§7.6 空间向量的概念与运算
课标要求 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.
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 = 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 .{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，
a3= λb
3
垂直
a·b=0
(a≠0，b≠0)
a1b1+ a 2b2+ a 3b3=0
模
|a|
√a1
2+a2
2+a3
2
夹角余弦值
cos〈a，b〉=
a·b
|a||b|
(a≠0，b≠0)
cos〈a，b〉=
a1b1+a2b2+a3b3
√a1
2+a2
2+a3
2√b1
2+b2
2+b3
2
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 的有向线段所在的直线与直线l 平行或重合，那么称此向
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，则称向量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
1.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.( × )
2.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，⃗A A1=c，则下列
向量中与⃗C1 M相等的向量是( )
A.-1
2a+1
2b+c
B.1
2a+1
2b+c
C.-1
2a-1
2b-c
D.-1
2a-1
2b+c
答案 C
解析 ⃗C1 M=⃗C1C+⃗CM=⃗C1C+1
2 (⃗CB+⃗CD)=⃗A1 A+1
2⃗DA+1
2⃗BA=-1
2a-1
2b-c.
3.若平面α 外的直线l 的方向向量为a=(1，0，-2)，平面α 的法向量为m=(8，-1，4)，则( )
A.l⊥α
B.l∥α
C.a∥m
D.l 与α 斜交
答案 B
解析 根据题意，直线l 的方向向量为a=(1，0，-2)，
平面α 的法向量为m=(8，-1，4)，易得a·m=1×8-2×4=0，
又直线l 在平面α 外，则有l∥α.
4.已知空间向量a=(λ，1，2)，b=(2，λ+1，λ)，若a∥b，则实数λ= .
答案 -2
解析 由a∥b，可设b=μa(μ∈R)，
则(2，λ+1，λ)=(μλ，μ，2μ)，
所以{
2= μλ ,
λ+1= μ,
λ =2 μ
⇒{
μ=-1,
λ =-2.
1.牢记空间中三点共线、四点共面的充要条件
(1)在平面中A，B，C 三点共线的充要条件是：⃗OA=x⃗OB+y⃗OC(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=x⃗OA+y⃗OB+z⃗OC(其中x+y+z=1)，O 为空间任意一
点.
2.解题时防范以下几个易误点
(1)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.
(2)由于0 与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0 不能作为基向量.
(3)直线的方向向量和平面的法向量均不为零向量且不唯一.
题型一 空间向量的线性运算
例1 (1)设x，y 是实数，已知三点A(1，5，-2)，B(2，4，1)，C(x，3，y+2)在同一条直线上，那
么x+y 等于( )
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 D
解析 由已知可得⃗AB=(1，-1，3)，⃗AC=(x-1，-2，y+4).
因为A，B，C 三点共线，所以⃗AB与⃗AC共线，
所以1
x -1=-1
-2 =
3
y + 4 ，
解得x=3，y=2，所以x+y=5.
(2)在三棱柱ABC-A1B1C1中，E 是BC 的中点，⃗AG=2⃗GE，则⃗GC1等于( )
A.1
3⃗AB-2
3⃗AC+⃗A A1
B.1
3⃗AB+2
3⃗AC+⃗A A1
C.-1
3⃗AB+2
3⃗AC+⃗A A1
D.-1
3⃗AB+2
3⃗AC-⃗A A1
答案 C
解析 因为⃗AG=2⃗GE，所以⃗GE=1
3⃗AE，
所以⃗GC1=⃗GE+⃗EC+⃗C C1=1
3⃗AE+1
2⃗BC+⃗A A1
=1
3×1
2 (⃗AB+⃗AC)+1
2 (⃗AC-⃗AB)+⃗A A1
=2
3⃗AC-1
3⃗AB+⃗A A1.
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 (2024·六安统考)如图，底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD，EC=2PE，若⃗DE=x⃗AB
+y⃗AC+z⃗AP，则x+y+z 等于( )
A.1
B.2
C.1
3
D.5
3
答案 A
解析 由题意得⃗DE=⃗DC+⃗CA+⃗AE=⃗AB-⃗AC+⃗AP+⃗PE
=⃗AB-⃗AC+⃗AP+1
3⃗PC=⃗AB-⃗AC+⃗AP+1
3 (⃗AC-⃗AP)
=⃗AB-2
3⃗AC+2
3⃗AP，
又因为⃗DE=x⃗AB+y⃗AC+z⃗AP，
所以x=1，y=-2
3，z=2
3，
所以x+y+z=1.
