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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
长度相等而方向相反的向量
共线向量(或平行向量)
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
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＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋
a 2b2＋
a 3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝
λb
1，
a 2＝
λb
2，
a 3＝
λb
3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋
a 2b2＋
a 3b3＝
0
1
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模
|a|
夹角余弦值
cos〈a，b〉＝(a≠0，
b≠0)
cos〈a，b〉＝
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
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2(λ∈R)
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l 的方向向量为n，平面α 的法
向量为m，l⊄α
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm(λ∈R)
平面α，β 的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm(λ∈R)
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
常用结论
1．三点共线：在平面中A，B，C 三点共线⇔OA＝xOB＋yOC(其中x＋y＝1)，O 为平面内任
意一点．
2．四点共面：在空间中P，A，B，C 四点共面⇔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)空间中任意两个非零向量a，b 共面．( √ )
(2)空间中模相等的两个向量方向相同或相反．( × )
(3)若A，B，C，D 是空间中任意四点，则有AB＋BC＋CD＋DA＝0.( √ )
(4)若直线a 的方向向量和平面α 的法向量平行，则a∥α.( × )
教材改编题
1. 如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC 与BD 的交点为点M，设AB＝a，AD＝b，
AA1＝c，则下列向量中与C1M相等的向量是( )
2
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A．－a＋b＋c
B.a＋b＋c
C．－a－b－c
D．－a－b＋c
答案 C
解析 C1M＝C1C＋CM＝C1C＋(CB＋CD)＝A1A＋DA＋BA＝－a－b－c.
2. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N 分别为A1B 和AC 上的点，
A1M＝AN＝，则MN 与平面BB1C1C 的位置关系是( )
A．相交
B．平行
C．垂直
D．不能确定
答案 B
解析 分别以C1B1，C1D1，C1C 所在直线为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系．因为A1M＝
AN＝，所以M，N，所以MN＝，
又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，所以C1D1＝(0，a,0)，所以MN·C1D1＝0，所以MN⊥C1D1.
因为C1D1是平面BB1C1C 的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.
3．设直线l1，l2 的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m＝
________.
答案 10
解析 ∵l1⊥l2，∴a⊥b，
∴a·b＝－6－4＋m＝0，∴m＝10.
题型一 空间向量的线性运算
例1 (1)在空间四边形ABCD 中，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 因为点E，F 分别为线段BC，AD 的中点，设O 为坐标原点，
3
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所以EF＝OF－OE，OF＝(OA＋OD)，OE＝(OB＋OC)．
所以EF＝(OA＋OD)－(OB＋OC)＝(BA＋CD)＝×[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝×(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．
(2)(2023·北京日坛中学模拟)在三棱柱A1B1C1－ABC 中，D 是四边形BB1C1C 的中心，且AA1
＝a，AB＝b，AC＝c，则A1D等于( )
A.a＋b＋c
B.a－b＋c
C.a＋b－c
D．－a＋b＋c
答案 D
解析 A1D＝A1A＋AB＋BD
＝－AA1＋AB＋(BB1＋BC)
＝－AA1＋AB＋AA1＋(AC－AB)
＝－AA1＋AB＋AC
＝－a＋b＋c.
思维升华 用已知向量表示某一向量的三个关键点
(1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．
(3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
跟踪训练1 (1)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x 等于( )
A．(0,3，－6)
B．(0,6，－20)
C．(0,6，－6)
D．(6,6，－6)
答案 B
解析 由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．
(2)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O 为AC 的中点．
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①化简A1O－AB－AD＝________；
②用AB，AD，AA1表示OC1，则OC1＝________.
答案 ①A1A ②AB＋AD＋AA1
解析 ①A1O－AB－AD＝A1O－(AB＋AD)＝A1O－AO＝A1O＋OA＝A1A.
②因为OC＝AC＝(AB＋AD)．
所以OC1＝OC＋CC1＝(AB＋AD)＋AA1＝AB＋AD＋AA1.
