（2022高考数学一轮复习(步步高)）第七章 §7.5　空间向量及其应用.docx

1、7.5空间向量及其应用空间向量及其应用 考试要求1.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.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其 坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.4.理解直线的方向向量及平面的法向 量.5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.6.能用向量方法证明立体几何中 有关线面位置关系的一些简单定理 1空间向量的有关概念 名称概念表示 零向量模为 0 的向量0 单位向量长度(模)为 1 的向量 相等向量方向相同且模相等的向量ab 相反向量方向相反且模相等的向量a 的相反向量为a

2、共线向量 表示空间向量的有向线段所在的直线互 相平行或重合的向量 ab 共面向量平行于同一个平面的向量 2.空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理 空间两个向量 a 与 b(b0)共线的充要条件是存在唯一的实数，使得 ab. (2)共面向量定理 共面向量定理的向量表达式：pxayb，其中 x，yR，a，b 为不共线向量 (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，存在唯一的有序实数组x，y，z， 使得 pxaybzc，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)数量积及相关概念 两向量的夹角 已知两个非零向量 a，b，在空间任取一点

3、O，作OA a，OB b，则AOB 叫做向量 a，b 的夹角，记作a，b ，其范围是 0a，b，若a，b 2，则称 a 与 b 互相垂直， 记作 ab. 两向量的数量积 已知空间两个非零向量 a，b，则|a|b|cosa，b叫做向量 a，b 的数量积，记作 ab，即 ab |a|b|cosa，b (2)空间向量数量积的运算律 (a)b(ab) 交换律：abba. 分配律：a(bc)abac. 4空间向量的坐标表示及其应用 设 a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3) 向量表示坐标表示 数量积aba1b1a2b2a3b3 共线ab(b0，R)a1b1，a2b2，a3b3 垂直 ab0 (a

4、0，b0) a1b1a2b2a3b30 模|a|a21a22a23 夹角余 弦值 cosa，b ab |a|b|(a0，b0) cosa，b a1b1a2b2a3b3 a21a22a23 b21b22b23 5.空间位置关系的向量表示 (1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或在这条直线上)的有向线段所表示的向量，一条直线 的方向向量有无数个 (2)平面的法向量 直线 l平面，取直线 l 的方向向量，则这个向量叫做平面的法向量显然一个平面的法向 量有无数个，它们是共线向量 (3) 位置关系向量表示 直线 l1，l2的方向向量分别为 n1，n2 l1l2n1n2n1n2 l1l2

5、n1n2n1n20 直线 l 的方向向量为 n，平面的法向量为 m lnmnm0 lnmnm 平面，的法向量分别为 n，m nmnm nmnm0 微思考 1基向量和基底一样吗？0 是否能作为基向量？ 提示不一样基底是指一个向量组，基向量是基底中的某一个向量；因为 0 与其他两个非 零向量共面，所以 0 不能作为基向量 2用向量法证明空间的线、面垂直关系的关键是什么？ 提示需要确定直线的方向向量和平面的法向量，然后把证明线、面的垂直关系转化为向量 间的关系 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)对于非零向量 b，若 abbc，则 ac.() (2)在空间直角坐标

6、系中，在 Oyz 平面上的点的坐标一定是(0，b，c)() (3)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反() (4)任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一个基底() 题组二教材改编 2若a，b，c为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量 是() Aa，ab，ab Bb，ab，ab Cc，ab，ab Dab，ab，a2b 答案C 解析对于 A，因为(ab)(ab)2a，所以 a，ab，ab 共面，不能构成基底，排除 A； 对于 B，因为(ab)(ab)2b，所以 b，ab，ab 共面，不能构成基底，排除 B；对于 D， a2b3 2(ab) 1 2(ab)，

7、所以 ab，ab，a2b 共面，不能构成基底，排除 D；对于 C， 若 c， ab， ab 共面， 则 c(ab)(ab)()a()b， 则 a， b， c 共面， 与a，b，c 为空间向量的一组基底相矛盾，故 c，ab，ab 可以构成空间向量的一组基底 3.如图，在四面体 OABC 中，OA a，OB b，OC c，点 M 在 OA 上，且 OM2MA，N 为 BC 的中点，则MN _. 答案2 3a 1 2b 1 2c 解析如图，连接 ON，MN ON OM 1 2(OB OC )2 3OA 1 2(bc) 2 3a 2 3a 1 2b 1 2c. 4设直线 l1，l2的方向向量分别为 a

