2022版高考人教版数学一轮练习：练案【47理】 空间向量及其运算（理）

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【47理】 空间向量及其运算（理），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．(2021·枣阳市第一中学月考)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( C )
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对
[解析] 因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β不平行，也不垂直．故选C．
2．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则下列式子中与eq \(B1M,\s\up6(→))相等的是( C )
A．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c B．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c
C．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c D．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
[解析] eq \(B1M,\s\up6(→))＝eq \(B1B,\s\up6(→))＋eq \(BM,\s\up6(→))＝－c＋eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(→))＝－c＋eq \f(1,2)(b－a)＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c.故选C．
3．(2020·广西桂林一中期中)若a＝(2,3，m)，b＝(2n,6,8)，且a，b为共线向量，则m＋n的值为( C )
A．7 B．eq \f(5,2)
C．6 D．8
[解析] 由a、b共线得eq \f(2,2n)＝eq \f(3,6)＝eq \f(m,8)，解得m＝4，n＝2，∴m＋n＝6，故选C．
4．在空间直角坐标系中，已知A(1，－2,1)，B(2,2,2)，点P在z轴上，且满足|PA|＝|PB|，则P点坐标为( C )
A．(3,0,0) B．(0,3,0)
C．(0,0,3) D．(0,0，－3)
[解析] 设P点坐标为(0,0，a)，则由题意知1＋4＋(1－a)2＝4＋4＋(2－a)2，解得a＝3，∴P点坐标为(0,0,3)，故选C．
5．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( D )
A．－2 B．－eq \f(14,3)
C．eq \f(14,5) D．2
[解析] a－λb＝(－2＋λ，1－2λ，3－λ)，由a⊥(a－λb)知a·(a－λb)＝－2(－2＋λ)＋(1－2λ)＋3(3－λ)＝0，∴λ＝2，故选D.
6．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))的夹角为( C )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析] 由已知得eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
所以cseq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,3\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
所以向量eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))的夹角为60°.故选C．
7．(2021·西安质检)已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))的值为( C )
A．a2 B．eq \f(1,2)a2
C．eq \f(1,4)a2 D．eq \f(\r(3),4)a2
[解析] eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))·eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,4)(a2cs 60°＋a2cs 60°)＝eq \f(1,4)a2.故选C．
8．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是( D )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))
[解析] eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，
设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0.))
令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)．
单位法向量为：±eq \f(n,|n|)＝±eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).
9．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( D )
A．eq \f(62,7) B．eq \f(63,7)
C．eq \f(64,7) D．eq \f(65,7)
[解析] 显然a与b不共线，
如果a，b，c三向量共面，则c＝xa＋ yb，
即x(2，－1,3)＋y(－1,4，－2)＝(7,5，λ)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,－x＋4y＝5，,3x－2y＝λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(33,7)，,y＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))选D.
10．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( B )
A．(1，－1,1) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，\f(3,2)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－3，\f(3,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，3，－\f(3,2)))
[解析] 对于选项A，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1,0,1)，则eq \(PA,\s\up6(→))·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0；对于选项B，eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－4，\f(1,2)))，则eq \(PA,\s\up6(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－4，\f(1,2)))·(3,1,2)＝0，验证可知C、D均不满足eq \(PA,\s\up6(→))·n＝0.故选B.
11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法正确的个数是( B )
①(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝2(eq \(AC,\s\up6(→)))2
②eq \(AC1,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＝0
③向量eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(AA1,\s\up6(→))的夹角是60°
④BD1与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 平行六面体的棱长均为a，则由题意知(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝(eq \(AA1,\s\up6(→)))2＋(eq \(AB,\s\up6(→)))2＋(eq \(AD,\s\up6(→)))2＋2eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＋2eq \(A1A,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝6a2，
2(eq \(AC,\s\up6(→)))2＝2(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝2[(eq \(AB,\s\up6(→)))2＋2eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋(eq \(AD,\s\up6(→)))2]＝6a2，
∴(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))2＝2(eq \(AC,\s\up6(→)))2，①正确；
∵eq \(AC1,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＝(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))·(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＋(eq \(AB,\s\up6(→)))2－(eq \(AD,\s\up6(→)))2＝0，②正确；
∵eq \(B1C,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))，
cs〈eq \(B1C,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))－\(AA1,\s\up6(→))·\(AA1,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))－\(AA1,\s\up6(→))|·|\(AA1,\s\up6(→))|)＝－eq \f(1,2)，
∴eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(AA1,\s\up6(→))的夹角是120°，③错；
∵eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))，
记BD1与AC所成角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(BD1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))|,|\(BD1,\s\up6(→))|·|\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→))＋\(AA1,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))2－\(AB,\s\up6(→))2,\r(\(AA1,\s\up6(→))＋\(AD,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→))2)·\r(\(AD,\s\up6(→))＋\(AB,\s\up6(→))2))＝eq \f(\r(6),6)，④错；故选B.
12．(2020·重庆月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，M为棱PD的中点，N为菱形ABCD的中心，下列结论错误的是( C )
A．PB∥平面AMC
B．PB⊥AD
C．AM＝CM
D．PB与AM所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)
[解析] 如图，连接MN，易知MN∥PB，由线面平行的判定定理得PB∥面AMC，A正确．取AD的中点O，连PO、BO，由题意易知PO、OA、OB两两垂直，如图建立空间直角坐标系，且设AB＝2，则eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)·(0，eq \r(3)，－eq \r(3))＝0，
∴PB⊥AD，B正确．
又|MA|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－1))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＝3，
|MC|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋2))2＋(0－eq \r(3))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＝6，∴MA≠MC，∴C错；cs〈eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(PB,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))|·|\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(－\f(3,2),\r(6)×\r(3))＝－eq \f(\r(2),4)，
∴PB与AM所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4)，D正确．故选C．
二、填空题
13．(2021·竹溪县第二高级中学月考)如图，空间四边形OABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则eq \(MN,\s\up6(→))等于 －eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c .(用a，b，c表示)
[解析] 因为eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))－eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(b＋c)－eq \f(2,3)a＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.