题型二 空间向量基本定理及其应用
例2 (1)下列命题正确的是( )
A．若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线
B．向量a，b，c 共面，即它们所在的直线共面
C．若空间向量a，b，c 不共面，则a，b，c 都不为0
D．若a，b，c 共面，则存在唯一的实数对(x，y)，使得a＝xb＋yc
答案 C
解析 若b＝0，则满足a 与b 共线，b 与c 共线，但是a 与c 不一定共线，故A 错误；
因为向量是可以移动的量，所以向量a，b，c 共面，但它们所在的直线不一定共面，故B 错
误；
假设a，b，c 至少有一个为0，则空间向量a，b，c 共面，故假设不成立，故C 正确；
假设b＝0，若a, c 共线，则存在无数个实数对(x，y)，使得a＝xb＋yc，若a, c 不共线，则
不存在实数对(x，y)，使得a＝xb＋yc，故D 错误．
(2)(多选)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|，可知向量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－PC)，即CA＝λCB，
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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．
思维升华 应用共线(面)向量定理、证明点共线(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
MP＝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
跟踪训练2 (1)已知空间中A，B，C，D 四点共面，且其中任意三点均不共线，设P 为空间
中任意一点，若BD＝6PA－4PB＋λPC，则λ 等于( )
A．2 B．－2 C．1 D．－1
答案 B
解析 BD＝6PA－4PB＋λPC，即PD－PB＝6PA－4PB＋λPC，
整理得PD＝6PA－3PB＋λPC，
由A，B，C，D 四点共面，且其中任意三点均不共线，
可得6－3＋λ＝1，解得λ＝－2.
(2)(2023·金华模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，且满足DE＝xDA＋yDC＋(1－x
－y)DD1，则|DE|的最小值是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 因为DE＝xDA＋yDC＋(1－x－y)DD1，由空间向量的共面定理可知，点E，A，C，D1
四点共面，即点E 在平面ACD1上，所以|DE|的最小值即为点D 到平面ACD1的距离d，由正
方体的棱长为1，可得△ACD1 是边长为的等边三角形，则
＝×()2×sin ＝，S△ACD＝
×1×1＝，由等体积法得
，所以××d＝××1，解得d＝，所以|DE|的最小值
为.
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 (1)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______．
答案
解析 ∵OP＝(1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，
设OQ＝λOP＝(λ，λ，2λ)，
又∵OA＝(1,2,3)，OB＝(2,1,2)，
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∴QA＝OA－OQ＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，
QB＝OB－OQ＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
则QA·QB＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10，
当λ＝时，QA·QB取得最小值，
此时OQ的坐标为.
(2)如图，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＝AB＋AD＋AA1＝a＋b＋c，
所以|AC1|＝|a＋b＋c|＝
＝
＝＝，
所以线段AC1的长为.
②解 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＋1－4＝－2，
|A1D|＝|b－c|＝
＝
＝＝，
设异面直线AC1与A1D 所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈AC1，A1D〉|＝
＝＝，
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即异面直线AC1与A1D 所成角的余弦值为.
③证明 由①知AA1＝c，BD＝b－a，
所以AA1·BD＝c·(b－a)＝c·b－c·a＝－1＋1＝0，
即AA1·BD＝0，
所以AA1⊥BD.
思维升华 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．
跟踪训练3 (1)(2023·益阳模拟)在正三棱锥P－ABC 中，O 是△ABC 的中心，PA＝AB＝2，
则PO·PA等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 ∵P－ABC 为正三棱锥，O 为△ABC 的中心，
∴PO⊥平面ABC，
∴PO⊥AO，∴PO·OA＝0，
|AO|＝·|AB|·sin 60°＝，
故PO·PA＝PO·(PO＋OA)＝|PO|2＝|AP|2－|AO|2＝4－＝.
(2)(2022·营口模拟)已知A(－1,2,1)，B(－1,5,4)，C(1,3,4)．
①求〈AB，BC〉；
②求AC在AB上的投影向量．
解 ①因为A(－1,2,1)，B(－1,5,4)，C(1,3,4)，
所以AB＝(0,3,3)，BC＝(2，－2,0)．
因为AB·BC＝0×2＋3×(－2)＋3×0＝－6，
|AB|＝3，|BC|＝2，
所以cos〈AB，BC〉＝＝＝－，
故〈AB，BC〉＝.
②因为AC＝(2,1,3)，AB＝(0,3,3)，
所以AC·AB＝0＋1×3＋3×3＝12.
因为|AB|＝3，|AC|＝，
所以cos〈AC，AB〉＝＝＝，
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所以AC在AB上的投影向量为|AC|cos〈AC，AB〉＝××＝AB＝(0,2,2)．
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 如图所示，在长方体ABCD －A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E 为CD 的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP 的长；若不存在，说
明理由．
(1)证明 以A 为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示
的空间直角坐标系．设AB＝a，
则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)．
故AD1＝(0,1,1)，B1E＝.
