2027年高考数学一轮复习第七章　§7.6　空间向量的概念与运算学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第七章　§7.6　空间向量的概念与运算学案含解析，共17页。

1.空间向量的有关概念
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|cs〈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).
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
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，在空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=2MA，点N为BC的中点，则MN等于( )
A.12a-23b+12c
B.-23a+12b+12c
C.12a+12b-12c
D.23a+b-12c
答案 B
解析 因为OM=2MA，点N为BC的中点，
所以MA=13OA，BN=12BC，
故MN=MA+AB+BN=13OA+OB-OA+12BC
=13a+b-a+12(OC-OB)
=-23a+b+12(c-b)=-23a+12b+12c.
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⊥αB.l∥α
C.a∥mD.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.(2025·济宁模拟)已知a=(2，m，n)，b=(1，2，-1)，a∥b，则|a|= .
答案 26
解析 因为a=(2，m，n)，b=(1，2，-1)，a∥b，
所以21=m2=n−1⇒m=4，n=-2，
所以a=(2，4，-2)，
所以|a|=22+42+(−2)2=26.
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=xOB+yOC(其中x+y=1)，O为平面内任意一点(O不在直线BC上).
(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(O不在平面ABC内).
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)(2025·漳州模拟)已知A(2，1，1)，B(4，-1，m)，C(6，n，2)，若A，B，C三点共线，则m+n的值为( )
A.32B.-32C.-3D.3
答案 B
解析 由题意得AB=(2，-2，m-1)，AC=(4，n-1，1)，
因为A，B，C三点共线，所以AB=λAC(λ∈R)，
即(2，-2，m-1)=λ(4，n-1，1)，
即2=4λ，−2=λ(n−1)，m−1=λ，解得λ=12，n=−3，m=32，
所以m+n=-32.
(2)(北师大版选择性必修第一册P106习题3-2A组T4)在三棱柱ABC-A'B'C'中，已知点M，N分别为BB'和AC的中点，则MN等于( )
A.12(AC+AB+BB')
B.12(C'C+B'C'+B'A')
C.12(AC+CB+BB')
D.12(BB'-BA-BC)
答案 B
解析 如图，连接BN，
MN=BN-BM
=12(BA+BC)-12BB'
=12(B'A'+B'C'-BB')
=12(C'C+B'C'+B'A').
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 (2026·上海模拟)如图所示，已知四棱锥P-ABCD，PE=14PC，若AB=a，AD=b，AP=c，则BE等于( )
A.-34a+14b+34cB.-54a-14b+54c
C.54a+14b-54cD.34a-14b-34c
答案 A
解析 由PE=14PC得PE=14PC=14(PA+AB+BC)=14(-AP+AB+AD)=14(a+b-c)，
所以BE=AE-AB=AP+PE-AB=c+14(a+b-c)-a=-34a+14b+34c.
题型二 空间向量基本定理及其应用
例2 (2025·北京朝阳区模拟)在正四棱锥P-ABCD中，PF=FD，PE=2EB，设平面AEF与直线PC交于点G，PG=λPC，则λ= .
答案 25
解析 PG=λPC=λ(PB+BC)
=λPB+λAD=λPB+λPD-λPA.
方法一 ∵A，E，F，G四点共面，
∴AG=xAE+yAF(x，y∈R)，
∴PG-PA=x(PE-PA)+y(PF-PA)，
∴λPB+λPD-(λ+1)PA
=2x3PB+y2PD-(x+y)PA，
∵PA，PB，PD不共面，
∴λ=2x3，λ=y2，−(λ+1)=−(x+y)，解得x=35，y=45，λ=25.
方法二 PG=λPB+λPD-λPA
=3λ2PE+2λPF-λPA，
∵G，E，F，A四点共面，∴3λ2+2λ-λ=1⇒λ=25.
思维升华 应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较
跟踪训练2 (多选)下列说法正确的是( )
A.空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B.对空间中任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=2OA-4OB+3OC，则P，A，B，C四点不共面
C.若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a+b，b+2c，c+3a}构成空间的另一个基底
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−12，32，3
答案 ACD
解析 对于A，根据共线向量的概念可知，空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确；
对于B，因为2-4+3=1，故P，A，B，C四点共面，故B错误；
对于C，显然a，b，c不共面，假设a+b，b+2c，c+3a共面，
令a+b=x(b+2c)+y(c+3a)(x，y∈R)，
则1=3y，1=x，0=2x+y，无实数解，故a+b，b+2c，c+3a不共面，
因此{a+b，b+2c，c+3a}构成空间的另一个基底，故C正确；
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=−12，y=32，z=3，
则p在基底{a-b，a+b，c}下的坐标为−12，32，3，故D正确.