题型二 空间向量基本定理及其应用
例2 下列说法正确的是( )
A.若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线
B.若{a，b，c}为空间的一个基底，则a+2b，a+b，a-b 能构成基底
C.若⃗OG=2
5⃗OA-3
5⃗OB+4
5⃗OC，则A，B，C，G 四点共面
D.若向量p=mx+ny+kz(其中x，y，z 是三个不共面的向量，m，n，k∈R)，则称p 在基底{x，y，z}
下的坐标为(m，n，k).若p 在单位正交基底{a，b，c}下的坐标为(1，2，3)，则p 在基底{a-b，
a+b，c}下的坐标为(- 1
2 ，3
2 ，3)
答案 D
解析 对于A，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；
对于B，a+2b=3
2(a+b)-1
2(a-b)，则a+2b，a+b，a-b 共面，不能构成基底，故B 错误；
对于C，对于⃗OG=2
5⃗OA-3
5⃗OB+4
5⃗OC，由于2
5-3
5+4
5 ≠1，故A，B，C，G 四点不共面，故C 错误；
对于D，p 在单位正交基底{a，b，c}下的坐标为(1，2，3)，即p=a+2b+3c，设p 在基底{a-b，a+b，c}下的
坐标为(x，y，z)，则满足p=x(a-b)+y(a+b)+zc=(x+y)a+(y-x)b+zc=a+2b+3c，
故{
x + y =1,
y - x =2,
z =3,
解得{
x =- 1
2 ,
y = 3
2 ,
z =3,
则p 在基底{a-b，a+b，c}下的坐标为(- 1
2 ，3
2 ，3)，故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=λ⃗PB⃗
MP=x⃗MA+y⃗MB
对空间任一点O，⃗
OP=⃗OA+t⃗AB
对空间任一点O，⃗OP=⃗OM+x⃗MA
+y⃗MB
对空间任一点O，⃗
OP=x⃗OA+(1-x)⃗OB
对空间任一点O，⃗OP=x⃗OM+y⃗OA
+(1-x-y)⃗OB
跟踪训练2 (1)O 为空间任意一点，若⃗AP=-1
4⃗OA+1
8⃗OB+t⃗OC，若A，B，C，P 四点共面，则实数t
等于( )
A.1
B.9
8
C.1
8
D.1
4
答案 C
解析 因为⃗AP=⃗OP-⃗OA，
所以⃗AP=-1
4⃗OA+1
8⃗OB+t⃗OC可化为⃗
OP-⃗OA=-1
4⃗OA+1
8⃗OB+t⃗OC，
即⃗OP=3
4⃗OA+1
8⃗OB+t⃗OC，
由于A，B，C，P 四点共面，则3
4 +1
8+t=1，
解得t=1
8.
(2)已知空间向量a=(1，2，0)，b=(0，-1，1)，c=(2，3，m)，若a，b，c 共面，则实数m 等于(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 A
解析 因为a=(1，2，0)，b=(0，-1，1)不共线，a，b，c 共面，
所以存在唯一有序实数对(x，y)，使c=xa+yb，
所以(2，3，m)=x(1，2，0)+y(0，-1，1)=(x，2x-y，y)，
所以{
x =2,
2 x - y =3,
y =m,
解得{
x =2,
y =1,
m=1.