因为B1E·AD1＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以B1E⊥AD1，即B1E⊥AD1.
(2)解 存在满足要求的点P，
假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)，
设平面B1AE 的法向量为n＝(x，y，z)．
AB1＝(a,0,1)，AE＝.
因为n⊥平面B1AE，所以n⊥AB1，n⊥AE，
得
取x＝1，则y＝－，z＝－a，
故n＝.
要使DP∥平面B1AE，只需n⊥DP，
则－az0＝0，解得z0＝.
所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
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)．
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(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，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E 在线
段BB1上，且EB1＝1，D，F，G 分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．
(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD.
证明 以B 为坐标原点，BA，BC，BB1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，则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，E(0,0,3)，F(0,1,4)．
设BA＝a，则A(a,0,0)，G.
(1)因为BA＝(a,0,0)，BD＝(0,2,2)，B1D＝(0,2，－2)，
所以B1D·BA＝0，B1D·BD＝0.
所以B1D⊥BA，B1D⊥BD，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，所以B1D⊥平面ABD.
因为B1D⊂平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD.
(2)方法一 因为EG＝，EF＝(0,1,1)，B1D＝(0,2，－2)，
所以B1D·EG＝0，B1D·EF＝0.
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.
因为EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，所以B1D⊥平面EGF.
又由(1)知B1D⊥平面ABD，
所以平面EGF∥平面ABD.
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方法二 因为GF＝，
所以GF＝－BA，∴GF∥BA，
又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，
又GF∩EF＝F，GF，EF⊂平面EGF，
所以平面EGF∥平面ABD.
课时精练
1．已知直线l 的一个方向向量为m＝(x,2，－5)，平面α 的一个法向量为n＝(3，－1,2)，若
l∥α，则x 等于( )
A．－6 B．6 C．－4 D．4
答案 D
解析 若l∥α，则m⊥n，从而m·n＝0，
即3x－2－10＝0，解得x＝4.
2．(多选)下列关于空间向量的命题中，正确的有( )
A．若向量a，b 与空间任意向量都不能构成基底，则a∥b
B．若非零向量a，b，c 满足a⊥b，b⊥c，则有a∥c
C．若OA，OB，OC是空间的一组基底，且OD＝OA＋OB＋OC，则A，B，C，D 四点共面
D．若向量a＋b，b＋c，c＋a 是空间的一组基底，则a，b，c 也是空间的一组基底
答案 ACD
解析 对于A，若向量a，b 与空间任意向量都不能构成基底，则a，b 为共线向量，即
a∥b，故A 正确；
对于B，若非零向量a，b，c 满足a⊥b，b⊥c，则a 与c 不一定共线，故B 错误；
对于C，若OA，OB，OC是空间的一组基底，且OD＝OA＋OB＋OC，
则OD－OA＝(OB－OA)＋(OC－OA)，即AD＝AB＋AC，
可得A，B，C，D 四点共面，故C 正确；
对于D，若向量a＋b，b＋c，c＋a 是空间的一组基底，
则空间任意一个向量d 存在唯一实数组(x，y，z),
使d＝x(a＋b)＋y(b＋c)＋z(c＋a)＝(x＋z)a＋(x＋y)b＋(y＋z)c，
则a，b，c 也是空间的一组基底．
3. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝1，则BD1·AD等于( )
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A．1
B．2
C．3
D.
答案 A
解析 由长方体的性质可知AD⊥AB，AD⊥BB1，AD∥BC，AD＝BC＝1，
BD1＝BA＋BC＋BB1，所以BD1·AD＝(BA＋BC＋BB1)·AD＝BA·AD＋BC·AD＋BB1·AD＝0＋
BC2＋0＝1.
4．已知平面α 内有一个点A(2，－1,2)，α 的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平
面α 内的是( )
A．(1，－1,1)
B.
C.
D.
答案 B
解析 对于选项A，PA＝(1,0,1)，PA·n ＝5，所以PA与n 不垂直，排除A；同理可排除C，
D；对于选项B，有PA＝，所以PA·n＝0，因此B 项正确．
5. 如图在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD 分别在这个二面角的两个半
平面内，且均与棱AB 垂直，若AB＝，AC＝1，BD＝2，则CD 的长为( )
A．2 B．3 C．2 D．4
答案 B
解析 ∵CD＝CA＋AB＋BD，
∴CD2＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2CA·BD＋2AB·BD，
∵CA⊥AB，BD⊥AB，∴CA·AB＝0，BD·AB＝0，
CA·BD＝|CA||BD|cos(180°－120°)＝×1×2＝1.
