2024届高考数学一轮复习第6章第5节空间向量及其运算学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第6章第5节空间向量及其运算学案，共20页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第五节　空间向量及其运算
考试要求：1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，会简单应用空间两点间的距离公式．
2．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．
3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，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．

一、教材概念·结论·性质重现
1．空间向量的有关概念
名称
概念
表示
零向量
长度(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
a＝b
相反向量
方向相反且模相等的向量
a的相反向量为－a
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
a∥b
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
定理及推论
语言描述
共线向量定理
对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb
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⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb
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p＝xa＋yb＋zc
推论
设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P，都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使OP＝xOA＋yOB＋zOC，且x＋y＋z＝1


空间向量基本定理的3点注意
(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底．
(2)由于零与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零不能作为基向量．
(3)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.
3．空间向量的数量积
(1)两向量的夹角
①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，b的夹角，记作〈a，b〉．
②范围：0≤〈a，b〉≤π.
(2)两个非零向量a，b的数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
4．空间向量的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
名称
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
a
a12+a22+a32
夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cos 〈a，b〉＝
a1b1+a2b2+a3b3a12+a22+a32·b12+b22+b32

5．常用结论
(1)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：
①PA＝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
对空间四点P，M，A，B，除空间向量基本定理外，也可通过证明下列结论成立来证明共面：
①MP＝xMA＋yMB.
②对空间任一点O，OP＝OM＋xMA＋yMB.
③PM∥AB(或PA∥MB或PB∥AM)．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)空间中任意两个非零向量a，b共面． (　√　)
(2)在向量的数量积运算中，(a·b)·c＝a·(b·c)． (　×　)
(3)对于非零向量b，若a·b＝b·c，则a＝c. (　×　)
(4)空间中模相等的两个向量方向相同或相反． (　×　)
(5)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角． (　×　)
2．设u＝(－2，2，t)，v＝(6，－4，4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
C　解析：因为α⊥β，所以u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，解得t＝5.
3．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则下列向量中与BM相等的向量是(　　)

A．－12a＋12b＋c
B．12a＋12b＋c
C．－12a－12b＋c
D．12a－12b＋c
A　解析：BM＝BB1+B1M＝AA1+12(AD-AB)＝c＋12(b－a)＝－12a＋12b＋c.
4．正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．
2　解析：|EF|2＝EF2＝(EC+CD+DF)2＝EC2＋CD2＋DF2＋2(EC·CD+EC·DF+CD·DF)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，所以|EF|＝2，所以EF的长为2.


考点1　空间向量的线性运算——基础性

1．在空间四边形OABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则MN等于(　　)
A．12a－23b＋12c
B．－23a＋12b＋12c
C．12a＋12b－12c
D．23a＋23b－12c
B　解析：MN＝ON-OM＝12(OB+OC)－23OA＝－23a＋12b＋12c.
2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心．若AE＝AA1＋xAB＋yAD，则x，y的值分别为(　　)
A．1，1 B．1，12
C．12，12 D．12，1
C　解析：AE＝AA1+A1E＝AA1+12A1C1＝AA1+12(AB+AD)，故x＝12，y＝12.
3．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．
(1)化简：A1O-12AB-12AD＝________；
(2)用AB，AD，AA1表示OC1，则OC1＝______．

(1)A1A　(2)12AB+12AD+AA1
解析：(1)A1O-12AB-12AD＝A1O-12(AB+AD)＝A1O-AO＝A1O+OA＝A1A.
(2)因为OC＝12AC＝12(AB+AD)，所以OC1＝OC+CC1＝12(AB+AD)＋AA1＝12AB+12AD+AA1.

进行向量线性运算时，需注意以下几个问题：一是结合图象明确图中各线段的几何关系；二是要准确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义(易出现用错运算法则)；三是注意平面向量的三角形法则和平行四边形法则在空间仍然成立．

考点2　 共线向量定理、共面向量定理及其应用——应用性

(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．2，12 B．－13，12
C．－3，2 D．2，2
A　解析：因为a∥b，所以b＝ka(k∈R)，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以6=kλ+1，2μ-1=0，2λ=2k， 解得λ=2，μ=12或λ=-3，μ=12.
(2)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________．
657　解析：由题意，可设a＝xb＋yc，故(2，－1，3)＝x(－1，4，－2)＋y(7，5，λ)，
即-x+7y=2，4x+5y=-1，-2x+λy=3，解得λ＝657.
(3)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＝13(OA+OB+OC)．
①判断MA，MB，MC三个向量是否共面，并说明理由；
②判断点M是否在平面ABC内，并说明理由．
解：①由已知得OA+OB+OC＝3OM，所以OA-OM＝(OM-OB)＋(OM-OC)，即MA＝BM+CM＝-MB-MC，
所以MA，MB，MC共面．
②由①知MA，MB，MC共面且过同一点M，所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内．