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 (1)(多选)已知空间中A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(-1，3，1)三点，则( )
A.△ABC 为直角三角形
B.与向量⃗AB方向相同的单位向量是(
2√5
5
，- √5
5 ，0)
C.⃗AB与⃗BC夹角的余弦值是-√55
11
D.平面ABC 的一个法向量是(1，-2，5)
答案 ACD
解析 因为A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(-1，3，1)，
所以⃗AB=(2，1，0)，⃗AC=(-1，2，1)，
⃗
AB·⃗AC=-2+2+0=0，
所以AB⊥AC，故A 正确；
因为|⃗AB|=√2
2+1
2=√5，
所以与向量⃗AB方向相同的单位向量是⃗AB
|⃗AB|
=(
2√5
5
，√5
5 ，0)，故B 错误；
又⃗BC=(-3，1，1)，所以⃗AB与⃗BC夹角的余弦值是⃗
AB·⃗BC
|⃗AB||⃗BC |
=-5
√5×√11=-√55
11 ，故C 正确；
不妨令n=(1，-2，5)，则n·⃗AB=1×2+(-2)×1+5×0=0，
n·⃗AC=1×(-1)+(-2)×2+5×1=0，
即⃗AB⊥n 且⃗AC⊥n，
所以n=(1，-2，5)是平面ABC 的一个法向量，故D 正确.
(2)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为1，∠BAA1=∠DAA1=60°，∠BAD=90°，则线
段AC1的长度为 .
答案 √5
解析 取{⃗AB，⃗AD，⃗A A1}为一个基底，⃗AB·⃗AD=0，⃗AB·⃗A A1=1
2，⃗AD·⃗A A1=1
2，
∴|⃗A C1|=√(⃗AB+⃗AD +⃗AA1)
2 =√⃗AB
2+⃗AD
2+⃗A A1
2+2(⃗AB·⃗AD+⃗AD·⃗A A1+⃗A A1·⃗AB)
=√5.
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 (2024·沧州模拟)《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，在第五卷
《商功》中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.已知在堑堵ABC-
A1B1C1中，AB⊥AC，AB=2，AC=AA1=3，⃗BE=⃗E A1，⃗CF=2⃗F A1，则⃗AE·⃗BF= ，EF=
.
答案 1 3
2
解析 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，AA1所在直线为z 轴，建立空间直角坐
标系，如图，
∵AB=2，AC=AA1=3，⃗BE=⃗E A1，⃗CF=2⃗F A1，
∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，3，0)，A1(0，0，3)，E(1，0，3
2)，F(0，1，2)，
∴⃗AE=(1，0，3
2)，⃗BF=(-2，1，2)，
∴⃗AE·⃗BF=1×(-2)+0×1+3
2×2=1.⃗
EF=(-1，1，1
2)，∴|⃗EF|=√1+1+ 1
4
=3
2.
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB=AC=3，BC=2√5，AA1=√7，BB1=2√7，点E 和F
分别为BC 和A1C 的中点.求证：
(1)EF∥平面A1B1BA；
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
证明 因为AB=AC，E 为BC 的中点，
所以AE⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1，
所以过E 作平行于BB1的垂线为z 轴，EC，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=3，BE=√5，
所以AE=2，
所以E(0，0，0)，C(√5，0，0)，
A(0，2，0)，B(-√5，0，0)，A1(0，2，√7)，则F(
√5
2 ，1，√7
2 ).
(1)⃗EF=(
√5
2 ，1，√7
2 )，⃗AB=(-√5，-2，0)，⃗
A A1=(0，0，√7).设平面AA1B1B 的一个法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗AB =0,
n·⃗A A1=0,
所以{
-√5 x -2 y =0,
√7 z =0,
取{
x =-2,
y =√5,
z =0,
所以n=(-2，√5，0).
因为⃗EF·n=√5
2 ×(-2)+1×√5+√7
2 ×0=0，
所以⃗EF⊥n.
又EF⊄平面A1B1BA，
所以EF∥平面A1B1BA.
(2)易证EC⊥平面AEA1，
所以⃗EC=(√5，0，0)为平面AEA1的一个法向量.
同理易证EA⊥平面BCB1，
所以⃗EA=(0，2，0)为平面BCB1的一个法向量.
因为⃗EC·⃗EA=0，所以⃗EC⊥⃗EA，
故平面AEA1⊥平面BCB1.
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 (2025·长沙统考)如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面
ABCD，PD=DC，E 是PC 的中点，作EF⊥PB 交PB 于点F.
(1)求证：PA∥平面EDB；
(2)求证：平面PBC⊥平面EFD.
