7.5 空间向量及其运算 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 第五讲　空间向量及其运算 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[43] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　空间向量的有关概念 1．空间向量的有关概念 (1)空间向量：在空间中，具有________和________的量叫做空间向量，其大小叫做向量的________或______. (2)零向量：长度为______的向量，记作0； 零向量与任意向量共线，0∥a； 单位向量：模为______的向量； 相反向量：与向量a长度相等而方向相反的向量，叫做a的相反向量，记作－a； 相等向量：方向________且模________的向量． 大小 方向 长度 模 0 1 相同 相等 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (3)共线向量：如果表示空间向量的有向线段所在的直线________或________，则这些向量叫做____________或____________. (4)共面向量：平行于同一________的向量叫做共面向量． 平行 重合 共线向量 平行向量 平面 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．空间向量中的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在唯一确定的λ∈R，使a＝λb. (2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔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，那么对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．空间向量的数量积及运算律 向量a，b的数量积a·b＝_____________________. 〈a，b〉 0≤〈a，b〉≤π 互相垂直 |a||b|cos〈a，b〉 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)空间向量数量积的运算律 结合律：(λa)·b＝λ(a·b)； 交换律：a·b＝b·a； 分配律：a·(b＋c)＝____________. a·b＋a·c 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点二　空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．则   向量表示 坐标表示 数量积 a·b _______________________ 共线 a＝λb(b≠0) _____________________________ 垂直 a·b＝0 (a≠0，b≠0) _______________________ a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何   向量表示 坐标表示 模 |a| __________________ 夹角 〈a，b〉 (a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝___________________________ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点三　两个重要的向量 1．直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有________个． 2．平面的法向量 直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有________个，它们是共线向量． 无数 无数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点四　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 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 n⊥m⇔m·n＝0 l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α、β的法向量分别为n、m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 归 纳 拓 展 1．向量三点共线定理 2．向量四点共面定理 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．|a|2＝a·a；|a·b|≤|a|·|b|. 4．a·b>0⇔a、b的夹角为锐角或0角．即“a·b>0”是“a、b的夹角为锐角”的必要不充分条件． 5．向量法证明空间的线面平行或垂直 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 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)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　) (3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.(　　) (4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　) (5)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　) (6)若两平面的法向量垂直，则两平面垂直．