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§7.6 空间向量的概念与运算
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，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.3.理解直线的方向向量及平面的法向
量，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．
知识梳理
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
表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
(或平行向量)
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a＝
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p＝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p＝xa＋yb＋zc，{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
非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)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 ab ＋ ab ＋ ab
1 1 2 2 3 3
a＝λb a ＝ λ b ， a ＝ λ b，
1 1 2 2
共线
(b≠0，λ∈R) a ＝ λ b
3 3a·b＝0
垂直 ab ＋ ab ＋ ab ＝ 0
1 1 2 2 3 3
(a≠0，b≠0)
模 |a|
夹角余 cos〈a，b〉＝ cos〈a，b〉＝
弦值 (a≠0，b≠0)
4.空间位置关系的向量表示
(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为平面α的法向量．
(3)空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
l∥l n∥n⇔n＝λn(λ∈R)
1 2 1 2 1 2
直线l，l 的方向向量分别为n，n
1 2 1 2
l⊥l n⊥n⇔n·n＝0
1 2 1 2 1 2
直线l的方向向量为n，平面α的法向 l∥α n⊥m⇔n·m＝0
量为m，l⊄α l⊥α n∥m⇔n＝λm(λ∈R)
α∥β n∥m⇔n＝λm(λ∈R)
平面α，β的法向量分别为n，m
α⊥β n⊥m⇔n·m＝0
常用结论
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为空间中任意一点．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)在空间直角坐标系中，在Oyz平面上的点的坐标一定是(0，b，c)．( √ )
(4)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角．( × )
教材改编题
1．若{a，b，c}为空间向量的一个基底，则下列各项中，能构成空间向量的一个基底的是(
)
A．{a，a＋b，a－b}
B．{b，a＋b，a－b}
C．{c，a＋b，a－b}D．{a＋b，a－b，a＋2b}
答案 C
解析 ∵λa＋μb(λ，μ∈R)与a，b共面．
∴A，B，D不正确．
2.如图，在平行六面体ABCD－ABC D 中，M为AC 与BD 的交点．若AB＝a，AD＝b，
1 1 1 1 1 1 1 1
AA1＝c，则下列向量中与BM相等的向量是( )
A．－a＋b＋c B.a＋b＋c
C．－a－b＋c D.a－b＋c
答案 A
解析 由题意，根据向量运算的几何运算法则，
BM＝BB1＋B1M＝AA1＋(AD－AB)
＝c＋(b－a)
＝－a＋b＋c.
3．设直线 l ，l 的方向向量分别为 a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若 l⊥l ，则 m＝
1 2 1 2
________.
答案 10
解析 ∵l⊥l，∴a⊥b，
1 2
∴a·b＝－6－4＋m＝0，∴m＝10.
题型一 空间向量的线性运算
例1 如图所示，在平行六面体ABCD－ABC D 中，设AA1＝a，AB＝b，AD＝c，M，N，
1 1 1 1
P分别是AA，BC，C D 的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
1 1 1
(1)AP；(2)A1N；(3)MP＋NC1.
解 (1)∵P是C D 的中点，
1 1
∴AP＝AA1＋A1P＝AA1＋A1D1＋D1P
＝AA1＋AD＋DC＝a＋c＋AB
＝a＋c＋b.
(2)∵N是BC的中点，
∴A1N＝A1A＋AB＋BN
＝－a＋b＋BC
＝－a＋b＋AD
＝－a＋b＋c.
(3)∵M是AA 的中点，
1
∴MP＝MA＋AP＝A1A＋AP
＝－a＋(a＋c＋b)
＝a＋b＋c.
又NC1＝NC＋CC1＝BC＋AA1
＝AD＋AA1＝c＋a.
∴MP＋NC1＝＋
＝a＋b＋c.
教师备选
如图，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，则下列表示正确的是( )
A.OA＋OB＋OC
B.OA＋OB＋OC
C．－OA＋OB＋OC
D.OA＋OB＋OC
答案 D
解析 MG＝MA＋AG＝OA＋AN＝OA＋(ON－OA)
＝OA＋
＝－OA＋OB＋OC.
OG＝OM＋MG＝OA－OA＋OB＋OC＝OA＋OB＋OC.