证明 (1)在四棱锥P-ABCD 中，PD⊥平面ABCD，AD，DC⊂平面ABCD，
则PD⊥AD，PD⊥DC，由底面ABCD 是正方形，得AD⊥DC，
以D 为原点，直线DA，DC，DP 分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设DC=2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，⃗
PA=(2，0，-2)，⃗DB=(2，2，0)，⃗DE=(0，1，1)，设平面EDB 的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则{⃗
DB·m=2 x1+2 y1=0,⃗
DE·m= y1+ z1=0,
令y1=-1，得m=(1，-1，1)，则⃗PA·m=2-2=0，
而PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.
(2)由(1)知，⃗PB=(2，2，-2)，由⃗PB·⃗DE=0+2-2=0，得PB⊥DE，
又EF⊥PB，且EF∩DE=E，EF，DE⊂平面EFD，
所以PB⊥平面EFD.
又PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面EFD.
课时精练
(分值：80 分)
一、单项选择题(每小题5 分，共20 分)
1.在空间四边形ABCD 中，E，F 分别为BC，CD 的中点，则⃗AF-1
2 (⃗AB+⃗AC)等于( )
A.-⃗EF
B.⃗BD
C.⃗EF
D.-⃗BD
答案 C
解析 在空间四边形ABCD 中，E 为BC 的中点，则⃗AB+⃗AC=2⃗AE，
所以⃗AF-1
2 (⃗AB+⃗AC)=⃗AF-⃗AE=⃗EF.
2.(2024·嘉兴模拟)设x，y∈R，a=(1，1，1)，b=(1，y，z)，c=(x，-4，2)，且a⊥c，b∥c，则|2a+b|等于(
)
A.2√2
B.0
C.3
D.3√2
答案 D
解析 由a⊥c⇒a·c=0⇒x-4+2=0⇒x=2，
由b∥c⇒1
2= y
- 4 = z
2⇒y=-2，z=1.
所以|2a+b|=|2(1，1，1)+(1，-2，1)|=|(3，0，3)|=3√2.
3.(2025·长春模拟)下列可使非零向量a，b，c 构成空间的一个基底的条件是( )
A.a，b，c 两两垂直
B.b=λc(λ∈R)
C.a=mb+nc(m，n∈R)
D.a+b+c=0
答案 A
解析 由基底定义可知只有非零向量a，b，c 不共面时才能构成空间中的一个基底.
对于A，因为非零向量a，b，c 两两垂直，所以非零向量a，b，c 不共面，可构成空间的一个基底，故A
正确；
对于B，b=λc，则b，c 共线，由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，所以a 与b，c 共面，故B
错误；
对于C，由共面向量定理可知非零向量a，b，c 共面，故C 错误；
对于D，a+b+c=0，即a=-b-c，故由共面向量定理可知非零向量a，b，c 共面，故D 错误.
4.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，BD=3，⃗A D1·⃗DC-⃗A B1·⃗BC=4，则cos〈⃗A A1，⃗BD〉等于(
)
A.2
3
B.-2
3
C.3
4
D.-3
4
答案 B
解析 因为⃗A D1·⃗DC-⃗A B1·⃗BC=(⃗AD+⃗A A1)·⃗AB-(⃗AB+⃗A A1)·⃗AD
=⃗AD·⃗AB+⃗A A1·⃗AB-⃗AB·⃗AD-⃗A A1·⃗AD=⃗A A1·(⃗AB-⃗AD)=⃗AA1·⃗DB=4，
所以⃗A A1·⃗BD=-4，
cos〈⃗A A1，⃗BD〉=⃗
A A1·⃗BD
|⃗A A1||⃗BD| =- 4
2×3=-2
3.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
5.下列命题正确的是( )
A.平面α，β 的法向量分别为n1=(0，1，3)，n2=(1，2，6)，则α∥β
B.直线l 的方向向量为a=(1，-1，2)，直线m 的方向向量为b=(2，1，- 1
2)，则l 与m 垂直
C.直线l 的方向向量为a=(0，1，-1)，平面α 的法向量为n=(1，-1，-1)，则l∥α
D.平面α 经过A(1，0，-1)，B(0，1，0)，C(-1，2，0)三点，向量n=(1，u，t)是平面α 的一个法向量，则
u+t=1
答案 BD
解析 对于A，向量n1=(0，1，3)与n2=(1，2，6)不共线，平面α 与β 不平行，A 错误；
对于B，由a=(1，-1，2)，b=(2，1，- 1
2)，得a·b=1×2-1×1+2×(- 1
2)=0，l 与m 垂直，B 正确；
对于C，a·n=1×(-1)+(-1)×(-1)=0，a⊥n，则l⊂α 或l∥α，C 错误；
对于D，⃗BA=(1，-1，-1)，⃗BC=(-1，1，0)，
由n=(1，u，t)是平面α 的一个法向量，得
{⃗
BA ·n=1-u-t =0,⃗
BC ·n=-1+u=0, 解得u+t=1，D 正确.