(　　) [答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组二　走进教材 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(选择性必修1P14T2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组三　走向考场 4．(多选题)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是(　　) [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 考点突破 · 互动探究 返回导航 空间向量的线性运算——自主练透 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)在四面体P－ABC中，以下说法正确的有(　　) [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：用已知向量表示某一向量的方法 用已知不共面的向量表示某一向量时，应结合图形，将已知向量和所求向量转化至三角形或平行四边形中，然后利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知向量表示出来． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 空间向量共线、共面定理的应用——师生共研 1．(2025·福建龙岩二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC⊥CD，AB∥DC，BC＝CD＝2，AB＝4，M，N分别为PB，PC的中点． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 A．O，A，B，C四点共面 B．P，A，B，C四点共面 C．O，P，B，C四点共面 D．O，P，A，B，C五点共面 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 空间向量的数量积及其应用——师生共研 1．(2025·江西南昌十校月考)已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1，λ，2)，且7a＋5b与2a－b互相垂直，则实数λ等于(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长； (2)求BD1与AC所成角的余弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：空间向量数量积的应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 利用向量证明(判断)空间的平行与垂直——师生共研 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2，PA＝PD＝CD＝BC＝1，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点． (1)求证：PA⊥BD； (2)在线段AB上是否存在一点G，使得直 线BC∥平面PEG？若存在，请证明你的结论； 若不存在，请说明理由． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：取BA的中点H，连EH，在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD， ∵PA＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD， ∴PE⊥EH，PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．建立空间直角坐标系时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标． 2．用向量法证平行问题的类型及常用方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直 ②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示 面面平行 ①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) ②转化为线面平行、线线平行问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直 面面垂直问题 两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [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)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 空间几何体建系策略 建系的原则：关注图形对称性，使求解问题相关的元素尽可能多的落在坐标轴或坐标平面上，以便于确定点或向量的坐标，简化后续计算，注意构建右手系． 建系的技巧： 1．利用共点且两两垂直的三条直线建系(即“墙角”型)——分别以三条直线所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．当条件不明显时，要先证明过一点的三条直线两两垂直(即一个线面垂直＋面内两条线垂直)，这个过程不能省．建系后对坐标不易确定的点，通常是先设出所求点的坐标，再选取向量，利用向量关系解出变量的值来确定． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 常见类型： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．利用线面垂直关系建系——常以此直线或与此直线平行的直线为z轴，在垂面内找到x轴，y轴，建立空间直角坐标系． (面面垂直或知某点在平面内的射影转化为线面垂直问题) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 证明：PC⊥平面BED. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 注：本题也可以分别以OC，OD所在直线为x轴、y轴建立空间直角坐标系，或分别以AB，PA所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．利用正棱锥(或正棱台或正棱柱)底面中心和高所在直线建系； 4．无线面垂直关系，但某一平面内有两条垂直直线——常以这两直线为两坐标轴建立空间直角坐标系． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB＝2，建立适当的坐标系并求出各点坐标． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　取AD中点O，连接BO，PO，∵PA＝PD， ∴PO⊥AD， ∵BC綉OD，∴四边形BCDO为平行四边形， ∴BO∥CD， ∵CD⊥AD，∴BO⊥OD. 如图，分别以OB，OD为x轴，y轴建立空间直角坐标系， 则A(0，－1,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：坐标法的重难点是求点的坐标和利用向量公式运算，在求点的坐标过程中，有以下几种方法： 1．作坐标轴(或坐标平面)的射影，直接找出横、纵、竖坐标． 2．利用向量平行或相等进行转化． 3．直接设点，找等量关系(线段长度，垂直关系)列方程组． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 若BF∥平面CDE，求CF的长． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[43] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2026·辽宁师大附中测试)设x，y∈R，a＝(1,1,1)，b＝(1，y，z)，c＝(x，－4,2)，且a⊥c，b∥c，则|2a＋b|＝(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(2026·江苏“云帆杯”学情调研)已知空间向量a＝(6,2,1)，b＝(2，x，－3)，若(a－2b)⊥a，则x＝(　　) A．4 B．6 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(2024·湖北宜荆荆随联考)已知空间向量a＝(0,1,2)，b＝(－1, 2,2)，则向量a在向量b上的投影向量是(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 6．(2024·湘豫名校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 二、多选题 9．(2025·辽宁实验中学月考)已知空间四点O(0,0,0)，A(4,3,0)，B(－3,0,4)，C(5,6,4)，则下列说法正确的是(　　) [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 10．(2026·四川部分学校联合质检)“没有运算的向量只能起到路标作用，有了运算的向量力量无穷”，除了向量线性运算和数量积外常见的还有向量的外积．定义如下，空间向量a与b的外积a×b是一个向量，其长度等于|a×b|＝|a||b|sin〈a，b〉，其方向满足a⊥(a×b)，b⊥(a×b)，a，b，a×b且三个向量构成右手系(如图)．在棱长为2的正四面体ABCD中，O为△BCD的中心，下列结论正确的有(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　AB 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 三、填空题 12．已知空间向量a＝(－2，－1,1)，b＝(3,4,5)，则下列结论正确的是________. [答案]　②③④ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 四、解答题 14．(2026·四川绵阳诊断)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q为B1C1的中点，点N为DD1的中点．有下列结论正确的是(　　) A．CQ∥平面ADD1A1 B．BN⊥平面ACC1A1 C．CQ⊥BN D．异面直线BN与CD所成的角为45° [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．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. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 (1)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______________，其范围是______________________，若〈a，b〉＝，则称a与b____________，记作a⊥b. 空间两点P1(x1，y1，z1)、P2(x2，y2，z2)之间的距离为|P1P2|＝. 在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点． 在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间中任意一点． ①a，b为平面α的基向量，若＝λa＋μb(λ，μ∈R)，AB⊄α，则AB∥α. ②若n为平面α的法向量，·n＝0.AB⊄α，则AB∥α. ③a，b为平面α的基向量，若则AB⊥α. 2．(选择性必修1P10T5)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C1的中点，若＝a，＝b，＝c，则下列向量与相等的是(　　) A．－a－b＋c B．a＋b－c C．－a＋b＋c D．