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第 5 节 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 定义
空间向量 在空间中，具有大小和方向的量
相等向量 方向相同且模相等的向量
相反向量 方向相反且模相等的向量
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
(或平行向量) 合的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
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，使得 a ＝ λ b .
(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p＝ x a ＋ y b .
(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p＝ x a ＋ y b ＋ z c ，其中，{a，b，c}叫做空间的
一个基底.
3.空间向量的数量积
(1)两向量的夹角：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〈a，b〉，其范围是 [0 ， π] ，若〈a，b〉＝，则称a
与b互相垂直，记作a⊥b.
(2)两向量的数量积：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，
记作a·b，即a·b＝ | a | | b |cos 〈 a ， b 〉 .(3)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a ，a ，a )，b＝(b ，b ，b ).
1 2 3 1 2 3
向量表示 坐标表示
数量积 a·b a b ＋ a b ＋ a b
1 1 2 2 3 3
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a ＝ λ b ， a ＝ λ b ， a ＝ λ b
1 1 2 2 3 3
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a b ＋ a b ＋ a b ＝ 0
1 1 2 2 3 3
模 |a|
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝
5.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量 a的有向线段所在直线与直线 l平行或重
合，则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向
量.
6.空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
l ∥l u ∥u u ＝λu
1 2 1 2 1 2
直线l ，l 的方向向量分别为u ，u
1 2 1 2
l ⊥l u ⊥u u · u ＝ 0
1 2 1 2⇔ 1 2
直线l的方向向量为u，平面α的法向 l∥α u⊥n u · n ＝ 0
⇔
量为n l⊥α u∥n u＝λn
⇔
α∥β n ∥n n ＝λn
1 2⇔ 1 2
平面α，β的法向量分别为n ，n
1 2
α⊥β n ⊥n n · n ＝ 0
1 2⇔ 1 2
⇔
1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：OA＝xOB＋yOC(其中x＋y＝1)，O为
平面内任意一点.
2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：OP＝xOA＋yOB＋zOC(其中x＋y
＋z＝1)，O为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不
满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.
4.在利用MN＝xAB＋yAC证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在平面ABC内.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( )
(3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.( )
(4)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；
(2)a⊥α；(3)若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，不能构成空间一个基底；(4)若
〈a，b〉＝π，则a·b<0，故不正确.
2.(多选)(2021·长沙质检)下列各组向量中，是平行向量的是( )
A.a＝(1，2，－2)，b＝(－2，－4，4)
B.c＝(1，0，0)，d＝(－3，0，0)
C.e＝(2，3，0)，f＝(0，0，0)
D.g＝(－2，3，5)，h＝(16，－24，40)
答案 ABC
解析 对于A，有b＝－2a，所以a与b是平行向量；
对于B，有d＝－3c，所以c与d是平行向量；
对于C，f是零向量，与e是平行向量；
对于D，不满足g＝λh，所以g与h不是平行向量.
3.(易错题)平面α的法向量为n＝(1，－1，2)，AB＝(2，0，－1)，那么直线AB与平面
α的关系是________.
答案 AB∥α或AB α
解析 因为AB·n＝0，所以AB⊥n，则AB∥α或AB α.
⊂
4.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 a＋b＋c
解析 OE＝OA＋AE＝a＋AD
＝a＋(OD－OA)＝a＋OD
＝a＋×(OB＋OC)＝a＋b＋c.
5.(易错题)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＝OA＋OB＋BC，则点M________(填“属于”或“不属于”)平面ABC.
答案 属于
解析 ∵OM＝OA＋OB＋BC＝OA＋OB＋(OC－OB)＝OA＋OB＋OC，∵＋＋＝
1，
∴M，A，B，C四点共面.
即点M∈平面ABC.
6.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________.
答案
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|＝，所以EF的长为.
考点一 空间向量的运算及共线、共面定理
1.(多选)(2022·威海调研)如图所示，M是四面体OABC的棱BC
的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且AP＝3PN，
ON＝OM，设OA＝a，OB＝b，OC＝c，则下列等式成立的是(
)
A.OM＝b－c
B.AN＝b＋c－a
C.AP＝b－c－a
D.OP＝a＋b＋c
答案 BD
解析 对于A，利用向量的平行四边形法则，OM＝OB＋OC＝b＋c，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得AN＝ON－OA＝OM－OA＝
－OA＝OB＋OC－OA＝b＋c－a，B正确；
对于C，因为点P在线段AN上，且AP＝3PN，所以AP＝AN＝＝b＋c－a，C错误；
对于D，OP＝OA＋AP＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，D正确.