6.下列说法正确的是( )
A.在空间直角坐标系Oxyz 中，点(3，-4，5)关于Oxy 平面对称的点为(3，-4，-5)
B.对空间任意一点O 与不共线的A，B，C 三点，若⃗OP=x⃗OA+y⃗OB+z⃗OC，其中x，y，z∈R 且x+y+z=1，
则P，A，B，C 四点共面
C.已知a=(0，1，1)，b=(0，0，-1)，则a 在b 上的投影向量为(0，0，-1)
D.向量p 在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a+b，a-b，c}下的坐标为(3，1，3)
答案 ABD
解析 对于A，点(3，-4，5)关于Oxy 平面对称的点应满足横、纵坐标不变，竖坐标变为相反数，即为
(3，-4，-5)，故A 正确；
对于B，因为x+y+z=1，则z=1-x-y，所以⃗OP=x⃗OA+y⃗OB+(1-x-y)⃗OC，即⃗OP-⃗OC=x⃗OA-x⃗OC+y⃗OB-y⃗OC，
所以⃗CP=x⃗CA+y⃗CB，所以P，A，B，C 四点共面，故B 正确；
对于C，由投影向量定义可得a 在b 上的投影向量为a·b
|b |
2b=-1
1 b=-b=(0，0，1)，故C 错误；
对于D，设向量p 在基底{a+b，a-b，c}下的坐标为(x，y，z)，
则p=x(a+b)+y(a-b)+zc，
又向量p 在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，
则p=4a+2b+3c，
所以4a+2b+3c=x(a+b)+y(a-b)+zc
=(x+y)a+(x-y)b+zc，
所以{
x + y = 4 ,
x - y =2,
z =3,
解得{
x =3,
y =1,
z =3,
所以向量p 在基底{a+b，a-b，c}下的坐标为(3，1，3)，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
7.已知a=(1，0，2)，b=(3，-2，1)，c=(-1，m，3)，若{a，b，c}不能构成空间的一个基底，则实数m=
.
答案 2
解析 依题意a，b，c 三个向量共面，
∴存在唯一有序实数对(λ，μ)，使c=λa+μb，
即(-1，m，3)=λ(1，0，2)+μ(3，-2，1)，
即{
λ+3 μ=-1,
-2 μ=m,
2 λ+ μ=3
⇒{
λ =2,
μ=-1,
m=2.
8.(2024·佛山统考)已知棱长为1 的正四面体ABCD，M 为BC 的中点，N 为AD 的中点，则⃗BN·⃗DM=
.
答案 -1
2
解析 由题意可知|⃗BA|=|⃗BC|=|⃗BD|=1，
且⃗BA·⃗BC=⃗BA·⃗BD=⃗BC·⃗BD=1
2，
因为M 为BC 的中点，N 为AD 的中点，
则⃗BN=1
2⃗BA+1
2⃗BD，⃗DM=⃗BM-⃗BD=1
2⃗BC-⃗BD，
所以⃗BN·⃗DM=(
1
2⃗BA + 1
2⃗BD)·(
1
2⃗BC -⃗BD)
=1
4⃗BA·⃗BC+1
4⃗BD·⃗BC-1
2⃗BA·⃗BD-1
2⃗BD
2
=1
4 ×1
2+1
4 ×1
2-1
2×1
2-1
2=-1
2.
四、解答题(共28 分)
9.(13 分)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；(5 分)
(2)PD⊥平面AHF.(8 分)
证明 (1)∵E，H 分别是线段PA，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.