a＋b＋c [解析]　∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，M为A1C1的中点，∴＝＋＋＝a＋c＋＝a＋c＋(－)＝a＋c＋(b－a)＝a＋b＋c.故选D. A． B． C． D． [解析]　解法一：记＝a，＝b，＝c，由题意知a、b、c两两夹角均为，设AB＝1，则＝a＋c，＝－a＋b＋c，∴||＝＝，||＝＝，∴cos〈，〉＝＝. 解法二：将三棱柱补成平行六面体(如图)，连AD1，B1D1，则AD1∥BC1，∴∠B1AD1或其补角即为AB1与BC1所成的角，设AB＝1，则AB1＝，AD1＝BC1＝，B1D1＝，∴cos∠B1AD1＝＝＝. [解析]　不妨设正方体棱长为2，对于A， ＝(－2,2,0)，＝(－1,1,1)，∴·＝4≠0，∴MN不垂直OP. 对于B， ＝(－2,0,2)，＝(1，－1,1)，∴·＝0，∴MN⊥OP. 对于C， ＝(－2,0，－2)，＝(－1，－1,1)，∴·＝0，∴MN⊥OP. 对于D， ＝(0，－2,2)，＝(1,0,2)，∴·＝4≠0，∴MN不垂直OP.故选BC. 5．(多选题)(2021·新课标Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则(　　) A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值 C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P [解析]　易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界)．对于A，当λ＝1时，＝＋μ＝＋μ，即此时P∈线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；对于B，当μ＝1时，＝λ＋＝＋λ，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，B1C1∥平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确；对于C，当λ＝时，＝＋μ，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则＝＋μ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系 如图，A1，P(0,0，μ)，B，则＝，＝，·＝μ(μ－1)＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误；对于D，当μ＝时，＝λ＋，取BB1，CC1中点为M，N.＝＋λ，所以P点轨迹为 线段MN.设P，因为A，所以＝，＝，若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥AP，所以＋y0－＝0⇒y0＝－，此时P与N重合，故D正确．故选BD. 1．(2026·湖南永州模拟)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，＝a，＝b，＝c，P为DD1的中点，过PB的平面α分别与棱AA1，CC1交于点E，F，且AE＝CF，则＋＝________(用a，b，c表示)． [答案]　－2a＋c [解析]　由题意知AE綉CF，∴＝，∴＋＝c－(a＋b)＋ (b－a)＝－2a＋c. A．若＝＋，则＝3 B．若Q为△ABC的重心，则＝＋＋ C．若四面体的各棱长都相等，则·＝0 D．若四面体P－ABC各棱长都为2，M，H分别为PA，BC的中点，则||＝1 [解析]　由＝＋，得＝3－2，∴＝＋＝－＋3－2＝3(－)＝3，A正确；连接AQ并延长交BC于H，则＝＋＝＋(－)＝＋＝＋×(＋)＝＋＋，B正确；因为四面体P－ABC各棱长都相等，则||＝||＝||，∠PBA＝∠PBC＝，∴·＝·(＋)＝·＋·＝||·||cos＋||·||cos＝0，C正确；若四面体P－ABC 的棱长都为2，则、、两两夹角都为，且||＝||＝||＝2，∴·＝·＝·＝2.又＝－＝－＋＋∴||2＝(＋－)2＝(||2＋||2＋||2＋2·－2·－2·)＝×(4＋4＋4＋4－4－4)＝2.∴||＝，D错误．故选ABC. (2025·江苏常州一中阶段测试)已知四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，＝λ(λ>0)，N为BC中点，若＝－a＋b＋c，则λ＝(　　) A．3 B．2 C． D． [解析]　根据题意，利用空间向量的运算法则，可得：＝－＝(＋)－＝－a＋b＋c，因为＝－a＋b＋c，所以＝，解得λ＝.故选D. 设＝λ，且H，A，M，N四点共面，求实数λ的值． [解析]　解法一：坐标法(利用共面向量基本定理) 在平面ABCD内作AS⊥AB，以A为原点，AB，AS，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＝2a，∵AB∥DC，BC＝CD＝2，AB＝4，BC⊥CD， ∴B(4,0,0)，C(4,2,0)，P(0,0,2a)，D(2,2,0)，＝(2,2，－2a)， 又∵M，N分别为PB，PC的中点， ∴＝(2,0，a)，＝(2,1，a)， ∴＝＋λ＝(0,0,2a)＋λ(2,2，－2a)＝(2λ，2λ，2(1－λ)a)， ∵，，共面， ∴存在实数x，y，使得＝x＋y， 即(2λ，2λ，2(1－λ)a)＝x(2,0，a)＋y(2,1，a)＝(2x＋2y，y，ax＋ay)， ∴解得λ＝. 解法二：坐标法(利用法向量) 在平面ABCD内作AS⊥AB，以A为原点，AB，AS，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＝2a，∵AB∥DC，BC＝CD＝2，AB＝4，BC⊥CD， ∴B(4,0,0)，C(4,2,0)，P(0,0,2a)，D(2,2,0)， ＝(2,2，－2a)， ∵＝＋λ＝(0,0,2a)＋λ(2,2，－2a)＝(2λ，2λ，2(1－λ)a)， 又∵M，N分别为PB，PC的中点， ＝(2,0，a)，＝(2,1，a)， 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)， ∴y＝0， 令z＝2得x＝－a， ∴n＝(－a,0,2)， 又∵，，共面， ∴n·＝－2aλ＋4(1－λ)a＝0，解得λ＝. 