2.(多选)(2021·武汉质检)下列说法中正确的是( )
A.|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件
B.若AB，CD共线，则AB∥CD
C.A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若OP＝OA＋OB＋OC，则P，A，B，C四点共面
D.若P，A，B，C为空间四点，且有PA＝λPB＋μPC(PB，PC不共线)，则λ＋μ＝1是
A，B，C三点共线的充要条件
答案 CD
解析 由|a|－|b|＝|a＋b|，可得向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线，反之，当
向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确；
若AB，CD共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若OP＝OA＋OB＋OC，因为＋＋＝1，
可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有PA＝λPB＋μPC(PB，PC不共线)，当λ＋μ＝1时，即
μ＝1－λ，可得PA－PC＝λ(PB＋CP)，即CA＝λCB，所以A，B，C三点共线，反之也
成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.
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＝(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，
∴OA－OM＝(OM－OB)＋(OM－OC)，
即MA＝BM＋CM＝－MB－MC，
∴MA，MB，MC共面.
(2)由(1)知，MA，MB，MC共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
感悟提升 1.(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向
量，是用向量解决立体几何问题的基本要求.
(2)解题时应结合已知和所求观察图形，正确理解向量加法、减法与数乘运算的几
何意义，灵活运用三角形法则及平行四边形法则，就近表示所需向量.
2.(1)对空间任一点O，OP＝xOA＋yAB，若x＋y＝1，则点P，A，B共线.
(2)证明空间四点P，M，A，B共面的方法.
①MP＝xMA＋yMB.
②对空间任一点O，OP＝OM＋xMA＋yMB.
考点二 空间向量的数量积及其应用
例1 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，AC＝b，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，AC＝b，AD＝c，
所以BE＝BC＝(AC－AB)＝(b－a)，
AF＝AD＝c，
所以EF＝EB＋BA＋AF＝－(b－a)－a＋c＝(c－a－b)，
所以|EF|2＝(c－a－b)2
＝(c2＋a2＋b2－2a·c＋2a·b－2b·c)
＝(1＋1＋1－2×1×1×cos 60°＋2×1×1×cos 60°－2×1×1×cos 60°)＝，
故|EF|＝.
(2)在正四面体ABCD中，EF＝(c－a－b)，|EF|＝.
同理，GH＝(b＋c－a)，|GH|＝.
所以cos〈EF，GH〉＝
＝
＝[(c－a)2－b2]
＝(c2＋a2－2c·a－b2)
＝(1＋1－2×1×1×cos 60°－1)＝0，
所以EF与GH的夹角为90°.
感悟提升 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a·b计算
准确.
训练1 如图所示，四棱柱ABCD－A B C D 中，底面为平行
1 1 1 1
四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为
60°.
(1)求AC 的长；
1
(2)求证：AC ⊥BD；
1
(3)求BD 与AC夹角的余弦值.
1
(1)解 记AB＝a，AD＝b，AA1＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
|AC1|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴|AC |＝，即AC 的长为.
1 1
(2)证明 ∵AC1＝a＋b＋c，BD＝b－a，
∴AC1·BD＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0，
∴AC1⊥BD，∴AC ⊥BD.
1
(3)解 BD1＝b＋c－a，AC＝a＋b，
∴|BD1|＝，|AC|＝，
BD1·AC＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cos〈BD1，AC〉＝＝.
∴AC与BD 夹角的余弦值为.
1
考点三 利用空间向量证明平行与垂直
例2 如图，已知AA ⊥平面ABC，BB ∥AA ，AB＝AC＝3，BC＝2，
1 1 1
AA ＝，BB ＝2，点E和F分别为BC和A C的中点.
1 1 1
(1)求证：EF∥平面A B BA；
1 1
(2)求证：平面AEA ⊥平面BCB .
1 1
证明 因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
因为AA ⊥平面ABC，AA ∥BB ，
1 1 1
所以过E作平行于BB 的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x
1
轴，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB＝3，BE＝，所以AE＝2，
所以E(0，0，0)，C(，0，0)，A(0，2，0)，B(－，0，0)，B (－，0，2)，
1
A (0，2，)，则F.
1
(1)EF＝，AB＝(－，－2，0)，AA1＝(0，0，).
设平面A B BA的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则所以
取所以n＝(－2，，0).
因为EF·n＝×(－2)＋1×＋×0＝0，
所以EF⊥n.
又EF⊄平面A B BA，
1 1所以EF∥平面A B BA.
1 1
(2)因为EC⊥平面AEA ，
1
所以EC＝(，0，0)为平面AEA 的一个法向量.
1
又EA⊥平面BCB ，
1
所以EA＝(0，2，0)为平面BCB 的一个法向量.
1
因为EC·EA＝0，所以EC⊥EA，
故平面AEA ⊥平面BCB .
1 1
感悟提升 (1)利用向量证明平行问题
①线线平行：方向向量平行.
②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直.
③面面平行：两平面的法向量平行.
(2)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
①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；
②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；③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.