8、(2,2,1)，b(3，2，m)，若 l1l2，则 m_. 答案10 解析l1l2，ab，ab64m0， m10. 题组三易错自纠 5向量 m 是直线 l 的方向向量，向量 n 是平面的法向量，“mn”是“l”的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 答案B 解析由 l，得 mn，所以 mn 是 l的必要条件；而由 mn 不一定有 l，也可能 l，故 mn 不是 l的充分条件 6已知 A，B，C 三点不共线，点 O 为平面 ABC 外任意一点，若点 M 满足OM 1 5OA 4 5OB 2 5BC ，则点 M_(填“属于”或“不属于”)平面 ABC. 答案属于

9、 解析OM 1 5OA 4 5OB 2 5BC 1 5OA 4 5OB 2 5(OC OB )1 5OA 2 5OB 2 5OC ， 1 5 2 5 2 51， M，A，B，C 四点共面 即点 M平面 ABC. 题型一 空间向量的线性运算 1在三棱锥 OABC 中，M，N 分别是 OA，BC 的中点，G 是ABC 的重心，用基向量OA ， OB ，OC 表示OG ，则下列表示正确的是() A.1 4OA 1 2OB 1 3OC B.1 2OA 1 2OB 1 2OC C1 6OA 1 3OB 1 3OC D.1 3OA 1 3OB 1 3OC 答案D 解析MG MA AG 1 2OA 2 3A

10、N 1 2OA 2 3(ON OA ) 1 2OA 2 3 1 2OB OC OA 1 6OA 1 3OB 1 3OC . OG OM MG 1 2OA 1 6OA 1 3OB 1 3OC 1 3OA 1 3OB 1 3OC . 2在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 P 是 C1D1的中点，且AP AD xAB yAA 1 ，则实数 x y 的值为() A3 2 B1 2 C.1 2 D.3 2 答案D 解析AP AD DD1 D1P AD AA1 1 2AB AD xAB yAA 1 ，故 x1 2，y1，所以 xy 3 2. 3在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 M，N 分别是

11、面对角线 A1B 与 B1D1的中点，若DA a， DC b，DD1 c，则MN 等于() A.1 2(cba) B.1 2(abc) C.1 2(ac) D.1 2(ca) 答案D 解析MN MA1 A1N 1 2BA 1 1 2A 1C1 1 2(BA AA 1 )1 2(A 1B1 B 1C1 )1 2(bc) 1 2(ba) 1 2(ca) 4在平行六面体 ABCDABCD中，若AC xAB yBC 2zCC ，则 xyz 等 于() A.5 2 B2 C.3 2 D.11 6 答案A 解析由空间向量的线性运算，得AC AC CC (AB BC)CC ， 由题意知，AC xAB yBC

12、2zCC ， 则 x1，y1,2z1，z1 2， 所以 xyz111 2 5 2. 思维升华 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形 (2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中 (3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来 题型二 共线向量定理、共面向量 定理的应用 例 1 已知 A，B，C 三点不共线，对平面 ABC 外的任一点 O，若点 M 满足OM 1 3(OA OB OC ) (1)判断MA ， MB ，MC 三个向量是否共面； (2)判断点 M 是否在平面 ABC 内 解(1)由题知OA OB OC 3OM ， 所以OA OM

13、 (OM OB )(OM OC )， 即MA BM CM MB MC ， 所以MA ， MB ，MC 共面 (2)由(1)知， MA ， MB ，MC 共面且基线过同一点 M， 所以 M，A，B，C 四点共面，从而点 M 在平面 ABC 内 思维升华 证明空间四点 P，M，A，B 共面的方法 (1)MP xMA yMB ； (2)对空间任一点 O，OP OM xMA yMB ； (3)对空间任一点 O，OP xOM yOA zOB (xyz1)； (4)PM AB (或PAMB 或PB AM ) 跟踪训练 1 如图所示，已知斜三棱柱 ABCA1B1C1，点 M，N 分别在 AC1和 BC 上，