2．(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟预测)已知空间中有5个点E，A，B，C，D，若满足(1－λ)＝＋＋λ，且A，B，C，D四点共面，则λ的值为(　　) A． B． C． D． [解析]　由－λ＝＋＋λ得＝＋＋λ(＋)，即＝＋＋λ，由空间向量共面定理的推论可知，＋＋λ＝1，解得λ＝.故选B. 名师点拨： 1．证明空间三点P、A、B共线的方法 (1)＝λ(λ∈R)； (2)对空间任一点O，＝＋t(t∈R)； (3)对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1)． 2．证明空间四点共面的方法 对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面． (1)＝x＋y； (2)对空间任一点O，＝＋x＋y； (3)对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)； (4)∥(或∥或∥)． 1．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝a，AD＝b，AA1＝c，∠DAB＝90°，∠A1AD＝∠A1AB＝60°.点M，N是棱AB，D1C1的中点，点P是对角线A1C上一点(包括端点)，且满足＝λ.若M，N，P三点共线，则λ的值为________. [答案]　 [解析]　设基向量a＝，b＝，c＝，则＝a，＝＋＋＝＋＋＝a＋b＋c，因为＝＋＝－＋＋＝a＋b－c，所以＝＋λ＝λa＋λb＋(1－λ)c，因为M、N、P三点共线，设＝t＋(1－t)，则＝ta＋(1－t)＝a＋(1－t)b＋(1－t)c，所以即t＝λ＝，所以λ＝. 2．(2025·辽宁大连滨城高中联盟联考)对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有＝－＋2，则(　　) [解析]　由＝－＋2，得2＝－＋2，可得＝－＋，由于－＋1＝1，根据空间向量的基本定理，得P，A，B，C四点共面．故选B. A． B．或 C．0或 D．0或 [解析]　7a＋5b＝7(1,1,0)＋5(－1，λ，2)＝(2,7＋5λ，10)，2a－b＝2(1,1,0)－(－1，λ，2)＝(3,2－λ，－2)，由7a＋5b与2a－b互相垂直，有(7a＋5b)·(2a－b)＝2×3＋(7＋5λ)×(2－λ)＋10×(－2)＝0，解得λ＝0或λ＝.故选C. [解析]　(1)记＝a，＝b，＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1， 〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， ∴a·b＝b·c＝c·a＝. ||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6， ∴||＝，即AC1的长为. (2)＝b＋c－a，＝a＋b， ∴||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. ∴cos〈，〉＝＝. ∴AC与BD1夹角的余弦值为. 求夹角 设向量a，b的夹角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角 求长度 (距离) 利用公式|a|2＝a·a，可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂 直问题 利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题 (2026·山东学情质检)已知直线l1的一个方向向量a＝(1,2，x)，直线l2的一个方向向量b＝(，y,1)，若|a|＝5，且l1⊥l2，则x＋y＝(　　) A．或－ B．－或 C．－ D． [解析]　因为a＝(1,2，x)，|a|＝5，所以1＋4＋x2＝25，解得x＝±2.当x＝2时，a＝(1,2,2)，因为l1⊥l2，所以a·b＝＋2y＋2＝0，解得y＝－，x＋y＝.当x＝－2时，a＝(1,2，－2)，因为l1⊥l2，所以a·b＝＋2y－2＝0，解得y＝，x＋y＝－.故选A. 如图建立空间直角坐标系，则P，A，B，D，E(0,0,0)，C. ＝，＝(0，－，0)， ∴·＝×0＋0×(－)＋×0＝0， ∴⊥，即PA⊥BD. (2)设线段AB上存在点G满足条件， 则＝λ＝(－λ，λ，0)(0≤λ≤1)， ＝－＝(－λ，λ，0)－ ＝. 且＝m＋n， 即＝， ∴解得λ＝. ∴存在点G，当＝时，BC∥平面PEG. 注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG的法向量n，利用n·＝0⇔n⊥⇔BC∥平面PEG判断解答． 设BA＝a，则A(a,0,0)， G，A1(a，0,4)． (1)因为＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·＝0. 所以⊥，⊥，即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD. 因为B1D⊂平面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD. (2)证法一：因为＝，＝(0,1,1)，＝(0,2，－2)， 所以·＝0，·＝0. 所以B1D⊥EG，B1D⊥EF. 因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF. 又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥平面ABD. 证法二：∵＝，∴＝－， 又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD， ∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD， 又GF∩EF＝F，GF⊂平面EGF，EF⊂平面EGF， ∴平面EGF∥平面ABD. 