【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第8章 第6讲　空间向量及其运算 含解析【高考】.doc，共(19)页，337.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1第6讲空间向量及其运算1．空间向量的有关概念名称定义空间向量在空间，具有01大小和02方向的量相等向量方向03相同且模04相等的向量相反向量方向05相反且模06相等的向量共线向量(或平行向量)如果表示若干空间向量的

有向线段所在的直线07互相平行或重合，那么这些向量叫做共线向量或平行向量共面向量平行于08同一个平面的向量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09a＝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10p＝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11p＝xa＋yb＋zc.其中，{a，b，

c}叫做空间的一个12基底.3．两向量的夹角2已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作13〈a，b〉，通常规定140≤〈a，b〉≤π.4．数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积①a·b＝15|a||b|cos〈a，b〉；②a

⊥b⇔16a·b＝0(a，b为非零向量)；③|a|2＝17a2.(2)空间向量数量积的运算律①(λa)·b＝18λ(a·b)，λ∈R；②交换律：a·b＝19b·a；③分配律：(a＋b)·c＝20a·c＋b·c.(3)向量的坐

标运算a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝21(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝22(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝23a1b1＋a2b2＋a3b3数乘向量λa＝24(λa1，λa

2，λa3)模长|a|＝25a21＋a22＋a23共线a∥b(b≠0)⇔26a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)a∥b⇔27a1b1＝a2b2＝a3b3(b与三个坐标平面都不平行)垂直a⊥b(a≠0，b≠0)⇔a·b＝0⇔28a1

b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式cos〈a，b〉＝29a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23b21＋b22＋b2331．证明空间任意三点共线的方法对空间三点P，A，B，可通过证明下列结论成立来证明三点共线：(1)PA→＝λPB→(λ∈R)；(2)对空间任一

点O，OP→＝OA→＋tAB→(t∈R)；(3)对空间任一点O，OP→＝xOA→＋yOB→(x＋y＝1)．2．证明空间四点共面的方法点共面问题可转化为向量共面问题，要证明P，A，B，C四点共面，只要能证明PA→＝xPB→＋yPC→，或对空间任一点O，有OA→＝OP→＋

xPB→＋yPC→，或OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(x＋y＋z＝1)即可．1．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是()A．2，12B．－13，12C．－3,2D．2,2

答案A解析∵a∥b，∴b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，∴6＝k(λ＋1)，2μ－1＝0，2λ＝2k.解得λ＝2，μ＝12或λ＝－3，μ＝12.故选A．2．已知a＝(－

2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为()A．－2B．－143C．145D．2答案D解析由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，又a2＝14，a·b＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.故选D.43．在长方体

ABCD－A1B1C1D1中，BA→＋BC→＋DD1→＝()A．D1B1→B．D1B→C．DB1→D．BD1→答案D解析BA→＋BC→＋DD1→＝CD→＋BC→＋DD1→＝BD→＋DD1→＝BD1→，故选D.4

．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于________.答案657解析由题意可知，存在实数x，y使得c＝xa＋yb，∴7＝2x－y，5＝－x＋4y，λ＝3x－2y，解得x＝337，y＝177，λ＝657.

5．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB→＝(2，－1，－4)，AD→＝(4,2,0)，AP→＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP→∥BD→，其中正确的是

________(填序号)．答案①②解析因为AB→·AP→＝0，AD→·AP→＝0，所以AP⊥AB，AP⊥AD，则①②正确；因为BD→＝AD→－AB→＝(2,3,4)，AP→＝(－1,2，－1)，所以BD→与AP→不平行，

故③错误．6．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QA→·QB→取最小值时，点Q的坐标是________.5答案43，43，83解析由题意，设OQ→＝λOP→，即OQ→＝(λ，λ，2λ)，则QA→＝(1－λ，2

－λ，3－2λ)，QB→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以QA→·QB→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6λ－432－23，当λ＝43时有最小值，此时点Q的坐标为

43，43，83.考向一空间向量的线性运算例1如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设AA1→＝a，AB→＝b，AD→＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各

