θ)＝0，∴(a＋b)⊥(a－b)，即向量a＋b与a－b的夹角为90°.答案：90°三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．已知向量a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．(1)求|2a＋b|；(2)在直线AB上，是否存在一定点E，使得⊥b？(O为原点)．解：(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a＋b|＝eq\r(02＋－52＋52)＝5eq\r(2).(2)＝＋＝＋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＝eq\f(9,5)，因此存在点E，使得⊥b，此时E点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5))).11．(·合肥模拟)如图ABCD－A1B1C1D1是正方体，M、N分别是线段AD1和BD的中点．(1)证明：直线MN∥平面B1CD1；(2)设正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为a，若以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，试写出B1、M两点的坐标，并求线段B1M的长．解：(1)连接CD1、AC，则N是AC的中点，在△ACD1中，又M是AD1的中点，∴MN∥CD1.又MN⊄平面B1CD1，CD1⊂平面B1CD1，∴MN∥平面B1CD1.(2)由条件知B1(a，a，a)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(a,2)))，∴|B1M|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,2)))2＋a－02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(6),2)a，即线段B1M的长为eq\f(\r(6),2)a.12．如图，在棱长为a的正方体OABC－O1A1B1C1中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤a，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.(1)写出点E、F的坐标；(2)求证：