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC. [证明]　由PA⊥底面ABCD知，可分别以AC，PA所在直线为x轴、z轴建立空间直角坐标系，由题意知P(0,0,2)，C(2，0,0)，由PE＝2EC知E，设B(，－a,0)，则＝(2，0，－2)，＝，＝(0,2a,0)， ∴·＝·＝0， ∴PC⊥BE，PC⊥BD，又BE∩BD＝B， ∴PC⊥平面BED. 解法一：设P(x，y，z)，由题意可知PA＝PD＝，PC＝2， 故即 解得y＝0，x＝－，z＝，即P. 解法二：由AD⊥平面POB知z轴⊂平面POB， 又BC⊥平面POB， ∴BC⊥PB， ∴PB＝＝， 又OB＝OP＝1，∴∠BOP＝120°， 作PH⊥x轴于H，由∠POH＝60°， 知OH＝，PH＝，∴P. (2026·安徽安庆一中模拟(节选))如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC＝4，BE＝，点F在棱AC上． [解析]　记AC中点为M，连接DM、BM，三角形ACD为正三角形，AC＝4，则DM⊥AC，且DM＝2.因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，DM⊂平面ACD，所以DM⊥平面ABC， 又△ABC为正三角形，所以BM⊥AC，所以BM＝2， 如图建立空间直角坐标系，则B(0,2，0)，C(－2,0,0)，D(0,0,2)，E(0,2，)， 所以＝(2,0,2)，＝(2,2，)， 设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝2，则z＝－2，y＝－1，则n＝(2，－1，－2)， 设F(a,0,0)，a∈[－2,2]，则＝(a，－2，0)， 因为BF∥平面CDE， 所以·n＝2a＋(－2)×(－1)＋0×(－2)＝0，解得a＝－1， 所以F为CM的中点，此时CF＝1. 1．(2025·湖北二模)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AM＝MC，A1N＝2ND.设＝a，＝b，＝c，＝xa＋yb＋zc，则x＋y＋z＝(　　) A． B． C． D． [解析]　因为AM＝MC，A1N＝2ND，则＝＋＋＝　　－＋＋＝－(＋)＋＋(－)＝－a－b＋c＋b－c＝－a＋b＋c，所以x＝－，y＝z＝，故x＋y＋z＝.故选D. A．2 B． C．3 D．3 [解析]　因为a＝(1,1,1)，c＝(x，－4,2)且a⊥c，所以a·c＝x－4＋2＝0，解得x＝2，所以c＝(2，－4,2)，又因为b＝(1，y，z)，c＝(2，－4,2)＝2(1，－2,1)且b∥c，所以y＝－2，z＝1，所以b＝(1，－2,1)，所以2a＋b＝(3,0,3)，所以|2a＋b|＝＝3，故选D. C． D． [解析]　(a－2b)⊥a⇔a2－2a·b＝0⇔41＝2(12＋2x－3)，解得x＝，故选C. A． B． C．(－2,4,4) D． [解析]　a在b方向上的投影向量为·＝×(－1,2,2)＝.故选B. 5．(2026·河南漯河中学摸底)已知四面体A－BCD的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，则·等于(　　) A．－ B． C．－ D． [解析]　解法一：因为E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，所以＝＋＋，所以·＝·＋·＋　·.因为·＝||·||cos〈，〉＝2×2×cos 60°＝2，·＝||·||cos〈，〉＝2×2×cos 60°＝2，·＝||·||cos〈，〉＝2×2×cos 120°＝－2，所以·＝×2＋2＋×(－2)＝.故选D. 解法二：取AC的中点H，分别以HB、HC为x轴、y轴建立空间直角坐标系(如图)，由题意知BH＝，又D在平面ABC内的射影为正△ABC的中心O.∴DO＝，OH＝.∴F，又E，∴＝，又＝(0,2,0)，∴·＝.故选D. A． B． C． D． [解析]　不妨设AB＝BC＝AC＝AA1＝2. 解法一：＝－，＝＋，由题意易知AB1＝BC1＝2，·＝·＝0，·＝2，∴cos θ＝＝＝.故选D. 解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(，1,0)，B1(0,0,2)，C1(0,2,2)，∴＝(－，－1,2)，＝(0,2,2)，∴cos θ＝＝＝.故选D. 解法三：如图将三棱柱补形成平行六面体，连接DC1，则DC1∥AB1，∴∠BC1D(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角．由题意易知AB1＝DC1＝2，BD＝2.∴cos∠BC1D＝＝＝.故选D. 7．(2025·山西临汾一模)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，H为CC1的中点，＝λ，λ∈(0,1)，若B，D，C1，F四点共面，则λ＝(　　) A． B． C． D． [解析]　如图，＝(＋)＝＋＋，又＝λ，∴＝＋＋，又B，D，C1，F共面，∴＝1，故λ＝.故选D. 8．(2026·湖北云学名校联盟调研)在棱长为6的正四面体ABCD中，点P与Q满足＝，且＝2，则||的值为(　　) A． B． C． D． [解析]　如图：以{，，}为基底，则||＝||＝||＝6，∠BAC＝∠BAD＝∠CAD＝60°，所以·＝·＝·＝6×6×cos 60°＝18.因为＝－＝(＋)－＝－＋　＋.所以||2＝2＝||2＋||2＋||2－　·－·＋·＝16＋9＋9－12－12＋9＝19.所以||＝.故选D. A．·＝12 B．cos〈，〉＝－ C．点O到直线BC的距离为 D．O，A，B，C四点共面 [解析]　因为＝(4,3,0)，＝(－3,0,4)，所以·＝4×(－3)＝－12，因此A不正确；又cos〈，〉＝＝　　　　　　　　　－＝－，因此B正确；＝(3,0，－4)，＝(8,6,0)，cos〈，〉＝＝＝，所以 sin〈，〉＝＝，所以点O到直线BC的距离为sin〈，〉＝5×＝，因此C不正确；因为＝(4,3,0)，＝(8,6,0)，所以有＝2，因此，是共线向量，所以O，A，B，C四点共面，因此D正确．