14、且满足 AM kAC1 ，BN kBC (0k1)判断向量MN 是否与向量AB ，AA 1 共面 解因为AM kAC1 ，BN kBC， 所以MN MA AB BNkC 1A AB kBC k(C1A BC )ABk(C 1A B1C1 )ABkB 1A AB AB kAB 1 AB k(AA 1 AB ) (1k)AB kAA 1 ， 所以由共面向量定理知向量MN 与向量AB ，AA 1 共面 题型三 空间向量数量积及其应用 例 2 如图所示，已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线长都等于 1，点 E，F，G 分别是 AB，AD，CD 的中点，计算： (1)EF BA； (2)EG BD

15、 . 解设AB a，ACb，AD c. 则|a|b|c|1， a，bb，cc，a60， (1)EF 1 2BD 1 2c 1 2a，BA a， EF BA 1 2c 1 2a(a)1 2a 21 2ac 1 4. (2)EG BD (EA AD DG )(AD AB ) 1 2AB AD AG AD (AD AB ) 1 2AB 1 2AC 1 2AD (AD AB ) 1 2a 1 2b 1 2c(ca) 1 2. 已知 MN 是正方体内切球的一条直径，点 P 在正方体表面上运动，正方体的棱 长是 2，则PM PN 的取值范围为( ) A.0，4B.0，2C.1，4D.1，2 答案B 解析设

16、正方体内切球的球心为 O，则 OMON1， PM PN (PO OM )(PO ON )PO 2PO (OM ON )OM ON ， MN 为球 O 的直径， OM ON 0，OM ON 1， PM PN PO 21， 又 P 在正方体表面上移动， 当 P 为正方体顶点时，|PO |最大，最大值为 3；当 P 为内切球与正方体的切点时，|PO|最 小，最小值为 1， PO 210，2， 即PM PN 的取值范围为0，2. 思维升华 由向量数量积的定义知，要求 a 与 b 的数量积，需已知|a|，|b|和a，b ，a 与 b 的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使 ab 计算

17、准确 跟踪训练 2 如图，正四面体 ABCD(所有棱长均相等)的棱长为 1，E，F，G，H 分别是正四面 体 ABCD 中各棱的中点，设AB a，ACb，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)因为正四面体 ABCD 的棱长为 1，E，F，G，H 分别是正四面体 ABCD 中各棱的中点， AB a，ACb，AD c， 所以BE 1 2BC 1 2(AC AB)1 2(ba)，AF 1 2AD 1 2c. 所以EF EBBAAF1 2(ba)a 1 2c 1 2(cab)， 所以|EF |21 4(cab) 21 4(c 2a2b22a

18、c2ab2bc) 1 4(111211cos 60211cos 60211cos 60) 1 2， 故|EF |2 2 . (2)在正四面体 ABCD 中，EF 1 2(cab)，|EF |2 2 . 同理，GH 1 2(bca)，|GH | 2 2 . 所以 cosEF ， GH EF GH |EF |GH | 1 2cab 1 2bca 2 2 2 2 1 2(ca) 2b21 2(c 2a22cab2) 1 2(11211cos 601)0， 所以EF 与GH 的夹角为 90. 题型四 向量法证明平行、垂直 例 3 如图，已知 AA1平面 ABC，BB1AA1，ABAC3，BC2 5，A

19、A1 7，点 E 和 F 分别为 BC 和 A1C 的中点 (1)求证：EF平面 A1B1BA； (2)求证：平面 AEA1平面 BCB1. 证明因为 ABAC，E 为 BC 的中点， 所以 AEBC. 因为 AA1平面 ABC，AA1BB1， 所以过 E 作平行于 BB1的垂线为 z 轴，EC，EA 所在直线分别为 x 轴，y 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 因为 AB3，BE 5， 所以 AE2， 所以 E(0,0,0)，C( 5，0,0)，A(0，2,0)，B( 5，0,0) A1(0,2， 7)，则 F 5 2 ，1， 7 2 . (1)EF 5 2 ，1， 7 2 ，AB ( 5