证明点共线、点共面的方法
(1)证明点共线的方法
证明点共线的问题可转化为证明向量共线的问题，如证明A，B，C三点共线，即证明AB，AC共线，即证明AB＝λAC (λ≠0)．
(2)证明点共面的方法
证明点共面问题可转化为证明向量共面问题，如要证明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．共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件．

如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，D为BC边上的中点，求证：A1B∥平面AC1D．

证明：设BA＝a，BC＝b，BB1＝c，则BA1＝BA+AA1＝BA+BB1＝a＋c，AD＝AB+BD＝AB+12BC＝－a＋12b，AC1＝AC+CC1＝BC-BA+BB1＝b－a＋c，所以BA1＝AC1－2AD.
因为A1B⊄平面AC1D，所以A1B∥平面AC1D．

考点3　空间向量的数量积及其应用——应用性

考向1　空间数量积的运算
已知点O为空间直角坐标系的原点，向量OA＝(1，2，3)，OB＝(2，1，2)，OP＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动．当QA·QB取得最小值时，OQ的坐标是________．
43，43，83　解析：因为点Q在直线OP上，所以设点Q(λ，λ，2λ)，则QA＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA·QB＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6λ-432－23.当λ＝43时，QA·QB取得最小值－23.此时OQ＝43，43，83.

空间向量的数量积运算有两条途径，一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
考向2　空间数量积的应用
如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1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)求证：AA1⊥BD．

(1)解：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，c·a＝c·b＝2×1×cos 120°＝－1.
因为AC1＝AC+CC1＝AB+AD+AA1＝a＋b＋c，
所以|AC1|＝|a＋b＋c|＝a+b+c2＝a2+b2+c2+2a·b+b·c+c·a＝12+12+22+2×0-1-1＝2.
所以线段AC1的长为2.
(2)解：设异面直线AC1与A1D所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝AC1·A1DAC1·A1D.
因为AC1＝a＋b＋c，A1D＝b－c，
所以AC1·A1D＝(a＋b＋c)·(b－c)＝a·b－a·c＋b2－c2＝0＋1＋12－22＝－2，
|A1D|＝b-c2＝b2-2b·c+c2＝12-2×-1+22＝7，
所以cos θ＝AC1·A1DAC1·A1D＝-22×7＝147，
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为147.
(3)证明：因为AA1＝c，BD＝b－a，所以AA1·BD＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝(－1)－(－1)＝0，
所以AA1⊥BD，所以AA1⊥BD．

空间向量数量积的两个应用
求夹角
设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝a·bab，进而可求两异面直线所成的角
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

在空间四边形ABCD中，AB·CD+AC·DB+AD·BC＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
B　解析：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.

课时质量评价(三十六)
A组　全考点巩固练
1．(2022·青岛质检)已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(　　)
A．75 B．2
C．53 D．1
A　解析：因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，所以a·b＝－1，|a|＝2，|b|＝5，又ka＋b与2a－b互相垂直，所以(ka＋b)·(2a－b)＝0，即2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，即4k＋k－2－5＝0，所以k＝75.
2．(2022·江西新余月考)已知a＝(t，12，－3)，b＝(2，t＋2，1)，若a∥b，则实数t的值为(　　)
A．－5 B．－6
C．－4 D．－3
B　解析：因为a＝(t，12，－3)，b＝(2，t＋2，1)，且a∥b，所以存在实数λ，使得a＝λb，即(t，12，－3)＝λ(2，t＋2，1)，所以t=2λ， 12=λt+2，-3=λ， 解得λ=-3，t=-6.故选B．
3．如图，在三棱锥O­ABC中，点P，Q分别是OA，BC的中点，点D为线段PQ上一点，且PD＝2DQ.若记OA＝a，OB＝b，OC＝c，则OD＝(　　)