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．
跟踪训练1 (1)(2022·宁波模拟)如图，在三棱锥O－ABC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等于( )
A.a＋b＋c B.a＋b＋c
C.a＋b＋c D.a＋b＋c
答案 A
解析 OD＝OP＋PD＝OA＋PQ
＝OA＋(OQ－OP)
＝OA＋OQ－OP
＝OA＋×(OB＋OC)－×OA
＝OA＋OB＋OC
＝a＋b＋c.
(2)在正方体ABCD－ABC D 中，点F是侧面CDD C 的中心，若AF＝xAD＋yAB＋zAA1，
1 1 1 1 1 1
则x－y＋z等于( )
A. B．1 C. D．2
答案 B
解析 AF＝AD＋DF＝AD＋(DD1＋D1C1)
＝AD＋(AA1＋A1B1)
＝AD＋(AA1＋AB)
＝AD＋AB＋AA1，
则x＝1，y＝，z＝，则x－y＋z＝1.
题型二 空间向量基本定理及其应用
例2 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，
所以OA－OM＝(OM－OB)＋(OM－OC)，
即MA＝BM＋CM＝－MB－MC，
所以MA，MB，MC共面．
(2)方法一 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．
方法二 因为OM＝(OA＋OB＋OC)
＝OA＋OB＋OC，
又因为＋＋＝1，
所以M，A，B，C四点共面，从而M在平面ABC内．
教师备选
如图所示，已知斜三棱柱 ABC－ABC ，点 M，N 分别在 AC 和 BC 上，且满足AM＝
1 1 1 1
kAC1，BN＝kBC(0≤k≤1)．判断向量MN是否与向量AB，AA1共面．
解 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．
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(x＋y＋z＝1)；
(4)PM∥AB(或PA∥MB或PB∥AM)．
跟踪训练2 (1)(多选)(2022·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，故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．
(2)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.
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 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)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
解 设AB＝a，AC＝b，AD＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)EF＝BD＝c－a，
BA＝－a，EF·BA＝·(－a)
＝a2－a·c＝.
(2)AG＝(AC＋AD)＝b＋c，
CE＝CA＋AE＝－b＋a，
cos〈AG，CE〉＝
＝
＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
教师备选
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. B. C. D.
答案 B
解析 设正方体内切球的球心为O，
则OM＝ON＝1，
PM·PN＝·＝PO2＋PO·＋OM·ON，
∵MN为球O的直径，
∴OM＋ON＝0，OM·ON＝－1，
∴PM·PN＝PO2－1，
又P在正方体表面上移动，
∴当P为正方体顶点时，最大，最大值为；当P为内切球与正方体的切点时，最小，最小值
为1，∴PO2－1∈，
即PM·PN的取值范围为.
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a·b计算准确．
跟踪训练3 如图所示，在四棱柱ABCDA BC D 中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的
1 1 1 1
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，
∴|AC1|＝，即AC 的长为.
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＝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
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明 依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，
D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
(1)BE＝(0,1,1)，
DC＝(2,0,0)，
故BE·DC＝0，
所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，
AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
所以AB＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，
而BE·AB＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，
所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的法向量AB＝(1,0,0)，
PD＝(0,2，－2)，
DC＝(2,0,0)，
设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量．且n·AB＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，
所以n⊥AB.
所以平面PAD⊥平面PCD.
教师备选
如图，已知AA⊥平面ABC，BB∥AA ，AB＝AC＝3，BC＝2，AA ＝，BB ＝2，点E和F
1 1 1 1 1
分别为BC和AC的中点．
1
(1)求证：EF∥平面ABBA；
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
所以以过E作平行于BB 的垂线为z轴，EC，EA所在直线分别为x轴、y轴，
1
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AABB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ABBA，
1 1
所以EF∥平面ABBA.
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
思维升华 (1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直
条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)．
(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有
关定理．
跟踪训练4 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥
底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．
求证：(1)EF∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PDC.
证明 (1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝AD，
所以PA⊥PD，OP＝OA＝.
如图，以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标
系，
则A，F，
D，P，
B，C.
因为E为PC的中点，
所以E.
易知平面PAD的一个法向量为
OF＝，
因为EF＝，OF·EF＝·＝0.
且EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为PA＝，
CD＝(0，－a，0)，
所以PA·CD＝·(0，－a，0)＝0，
所以PA⊥CD，
所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.
课时精练
1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(0，－3,2)，c＝(－2,1,2)，则a·(b＋c)等于( )
A．18 B．－18 C．3 D．－3
答案 B
解析 因为b＋c＝(－2，－2,4)，
所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18.