故选BD. A．S△ABC＝|×| B．|×|＝|×| C．×＝× D．×＝－ [解析]　根据外积定义可得|×|＝||·||·sin∠BAC，又S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝|×|，A正确；|×|＝||||sin∠BAC＝2，|×|＝||||sin∠DAC＝2，B正确；根据定义可得×，×长度相等，方向相反，即×＝－×，C错误；|×|＝2，根据定义得×与反向，||＝，所以×＝－，D正确．故选ABD. 11．(2026·湖北部分学校测试)设三个向量e1，e2，e3不共面，那么对任意一个空间向量a，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得：a＝xe1＋ye2＋ze3成立．我们把{e1，e2，e3}叫做基底，把有序实数组(x，y，z)叫做基底{e1，e2，e3}下向量a的斜坐标．已知三棱锥P－ABC，∠PAB＝，∠PAC＝，∠BAC＝，PA＝2，AB＝AC＝1.以A为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向，以为z轴正方向，以，，同方向上的单位向量e1，e2，e3为基底，建立斜坐标系，则下列结论正确的是(　　) A．＝(－1,0,2) B．△PBC的重心坐标为G C．若Q(1,1,1)，则AQ⊥BC D．异面直线AP与BC所成角的余弦值为 [解析]　因为＝－＝2e3－e1，所以＝(－1，0,2)，故A正确；因为＝2e3，＝e1，＝e2，所以P(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，所以G，即G，故B正确；因为＝e1＋e2＋e3，＝－＝e2－e1，所以·＝(e1＋e2＋e3)·(e2－e1)＝e－e＋e2·e3－e1·e3＝1－1＋cos －cos ≠0，所以AQ⊥BC错误，故 C错误；因为＝2e3，＝e2－e1，所以cos〈，〉＝＝＝＝＝，故异面直线AP与BC所成角的余弦值为，故D错误．故选AB. ①(2a＋b)∥a；②5|a|＝|b|；③a⊥(5a＋6b)；④a与b夹角的余弦值为－. [解析]　由题意知2a＋b＝(－1,2,7)，显然不存在λ值使2a＋b＝λa，∴①错误；又|a|＝，|b|＝5，∴5|a|＝|b|，②正确；由a·b＝－6－4＋5＝－5，a·(5a＋6b)＝30＋6a·b＝30－30＝0，∴a⊥(5a＋6b)，③正确；a与b夹角的余弦值cos θ＝＝＝－，④正确． 13．(2025·重庆朝阳中学质检)如图，在四面体OABC中，＝，＝，＝，用向量，，表示，则＝________；若＝λ，且PQ∥平面ABC，则λ＝________. [答案]　＋＋　 [解析]　由条件可知：＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋×＝＋×(＋)＝＋＋；延长OP与AM交于D，连接BD，如图，∵PQ∥平面ABC，PQ⊂平面BOD，平面BOD∩平面ABC＝BD，∴PQ∥BD，令＝μ，＝m，则有＝－＝μ－＝＋ μ＋μ，＝m＝m(＋)＝m(－＋－)＝　－m＋m＋m，所以解得m＝，μ＝，∵PQ∥BD，∴△OPQ△ODB，∴＝＝，∴λ＝. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长． [解析]　(1)证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°， 如图，以点A为原点，以AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)， ＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)， 设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝1，可得n＝(1,0,1)， 又因为＝(1,2，－1)，则·n＝1－1＝0， 所以⊥n， 又因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE. 注：也可取EC的中点Q，证平面MNQ∥平面BDE即可． (2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)， 所以＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)， 由已知，得|cos〈，〉|＝＝＝， 整理可得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝， 所以，线段AH的长为或. 1．(2024·四川成都七中入学考试)如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分别在上、下底面圆上，＝2，＝2，AB＝2，BC＝3，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． [解析]　解法一：设OO1为圆柱的轴．如图建立空间直角坐标系，由题意知A(0，－1，0)，N，C(0,1,3)，M，∴＝，＝，∴cos θ＝＝＝.故选B. 解法二：连接DM，CM，AN，BN，BM，设BM∩CN＝P，则P是BM的中点，设Q是AB的中点，连接PQ，则PQ∥AM，则∠NPQ是异面直线AM与CN所成角或其补角．由于＝2，＝2，所以∠BAN＝，∠NBA＝，由于AB＝2，而AB是圆柱底面圆的直径，则AN⊥BN，所以AN＝1，BN＝，则AM＝＝， PQ＝AM＝，CN＝＝2，PN＝CN＝，而QN＝1，在　　　△PQN中，由余弦定理得cos∠NPQ＝＝.