10.(15 分)如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=CC1，⃗CA=a，⃗CB=b，⃗C C1=c，〈a，b〉=〈a，
c〉=2π
3 ，〈b，c〉=π
2 ，N 是AB 的中点.
(1)用a，b，c 表示向量⃗A1 N；(5 分)
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M 的位置，若不存在，请说明理由.(10 分)
解 (1)⃗A1 N=⃗A1 A+⃗AN=⃗C1C+1
2⃗AB=-⃗C C1+1
2 (⃗CB-⃗CA)=-1
2a+1
2b-c.
(2)假设存在点M，使AM⊥A1N，设⃗C1 M=λ⃗C1B1=λb(λ∈[0，1])，
显然⃗AM=⃗A A1+⃗A1C1+⃗C1 M=c-a+λb.
因为AM⊥A1N，所以⃗AM·⃗A1 N=0，
即(c-a+λb)·(- 1
2 a+ 1
2 b-c)=0，
所以-1
2c·a+1
2c·b-c2+1
2a2-1
2a·b+c·a-1
2λa·b+1
2λb2-λb·c=0.
设CA=CB=CC1=1，又〈a，b〉=〈a，c〉=2π
3 ，〈b，c〉=π
2 ，
所以1
2c·a-c2+1
2a2-(
1
2 + 1
2 λ)a·b+1
2λb2=0，
即1
2×1×1×(- 1
2)-12+1
2×12-(
1
2 + 1
2 λ)×1×1×(- 1
2)+1
2λ·12=0，
解得λ=2
3，
所以当C1M=2
3C1B1时，AM⊥A1N.
每小题5 分，共10 分
11.(2024·河北省多校联考)1941 年中国共产党在严重的困难面前，号召根据地军民，自力更生，艰苦奋斗，
尤其是通过开展大生产运动，最终走出了困境.如图就是当时缠线用的线拐子，在结构简图中线段AB 与
CD 所在直线异面垂直，E，F 分别为AB，CD 的中点，且EF⊥AB，EF⊥CD，线拐子使用时将丝线从点A
出发，依次经过D，B，C 又回到点A，这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，称为“束丝”.图中
AB=EF=CD=30 cm，则丝线缠一圈的长度为( )
A.90√2 cm
B.90√3 cm
C.60√6 cm
D.80√3 cm
答案 C
解析 依题意⃗BE⊥⃗EF，⃗FD⊥⃗EF，⃗BE⊥⃗FD，
所以⃗BE·⃗EF=0，⃗FD·⃗EF=0，⃗BE·⃗FD=0，
又⃗BD=⃗BE+⃗EF+⃗FD，
所以⃗BD
2=(⃗BE +⃗EF +⃗FD)
2
=⃗BE
2+⃗EF
2+⃗FD
2+2⃗BE·⃗EF+2⃗BE·⃗FD+2⃗EF·⃗FD
=152+302+152=152×6，
所以|⃗BD|=15√6，
同理可得|⃗AD|=|⃗AC|=|⃗BC|=15√6，
所以丝线缠一圈的长度为4×15√6=60√6(cm).
12.(2025·唐山模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1=C1D1=√3，C1B1=1，点P 为线段B1C 上一点，
则⃗C1 P·⃗D1 P的最大值为 .
答案 3
解析 以C1为坐标原点，分别以C1D1，C1B1，C1C 为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C1(0，0，0)，D1(√3，0，0)，C(0，0，√3)，B1(0，1，0)，
设⃗CP=m⃗C B1=m(0，1，-√3)，0≤m≤1，
则⃗C1 P=⃗C1C+m⃗C B1=(0，0，√3)+m(0，1，-√3)=(0，m，√3-√3m)，⃗
D1 P=⃗C1 P-⃗C1 D1=(0，m，√3-√3m)-(√3，0，0)=(-√3，m，√3-√3m)，
则⃗C1 P·⃗D1 P=(0，m，√3-√3m)·(-√3，m，√3-√3m)=m2+(√3-√3m)
2=4m2-6m+3=4(m- 3
4)
2
+3
4 ，
因为0≤m≤1，所以当m=0 时，⃗C1 P·⃗D1 P取最大值，最大值为3.