2．已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A，B，C，若OP＝xOA＋yOB＋zOC(x，y，
z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的( )
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由x＋y＋z＝1，得P，A，B，C四点共面，
当P，A，B，C四点共面时，x＋y＋z＝1，显然不止2，－3,2.
故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
3．已知空间向量a＝(1,0,1)，b＝(1,1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，
解得n＝2，
又|a|＝＝，|b|＝＝，
所以cos〈a，b〉＝＝＝，
又〈a，b〉∈[0，π]，
所以a与b的夹角为.
4．直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，则( )
A．l∥α
B．l⊥α
C．l∥α或l⊂α
D．l与α的位置关系不能判断
答案 B
解析 直线l的一个方向向量为(2,1,1)，平面α的一个法向量为(4,2,2)，
显然它们共线，所以l⊥α.
5．(多选)已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)，若AP∥BC，且|AP|＝，则点P的
坐标为( )
A．(4，－2,2) B．(－2,2,4)
C．(－4,2，－2) D．(2，－2,4)
答案 AB
解析 因为B(－1,1,4)，C(2，－1,3)，
所以BC＝(3，－2，－1)，
因为AP∥BC，
所以可设AP＝λBC＝(3λ，－2λ，－λ)，
因为|AP|＝＝，解得λ＝±1，
所以AP＝(3，－2，－1)或AP＝(－3,2,1)，
设点P(x，y，z)，则AP＝(x－1，y，z－3)，
所以或
解得或
所以点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．
6．(多选)已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(－1,3,1)，则下列结论正确的有( )
A.AB与AC是共线向量
B．与AB共线的单位向量是(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，AB＝(2,1,0)，AC＝(－1,2,1)，不存在实数λ，使得AB＝λAC，
所以AB与AC不是共线向量，所以A错误；
对于B，因为AB＝(2,1,0)，所以与AB共线的单位向量为或，
所以B错误；
对于C，向量AB＝(2,1,0)，BC＝(－3,1,1)，
所以cos〈AB，BC〉＝＝－，
所以C正确；
对于D，设平面ABC的法向量是n＝(x，y，z)，
因为AB＝(2,1,0)，AC＝(－1,2,1)，
所以即
令x＝1，则n＝(1，－2,5)，所以D正确．
7．已知a＝(x，1,1)，b＝(－2,2，y)，a·b＝0，则2x－y＝________.
答案 2
解析 因为a＝(x，1,1)，b＝(－2,2，y)，a·b＝0，所以－2x＋2＋y＝0,2x－y＝2.
8．已知点 A(－1,1,0)，B(1,2,0)，C(－2，－1,0)，D(3,4,0)，则AB在CD上的投影向量为
________．
答案
解析 由已知得AB＝(2,1,0)，CD＝(5,5,0)，
∴AB·CD＝2×5＋1×5＋0＝15，
又|CD|＝5，
∴AB在CD上的投影向量为·＝×＝CD＝.
9．如图所示，在直三棱柱ABC－ABC 中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA ＝2，M，N
1 1 1 1
分别是AB，AA的中点．
1 1 1
(1)求BN的长；
(2)求cos〈BA1，CB1〉的值；
(3)求证：AB⊥C M.
1 1
(1)解 以C为坐标原点，CA，CB，CC 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标
1
系，如图．
B(0,1,0)，N(1,0,1)，
∴BN＝(1，－1,1)，
∴|BN|＝＝.
(2)解 ∵A(1,0,2)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，
1
B(0,1,2)，
1
∴BA1＝(1，－1,2)，CB1＝(0,1,2)，
∴BA1·CB1＝3，|BA1|＝，|CB1|＝.
∴cos〈BA1，CB1〉＝＝.
(3)证明 ∵C (0,0,2)，M，
1
∴A1B＝(－1,1，－2)，C1M＝，
∴A1B·C1M＝－＋＋0＝0.
∴A1B⊥C1M，
∴AB⊥C M.
1 1
10.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F
分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.
(1)证明 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空
间直角坐标系，
设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a，0,0)，B(a，a，0)，
C(0，a，0)，
E，P(0,0，a)，
F.
EF＝，DC＝(0，a，0)．
因为EF·DC＝0，
所以EF⊥DC，即EF⊥CD.