向量：(1)AP→；(2)A1N→；(3)MP→＋NC1→.解(1)∵P是C1D1的中点，∴AP→＝AA1→＋A1D1→＋D1P→＝a＋AD→＋12D1C1→＝a＋c＋12AB→＝a＋c＋12b.(2)∵N是BC的中点，∴A1N→＝A1A→＋AB→＋BN→＝－a＋b＋12

BC→＝－a＋b＋12AD→＝－a＋b＋12c.(3)∵M是AA1的中点，6∴MP→＝MA→＋AP→＝12A1A→＋AP→＝－12a＋a＋c＋12b＝12a＋12b＋c.又NC1→＝NC→＋CC1→＝12BC→＋AA1→＝12AD→＋AA

1→＝12c＋a，∴MP→＋NC1→＝12a＋12b＋c＋a＋12c＝32a＋12b＋32c.用已知向量表示某一向量的方法(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

已知向量表示出来．1．在三棱锥O－ABC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→，MG→.解OG→＝OA→＋AG→＝OA→＋23AN→＝OA→＋23(ON→－OA→)＝OA→＋2312(OB→

＋OC→)－OA→＝13OA→＋13OB→＋13OC→.MG→＝OG→－OM→＝OG→－12OA→＝13OA→＋13OB→＋13OC→－12OA→＝－16OA→＋13OB→＋13OC→.考向二共线向量与共面向量定理的应用例2如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满

足AM→＝kAC1→，BN→＝kBC→(0≤k≤1)．7(1)向量MN→是否与向量AB→，AA1→共面？(2)直线MN是否与平面ABB1A1平行？解(1)因为AM→＝kAC1→，BN→＝kBC→，所以MN→＝MA

→＋AB→＋BN→＝kC1A→＋AB→＋kBC→＝k(C1A→＋BC→)＋AB→＝k(C1A→＋B1C1→)＋AB→＝kB1A→＋AB→＝AB→－kAB1→＝AB→－k(AA1→＋AB→)＝(1－k)AB→－kAA1→，所以由共面向量定理知向量MN→与向量AB→，AA1→共面．(

2)当k＝0时，点M，A重合，点N，B重合，MN在平面ABB1A1内．当0<k≤1时，MN不在平面ABB1A1内，又由(1)知MN→与AB→，AA1→共面，所以MN∥平面ABB1A1.证明三点共线和空间四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PA→＝λPB→且同过点

PMP→＝xMA→＋yMB→对空间任一点O，OP→＝OA→＋tAB→对空间任一点O，OP→＝OM→＋xMA→＋yMB→对空间任一点O，OP→＝xOA→＋(1－x)OB→对空间任一点O，OP→＝xOM→＋yOA→＋(1－x－y)OB→

2.在空间直角坐标系中，A(1,1，－2)，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则()A．2x＋y＋z＝1B．x＋y＋z＝0C．x－y＋z＝－4D．x＋y－z＝0答案A解析∵A(1,1，－2)

，B(1,2，－3)，C(－1,3,0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，8∴AB→＝(0,1，－1)，AC→＝(－2,2,2)，AD→＝(x－1，y－1，z＋2)．∵A，B，C，D四点共面，∴存

在实数λ，μ使得AD→＝λAB→＋μAC→，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0，1，－1)＋μ(－2,2,2)，∴x－1＝－2μ，y－1＝λ＋2μ，z＋2＝－λ＋2μ，解得2x＋y＋z＝1，故选A．多角

度探究突破考向三空间向量的数量积角度坐标法例3已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝AB→，b＝AC→.(1)若|c|＝3，且c∥BC→，求c；(2)求a与b夹角的余弦值；(3)

若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．解(1)∵c∥BC→，∴c＝mBC→＝m(－2，－1,2)＝(－2m，－m,2m)．∴|c|＝(－2m)2＋(－m)2＋(2m)2＝3|m|＝3.∴m＝±1.∴c＝(－2，－1,2)或c＝(2,1，－2)．(2)∵a＝(1,1,0)，b＝(－1,

