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第七章　立体几何与空间向量
第5课时　空间向量的运算及其应用
[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．
3．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共线或垂直．
4．理解直线的方向向量及平面的法向量．
5．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．
6．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．
考点一　空间向量的线性运算及共线、共面定理
1．空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间，具有____和____的量
相等向量 方向____且模____的向量
相反向量 长度____而方向____的向量
大小
方向
相同
相等
相等
相反
名称 定义
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____或____
共面向量 平行于__________的向量
平行
重合
同一个平面
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________ ．
(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____的有序实数对(x，y)，使p＝ ______ ．
a＝λb
唯一
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＝ __________．{a，b，c}叫做空间的一个基底．
xa＋yb＋zc
[常用结论]
(1)三点共线：在平面中A，B，C三点共线 ＝x＋y(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 ＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点．
[典例1]　(1)(2025·南京模拟)如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN＝ON，AP＝AN，设向量＝x＋y＋z，则x＋y＋z＝(　　)
A． B．1
C． D．
√
(2)(2024·连云港连云区校级月考)给出下列四个命题：
①若存在实数x，y，使p＝xa＋yb，则p与a，b共面；
②若p与a，b共面，则存在实数x，y，使p＝xa＋yb；
③若存在实数x，y，使＝x＋y，则点P，M，A，B共面；
④若点P，M，A，B共面，则存在实数x，y，使＝x＋y．其中是真命题的为(　　)
A．②④ B．①③
C．①② D．③④
√
(1)C　(2)B　[(1)由于M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，
且MN＝ON，AP＝AN，所以＝，整理得＝)，
故＝＝＝＝x＋
y＋z，
故x＋y＋z＝．故选C．
(2)对于①，由共面向量定理可知，①正确；对于②，若a，b共线，则p，a，b共线，则不存在实数x，y，使p＝xa＋yb，故②错误；对于③，由共面向量定理可知，③正确；对于④，若共线，不与共线，则不存在实数x，y，使＝x＋y，故④错误．
故选B．]
反思领悟　本例(1)，选定作基向量，运用三角形法则表示，比较对应系数得解；本例(2)，要注意共面向量定理成立的前提是a，b不共线．
巩固迁移1　(2024·鹰潭一中月考)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＝)．
(1)判断是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
[解]　(1)由题意知＝3，
所以＝()＋()，
即＝＝－，
所以共面．
(2)由(1)知共面且过同一点M，
所以M，A，B，C四点共面，
从而点M在平面ABC内．
考点二　空间向量的数量积及其应用
1．数量积及相关概念
(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a，b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是______，若〈a，b〉＝，则称a与b________，记作a⊥b．
(2)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
[0，π]
互相垂直
2．空间向量数量积的运算律
(1)结合律：(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R；
(2)交换律：a·b＝b·a；
(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c．
提醒：(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立．
3．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 ____________________________
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) ________________________________
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) ________________________________
a1b1＋a2b2＋a3b3
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
向量表示 坐标表示
模
夹角 余弦 值 cos 〈a，b〉＝(a≠0，b≠0) cos 〈a，b〉＝
[典例2]　(1)(2024·绥化绥棱县期末)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为矩形，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，AB＝AA1＝1，AD＝2，则||＝(　　)
A．3 B．＋1
C．2 D．＋1
√
(2)(2024·海门模拟)已知向量a＝(m，2，6)，b＝(1，0，2)，c＝(1，，2)(m∈R)．
①求a·(b－c)的值；
②求cos 〈b，c〉；
③求|a－b|的最小值．
(1)A　[因为∠A1AB＝∠A1AD＝60°，AB＝AA1＝1，AD＝2，
所以·＝1×1×＝·＝1×2×＝1，
因为∠BAD＝90°，则·＝0，
又因为＝＝，
所以||＝
＝
＝＝3．
故选A．]
(2)[解]　①因为b＝(1，0，2)，c＝(1，，2)，
所以b－c＝(0，－，0)，又因为a＝(m，2，6)，
所以a·(b－c)＝2×(－)＝－6．
②因为b＝(1，0，2)，c＝(1，，2)，
所以cos 〈b，c〉＝＝＝．
③因为a＝(m，2，6)，b＝(1，0，2)，
所以a－b＝(m－1，2，4)，
所以|a－b|2＝(m－1)2＋(2)2＋42＝(m－1)2＋28，
当m＝1时，|a－b|2取得最小值28，则|a－b|最小值为2．
反思领悟　本例(1)，根据向量数量积的定义，利用向量间的相互转化计算；本例(2)利用空间向量的坐标运算．
巩固迁移2　(2025·武汉二中模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条棱和对角线长都等于1，E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