14．已知三点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))取得最小值时，Q点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))) .
[解析] 设Q(x，y，z)，由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得eq \(OQ,\s\up6(→))＝λeq \(OP,\s\up6(→))，则有Q(λ，λ，2λ)，eq \(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq \(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ).eq \(QA,\s\up6(→))·eq \(QB,\s\up6(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)·(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝2(3λ2－8λ＋5)，根据二次函数的性质可得当λ＝eq \f(4,3)时，取得最小值，此时Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))).
三、解答题
15．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求证：AB1⊥平面A1BD.
[证明] 解法一：取BC的中点O，连接AO.
∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC．
∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
∴AO⊥平面BCC1B1，
取B1C1的中点O1，以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1,0，0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．
则n⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0.))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝－eq \r(3).
故n＝(1,2，－eq \r(3))为平面A1BD的一个法向量，而eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))＝n，即eq \(AB1,\s\up6(→))∥n，
∴AB1⊥平面A1BD.
解法二：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→)).
令eq \(BB1,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BA,\s\up6(→))＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，
以它们为空间的一组基底，则eq \(BA1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b，eq \(AB1,\s\up6(→))＝a－c，m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc，eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝(a－c)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))－2μ－4λ＝0.故eq \(AB1,\s\up6(→))⊥m，结论得证．
解法三：基向量的取法同上．
∵eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BA1,\s\up6(→))＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，
eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(a－c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋b))＝eq \f(1,2)|a|2＋a·b－eq \f(1,2)a·c－b·c＝0，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))⊥BD，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.
B组能力提升
1．(2020·河南九师联盟联考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( D )
A．若α⊥β，m⊂α，n∥β，则m⊥n
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
C．若m⊥n，m∥α，n⊂β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
[解析] A中，若α⊥β，m⊂α，n∥β，则m，n也有可能平行，故A错；B中，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥β，n∥α，但m，n可能异面、平行，故B错；C中，若m⊥n，m∥α，n⊂β，则α，β可能平行或相交，故C错；D中，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，即D正确．故选D.
2．直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为( C )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,8)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(3,4)
[解析] 以BC的中点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝2，则B(－1,0,0)，则C1(1,0,2)，故eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)．又B1(－1,0,2)，A(0，eq \r(3)，0)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，2)，则异面直线AB1与C1B所成角的余弦值为csθ＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,2\r(2)·2\r(2))＝eq \f(1,4)，故选C．
3．(2021·广东汕头模拟)如图，三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝DB＝DC＝1，BC＝eq \r(2)，平面DBC⊥平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，则异面直线CM与BN所成角的余弦值为( A )
A．eq \f(\r(15),6) B．eq \f(\r(15),2)
C．eq \f(\r(5),6) D．0
[解析] 取BC的中点O，连接DO，AO，
∵BD＝DC，∴DO⊥BC，
又平面DBC⊥平面ABC，
∴DO⊥平面ABC，从而DO⊥OA，又AB＝AC，
∴AO⊥BC，如图建立空间直角坐标系，
则eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，0，\f(\r(2),4)))，
则cseq \(CM,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(\(CM,\s\up6(→))·\(BN,\s\up6(→)),|\(CM,\s\up6(→))||\(BN,\s\up6(→))|)＝eq \f(－\f(5,8),\f(\r(3),2)×\f(\r(5),2))＝－eq \f(\r(15),6)，
∴异面直线CM与BN所成角的余弦值为eq \f(\r(15),6).选A．
4．(2021·河南洛阳期中)如图，△ABC为等边三角形，D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，AF∩DE＝G，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点A′的位置，下列命题中，错误的是( D )
A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上
B．恒有平面A′GF丄平面BCDE
C．三棱锥A′－EFD的体积有最大值
D．异面直线A′E与BD不可能垂直
[解析] 由题意知DE⊥GF，DE⊥A′G，∴DE⊥平面A′FG，又DE⊂平面ABC，∴平面A′FG⊥平面ABC，又平面A′FG∩平面ABC＝AF，∴A′在平面ABC上的射影在线段AF上，∴A、B对；显然，当平面A′DE⊥平面ABC时，V三棱锥A′－EFD最大，∴C对；不妨设等边△ABC的边长为2a，则A′E＝EF＝a，当A′F＝eq \r(2)a时，A′E⊥EF，又EF∥BD，∴A′E⊥BD，∴D错，故选D.
5．(2021·百万联考9月联考改编)在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，PD＝AB，四边形ABCD是正方形，点E是棱PB的中点，则下列结论正确的是( C )
①PD⊥平面ABCD ②PD∥平面ACE
③PB＝2AE ④PC⊥AE
A．①② B．②④
C．②③ D．①④
[解析] 如图，对于①，因为PD与AD不一定垂直，所以PD不一定垂直平面ABCD，故①错误；对于②，连接BD，记AC∩BD＝O，连接OE，四边形ABCD是正方形，所以O为BD的中点．因为O，E分别为BD，BP的中点，所以OE∥PD，则PD∥平面ACE，故②正确；对于③，因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD，因为侧面PAD⊥平面ABCD，所以CD⊥平面PAD.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA，则PB＝2AE，故③正确，故选C．