0,2)，∴a·b＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，又|a|＝12＋12＋02＝2，|b|＝(－1)2＋02＋22＝5，∴cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝－110＝－1010.∴a与b夹角的余弦值为－1010.(3)∵ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－

4)，ka＋b与ka－2b互相垂9直，∴(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0，∴k＝2或k＝－52.即当ka＋b与ka－2b互相垂直时，k＝2或k＝－52.角度基向量法例4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)证明：AA1⊥BD.解(1)如图所示，设AB→＝a，AD→＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2.a·b＝0

，a·c＝b·c＝2×1×cos120°＝－1.∵AC1→＝AB→＋BC→＋CC1→＝a＋b＋c，∴|AC1→|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋22－2－2＝2.∴|AC1→|＝2.即线段AC1

的长为2.(2)∵AC1→＝a＋b＋c，A1D→＝b－c，∴AC1→·A1D→＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2＝1＋12－22＝－2.又|A1D→|2＝(b－c)2＝b2＋c2－2b·c＝1＋4＋2＝7，∴|A1D→|＝7.

10∴cos〈AC1→，A1D→〉＝AC1→·A1D→|AC1→||A1D→|＝－22×7＝－147.∴异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为147.(3)证明：∵AA1→＝c，BD→＝b－a，∴AA1→·BD→＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1－(

－1)＝0.∴AA1→⊥BD→，即AA1⊥BD.(1)空间向量数量积计算的两种方法①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．②坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1

x2＋y1y2＋z1z2.(2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0.②|a|＝a2.③cos〈a，b〉＝a·b|a||b|.3.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．±66B．66C．－66D．±6答案C解析由于OA→＋λOB→＝(1，－λ，λ)，OB→＝(0，－1,1)，则cos120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，解得λ＝±66.经检验λ＝66不符合题意，舍去，所以λ＝－66

.故选C．4．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD11＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M为PC的中点．(1)求证：PB⊥DM；(2)求AC与

PD所成角的余弦值．解(1)证明：结合题图知，PB→＝AB→－AP→，DM→＝12(DP→＋DC→)＝12AP→－AD→＋AB→－12AD→＝12AP→＋12AB→－34AD→，则PB→·DM→＝(AB→－AP→)·12AP→＋12AB→－34AD→＝1

2|AB→|2－12|AP→|2＝0，故PB⊥DM.(2)设PA＝AD＝AB＝2BC＝2，由于PD→＝AD→－AP→，AC→＝AB→＋12AD→，则|PD→|2＝|AD→－AP→|2＝AD→2－2AD→·AP→＋AP→2＝8，故|PD→|＝22，|AC→|2＝|AB→＋12

AD→|2＝|AB→|2＋2AB→·12AD→＋14|AD→|2＝5，故|AC→|＝5，PD→·AC→＝(AD→－AP→)·AB→＋12AD→＝2，故cos〈PD→，AC→〉＝222×5＝1010

.所以AC与PD所成角的余弦值为1010.一、单项选择题1．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝12x－2a，则x＝()12A．(0,3，－6)B．(0,6，－20)C．(0,6，－6

)D．(6,6，－6)答案B解析由b＝12x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．故选B.2．(2022·辽宁大连模拟)已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－

4，－6)，|c|＝14，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°答案C解析由于a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，故(a＋b)·c＝－a·c＝7，即a·c

＝－7.又因为|a|＝12＋22＋32＝14，所以cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝－12，所以〈a，c〉＝120°.故选C．3．在空间四边形ABCD中，AB→＝a，BC→＝b，AD→＝c，则CD→等于()A．a＋b－cB．c－a－b

C．a－b－cD．b－a＋c答案B解析如图所示，CD→＝CB→＋BD→＝CB→＋(AD→－AB→)＝－b＋c－a＝c－a－b.故选B.4．已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是

()A．(－1,1,0)B．(1，－1,0)C．(0，－1,1)D．(－1,0,1)13答案B解析不妨设b＝(x，y，z)，a与b的夹角为θ.对于A，若b＝(－1,1,0)，则cosθ＝a·b|a||b|＝－12×2＝－12≠12，不满足条件；对