题型三 空间向量数量积及其应用
例3 (多选)(2025·西安模拟)已知空间向量a=(-2，-1，1)，b=(3，4，5)，则下列说法错误的是( )
A.(2a+b)⊥a
B.与向量b共线的单位向量为3210，225，22
C.a在b上的投影向量的模是22
D.a与b夹角的余弦值是-36
答案 AB
解析 对于A，2a+b=2(-2，-1，1)+(3，4，5)=(-1，2，7)，所以(2a+b)·a=2-2+7=7≠0，故(2a+b)与a不垂直，故A错误；
对于B，|b|=32+42+52=52，与向量b共线的单位向量为±b|b|=±210(3，4，5)=±3210，225，22，故B错误；
对于C，a在b上的投影向量的模是||a|cs〈a，b〉|=|a·b||b|=|−6−4+5|52=22，故C正确；
对于D，a与b夹角的余弦值cs〈a，b〉=a·b|a||b|=−6−4+54+1+1×52=−56×52=-36，故D正确.
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 (2026·山东百师联盟联考)如图，已知△ABC是等腰直角三角形，且AB⊥AC，正方形BCDE的边长为4.若二面角A-BC-D的大小为π6，则AC·BD= .
答案 8-43
解析 方法一 如图，设F，G分别为BC，DE的中点，连接AF，FG，
由题意得，在△ABC中，AF⊥BC，且BC=4，AF=12BC=2，
在正方形BCDE中，FG∥CD，FG⊥BC，FG=CD=4，
则∠AFG为二面角A-BC-D的平面角，即∠AFG=π6，
所以AC·BD=(AF+FC)·(BC+CD)=AF+12BC·(BC+FG)=AF·BC+AF·FG+12BC2+12BC·FG=0+2×4×csπ−π6+12×42+0=8-43.
方法二 如图，设F，G分别为BC，DE的中点，连接AF，FG，
由题意得，在△ABC中，AF⊥BC，且BC=4，AF=12BC=2，
在正方形BCDE中，FG∥CD，FG⊥BC，FG=CD=4，
则∠AFG为二面角A-BC-D的平面角，即∠AFG=π6，
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，3，1)，
C(2，0，0)，B(-2，0，0)，D(2，4，0)，
所以AC=(2，-3，-1)，BD=(4，4，0)，
所以AC·BD=2×4+(-3)×4+(-1)×0=8-43.
题型四 向量法证明平行、垂直
例4 (人教A版选择性必修第一册P44习题1.4T16)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=3.M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点.在线段A1N上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1CM？
解 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，
因为∠BAC=90°，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=AC=2，AA1=3，M是AB的中点，N是B1C1的中点，BC1∩B1C=P，
所以A1(0，0，3)，C(0，-2，0)，P1，−1，32，M(1，0，0)，N(1，-1，3)，
设A1Q=tA1N=t(1，-1，0)(0≤t≤1)，
所以Q(t，-t，3)，
所以PQ=t−1，−t+1，32，A1C=(0，-2，-3)，A1M=(1，0，-3)，
设平面A1CM的法向量为n=(x，y，z)，
所以n·A1C=−2y−3z=0，n·A1M=x−3z=0，
取z=1，则x=3，y=-32，所以n=3，−32，1，
若PQ∥平面A1CM，则PQ⊥n，
所以PQ·n=t−1，−t+1，32·3，−32，1
=3t-3+32t-32+32=0，
解得t=23，
所以在线段A1N上存在点Q，使得PQ∥平面A1CM.
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 (人教A版选择性必修第一册P43习题1.4T11)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E是CD的中点.求证：B1E⊥平面AED1.
证明 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=2，BC=CC1=1，
所以A(1，0，0)，E(0，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，2，1)，
所以AE=(-1，1，0)，AD1=(-1，0，1)，B1E=(-1，-1，-1).