故选B. [解析]　以D为原点建立空间直角坐标系如图所示：设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，Q(1，2,2)，B(2,2,0)，N(0,0,1)，＝(1,0,2)，＝(0,2,0)，有·＝0，所以CQ⊥DC，又因为DC⊥平面ADD1A1，CQ⊄平面ADD1A1，所以CQ∥平面ADD1A1，故A正确；(或平面BCC1B1∥平面ADD1A1，CQ⊂平面BCC1B1，∴CQ∥平面ADD1A1)，因为·＝(－2，－2,1)·(0,0，－2)＝－2，故 B错误；由·＝(1,0,2)·(－2，－2,1)＝－2＋2＝0，得CQ⊥BN，故C正确；由|cos〈，〉|＝＝＝≠，故D错误． 3．(2026·江苏镇江开学考试)已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，且＝x＋y－(x>0，y>0)，若M，A，B，C四点共面，O不在该平面上，则＋的最小值为(　　) A．4 B．5 C． D．9 [解析]　因为M，A，B，C四点共面，＝x＋y－(x>0，y>0)，所以由共面定理可得，x＋y－1＝1，即x＋y＝2，所以＋＝(x＋y)＝，因为＋≥2＝4，当且仅当＝，即x＝2y，即x＝，y＝时，等号成立，所以＋＝≥(5＋4)＝，故选C. 4．(多选题)(2025·河北石家庄模拟)如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，∠BAA1＝，∠CAA1＝，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是(　　) A．＝(＋＋) B．||＝ C．AO⊥BC D．平面ABC⊥平面B1BCC1 [解析]　因＝＋＝＋(＋)＝＋(－＋)＝(＋＋)，故A正确；不妨设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个基底．则依题意：|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，b·c＝1，a·c＝－1，由A可得，＝(a＋b＋c)，则||2＝(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c)＝(1＋1＋4＋0＋2－2)＝，则||＝，故B正确；因 ＝b－a，故·＝(a＋b＋c)·(b－a)＝(－1＋1＋1＋1)＝1≠0，故C错误；如图取BC的中点E，连接AE，则＝(＋)＝(a＋b)，因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.又·＝(a＋b)·c＝(a·c＋b·c)＝(－1＋1)＝0，故有AE⊥BB1.因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面B1BCC1，所以AE⊥平面B1BCC1，又AE⊂平面ABC，故平面ABC⊥平面B1BCC1，即D正确．故选ABD. [证明]　证法一：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，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1,0，0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)，A(0，0，)，B1(1,2,0)． 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， ＝(－1，2，)，＝(－2,1,0)． 则n⊥，n⊥，故 ∴令x＝1，则y＝2，z＝－. 故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量， 而＝(1,2，－)， ∴＝n，即∥n， ∴AB1⊥平面A1BD. 证法二：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＝λ＋μ. 令＝a，＝b，＝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＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，·m＝(a－c)·＝4－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证． 证法三：基向量的取法同上． ∵·＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0， ·＝(a－c)·＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝0， ∴⊥，⊥，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD. (多选题)(2026·江苏镇江期初监测)棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，向量＝x＋y＋z(x，y，z∈[0,1])，则(　　) A．若xyz≠0，则存在点P，有AP∥BD1 B．若x＝z，则AP⊥CD1 C．若x2＋y2＋z2＝1，则PC1的最小值为－1 D．若x＋y＋z＝1，则三棱锥P－B1CD1的体积为定值 [解析]　如图所示，已知＝＋＋＝－＋＋，当AP∥BD1时，即(x＋y＋z)∥(－＋＋)，解得－x＝y＝z，由x，y，z∈[0,1]，所以xyz≠0不满足条件，不存在点P使得AP∥BD1，所以A错误；当x＝z时，＝x＋y＋x，＝＋＝－＋，·＝(x＋y＋x)·(－＋)＝－x2＋x2＝0，所以⊥，所以B正确； 由题意知＝＋＝－(x＋y＋z)＋(＋＋)＝(1－x)＋(1－y)＋(1－z)，所以＝，由不等式可知(1－x)2＋(1－y)2＋(1－z)2≥，因为x，y，z∈，所以x＋y＋z≤3，所以≥；由均值不等式可知x＋y＋z≤＝，所以≥＝－1，所以C正确；当x＋y＋z＝1时，点P与B，D，A1三点共面，即P∈平面BDA1， 由正方体的性质可知BD∥B1D1，CD1∥BA1，BD∩BA1＝B，B1D1∩CD1＝D1，所以平面BDA1∥平面B1CD1，可得三棱锥P－B1CD1的体积为定值；即VP－B1CD1＝VB－B1CD1＝VD1－BB1C，正方体棱长为1，则VP－B1CD1＝××1×1×1＝，所以D错误．故选BC. $