∴CD2＝1＋2＋4＋2×1＝9，∴|CD|＝3.
6．(多选)(2023·浙江省文成中学模拟)已知空间向量a＝(2，－2,1)，b＝(3,0,4)，则下列说法
正确的是( )
A．向量c＝(－8,5,6)与a，b 垂直
B．向量d＝(1，－4，－2)与a，b 共面
C．若a 与b 分别是异面直线l1与l2的方向向量，则其所成角的余弦值为
D．向量a 在向量b 上的投影向量为(6,0,8)
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答案 BC
解析 对于A，a·c＝－16－10＋6≠0，b·c＝－24＋24＝0，
故a，c 不垂直，故A 错；
对于B，设d＝ma＋nb，
则m(2，－2,1)＋n(3,0,4)＝(1，－4，－2)，
所以解得
即2a－b＝d，故B 对；
对于C，因为cos〈a，b〉＝＝＝，
所以异面直线l1与l2所成角的余弦值为，故C 对；
对于D，向量a 在向量b 上的投影向量为|a|cos〈a，b〉·＝3×××(3,0,4)＝，故D 错．
7．已知直线l 的方向向量是m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)，平面α 的一个法向量是n＝
(2,3,3)．若l⊥α，则a＋b＝________.
答案 2
解析 ∵m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)是直线l 的方向向量，
n＝(2,3,3)是平面α 的一个法向量，l⊥α，∴m∥n，
∴＝＝，解得a＝，b＝－，
∴a＋b＝2.
8．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP＝VC，VM＝VB， VN
＝VD.则VA 与平面PMN 的位置关系是________．
答案 VA∥平面PMN
解析 如图，设VA＝a，VB＝b，VC＝c，则VD＝a＋c－b，
由题意知PM＝b－c，PN＝VD－VC＝a－b＋c.
因此VA＝PM＋PN，∴VA，PM，PN共面．
又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.
9．已知a＝(1，－3,2)，b＝(－2,1,1)，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？(O 为原点)
解 (1)2a＋b＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，
故|2a＋b|＝＝5.
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(2)令AE＝tAB (t∈R)，AB＝(1，－1，－2)，
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＝.
因此存在点E，使得OE⊥b，此时点E 的坐标为.
10. 如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，
F，H 分别是线段PA，PD，AB 的中点．求证：
(1)PB∥平面EFH；
(2)PD⊥平面AHF.
证明 (1)∵E，H 分别是线段AP，AB 的中点，∴PB∥EH.
∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，∴PB∥平面EFH.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，H(1,0,0)．
PD＝(0,2，－2)，AH＝(1,0,0)，AF＝(0,1,1)，
∴PD·AF＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，
PD·AH＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.
∴PD⊥AF，PD⊥AH，
∴PD⊥AF，PD⊥AH.
∵AH∩AF＝A，且AH，AF⊂平面AHF，∴PD⊥平面AHF.