20、，2,0)， AA1 (0，0， 7) 设平面 AA1B1B 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 nAB 0， nAA1 0， 所以 5x2y0， 7z0， 取 x2， y 5， z0， 所以 n(2，5，0) 因为EF n5 2 (2)1 5 7 2 00， 所以EF n. 又 EF平面 A1B1BA， 所以 EF平面 A1B1BA. (2)因为 EC平面 AEA1， 所以EC ( 5，0,0)为平面 AEA1的一个法向量 又 EA平面 BCB1， 所以EA (0,2,0)为平面 BCB 1的一个法向量 因为EC EA0， 所以EC EA ， 故平面 AEA1平面 BCB1. 思维升华

21、(1)利用向量法证明平行问题 线线平行：方向向量平行 线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直 面面平行：两平面的法向量平行 (2)利用向量法证明垂直问题的类型及常用方法 线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定 理转化为证明线线垂直 面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明 线面垂直 跟踪训练 3 如图正方形 ABCD 的边长为 2 2，四边形 BDEF 是平行四边形，BD 与 AC 交于 点 G，O 为 GC 的中点，FO 3，且 FO平面 ABCD. (1

22、)求证：AE平面 BCF； (2)求证：CF平面 AEF. 证明如图， 取 BC 的中点 H，连接 OH，则 OHBD，又四边形 ABCD 为正方形， ACBD，OHAC， 故以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(3,0,0)，C(1,0,0)，D(1，2,0)，F(0,0， 3)，B(1,2,0) BC (2，2,0)，CF (1,0， 3)，BF (1，2， 3)，AD (2，2,0)，AF (3,0， 3) (1)设平面 BCF 的一个法向量为 n(x，y，z) 则 nBC 0， nCF 0， 即 2x2y0， x 3z0， 取 z1，得 n( 3，3，1) 又四边形 B

23、DEF 为平行四边形， DE BF (1，2， 3)， AE AD DE BC BF (2，2,0)(1，2， 3) (3，4， 3)， AE n3 34 3 30，AEn， 又 AE平面 BCF， AE平面 BCF. (2)AF (3,0， 3)，CF(1,0， 3)， 由(1)知AE (3，4， 3)， CF AF 330， CF AE 330， CF AF，CFAE， 即 CFAF，CFAE， 又 AEAFA，AE，AF平面 AEF， CF平面 AEF. 课时精练课时精练 1已知向量 a(1,1,0)，b(1,0,2)，且 kab 与 2ab 互相垂直，则 k 的值是() A.7 5 B

24、2C.5 3 D1 答案A 解析因为 a(1,1,0)，b(1,0,2)， 所以 ab1，|a| 2，|b| 5， 又 kab 与 2ab 互相垂直， 所以(kab)(2ab)0， 即 2k|a|2kab2ab|b|20， 即 4kk250，所以 k7 5. 2.如图，在平行六面体 ABCDABCD中，AC 与 BD 的交点为 O，点 M 在 BC上， 且 BM2MC，则下列向量中与OM 相等的向量是() A1 2AB 7 6AD 2 3AA B1 2AB 5 6AD 1 3AA C.1 2AB 1 6AD 2 3AA D.1 2AB 1 6AD 1 3AA 答案C 解析因为 BM2MC，所以

25、BM 2 3BC ， 在平行六面体 ABCDABCD中， OM OB BM OB 2 3BC 1 2DB 2 3(AD AA )1 2(AB AD )2 3(AD AA ) 1 2AB 1 6AD 2 3AA . 3在空间四边形 ABCD 中，AB CD AC DB AD BC 等于( ) A1B0C1D不确定 答案B 解析如图， 令AB a，ACb，AD c， 则AB CD AC DB AD BC a(cb)b(ac)c(ba)acabbabccbca0. 4.如图，在大小为 45的二面角 AEFD 中，四边形 ABFE，CDEF 都是边长为 1 的正方形， 则 B，D 两点间的距离是()