(1)·；
(2)求异面直线AG与CE所成角的余弦值．
[解]　设＝a，＝b，＝c．
则|a|＝|b|＝|c|＝1，
〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°．
(1)∵＝＝c－a，＝－a，
∴·＝·(－a)
＝a2－a·c＝．
(2)＝)＝b＋c，
＝＝－b＋a，
则cos 〈〉＝＝＝＝－，
由于异面直线所成角的取值范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为．
考点三　利用向量证明平行与垂直
1．直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：在直线l上取非零向量a，把与向量a____的非零向量称为直线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称为平面α的______．
平行
法向量
2．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 __________
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m ________
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 ________
n1·n2＝0
n·m＝0
n·m＝0
[典例3]　(2024·成都青羊区模拟)如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1上靠近C1的三等分点．
(1)求证：A1C与平面BDE不垂直；
(2)在线段BE上是否存在一点F，使得平面
B1D1F⊥平面BDE？若存在，请计算的值；
若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(3，3，0)，D(0，0，0)，
E(0，3，2)，B1(3，3，3)，
D1(0，0，3)，A1(3，0，3)，
C(0，3，0)．
则＝(0，3，2)，
＝(－3，3，－3)，因为·＝(－3，3，－3)·(0，3，2)＝3≠0，所以A1C与平面BDE不垂直．
(2)假设存在点F，使得平面B1D1F与平面BDE垂直，
设＝λ，λ∈[0，1]，则有＝λ(－3，0，2)＝(－3λ，0，2λ)，则F (3－3λ，3，2λ)，
又＝(3，3，0)，＝(0，3，2)，
设平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则有令y1＝－2，
则n1＝(2，－2，3)是平面BDE的一个法向量，
设平面B1D1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
又＝(－3，－3，0)，＝(3－3λ，3，2λ－3)，
则有
令x2＝2λ－3，则n2＝(2λ－3，－2λ＋3，3λ)为平面B1D1F的一个法向量，若平面B1D1F⊥平面BDE，则n1·n2＝0，
即4λ－6＋4λ－6＋9λ＝0，解得λ＝，符合λ∈[0，1]，
所以在线段BE上存在点F且＝时，平面B1D1F与平面BDE垂直．
反思领悟　利用向量证明平行、垂直关系的关键是利用题目中的垂直条件建立恰当的坐标系，证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量结合立体几何的有关定理运算求解．
巩固迁移3　(2024·日照实验中学月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，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)＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，
故·＝0，
所以BE⊥DC．
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，
AB 平面ABCD，
所以AB⊥PA，又PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
所以＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．
而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以⊥，
又BE 平面PAD，
所以BE∥平面PAD．
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量为＝(1，0，0)，＝(0，2，
－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的法向量为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·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以n⊥，
所以平面PCD⊥平面PAD．
随堂练习
√
1．(2025·泰州兴化市模拟)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－4，2，x)，且a⊥b，则x＝(　　)
A． B．－6
C．6 D．1
A　[由于a＝(2，－1，3)，b＝(－4，2，x)，且a⊥b，
所以－8－2＋3x＝0，解得x＝．故选A．]
2．(2024·泸州期末)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＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
√
A　[由题意知a，b不共线，且a，b，c共面，所以存在实数λ，μ，使得c＝λa＋μb，所以(2，3，m)＝λ(1，2，0)＋μ(0，－1，1)＝(λ，2λ－μ，μ)，
所以解得故选A．]
3．(人教A版选择性必修第一册P12练习T3改编)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A．－a＋b＋c B．a＋b＋c
C．－a－b－c D．－a－b＋c
√
C　[＝＝)＝＝
－a－b－c．故选C．]
4．(人教A版选择性必修第一册P7例2改编)如图，在平行六面体ABCD-A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则·＝______，AC′的长为_____．
10
　
10　　[·＝||||cos 60°＝5×4×＝10．
因为＝＝，所以＝()2＝＋＋＋2(···)＝16＋9＋25＋2＝85，所以||＝，即AC′的长为．]
链接·2025高考试题
(2025·全国一卷)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
BD　[由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C 平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；
√
√
因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1 平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
因为AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；
因为CC1∥AA1，CC1 平面AA1D，AA1 平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．故选BD.]