于B，若b＝(1，－1,0)，则cosθ＝a·b|a||b|＝12×2＝12，满足条件；对于C，若b＝(0，－1,1)，则cosθ＝a·b|a||b|＝－12×2＝－12≠12，不满足条件；对于D，若b＝

(－1,0,1)，则cosθ＝a·b|a||b|＝－22×2＝－1≠12，不满足条件．故选B.5．下列说法正确的是()A．若p＝xa＋yb，则p与a，b不一定共面B．若p与a，b共面，则p＝xa＋ybC．若MP→＝xMA→＋yM

B→，则P，M，A，B共面D．若P，M，A，B共面，则MP→＝xMA→＋yMB→答案C解析A项，若p＝xa＋yb，则p与a，b一定共面；B项，若a，b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立；C正确；D项，若M，A，B共线，点P不在此直线

上，则MP→＝xMA→＋yMB→不正确．故选C．6．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，如图所示，E为上底面A1B1C1D1的中心，若AE→＝AA1→＋xAB→＋yAD→，则x，y的值分别为()A．x＝y＝1B．

x＝1，y＝12C．x＝y＝1214D．x＝12，y＝1答案C解析由向量运算的三角形法则知，AE→＝AA1→＋A1E→，而A1E→＝12A1C1→，A1C1→＝A1B1→＋B1C1→，又A1B1→＝AB→，B1C1→＝BC→＝AD→，∴A1C1→＝AB→＋AD→，∴AE→＝AA1

→＋12AB→＋12AD→，∴x＝y＝12.故选C．7．如图，在空间四边形ABCD中，若向量AB→＝(－3，5,2)，CD→＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则EF→的坐标为()A．(2,3,3)B．(－2，－

3，－3)C．(5，－2,1)D．(－5,2，－1)答案B解析取AC的中点M，连接ME，MF，ME→＝12AB→＝－32，52，1，MF→＝12CD→＝－72，－12，－2，而EF→＝MF→－ME→＝(－2，－3，－3)，故选B.8．已知长方体ABCD－A1B1C1D1，下

列向量的数量积一定不为0的是()A．AD1→·B1C→B．BD1→·AC→C．AB→·AD1→D．BD1→·BC→答案D解析当侧面BCC1B1是正方形时，得AD1→·B1C→＝0，所以排除A；当底面ABCD15是正方形时，得AC垂直于体对角线BD1，所以排除B；显然AB⊥侧面ADD1A1，所

以排除C；由题图可得BD1与BC所成的角小于90°.故选D.9．已知两个非零向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是()A．a|a|＝b|b|B．a1b1＝a2b2＝a3b3C．a1b1＋a2b2＋a3b3＝0D．存在非零实数k

，使a＝kb答案D解析首先排除B；C表示a⊥b；A表示与a，b分别平行的单位向量相等，但两向量方向相反也叫平行．故选D.10．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，M为BC的中点，则

△AMD是()A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．不确定答案C解析∵M为BC的中点，∴AM→＝12(AB→＋AC→)．∴AM→·AD→＝12(AB→＋AC→)·AD→＝12AB→·AD→＋12AC→·AD→＝0，∴

AM⊥AD，△AMD为直角三角形．故选C．二、多项选择题11．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B．与AB→平行的单位向量是(1,1,0)C．

AB→与BC→夹角的余弦值是－5511D．平面ABC的一个法向量是(1，－2,5)答案CD16解析由题意，对于A，AB→＝(2,1,0)，AC→＝(－1,2,1)，所以AB→≠λAC→，则AB→与AC→不是共线向量，所以不正确；对于B，因为AB→＝(2,1,0)，所以与AB→平行的单位向

量为255，55，0或－255，－55，0，所以不正确；对于C，向量AB→＝(2,1,0)，BC→＝(－3,1,1)，所以cos〈AB→，BC→〉＝AB→·BC→|AB→||BC→|＝－5511，所以正确

；对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为AB→＝(2,1,0)，AC→＝(－1,2,1)，所以n·AB→＝0，n·AC→＝0⇒2x＋y＝0，－x＋2y＋z＝0，令x＝1，则y＝－2，z＝5，所以平面ABC的一个法向量为n＝(

