2025届高考数学一轮复习第一部分考点通关练第六章立体几何考点测试47空间向量及其应用229含解析新人教B版

PAGE考点测试47空间向量及其应用高考概览本考点是高考必考学问点，考查题型为选择题、填空题、解答题，中等难度考纲研读1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置2．会简洁应用空间两点间的距离公式3．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，驾驭空间向量的正交分解及其坐标表示4．驾驭空间向量的线性运算及其坐标表示5．驾驭空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积推断向量的共线与垂直一、基础小题1．给出下列命题：①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b肯定不共面；③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；④已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的随意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3答案A解析a与b共线，a，b所在的直线也可能重合，故①错误；依据自由向量的意义知，空间随意两向量a，b都共面，故②错误；三个向量a，b，c中任两个肯定共面，但它们三个却不肯定共面，故③错误；只有当a，b，c不共面时，空间随意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④错误．综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.2．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝()A．9 B．－9C．－3 D．3答案B解析由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.3．分别以棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则四边形AA1B1BA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))答案B解析设所求交点为O，在空间直角坐标系中，点A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，故eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，即对角线的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，故选B.4．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则()A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l与α斜交答案B解析∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，即n＝－2a，故a∥n，∴l⊥α5．O为空间随意一点，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，则A，B，C，P四点()A．肯定不共面 B．肯定共面C．不肯定共面 D．无法推断答案B解析因为eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，且eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1.所以P，A，B，C四点共面．6．在空间直角坐标系中，已知△ABC的顶点坐标分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则边AC上的高BD＝()A．5 B．eq\r(41)C．4 D．2eq\r(5)答案A解析设eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,4，－3)，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,4λ，－3λ)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4，－5,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－4,4λ＋5，－3λ)．由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，得λ＝－eq\f(4,5)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,5)，\f(12,5)))，所以|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝5.故选A.7.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点E为BC的中点，点F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1A.eq\f(2,3) B．eq\f(\r(5),3)C.eq\f(\r(5),5) D．eq\f(2\r(5),5)答案B解析如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0,0)，F(2,1,2)，C1(2,2,2)，E(2，1,0)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,1,2)，eq\o(C1E,\s\up6(→))＝(0，－1，－2)，设异面直线AF与C1E所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·\o(C1E,\s\up6(→))|,|\o(AF,\s\up6(→))||\o(C1E,\s\up6(→))|)＝eq\f(5,3\r(5))＝eq\f(\r(5),3)，∴异面直线AF与C1E所成角的余弦值为eq\f(\r(5),3)，故选B.8.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1答案60°解析如图所示，建立空间直角坐标系．由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，B(0,0,0)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，所以cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，故直线EF和BC1所成的角是60°.二、高考小题9．(2024·广东高考)已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)答案B解析经检验，选项B中向量(1，－1,0)与向量a＝(1,0，－1)的夹角的余弦值为eq\f(1,2)，即它们的夹角为60°.故选B.10．(2024·浙江高考)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝eq\f(1,2).若空间向量b满意b·e1＝2，b·e2＝eq\f(5,2)，且对于随意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝________，y0＝________，|b|＝________.答案122eq\r(2)解析∵e1，e2是单位向量，e1·e2＝eq\f(1,2)，∴cos〈e1，e2〉＝eq\f(1,2)，又0°≤〈e1，e2〉≤180°，∴〈e1，e2〉＝60°.不妨把e1，e2放到空间直角坐标系Oxyz的平面xOy中，设e1＝(1,0,0)，则e2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，再设eq\o(OB,\s\up6(→))＝b＝(m，n，r)，由b·e1＝2，b·e2＝eq\f(5,2)，得m＝2，n＝eq\r(3)，则b＝(2，eq\r(3)，r)．而xe1＋ye2是平面xOy上任一向量，由|b－(xe1＋ye2)|≥1知点B(2，eq\r(3)，r)到平面xOy的距离为1，故可得r＝1，则b＝(2，eq\r(3)，1)，∴|b|＝2eq\r(2).又由|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1知x0e1＋y0e2＝(2，eq\r(3)，0)，解得x0＝1，y0＝2.三、模拟小题11．(2024·成都诊断)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则下列向量中与eq\o(BM,\s\up6(→))相等的向量是()A．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B．eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D．eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c答案A解析由题意并依据向量运算的几何运算法则，得eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝c＋eq\f(1,2)(b－a)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.12．(2024·厦门模拟)已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是()A．2，eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．－3,2 D．2,2答案A解析因为a∥b，所以b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6＝kλ＋1，,2μ－1＝0，,2λ＝2k，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－3，,μ＝\f(1,2).))13．(2024·河南商丘高三质检)在空间四边形ABCD中，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3,5,2)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则eq\o(EF,\s\up6(→))的坐标为()A．(2,3,3) B．(－2，－3，－3)C．(5，－2,1) D．(－5,2，－1)答案B解析因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→))，eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))．所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]＝eq\f(1,2)(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．14.(2024·大庆一模)如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A.eq\r(3) B．eq\r(2)C．1 D．