【教用·备选题】
1．(2024·哈尔滨道里区期末)在空间四面体PABC中，对空间内任意
一点Q，满足＝，又点Q与A，B，C共面的为
(　　)
A．x＝ B．x＝
C．x＝ D．x＝
√
A　[由于空间内任意一点Q，满足＝x，又点Q与A，B，C共面，故x＋＝1，解得x＝．
故选A．]
2．(2024·南京栖霞区月考)已知空间三点A(1，0，3)，B(－1，1，4)，C(2，－1，3)，若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　)
A．(4，－2，2)
B．(－2，2，4)
C．(4，－2，2)或(－2，2，4)
D．(－4，2，－2)或(2，－2，4)
√
C　[∵B(－1，1，4)，C(2，－1，3)，∴＝(3，－2，－1)，
∵∥，∴可设＝(3λ，－2λ，－λ)，
∵||＝，∴＝，解得λ＝±1，
∴＝(3，－2，－1)或＝(－3，2，1)，
∴设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)，
∴或
解得 或
故点P的坐标为(4，－2，2)或(－2，2，4)．
故选C．]
3．(2025·潍坊模拟)如图，已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外任意一点，且平面ABC中的小方格均为边长为1的正方形，〈〉＝〈〉＝60°，||＝2，若＝2，则||＝(　　)
A． B．15
C．2 D．12
√
A　[由题意知，〈〉＝〈〉＝60°，||＝2，且＝2，
所以＝＋2，
所以2＝＋4＋＋4·＋2·＋4·
＝4＋4＋1＋4×2×1×cos 60°＋2×2×1×cos 60°＋4×1×1×cos 90°＝15，
所以||＝．
故选A．]
4．(2025·漳州模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，MN是正方体外接球的直径，P为正方体表面上的动点，则·的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[由题意知MN等于正方体的体对角线长，设O为MN的中点，
所以OM＝ON＝MN＝＝，
则·＝()·()＝＋·()＋
·＝＋0－＝－，
当点P与某个侧面的中心重合时，最小，且()min＝＝，
当点P与正方体的顶点重合时，最大，且()max＝＋
＝，
由于点P是在正方体表面连续运动，所以的取值范围是，
·的取值范围是．故选A．]
5．(多选)(2025·保定唐县模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底
面△ABC为等边三角形，G为△A1B1C1的重心，＝，若∠BAA1＝∠CAA1＝，AB＝AA1＝1，则(　　)
A．＝－
B．⊥
C．∥
D．||＝
√
√
√
ABD　[选项A，由题意，＝＝－()＝)－
＝)－)＝－，
故A正确；
选项B，·＝·()＝··＝1×1×－1×1×＝0，
故⊥，故B正确；
选项C，＝＝－，
由选项A知，＝－＝(－＋2)，
显然与不平行，故C错误；
选项D，由＝－可得：
||＝＝
＝＝，故D正确．故选ABD．]
6．(2025·秦皇岛昌黎县模拟)定义两个向量u与v的向量积u×v是一个向量，它的模|u×v|＝|u|·|v|sin〈u，v〉，它的方向与u和v同时垂直，且以u，v，n的顺序符合右手法则(如图)，则在棱长为2的正四面体ABCD中，()·＝(　　)
A．4 B．4
C．4 D．2
√
A　[由题意，||＝||·||·sin 〈〉＝2×2×＝2，
如图，设底面△ABD的中心为O，连接CO，AO，
则OC⊥平面ABD，又AO，AB，AD 平面ABD，
故OC⊥AO，OC⊥AB，OC⊥AD，则AO＝×AB×＝，
OC＝＝＝，在△ACO中，cos ∠ACO＝＝＝，则cos 〈〉＝cos ∠ACO＝，
又的方向与相同，
所以()·＝2×2×＝4．故选A．]
7．已知向量a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，则a与b夹角的余弦
值为________；若a⊥(a－λb)，则λ＝________．
　2　[∵a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，
∴cos 〈a，b〉＝＝＝．
由题意a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，
又a2＝14，a·b＝7，
∴14－7λ＝0，∴λ＝2．]
　
2
8．(2024·淮安期末)已知点A(0，1，1)，B(2，1，0)，C(1，－1，2)．
(1)表示出，并求|2|；
(2)证明：P(5，3，－3)与A，B，C四点共面．
[解]　(1)A(0，1，1)，B(2，1，0)，C(1，－1，2)，
则＝(2，0，－1)，＝(1，－2，1)，2＝(5，－2，
－1)，则|2|＝＝．
(2)证明：设＝λ＋μ，
∴(5，2，－4)＝λ(2，0，－1)＋μ(1，－2，1)，
∴解得
∴＝3，
则共面，又因为A为公共点，所以这四个点共面．
9．(2025·绍兴柯桥区模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，底面△ABC是边长为2的正三角形，PA＝PC＝4．
(1)求证：PB⊥AC；
(2)若平面PAC⊥平面ABC，在线段PB(包含端点)上
是否存在一点E，使得平面PAB⊥平面ACE，若存
在，求出PE的长，若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：取AC的中点O，连接OP，OB，
因为△ABC是边长为2的正三角形，
所以OB⊥AC，由PA＝PC，所以OP⊥AC，
又OB∩OP＝O，OB，OP 平面OPB，所以AC⊥平面OPB，
又PB 平面OPB，所以PB⊥AC．