训练2 如图，正方形ABCD的边长为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＝，且FO⊥平面
ABCD.
(1)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OH∥BD，又四边
形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
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，)，B(1，2，0).
BC＝(－2，－2，0)，CF＝(1，0，)，BF＝(－1，－2，).
(1)设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z).
则即
取z＝1，得n＝(－，，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴DE＝BF＝(－1，－2，)，
∴AE＝AD＋DE＝BC＋BF＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)
＝(－3，－4，)，
∴AE·n＝3－4＋＝0，
∴AE⊥n，又AE⊄平面BCF，
∴AE∥平面BCF.
(2)AF＝(－3，0，)，
∴CF·AF＝－3＋3＝0，CF·AE＝－3＋3＝0，
∴CF⊥AF，CF⊥AE，即CF⊥AF，CF⊥AE.
又AE∩AF＝A，AE，AF 平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
⊂
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹长度的范围等问
题.
一、求动点的轨迹(长度)
例1 (1)已知正方体ABCD－A B C D 的棱长为2，E为棱CC 的中点，点M在正方
1 1 1 1 1
形BCC B 内运动，且直线AM∥平面A DE，则动点M的轨迹长度为( )
1 1 1
A. B. C.2 D.π
答案 B
解析 如图所示，以D为原点，以DA、DC、DD 所在直线分别
1
为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则DA1＝(2，0，2)，DE
＝(0，2，1)，则平面A DE的一个法向量为n＝(2，1，－2).
1
设M(x，2，z)，则AM＝(x－2，2，z)，
由AM·n＝0得x－z＝1，
故点M的轨迹为以BC，BB 的中点为端点的线段，长为＝.
1
(2)已知边长为1的正方形ABCD与CDEF所在的平面互相垂
直，点P，Q分别是线段BC，DE上的动点(包括端点)，PQ＝.
设线段PQ的中点M的轨迹为l，则l的长度为( )
A. B. C. D.2
答案 A
解析 以DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设P(s，1，0)(0≤s≤1)，Q(0，0，t)(0≤t≤1)，M(x，
y，z)，由中点坐标公式易知x＝，y＝，z＝，即s＝2x，t＝2z.∵|
PQ|＝＝，∴s2＋t2＝1，∴4x2＋4z2＝1，∴x2＋z2＝.又0≤s≤1，0≤t≤1，∴0≤x≤，0≤z≤，
∴PQ中点M的轨迹方程为
轨迹为垂直于y轴，且距离原点的平面内，半径为的四分之一圆周，∴l的长度为
×2π×＝.
二、求线段长度的取值范围
例2 在空间直角坐标系O－xyz中，已知点A(1，0，2)，B(0，2，1)，点C，D分别在x
轴，y轴上，且AD⊥BC，那么|CD|的最小值是________.
答案
解析 设C(x，0，0)，D(0，y，0)，
因为A(1，0，2)，B(0，2，1)，
所以AD＝(－1，y，－2)，BC＝(x，－2，－1).
因为AD⊥BC，
所以AD·BC＝－x－2y＋2＝0，
即x＋2y＝2.
因为CD＝(－x，y，0)，
所以|CD|＝＝
＝＝≥.
1.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. B.2 C. D.1
答案 A
解析 因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1，|a|＝，|b|＝.
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＝.
2.如图所示，在平行六面体ABCD－A B C D 中，M为A C 与
1 1 1 1 1 1
B D 的交点.若AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则下列向量中与BM相
1 1等的向量是( )
A.－a＋b＋c B.a＋b＋c
C.－a－b＋c D.a－b＋c
答案 A
解析 BM＝BB1＋B1M＝AA1＋(AD－AB)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
3.已知a＝(1，0，1)，b＝(x，1，2)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为a·b＝x＋2＝3，
所以x＝1，所以b＝(1，1，2)，
所以cos〈a，b〉＝＝＝.
又因为〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为.
4.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. B.
C.1 D.
答案 D
解析 ∵BD＝BF＋FE＋ED，
∴|BD|2＝|BF|2＋|FE|2＋|ED|2＋2BF·FE＋2FE·ED＋2BF·ED＝1＋1＋1－＝3－，故|
BD|＝.
5.已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(
)
A.9 B.－9 C.－3 D.3
答案 B
解析 由题意知c＝xa＋yb，
即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，
∴解得λ＝－9.
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
B.AB的单位向量是(1，1，0)
C.AB与BC夹角的余弦值是－D.平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
答案 CD
解析 对于A，由题意，AB＝(2，1，0)，AC＝(－1，2，1)，所以AB≠λAC，则AB与AC
不是共线向量，不正确；
对于B，因为AB＝(2，1，0)，所以AB的单位向量为或，不正确；
对于C，AB＝(2，1，0)，BC＝(－3，1，1)，
所以cos〈AB，BC〉＝＝－，C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∴令x＝1，
所以平面ABC的一个法向量为n＝(1，－2，5)，D正确.