1，－2,5)，所以正确．故选CD.12．(2021·唐山一中模拟)已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是()A．(A1A→＋A1D1→＋A1B1→)2＝3A1B1→2B.A1C→·(A1B1→－A1A→)＝0C．向量AD1→与向量A1B→的夹角是60°D．正方体ABCD－A

1B1C1D1的体积为|AB→·AA1→·AD→|答案AB解析由向量的加法运算得到A1A→＋A1D1→＋A1B1→＝A1C→，∵A1C2＝3A1B21，∴A1C→2＝3A1B12，所以A正确；∵A1B1→－A1A→＝AB1→，AB1⊥A1C，∴A1C→·AB1→＝0，故B正确；∵△ACD1是等边

三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量AD1→与向量A1B→的夹角是120°，故C错误；∵AB⊥AA1，∴AB→·AA1→＝0，故|AB→·AA1→·AD→|＝0，因此D错误．故选AB.三、填空题13．(2021·广西桂林一中期中)

若a＝(2,3，m)，b＝(2n,6,8)，且a，b为共线向量，则m＋n＝________.17答案6解析由a，b为共线向量，得22n＝36＝m8，解得m＝4，n＝2，则m＋n＝6.14．在空间直角坐标系

中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________.答案2解析由题意知AB→·AC→＝0，|AB→|＝|AC→|，

又AB→＝(6，－2，－3)，AC→＝(x－4,3，－6)，∴6(x－4)－6＋18＝0，(x－4)2＝4，解得x＝2.15．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则DC→·AP→的取值范围是_

_______.答案[0,1]解析由题意，设BP→＝λBD1→，其中λ∈[0,1]，DC→·AP→＝AB→·(AB→＋BP→)＝AB→·(AB→＋λBD1→)＝AB→2＋λAB→·BD1→＝AB→2＋λAB→·(AD1

→－AB→)＝(1－λ)AB→2＝1－λ∈[0,1]．因此DC→·AP→的取值范围是[0,1]．16．已知空间向量PA→，PB→，PC→的模长分别为1,2,3，且两两夹角均为60°.点G为△ABC的重心，若PG→＝xPA→＋yPB→＋zPC→，x，y，z∈R，则x＋y＋z＝________，|PG

→|＝________.答案153解析根据题意得，点G为△ABC的重心，设BC中点为D，则AG→＝23AD→＝1813(AB→＋AC→)，所以PG→－PA→＝13(PB→－PA→＋PC→－PA→)，所以PG→＝13PA→＋13PB→＋13PC→，所以x＝y＝z＝13，

所以x＋y＋z＝1.|PG→|2＝132×12＋22＋32＋2×1×2×12＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝259，所以|PG→|＝53.四、解答题17．(2022·浙江嘉兴期中)如图，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在平面互相垂直，点M，

N分别在对角线BD，AE上，且BM＝13BD，AN＝13AE.用向量法证明：MN∥平面CDE.证明因为点M在BD上，且BM＝13BD，所以MB→＝13DB→＝13DA→＋13AB→.同理AN→＝13AD→＋13DE→

.所以MN→＝MB→＋BA→＋AN→＝13DA→＋13AB→＋BA→＋13AD→＋13DE→＝23BA→＋13DE→＝23CD→＋13DE→.又CD→与DE→不共线，所以根据向量共面的充要条件可知MN→，CD→，DE→共面．因为MN不在平面CDE内，所以MN∥平面CDE.1

8．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，点A(－3，－1,4)，B(－2，－2,2)．(1)求|2a＋b|；19(2)在直线AB上是否存在一点E，使得OE→⊥b？(O为原点)解(1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0

，－5,5)，故|2a＋b|＝02＋(－5)2＋52＝52.(2)令AE→＝tAB→(t∈R)，所以OE→＝OA→＋AE→＝OA→＋tAB→＝(－3，－1,4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t,4

－2t)，若OE→⊥b，则OE→·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝95.因此存在点E，使得OE→⊥b，此时E点的坐标为－65，－145，25.