A．16a＋13b＋13c B．13a＋13b＋13c
C．13a＋16b＋13c D．13a＋13b＋16c
A　解析：OD＝OP+PD＝12OA+23PQ＝12OA+23(OQ-OP)＝12OA+23OQ-23OP＝12OA+23×12(OB+OC)－23×12OA＝16OA+13OB+13OC＝16a＋13b＋13c.故选A．
4．已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)
A．P(2，3，3) B．P(－2，0，1)
C．P(－4，4，0) D．P(3，－3，4)
A　解析：对于选项A，MP＝(1，4，1)，所以MP·n＝6－12＋6＝0，所以MP⊥n，
所以点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．故选A．
5．如图，在大小为45°的二面角A-EF-D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(　　)

A．3 B．2
C．1 D．3-2
D　解析：因为BD＝BF+FE+ED，所以|BD|2＝BF2＋|FE|2＋|ED|2＋2BF·FE＋2FE·ED＋2BF·ED＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD|＝3-2.
6．(多选题)设几何体ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，A1C与B1D相交于点O，则下列结论正确的是(　　)
A．A1B1·AC＝a2 B．AB·A1C＝2a2
C．CD·AB1＝－a2 D．AB·A1O＝12a2
ACD　解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，A1(a，0，a)，B1(a，a，a)，Oa2，a2，a2，所以A1B1＝(0，a，0)，AC＝(－a，a，0)，AB＝(0，a，0)，A1C＝(－a，a，－a)，CD＝(0，－a，0)，AB1＝(0，a，a)，A1O＝-a2，a2，-a2.所以A1B1·AC＝a2，故A对；AB·A1C＝a2，故B错；CD·AB1＝－a2，故C对；AB·A1O＝12a2，故D对．故选ACD．

7．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP＝13VC，VM＝23VB，VN＝23VD.则VA与平面PMN的位置关系是____________．
平行　解析：如图，设VA＝a，VB＝b，VC＝c，则VD＝a＋c－b，

由题意知PM＝23b－13c，PN＝23VD-13VC＝23a－23b＋13c.因此VA＝32PM+32PN，所以VA，PM，PN共面．
又VA⊄平面PMN，所以VA∥平面PMN.
8．已知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，是否存在一点E，使得OE⊥b？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a＋b|＝02+-52+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，此时点E的坐标为-65，-145，25.
B组　新高考培优练
9．(多选题)已知向量a·b＝b·c＝a·c，b＝(3，0，－1)，c＝(－1，5，－3)，下列等式中正确的是(　　)
A．(a·b)c＝b·c
B．(a＋b)·c＝a·(b＋c)
C．(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2
D．|a＋b＋c|＝|a－b－c|
BCD　解析：由题意知b·c＝－3＋0＋3＝0，所以a·b＝b·c＝a·c＝0，(a·b)c＝0，b·c＝0，不相等，所以A选项错误；(a＋b)·c－a·(b＋c)＝a·c＋b·c－a·b－a·c＝0，所以(a＋b)·c＝a·(b＋c)，所以B选项正确；(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝a2＋b2＋c2，所以C选项正确；(a－b－c)2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2b·c－2a·c＝a2＋b2＋c2，即(a＋b＋c)2＝(a－b－c)2，|a＋b＋c|＝|a－b－c|，所以D选项正确．
10．(2023·滨州模拟)在四面体ABCD中，P在面ABC内，Q在面BCD内，且满足AP＝xAB＋yAC，AQ＝sAB＋tAC＋μAD，若xy＝st，则下面表述中，线段AQ与DP的关系是(　　)
A．AQ与DP所在直线是异面直线
B．AQ与DP所在的直线平行
C．线段AQ与DP必相交
D．线段AQ与DP延长后相交
C　解析：若x＝s＝0，则AP＝yAC，AQ＝tAC＋μAD，所以AQ＝tyAP＋μAD，所以A，P，D，Q四点共面；
若x≠0，则s≠0，则sx＝ty，设sx＝ty＝k，所以s＝kx，t＝ky，
所以AQ＝sAB＋tAC＋μAD＝kxAB＋kyAC＋μAD＝kAP＋μAD，
所以A，P，D，Q四点共面；
又AQ，DP不平行，
综合以上有，线段AQ与DP必相交．
11．(多选题)已知空间向量a＝(－2，－1，1)，b＝(3，4，5)，则下列结论正确的是(　　)
A．(2a＋b)∥a
B．5|a|＝3|b|
C．a⊥(5a＋6b)
D．a与b夹角的余弦值为－36
BCD　解析：对于A，因为2a＋b＝(－1，2，7)，所以-1-2≠2-1≠71，A错误；对于B，因为|a|＝4+1+1＝6，|b|＝9+16+25＝52，所以5|a|＝3|b|＝56，B正确；对于C，因为a·(5a＋6b)＝5a2＋6a·b＝30＋6×(－6－4＋5)＝0，所以a⊥(5a＋6b)，C正确；对于D，因为a·b＝－6－4＋5＝－5，所以cos 〈a，b〉＝a·bab＝-56×52＝－36，D正确．故选BCD．
12．(多选题)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝3，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)．若D1M⊥MN，则下列命题正确的是(　　)