(2)解 设G(x，0，z)，
则FG＝，
CB＝(a，0,0)，CP＝(0，－a，a)，
若使GF⊥平面PCB，则需FG·CB＝0，
且FG·CP＝0，
由FG·CB＝·(a，0,0)
＝a＝0，得x＝，
由FG·CP＝·(0，－a，a)
＝＋a＝0，得z＝0.
所以G点坐标为，
即G为AD的中点时，GF⊥平面PCB.
11．(多选)(2022·山东百师联盟大联考)下面四个结论正确的是( )A．向量a，b(a≠0，b≠0)，若a⊥b，则a·b＝0
B．若空间四个点P，A，B，C，PC＝PA＋PB，则A，B，C三点共线
C．已知向量a＝(1,1，x)，b＝(－3，x，9)，若x<，则〈a，b〉为钝角
D．任意向量a，b，c满足(a·b)·c＝a·(b·c)
答案 AB
解析 由向量垂直的充要条件可得A正确；
∵PC＝PA＋PB，
∴PC－PA＝PB－PC，
即AC＝3CB，
∴A，B，C三点共线，故B正确；
当x＝－3时，两个向量共线，夹角为π，故C错误；
由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误．
12．(多选)(2022·重庆市第七中学月考)给出下列命题，其中为假命题的是( )
A．已知n为平面α的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若n⊥m，则l∥α
B．已知n为平面α的一个法向量，m为直线l的一个方向向量，若〈n，m〉＝，则l与α
所成角为
C．若两个不同的平面α，β的法向量分别为u，v，且u＝(1,2，－2)，v＝(－2，－4,4)，则
α∥β
D．已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p，总存在实数x，y，z使得
p＝xa＋yb＋zc
答案 AD
解析 对于A，由题意可得l∥α或l⊂α，故A错误；
对于B，由图象可得，∠CAD＝，
则∠DAB＝，所以∠ADB＝，
根据线面角的定义可得，l与α所成角为，故B正确；
对于C，因为u＝－v＝－(－2，－4,4)
＝(1,2，－2)，
所以u∥v，故α∥β，故C正确；
对于D，当空间的三个向量a，b，c不共面时，对于空间的任意一个向量p，总存在实数
x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc，故D错误．
13．(2022·杭州模拟)在棱长为1的正方体ABCD－ABC D 中，E，F分别为AD ，BB 的中
1 1 1 1 1 1 1点，则cos∠EAF＝________；EF＝________.
答案
解析 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直
1
角坐标系，
∵正方体棱长为1，
则E，F，
∴AE＝，AF＝，
EF＝，
cos〈AE，AF〉＝＝＝，
∴cos∠EAF＝，
EF＝|EF|＝＝.
14.如图，已知四棱柱ABCD－ABC D 的底面ABC D 为平行四边形，E为棱AB的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
AF＝AD，AG＝2GA1，AC 与平面EFG交于点M，则＝________.
1
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＝.
15．已知O点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______．
答案
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
＝62－.
即当λ＝时，QA·QB取得最小值－，
此时OQ＝.
16.(2022·株州模拟)如图，棱柱ABCD－ABC D 的所有棱长都等于2，∠ABC和∠AAC均
1 1 1 1 1
为60°，平面AAC C⊥平面ABCD.
1 1
(1)求证：BD⊥AA；
1
(2)在直线CC 上是否存在点P，使BP∥平面DAC ，若存在，求出点P的位置，若不存在，
1 1 1
请说明理由．
(1)证明 设BD与AC交于点O，
则BD⊥AC，连接AO，
1
在△AAO中，AA＝2，AO＝1，∠AAO＝60°，
1 1 1
所以AO2＝AA＋AO2－2AA·AOcos 60°＝3，
1 1
所以AO2＋AO2＝AA，所以AO⊥AO.
1 1
由于平面AAC C⊥平面ABCD，
1 1
且平面AAC C∩平面ABCD＝AC，
1 1
AO⊂平面AAC C，所以AO⊥平面ABCD.
1 1 1 1
以O为坐标原点，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
1
角坐标系，
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DAC ，
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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)．
设平面DAC 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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则
又A1C1＝(0,2,0)，DA1＝(，0，)，
则取n＝(1,0，－1)，
1
因为BP∥平面DAC ，所以n⊥BP，
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即n·BP＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
1
即点P在C C的延长线上，且|CP|＝|CC1|.
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