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[解析] 设a＝(x，y，z)， ∵a⊥b，∴x＋2y－2z＝0.① ∵a⊥c，∴2x＋3y＋6z＝0.② ∵|a|＝17.∴x2＋y2＋z2＝17.③ ∴联立①②得x＝－18z，y＝10z. 1
代入③得425z2＝17，∴z＝±. 5181181
∴a＝(－，2，)或(，－2，－)．
5555
14．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角为________．
π
[答案]
2
[解析] 由条件知AC、BC、CC1两两垂直，以C为原点，CB，CA，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(0，3，0)，B1(1,0，6)，M(0,0，3，6)，
6
)，A1(0，2
6→→
∴AB1＝(1，－3，6)，A1M＝(0，－3，－)，
2→→AB1·A1M→→
cos〈AB1，A1M〉＝＝0，
→→|AB1|·|A1M|π→→
∴〈AB1，A1M〉＝，
2π
即直线AB1与A1M所成角为.
2三、解答题
15．已知向量b与向量a＝(2，－1,2)共线，且满足a·b＝18，(ka＋b)⊥(ka－b)，求向量b及k的值．
[解析] ∵b≠0，a，b共线，∴存在实数λ，使a＝λb，
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∵a＝(2，－1,2)，∴|a|＝3， ∴a·b＝λa2＝λ|a|2＝9λ＝18， ∴λ＝2.∴b＝(4，－2,4)．
∵(ka＋b)⊥(ka－b)，∴(ka＋b)·(ka－b)＝0. ∴(ka＋2a)·(ka－2a)＝0. ∴(k2－4)|a|2＝0.∴k＝±2.
16．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C，BC的中点．
(1)求异面直线A1B、EF所成角θ的大小(用反三角函数值表示)； (2)求点B1到平面AEF的距离．
[解析] 以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为A1(0,0,2)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，
→→
(1)A1B＝(2,0，－2)，EF＝(1，－1，－1)， →→A1B·EF46
cosθ＝＝＝，
→→22×33|A1B|·|EF|∴θ＝arccos6
. 3
(2)设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)， →→
∵AE＝(0,2,1)，AF＝(1,1,0)， →??2b＋c＝0AE＝0?n·?由?得，?，
?→a＋b＝0??AF＝0?n·
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令a＝1可得n＝(1，－1,2)，
→|AB1·n|6→
∵AB1＝(2,0,2)，∴d＝＝＝6.
|n|6∴点B1到平面AEF的距离为6.
17．如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝11
∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点．
22
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？ (3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.
[解析] 由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直．如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A－xyz.
(1)设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得A(0，0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)，F(0,0,2c)．
→→
所以，GH＝(0，b,0)，BC＝(0，b,0)， →→
于是GH＝BC.又点G不在直线BC上， 所以四边形BCHG是平行四边形． (2)C、D、F、E四点共面．理由如下： 由题设知，F(0,0,2c)，所以
→→→→EF＝(－a,0，c)，CH＝(－a,0，c)，EF＝CH， 又C?EF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面．
→→
(3)由AB＝BE，得c＝a，所以CH＝(－a,0，a)，AE＝(a,0，a) →→→→→又AD＝(0,2b,0)，因此CH·AE＝0，CH·AD＝0 即CH⊥AE，CH⊥AD，
又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.
故由CH?平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.
[点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来
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时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下：
1
(1)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綊AD.
21
又BC綊AD，故GH綊BC，
2所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C、D、F、E四点共面．理由如下： 1
由BE綊AF，G是FA的中点知，BE綊GF，
2所以EF∥BG，
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面． 又点D直线FH上，
所以C、D、F、E四点共面．
(3)连结EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知ABEG是正方形， 故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE， 因此EA是ED在平面FABE内的射影，∴BG⊥ED. 又EC∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.
由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE，故CH?平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.