A．MN⊥A1M
B．MN⊥平面D1MC
C．线段BN长度的最大值为34
D．三棱锥C1­A1D1M体积不变
ACD　解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

则A1(3，0，3)，D1(0，0，3)，C(0，3，0)，B(3，3，0)．设M(3，y，0)，N(3，3，z)，y，z∈(0，3)，D1M＝(3，y，－3)，MN＝(0，3－y，z)，而D1M⊥MN，则D1M·MN＝y(3－y)－3z＝0⇒z＝13y(3－y)．对于A选项，A1M＝(0，y，－3)，则A1M·MN＝y(3－y)－3z＝0⇒A1M⊥MN，MN⊥A1M，A正确；
对于B选项，CM＝(3，y－3，0)，CM·MN＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；
对于C选项：BN＝(0，0，z)，则线段BN长度|BN|＝z＝13-y-322+94 ≤34，当且仅当y＝32时等号成立，C正确；
对于D选项，不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而VC1­A1D1M＝VM­A1D1C1＝13·3·S△A1D1C1＝92，
三棱锥C1­A1D1M体积为定值，即D正确．故选ACD．
13．(2022·河南濮阳一模)如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，MN是它内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦)，P为正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，PM·PN取值范围是________．

[0, 8]　解析：当弦MN的长度最大时，弦过球心O，如图，建立空间直角坐标系，不妨设M，N是上下底面的中心，

则M(2，2，4)，N(2，2，0)，P(x，y，z)，PM＝(2－x，2－y，4－z)，PN＝(2－x，2－y，－z)，则PM·PN＝(2－x)2＋(2－y)2－z(4－z)＝(x－2)2＋(y－2)2＋(z－2)2－4，而(x－2)2＋(y－2)2＋(z－2)2表示点P(x，y，z)和定点(2，2，2)距离的平方，很显然正方体的顶点到定点(2，2，2)距离的平方最大，最大值是1242+42+422＝12.正方体面的中心到定点的距离的平方最小，最小值是4.所以PM·PN的最小值是4－4＝0，最大值是12－4＝8.
14．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的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________．

72　解析：以点O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示，

则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，S(0，0，3)，M0，0，32.
设P(x，y，0)，
所以AM＝0，1，32，
MP＝x，y，-32.
由AM·MP＝y－34＝0，得y＝34，
所以点P的轨迹方程为y＝34.
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为21-342＝72.
15．在①(DE+CF)⊥(DE-CF)，②|DE|＝172，③0
问题：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.已知点D1的坐标为(0，0，2)，E为棱D1C1上的动点，F为棱B1C1上的动点，________，试问是否存在点E，F满足EF⊥A1C？若存在，求AE·BF的值；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解：由题意，正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，C(0，2，0)，设E(0，a，2)(0≤a≤2)，F(b，2，2)(0≤b≤2)，则EF＝(b，2－a，0)，A1C＝(－2，2，－2)，AE＝(－2，a，2)，BF＝(b－2，0，2)，
所以EF·A1C＝4－2(a＋b)，AE·BF＝8－2b.
选择①：因为(DE+CF)⊥(DE-CF)，所以(DE+CF)·(DE-CF)＝DE2－CF2＝0，即DE2＝CF2，得a＝b.
若EF·A1C＝0得4－2(a＋b)＝0，则a＝b＝1，
故存在点E(0，1，2)，F(1，2，2)，满足EF·A1C＝0，AE·BF＝8－2b＝6.
选择②：因为|DE|＝172，所以a2+4＝172，得a＝12.
若EF·A1C＝0，即4－2(a＋b)＝0，得b＝32.
故存在点E0，12，2，F32，2，2，满足EF·A1C＝0，AE·BF＝8－2b＝5.
选择③：因为0 则EF·A1C＝4－2(a＋b)≠0，故不存在点E，F满足EF·A1C＝0.