11.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P 为线段A1C 上的动点，则下
列结论不正确的是( )
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A．当A1C＝2A1P时，B1，P，D 三点共线
B．当AP⊥A1C时，AP⊥D1P
C．当A1C＝3A1P时，D1P∥平面BDC1
D．当A1C＝5A1P时，A1C⊥平面D1AP
答案 B
解析 如图，建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C(0，，0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，B1(1，，
1)，D(0,0,0)，
B(1，，0)，C1(0，，1)，
当A1C＝2A1P时，A1P＝，
DP＝DA1＋A1P＝，
而DB1＝(1，，1)，
∴DP＝DB1，∴B1，P，D 三点共线，A 正确；
设A1P＝λA1C，A1C＝(－1，，－1)，则AP＝AA1＋A1P＝AA1＋λA1C＝(－λ，λ，1－λ)．
当AP⊥A1C时，有AP·A1C＝5λ－1＝0，
∴λ＝，
∴AP·D1P＝·＝－≠0，∴AP与D1P不垂直，B 不正确；
当A1C＝3A1P时，A1P＝，
D1P＝A1P－A1D1＝，
又DB＝(1，，0)，DC1＝(0，，1)，
∴D1P＝DB－DC1，∴D1P，DB，DC1共面，又D1P⊄平面BDC1，∴D1P∥平面BDC1，C 正
确；
当A1C＝5A1P时，A1P＝，从而AP＝，
又AD1·A1C＝(－1,0,1)·(－1，，－1)＝0，
∴A1C⊥AD1，
AP·A1C＝·(－1，，－1)＝0，
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∴A1C⊥AP，∵AD1∩AP＝A，AD1，AP⊂平面D1AP，∴A1C⊥平面D1AP，D 正确．
12．(多选)(2023·梅州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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
D．三棱锥C1－A1D1M 体积不变
答案 ACD
解析 在正方体ABCD－A1B1C1D1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，
即z＝y(3－y)．
对于A 选项，连接A1M ，A1M ＝(0 ，y ，－3) ，则A1M·MN ＝y(3 －y) －3z ＝0 ，则
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＝≤，当且仅当y＝时等号成立，C 正确；
对于D 选项，连接D1M，A1C1，MC1，不论点M 如何移动，点M 到平面A1D1C1的距离均为
3，而
＝，所以三棱锥C1－A1D1M 体积为定值，即D 正
确．
13．在正三棱柱ABC－A1B1C1 中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点，C1N＝
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λNC，且AB1⊥MN，则λ 的值为________．
答案 15
解析 如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，
以MC，MA，MP的方向为x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，
因为底面边长为1，侧棱长为2，
则A，B1，C，C1，M(0,0,0)，
设N，
因为C1N＝λNC，
所以N，
所以AB1＝，MN＝.
又因为AB1⊥MN，
所以AB1·MN＝0，
所以－＋＝0，
解得λ＝15.
14．(2022·杭州模拟)在棱长为1 的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F 分别为A1D1，BB1的中
点，则cos∠EAF＝________，EF＝________.
答案
解析 如图，以A 为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直
角坐标系，
∵正方体的棱长为1，
则E，F，
∴AE＝，AF＝，
EF＝，
cos〈AE，AF〉＝＝＝，
∴cos∠EAF＝，
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EF＝|EF|＝＝.
15．已知梯形CEPD 如图(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A 为线段PD 的中点，四边形
ABCD 为正方形，现沿AB 进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图(2)所示的几何
体．已知当点F 满足AF＝λAB(0＜λ＜1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ 的值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由题意，以A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直
角坐标系，如图所示，
则D(0,4,0)，E(4,0,2)，C(4,4,0)，P(0,0,4)，A(0,0,0)，B(4,0,0)，
设F(t,0,0)，0<t<4，AF＝λAB(0＜λ＜1)，
则(t,0,0)＝(4λ，0,0)，∴t＝4λ，∴F(4λ，0,0)，
DE＝(4，－4,2)，DF＝(4λ，－4,0)，PC＝(4,4，－4)，PE＝(4,0，－2)，
设平面DEF 的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1，λ，2λ－2)，
设平面PCE 的法向量为m＝(a，b，c)，
则取a＝1，得m＝(1,1,2)，
∵平面DEF⊥平面PCE，
∴m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝0，解得λ＝.
16.如图，在三棱锥P－ABC 中，PA·AB＝PA·AC＝AB·AC＝0，|PA|2＝|AC|2＝4|AB|2.
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(1)求证：AB⊥平面PAC；
(2)若M 为线段PC 上的点，设＝λ，当λ 为何值时，直线PC⊥平面MAB?
(1)证明 因为PA·AB＝PA·AC＝AB·AC＝0，
所以PA⊥AB，AB⊥AC，
因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC.
(2)解 当M 为PC 的中点，即λ＝时，直线PC⊥平面MAB.
如图，以A 为坐标原点，射线AC，AB，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴，建立空间
直角坐标系Axyz.
由|PA|2＝|AC|2＝4|AB|2可得PA＝AC＝2AB.
设AP＝2，则P(0,0,2)，A(0,0,0)，C(2,0,0)，B(0,1,0)，M(1,0,1)．
PC＝(2,0，－2)，AM＝(1,0,1)，MB＝(－1,1，－1)．
PC·AM＝2×1＋0×0＋(－2)×1＝0，
所以PC⊥AM，
即PC⊥AM.
PC·MB＝2×(－1)＋0×1＋(－2)×(－1)＝0，
所以PC⊥MB，即PC⊥BM.
又因为AM∩BM＝M，AM，BM⊂平面MAB，
所以PC⊥平面MAB.
故当λ＝时，PC⊥平面MAB.
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