26、A. 3B. 2C1D. 3 2 答案D 解析BD BF FEED ， |BD |2|BF |2|FE|2|ED |22BF FE2FEED 2BF ED 111 23 2， 故|BD | 3 2. 5(多选)若 a(1，2)，b(2，1,1)，a 与 b 的夹角为 120，则的值为() A17B17 C1D1 答案AC 解析由已知 ab224， |a| 124 52， |b| 411 6， cos 120 ab |a|b| 4 52 6 1 2， 解得17 或1，故选 AC. 6(多选)已知空间中三点 A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(1,3,1)，则() A.AB 与AC是共线向量

27、B.AB 的单位向量是(1,1,0) C.AB 与BC夹角的余弦值是55 11 D平面 ABC 的一个法向量是(1，2,5) 答案CD 解析由题意，对于 A，AB (2,1,0)，AC(1,2,1)，所以ABAC，则AB与AC不是共线向 量，所以不正确； 对于 B，因为AB (2,1,0)，所以AB的单位向量为 2 5 5 ， 5 5 ，0 或 2 5 5 ， 5 5 ，0 ，所以不 正确； 对于 C，向量AB (2，1，0)，BC(3，1，1)， 所以 cosAB ， BCAB BC |AB |BC| 55 11 ，所以 C 正确； 对于 D，设平面 ABC 的一个法向量是 n(x，y，z)

28、，因为AB (2,1,0)，AC(1,2,1)，所以 nAB 0， nAC 0 2xy0， x2yz0， 令 x1， 所以平面 ABC 的一个法向量为 n(1，2,5)，所以正确，故选 CD. 7.(2021西安模拟)如图所示，在四面体 OABC 中，OA a，OB b，OC c，D 为 BC 的中点， E 为 AD 的中点，则OE _(用 a，b，c 表示) 答案 1 2a 1 4b 1 4c 解析OE OA AE OA 1 2AD OA 1 2(OD OA )1 2OA 1 2OD 1 2OA 1 2 1 2(OB OC )1 2a 1 4b 1 4c. 8若 a(1,1,0)，b(1,0

29、,2)，则与 ab 同方向的单位向量是_ 答案 0， 5 5 ，2 5 5 解析与 ab 同方向的单位向量是 1 5(0,1,2) 0， 5 5 ，2 5 5. 9已知 A(1，2,11)，B(4,2,3)，C(x，y,15)三点共线，则 xy_. 答案2 解析由三点共线得向量AB 与AC共线， 即AB kAC， (3,4，8)k(x1，y2,4)，x1 3 y2 4 4 8， 解得 x1 2，y4，xy2. 10在一直角坐标系中，已知 A(1,6)，B(3，8)，现沿 x 轴将坐标平面折成 60的二面角， 则折叠后 A，B 两点间的距离为_ 答案2 17 解析在直角坐标系中，已知 A(1,6

30、)，B(3，8)，现沿 x 轴将坐标平面折成 60的二面角 后， A(1,6)在平面 Oxy 上的射影为 C， 作 BDx 轴，交 x 轴于点 D， 所以AB ACCD DB ， 所以 AB 2AC2CD2DB22ACCD 2CD DB 2AC DB 6242822681 268， 所以 AB2 17. 11.如图，已知在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACBC，D 为 AB 的中点，ACBCBB1. (1)求证：BC1AB1； (2)求证：BC1平面 CA1D. 证明如图，以 C1为原点，C1A1，C1B1，C1C 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角 坐标系 设 ACBCBB

31、12， 则 A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2) (1)连接 AB1， BC 1(0，2，2)， AB 1(2,2，2)， BC 1AB 10440， BC 1AB 1，即 BC1AB1. (2)取 A1C 的中点 E，连接 DE， E(1,0,1)，ED (0,1,1)， 又 BC 1(0，2，2)，ED 1 2BC 1， 且 ED 和 BC1不重合，则 EDBC1. 又 ED平面 CA1D，BC1平面 CA1D， 故 BC1平面 CA1D. 12.在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，点 E，