(2)由(1)得OP⊥AC，OB⊥AC，因为平面 PAC⊥平面ABC且交线为AC，且OP 平面PAC，
所以OP⊥平面ABC，以点O为原点，建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，P(0，0，)，C(－1，0，0)，B(0，，0)，
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝(0，，－)，＝(0，λ，
－λ)，
设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
＝(－1，，0)，
则有
取m＝(，1)，
设平面ACE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(－2，0，0)，＝＝(－1，λ，λ)，
则有
取n＝，
若平面PAB⊥平面ACE，则m·n＝5＋＝0，求得λ＝，
所以|PE|＝．
课后习题(四十六)　空间向量的运算及其应用
1．(苏教版选择性必修第二册P16习题6.1T5改编)在四面体OABC中，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，若＝，则使G与M，N共线的x的值为(　　)
A．1 B．2
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　[由题意得，＝)，＝．
若G与M，N共线，则存在实数λ，使得＝λ＋(1－λ)＝
)＋．
又＝，
所以解得故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(人教B版选择性必修第一册P16练习AT3改编)O为空间中任意一
点，A，B，C三点不共线，且＝＋t，若P，A，
B，C四点共面，则实数t＝________．
　[∵P，A，B，C四点共面，∴＋t＝1，∴t＝．]
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(人教A版选择性必修第一册P15习题1.2T5改编)正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD的中点，则EF的长为________．
　[||2＝＝()2
＝＋＋＋2(···)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，
所以||＝，所以EF的长为．]
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(人教A版选择性必修第一册P33练习T3改编)如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA＝AD，M，N分别为AB，PC的中点，求证：
(1)MN∥平面PAD；
(2)平面PMC⊥平面PDC．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[证明]　(1)以A为坐标原点，AB，AD，AP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．
设PA＝AD＝a(a>0)，AB＝b(b>0)，则有A(0，0，0)，P(0，0，a)，D(0，a，0)，C(b，a，0)，B(b，0，0)．
因为M，N分别为AB，PC的中点，所以M，N，所以＝，又＝(0，0，a)，＝(0，a，0)，
所以＝．
又MN 平面PAD，所以MN∥平面PAD．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)结合(1)知，M＝(b，a，－a)，＝＝(0，a，－a)．
设平面PMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝b，则x1＝2a，y1＝－b，
得n1＝(2a，－b，b)为平面PMC的一个法向量．
题号
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设平面PDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
得x2＝0，令z2＝1，则y2＝1，得n2＝(0，1，1)．
因为n1·n2＝0－b＋b＝0，所以n1⊥n2，
故平面PMC⊥平面PDC．
题号
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题号
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5．(2024·石家庄期末)已知点P(1，，－2)，Q(4，0，m)，O为坐标原点，且·＝0，则||＝(　　)
A．36 B．
C．6 D．2
√
题号
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C　[由于P(1，，－2)，Q(4，0，m)，且·＝4－2m＝0，解得m＝2，所以Q(4，0，2)，
所以||＝＝6．故选C．]
题号
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6．(多选)(2024·南宁青秀区月考)已知向量a＝(2，－1，4)，b＝
(－1，5，λ)，c＝(1，4，μ)，若a，b，c三个向量共面，则实数λ，μ的取值可能分别为(　　)
A．－2，2 B．2，2
C．－5，1 D．1，5
√
√
题号
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AD　[因为a＝(2，－1，4)，b＝(－1，5，λ)，c＝(1，4，μ)三个向量共面，
所以存在实数x，y，使得a＝xb＋yc，
所以解得
故当λ＝1，μ＝5或λ＝－2，μ＝2时满足条件．故选AD．]