7.若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________.
答案 －3
解析 ∵AB＝(3，－1，1)，AC＝(m＋1，n－2，－2)，
且A，B，C三点共线，∴存在实数λ，使得AC＝λAB.
即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)，
∴解得∴m＋n＝－3.
8.如图所示，在正方体 ABCD－A B C D 中，O是底面正方形
1 1 1 1
ABCD的中心，M是D D的中点，N是A B 的中点，则直线ON，
1 1 1
AM的位置关系是________.
答案 垂直
解析 以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，
则A(0，0，0)，M，O，N.
∵AM·ON＝·＝0，
∴ON与AM垂直.
9.在空间四边形ABCD中，AB·CD＋AC·DB＋AD·BC＝________.
答案 0
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.
10.如图所示，已知斜三棱柱ABC－A B C ，点M，N分别在
1 1 1
AC 和BC上，且满足AM＝kAC1，BN＝kBC(0≤k≤1).判断向
1
量MN是否与向量AB，AA1共面.解 ∵AM＝kAC1，BN＝kBC，
∴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，
∴由共面向量定理知向量MN与向量AB，AA1共面.
11.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，
∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝，BC＝4.
(1)求证：BD⊥PC.
(2)设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面PAB，求λ的值.
解 如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原
点，DA，DF，DP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐
标系，
则A(1，0，0)，B(1，，0)，D(0，0，0)，C(－3，，0).
设PD＝a，则P(0，0，a)，
(1)证明 BD＝(－1，－，0)，PC＝(－3，，－a)，
因为BD·PC＝3－3＝0，
所以BD⊥PC.
(2)由题意知，AB＝(0，，0)，DP＝(0，0，a)，PA＝(1，0，－a)，PC＝(－3，，－a).
因为PE＝λPC，所以PE＝(－3λ，λ，－aλ)，
DE＝DP＋PE＝(0，0，a)＋(－3λ，λ，－aλ)＝(－3λ，λ，a－aλ).
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即
令z＝1，得x＝a，所以n＝(a，0，1).
因为DE∥平面PAB，所以DE·n＝0，
所以－3aλ＋a－aλ＝0，即a(1－4λ)＝0.
因为a≠0，所以λ＝.
12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，
AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A.(1，1，1) B.
C. D.
答案 C
解析 设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，
且AM 平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO.
⊂又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1)，
由中点坐标公式，知点M的坐标.
13.如图，已知四棱柱 ABCD－A B C D 的底面A B C D 为平
1 1 1 1 1 1 1 1
行四边形，E为棱AB的中点，AF＝AD，AG＝2GA1，AC 与平
1
面EFG交于点M，则＝________.
答案
解析 由题图知，设AM＝λAC1(0＜λ＜1)，
由已知AC1＝AB＋AD＋AA1
＝2AE＋3AF＋AG，
所以AM＝2λAE＋3λAF＋AG.
因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.
14.(2022·石家庄质检)如图，棱柱ABCD－A B C D 的所有棱长
1 1 1 1
都等于 2，∠ABC 和∠A AC 均为 60°，平面 AA C C⊥平面
1 1 1
ABCD.
(1)求证：BD⊥AA ；
1
(2)在直线CC 上是否存在点P，使BP∥平面DA C ？若存在，
1 1 1
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BD⊥AC.连接A O，
1
在△AA O中，AA ＝2，AO＝1，∠A AO＝60°，
1 1 1
所以A O2＝AA＋AO2－2AA ·AOcos 60°＝3，
1 1
所以AO2＋A O2＝AA，所以A O⊥AO.
1 1
由于平面AA C C⊥平面ABCD，
1 1
且平面AA C C∩平面ABCD＝AC，
1 1
A O 平面AA C C，
1 1 1
所以A O⊥平面ABCD.
⊂ 1
以OB，OC，OA 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，
1则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，
D(－，0，0)，A (0，0，)，C (0，2，).
1 1
由于BD＝(－2，0，0)，AA1＝(0，1，)，AA1·BD＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
所以BD⊥AA1，即BD⊥AA .
1
(2)解 假设在直线CC 上存在点P，
1
使BP∥平面DA C ，
1 1
设CP＝λCC1，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)，
从而有P(0，1＋λ，λ)，
BP＝(－，1＋λ，λ).
又A1C1＝(0，2，0)，DA1＝(，0，)，
设平面DA C 的一个法向量为
1 1
n ＝(x ，y ，z )，
3 3 3 3
则
则取n ＝(1，0，－1).
3
因为BP∥平面DA C ，所以n ⊥BP，
1 1 3
即n ·BP＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
3
即点P在C C的延长线上，且CP＝CC .
1 1