32、F 分别在棱 B1B，D1D 上，且 BE1 3BB 1，DF 2 3DD 1. (1)求证：A，E，C1，F 四点共面； (2)若EF xAByAD zAA1 ，求 xyz 的值 (1)证明连接 AC1(图略)， AC1 AB AD AA1 AB AD 1 3AA 1 2 3AA 1 AB 1 3AA 1 AD 2 3AA 1 (AB BE)(AD DF )AE AF. A，E，C1，F 四点共面 (2)解EF AFAE AD DF (AB BE) AD 2 3DD 1 AB 1 3BB 1 AB AD 1 3AA 1 ， 又EF xAByAD zAA1 ， x1，y1，z1 3. xyz1

33、11 3 1 3. 13(多选)已知向量 abbcac，b(3,0，1)，c(1,5，3)，下列等式中正确的是 () A(ab)cbc B(ab)ca(bc) C(abc)2a2b2c2 D.|abc|abc| 答案BCD 解析由题意知 bc3030， 所以 abbcac0， (ab)c0，bc0，不相等，所以 A 选项错误； (ab)ca(bc)acbcabac0， 所以(ab)ca(bc)，所以 B 选项正确； (abc)2a2b2c22ab2bc2aca2b2c2，所以 C 选项正确； (abc)2a2b2c22ab2bc2aca2b2c2， 即(abc)2(abc)2，|abc|abc

34、|，所以 D 选项正确 14.如图，已知四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 A1B1C1D1为平行四边形，E 为棱 AB 的中点， AF 1 3AD ，AG 2GA 1，AC1与平面 EFG 交于点 M，则AM AC1_. 答案 2 13 解析由题图知，设AM AC1 (01)， 由已知AC1 AB AD AA1 2AE 3AF3 2AG ， 所以AM 2AE 3AF3 2 AG ， 因为 M，E，F，G 四点共面，所以 233 2 1， 解得 2 13. 15.如图，圆锥的轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，O 为底面中心，M 为 SO 中点，动点 P 在圆锥底面内(包括圆周)若

35、 AMMP，则点 P 形成的轨迹长度为_ 答案 7 2 解析由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示 则 A(0，1,0)，M 0，0， 3 2 ， 设 P(x，y,0)， MA 0，1， 3 2 ， MP x，y， 3 2 ， 由 AMMP 得MA MP 0，解得 y3 4， 点 P 的轨迹方程为 y3 4. 根据圆的弦长公式，可得点 P 形成的轨迹长度为 21 3 4 2 7 2 . 16.(2020桂林模拟)如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC 和A1AC 均 为 60，平面 AA1C1C平面 ABCD. (1)求证：BD AA1； (2)在直线 CC1上是否

36、存在点 P，使 BP平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不存在， 请说明理由 (1)证明设 BD 与 AC 交于点 O， 则 BDAC，连接 A1O， 在AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60， 所以 A1O2AA21AO22AA1AOcos 603， 所以 AO2A1O2AA21， 所以 A1OAO. 由于平面 AA1C1C平面 ABCD， 且平面 AA1C1C平面 ABCDAC， A1O平面 AA1C1C， 所以 A1O平面 ABCD. 以 OB，OC，OA1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 A(0，1,0)，B( 3，0,0)，

37、C(0,1,0)，D( 3，0,0)，A1(0,0， 3)，C1(0,2， 3) 因为BD (2 3，0,0)，AA1 (0,1， 3)， AA1 BD 0(2 3)10 300， 所以BD AA1 ，即 BDAA1. (2)解假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C1， 设CP CC1 ，P(x，y，z)， 则(x，y1，z)(0,1， 3)， 即 x0，y1，z 3. 从而有 P(0,1， 3)，BP ( 3，1， 3) 设平面 DA1C1的一个法向量为 n3(x3，y3，z3)， 则 n3A1C1 0， n3DA1 0， 又A1C1 (0,2,0)，DA1 ( 3，0， 3)， 则 2y30， 3x3 3z30， 取 n3(1,0，1)， 因为 BP平面 DA1C1， 所以 n3BP ， 即 n3BP 3 30， 解得1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 CPCC1.