题号
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7．(2024·鹤壁淇滨区期末)在四面体ABCD中，点E满足＝λ，
F为BE的中点，且＝，则实数λ＝(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
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D　[由于F为BE的中点，
所以＝，
又＝，
则＝①，由＝λ，得＝λ()，
即＝λ＋(1－λ)②，根据①②的对应关系得λ＝．故选D．]
题号
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8．(2024·枣庄三模)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，BD＝3，··＝4，则cos 〈〉＝(　　)
A． B．－
C． D．－
√
题号
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B　[··＝()·－()·
＝····
＝··＝·＝4，
所以·＝－4，
所以cos 〈〉＝＝＝－．
故选B．]
题号
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9．(多选)(2024·安徽月考)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AB⊥AD，∠A1AD＝∠A1AB＝60°，P为A1D与AD1的交点，设＝a，＝b，＝c，则(　　)
A．＝a＋b－c
B．＝－a＋b＋c
C．||＝
D．·＝
√
√
题号
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BD　[对于A，＝＝a＋b＋c，故A错误；
对于B，＝＝＝－a＋b＋c，故B正确；
对于C，a·b＝0，b·c＝|b||c|cos 60°＝，a·c＝|a||c|cos 60°＝，又＝＝＝－＝
－＝a＋b－c，
所以||＝
＝，故C错误；
对于D，·＝(a＋b＋c)·＝a2＋b2－c2＋a·b＋a·c＝，故D正确．
故选BD．]
题号
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题号
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10．(2024·邯郸广平县期末)如图，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是矩形，且AD＝2AB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，＝________．
　
题号
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　[分别取AD，BC的中点O，G，连接OP，OG，
以O为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD＝2，则B(1，－1，0)，E，P(0，0，)，
设F (0，a，0)，
则＝(－1，a＋1，0)，＝，
∵BF⊥PE，∴－＋a＋1＝0，解得a＝－，
∴＝．]
题号
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题号
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11．(2024·湛江一中月考)已知点A(－1，1，0)，B(1，2，0)，C
(－2，－1，0)，D(3，4，0)，则在上的投影向量的长度为____．
　[由已知得＝(2，1，0)，＝(5，5，0)，
∴·＝2×5＋1×5＋0＝15，
又||＝5，
　
题号
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∴在上的投影向量为
·＝
＝＝．
则在上的投影向量的长度为＝．]
题号
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12．(2025·合肥模拟)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF．
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[证明]　(1)以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
令AB＝AA1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，
F (2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)，
C(0，4，0)，D(2，0，2)，
所以＝(－2，4，0)，＝(4，0，0)，＝(0，4，0)，
所以＝－，又与不共线，
所以与共面，又DE 平面ABC，故DE∥平面ABC．
(2)因为＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2，2，0)．
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，
所以⊥⊥，
即B1F⊥EF，B1F⊥AF．
又因为AF∩EF＝F，AF 平面AEF，
EF 平面AEF，
所以B1F⊥平面AEF．
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谢 谢 ！

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