方法一 设平面AED1的法向量为n=(x，y，z)，
所以n·AE=−x+y=0，n·AD1=−x+z=0，
令x=1，则y=1，z=1，
所以n=(1，1，1)，
因为n=-B1E，所以n∥B1E，
所以B1E⊥平面AED1.
方法二 因为B1E·AE=1-1+0=0，
B1E·AD1=1+0-1=0，
所以B1E⊥AE，B1E⊥AD1，
即B1E⊥AE，B1E⊥AD1，
又AE，AD1⊂平面AED1，AE∩AD1=A，
所以B1E⊥平面AED1.
课时精练
[分值：90分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则AF-12(AB+AC)等于( )
A.-EFB.BDC.EFD.-BD
答案 C
解析 在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则AB+AC=2AE，
所以AF-12(AB+AC)=AF-AE=EF.
2.(2026·秦皇岛模拟)在空间直角坐标系中，点P(2，3，4)关于Oxy平面的对称点是( )
A.(2，-3，4)B.(-2，-3，4)
C.(2，3，-4)D.(-2，3，4)
答案 C
解析 点P(2，3，4)关于Oxy平面的对称点是(2，3，-4).
3.设x，y∈R，向量a=(x，1，1)，b=(1，y，1)，c=(2，-4，2)，且a⊥c，b∥c，则|a+b|等于( )
A.1B.2C.3D.4
答案 C
解析 ∵向量a=(x，1，1)，b=(1，y，1)，c=(2，-4，2)，且a⊥c，
∴a·c=2x-4+2=0，解得x=1，
又b∥c，∴12=y−4=12，解得y=-2，
∴|a+b|=|(1，1，1)+(1，-2，1)|=|(2，-1，2)|=4+1+4=3.
4.(2025·南昌模拟)已知向量a=(1，0，1)，b=(-2，2，1)，c=(3，4，z)，若a，b，c共面，则z等于( )
A.-9B.9C.-5D.5
答案 B
解析 向量a=(1，0，1)，b=(-2，2，1)，c=(3，4，z)，
由于a，b，c共面，所以存在λ，μ∈R，使得a=λb+μc，
即(1，0，1)=(-2λ，2λ，λ)+(3μ，4μ，zμ)=(-2λ+3μ，2λ+4μ，λ+zμ)，
所以1=−2λ+3μ，0=2λ+4μ，1=λ+zμ，解得λ=−27，μ=17，z=9.
5.(2026·阜阳模拟)若平面α的法向量为u=(-1，2，4)，平面β的法向量为v=(m，-1，-2)，直线l的方向向量为t=(n，-2，-4)，则下列选项正确的是( )
A.若α∥β，则m=1B.若l⊥α，则n=2
C.若n=-20，则l∥αD.若m=-10，则α⊥β
答案 D
解析 对于A，由α∥β，得u∥v，则m−1=−12=−24，解得m=12，故A错误；
对于B，由l⊥α，得t∥u，则n−1=−22=−44，解得n=1，故B错误；
对于C，由n=-20，得t=(-20，-2，-4)，t·u=20-4-16=0，t⊥u，则l∥α或l⊂α，故C错误；
对于D，由m=-10，得v=(-10，-1，-2)，u·v=10-2-8=0，u⊥v，则α⊥β，故D正确.
6.(2025·日照模拟)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱相切，若点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，则PA·PB的最大值为( )
A.2B.74C.34D.14
答案 B
解析 取AB的中点E，可知E在球面上，可得EB=-EA=-12BA，
所以PA·PB=(PE+EA)·(PE+EB)=PE2-EA2=PE2-14，
点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，当PE为直径时，|PE|max=2，
所以PA·PB的最大值为74.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2025·全国Ⅰ卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则( )
A.AD⊥A1C
B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1
D.CC1∥平面AA1D
答案 BD
解析 方法一 如图，设D1为B1C1的中点，
由题意得AA1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，则AD⊥AA1，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C=A1，AA1，A1C⊂平面AA1C，则AD⊥平面AA1C，因为AC⊂平面AA1C，则AD⊥AC，矛盾，故A错误；
由题意知AD⊥BC，AA1⊥BC，
又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，
则BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
由题意得AD∥A1D1，假设AD∥A1B1，则A1D1∥A1B1，与A1B1∩A1D1=A1矛盾，则AD∥A1B1不成立，故C错误；
由题意得CC1∥AA1，又CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，故CC1∥平面AA1D，故D正确.