eq\r(3－\r(2))答案D解析因为eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))，所以|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up6(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up6(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＋2eq\o(FE,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)＝3－eq\r(2)，所以|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(3－\r(2)).15．(2024·攀枝花模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up6(→))1，N为B1B的中点，则|eq\o(MN,\s\up6(→))|为()A．eq\f(\r(21),6)a B．eq\f(\r(6),6)aC．eq\f(\r(15),6)a D．eq\f(\r(15),3)a答案A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，\f(a,2))).设M(x，y，z)，因为点M在AC1上且eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MC,\s\up6(→))1，所以(x－a，y，z)＝eq\f(1,2)(－x，a－y，a－z)，所以x＝eq\f(2,3)a，y＝eq\f(a,3)，z＝eq\f(a,3).所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，所以|eq\o(MN,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\f(a,3)))2)＝eq\f(\r(21),6)a.16．(2024·东北三省高三第三次联考)已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD为边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．答案eq\f(\r(2),4)解析如图所示，取BD的中点E，连接AE，因为△ABD是等边三角形，且平面ABD⊥平面BCD，所以AE⊥底面BCD.如图建立空间直角坐标系，则A(0,0，eq\r(3))，B(1,0,0)，C(－1,2,0)，D(－1,0,0)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,2，－eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2\r(2)×2)＝eq\f(\r(2),4).一、高考大题1．(2024·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1又A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF因此EF⊥BC.(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G连接A1G交EF于点O则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝eq\f(A1G,2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠EOG＝eq\f(EO2＋OG2－EG2,2EO·OG)＝eq\f(3,5).因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).解法二：(1)证明：连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.如图2，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA1为y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC＝4，则E(0,0,0)，A1(0,0,2eq\r(3))，B(eq\r(3)，1,0)，B1(eq\r(3)，3,2eq\r(3))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，C(0,2,0)．因此，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)．由eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得EF⊥BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq\r(3))．设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(A1C,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,y－\r(3)z＝0.))取n＝(1,eq\r(3)，1)，故sinθ＝|cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,5)，所以cosθ＝eq\f(3,5).因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).2.(2024·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．解(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0，1,1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1,0,2)．eq\o(DA,\s\up6(→))是平面MCD的法向量，因此，cos〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DA,\s\up6(→)),|n||\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(5),5)，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).3．(2024·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．解(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).连接OB.因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由PO2＋OB2＝PB2，知PO⊥OB.由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC.(2)如图，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2eq\r(3))，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,2，2eq\r(3))，取平面PAC的法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2,0,0)．设M(a,2－a,0)(0<a≤2)，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a,4－a,0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋4－ay＝0，))可取n＝(eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a)，所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)a－4,2\r(3a－42＋3a2＋a2)).由已知得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2).所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3a－42＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2).解得a＝－4(舍去)，a＝eq\f(4,3).所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8\r(3),3)，\f(4\r(3),3)，－\f(4,3))).又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).二、模拟大题4．(2024·宿迁模拟)如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A(1)求AC1的长；(2)求证：AC1⊥BD；(3)求BD1与AC夹角的余弦值．解(1)记eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.所以a·b＝b·c＝c·a＝eq\f(1,2).|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(6)，即AC1的长为eq\r(6).(2)证明：因为eq\o(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝b－a.所以eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(a＋b＋c)·(b－a)＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c＝b·c－a·c＝|b||c|cos60°－|a||c|cos60°＝0.所以eq\o(AC1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，所以AC1⊥BD.(3)因为eq\o(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a.eq\o(AC,\s\up6(→))＝a＋b，所以|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.所以cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),6).所以BD1与AC夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).5．(2024·衡阳高三阶段测试)如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)试推断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？假如存在，求出eq\f(BP,BC)的值；假如不存在，请说明理由．解(1)AB∥平面DEF，理由如下：在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.又因为AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AB∥平面DEF.(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，1)，故eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，1)．假设存在点P(x，y,0)满意条件，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，y，－2)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6