方法二 对于A，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，则A1A·AD=0，
因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，则AD⊥BC，则DC·AD=0.
又A1C=A1A+AD+DC，
所以A1C·AD=(A1A+AD+DC)·AD=A1A·AD+AD2+DC·AD=AD2≠0，
则AD⊥A1C不成立，故A错误；
对于B，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，
因为△ABC是正三角形，D为BC的中点，则AD⊥BC，
又AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面AA1D，
所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
对于C，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B1∥AB，
假设AD∥A1B1，则AD∥AB，这与AD∩AB=A矛盾，
所以AD∥A1B1不成立，故C错误；
对于D，因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1∥AA1，
又AA1⊂平面AA1D，CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确.
方法三 如图，建立空间直角坐标系，设AB=2，该正三棱柱的高为h，
则D(0，0，0)，A(3，0，0)，A1(3，0，h)，C(0，-1，0)，C1(0，-1，h)，B1(0，1，h)，
对于A，AD=(-3，0，0)，A1C=(-3，-1，-h)，
则AD·A1C=(-3)×(-3)+0+0=3≠0，
则AD⊥A1C不成立，故A错误；
对于B，D，B1C1=(0，-2，0)，CC1=(0，0，h)，AA1=(0，0，h)，
设平面AA1D的法向量为n=(x，y，z)，
则AA1·n=ℎz=0，AD·n=−3x=0，得x=z=0，令y=1，则n=(0，1，0)，
所以B1C1=(0，-2，0)=-2n，CC1·n=0，
则B1C1⊥平面AA1D，CC1∥平面AA1D，故B，D正确；
对于C，AD=(-3，0，0)，A1B1=(-3，1，0)，
则−3−3≠01，显然AD∥A1B1不成立，故C错误.
8.(链接教材，人教A版选择性必修第一册P44习题1.4T17)在空间直角坐标系中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n=(a，b，c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0；过点P(x0，y0，z0)且一个方向向量为d=(u，v，w)(uvw≠0)的直线l的方程为x−x0u=y−y0v=z−z0w.利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面α的方程为2x-2y+z-7=0，直线l是平面x-3y+7=0与2y+z-4=0的交线，则下列说法正确的是( )
A.平面α的一个法向量为n=(2，-2，1)
B.直线l经过点M(-1，2，0)
C.直线l的一个方向向量为e=(3，1，2)
D.直线l与平面α所成角的正弦值为1421
答案 ABD
解析 平面α的方程为2x-2y+z-7=0，
∴平面α的一个法向量为n=(2，-2，1)，A正确；
点M(-1，2，0)满足方程x-3y+7=0和2y+z-4=0，
∴点M在平面x-3y+7=0和2y+z-4=0上，
∴点M在两平面的交线l上，∴直线l经过点M(-1，2，0)，B正确；
平面x-3y+7=0的一个法向量为m1=(1，-3，0)，平面2y+z-4=0的一个法向量为m2=(0，2，1)，
∴直线l的方向向量应与m1，m2都垂直，但e·m1=3-3+0=0，e·m2=0+2+2=4≠0，C错误；
设直线l的方向向量为u=(x0，y0，z0)，
∴u⊥m1，u⊥m2，
∴u·m1=x0−3y0=0，u·m2=2y0+z0=0，
令y0=1，则x0=3，z0=-2，∴u=(3，1，-2)，
设直线l与平面α所成的角为θ，
则sin θ=|cs〈u，n〉|=|u·n||u||n|=214×3=1421，D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.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+3μ=−1，−2μ=m，2λ+μ=3⇒λ=2，μ=−1，m=2.
10.(2025·襄阳模拟)已知空间向量a=(2，2，-1)，平面α的一个法向量为n=(4，0，3)，则向量a在平面α上的投影向量是 .
答案 65，2，−85
解析 向量a在平面α的法向量n=(4，0，3)上的投影向量为a·n|n|·n|n|=15(4，0，3)=45，0，35，
设a=(2，2，-1)在平面α上的投影向量是c，
则c+45，0，35=(2，2，-1)，
所以c=65，2，−85.
四、解答题(共28分)
11.(13分)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=22AD，设E，F分别为PC，BD的中点.求证：
(1)EF∥平面PAD；(8分)
(2)平面PAB⊥平面PDC.(5分)
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=22AD，
所以PA⊥PD，OP=OA=a2.
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Aa2，0，0，F0，a2，0，D−a2，0，0，
P0，0，a2，C−a2，a，0.
因为E为PC的中点，所以E−a4，a2，a4.
易知平面PAD的一个法向量为OF=0，a2，0，
因为EF=a4，0，−a4，
OF·EF=0，a2，0·a4，0，−a4=0.
且EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为PA=a2，0，−a2，
CD=(0，-a，0)，
所以PA·CD=a2，0，−a2·(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.
12.(15分)(2026·重庆模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°.令AB=a，AD=b，AA1=c，以{a，b，c}为基底，解决下列问题.
(1)求证：直线A1C⊥平面BDD1B1；(7分)
(2)求直线A1C和BC1夹角的余弦值.(8分)
(1)证明 由题意|a|=|b|=|c|=2，a·b=a·c=b·c=2×2cs 60°=1.
又A1C=a+b-c，BB1=c，DB=a-b，
所以A1C·BB1=(a+b-c)·c=a·c+b·c-|c|2=1+1-2=0，A1C⊥BB1，
A1C·DB=(a+b-c)·(a-b)=|a|2-a·b+a·b-|b|2-a·c+b·c=2-1+1-2-1+1=0，A1C⊥DB，所以A1C⊥BB1，A1C⊥DB，
又BB1，DB⊂平面BDD1B1，BB1∩DB=B，
所以直线A1C⊥平面BDD1B1.
(2)解 因为BC1=AD1=b+c，
且|A1C|2=(a+b-c)2=|a|2+|b|2+|c|2+2a·b-2a·c-2b·c=2+2+2+2-2-2=4，
所以|A1C|=2，
|BC1|2=(b+c)2=|b|2+2b·c+|c|2=2+2+2=6，所以|BC1|=6.
A1C·BC1=(a+b-c)·(b+c)=a·b+a·c+|b|2+b·c-b·c-|c|2=1+1+2+1-1-2=2，
所以cs〈A1C，BC1〉=A1C·BC1|A1C||BC1|=22×6=66，
即直线A1C和BC1夹角的余弦值为66.
[每小题5分，共10分]
13.已知三棱锥P-ABC的体积为6，M是空间中一点，PM=121PA+221PB+421PC，则三棱锥M-ABC的体积为( )
A.4B.157C.2D.67
答案 A
解析 PM=121PA+221PB+421PC，故3PM=17PA+27PB+47PC，
不妨令PH=3PM，即MH=23PH，
则PH=17PA+27PB+47PC，
又17+27+47=1，故H，A，B，C四点共面，
故V三棱锥M-ABC=23V三棱锥P-ABC=23×6=4.
14.设A，B是曲线y=x+1x上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上、下两半部分所成的二面角为60°，则|AB|2的最小值为 .
答案 25+2
解析 由对称性，不妨设Am，m+1m(m>0)，则B−m，−m−1m，
如图，在平面直角坐标系中，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，
则|AC|=|DB|=m+1m，|CD|=2m，AC⊥CD，CD⊥DB，
折叠后即有〈CA，DB〉=60°，
因为AB=AC+CD+DB，
所以|AB|2=|AC|2+|CD|2+|DB|2+2AC·CD+2AC·DB+2CD·DB
=2m+1m2+4m2-2m+1m2cs 60°
=m+1m2+4m2=5m2+1m2+2
≥25m2×1m2+2=25+2，
当且仅当5m2=1m2，即m=1514时，等号成立，
所以|AB|2的最小值为25+2.
成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjshuxue加入百度网盘群1.5T一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期
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
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1+a2b2+a3b3
共线
a=λb(b≠0，λ∈R)
a1=λb1，a2=λb2，a3=λb3
垂直
a·b=0(a≠0，b≠0)
a1b1+a2b2+a3b3=0
模
|a|
a12+a22+a32
夹角
余弦值
cs〈a，b〉=a·b|a||b|(a≠0，b≠0)
cs〈a，b〉=a1b1+a2b2+a3b3a12+a22+a32b12+b22+b32
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
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