第02讲空间向量基本定理（秋季讲义）（人教A版2019选择性）

第02讲空间向量基本定理【人教A版2019】模块一模块一空间向量基本定理1．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.我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．2．用基底表示向量的步骤:(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．(3)下结论：利用空间的一个基底{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有，，，不能含有其他形式的向量．3．空间向量的正交分解(1)单位正交基底如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底，常用{i，j，k}表示．(2)向量的正交分解由空间向量基本定理可知，对空间任一向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk.像这样把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行正交分解．【题型1用空间基底表示向量】【例1.1】（2324高一下·安徽·阶段练习）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC,△ABC重心为点G，棱B1C1A．−13aC．16a−【解题思路】由空间向量基本定理求解即可.【解答过程】取BC中点N，连接MN，AN，由底面为正三角形，知AN过点G，且GN=于是MG=故选：D.【例1.2】（2324高二上·安徽宣城·期末）在三棱柱ABC−A1B1C1中，E,F分别是BC,CCA．13AB−C．−23AB【解题思路】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果.【解答过程】如图，因为E,F分别是BC,CC1的中点，AG=2所以FG=得到FG=故选：A.【变式1.1】（2324高二上·陕西宝鸡·期末）如图，在四面体OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM=MA，A．−13aC．13a−【解题思路】由空间向量基本定理结合线段比例关系分解向量即可.【解答过程】由题意MN=−1故选：A.【变式1.2】（2324高三上·山东临沂·期末）正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是棱CC1的中点．记AB1=a，A．14a+C．14a+【解题思路】根据几何体的特征，结合向量的线性运算，即可求解.【解答过程】AC=AB+AD，三个式子相加得AC+AM=1

故选：A.【题型2由空间向量基本定理求参数】【例2.1】（2324高二上·河南南阳·期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1A．1 B．43 C．32 【解题思路】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理求解即可.【解答过程】由题意知：CD=C又CD=x所以x=13,故选：B.【例2.2】（2324高二下·甘肃兰州·期末）已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点，PA⊥平面ABCD，点M,N满足PM=12PC，PN=23A．−1 B．1 C．−12 【解题思路】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.【解答过程】

因为PM=12所以MN=2因为MN=xAB+yAD+zAP，所以所以x+y+z=−1故选：C.【变式2.1】（2324高二上·广东江门·阶段练习）如图，在三棱锥O−ABC中，点G为底面△ABC的重心，点M是线段OG上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱OA，OB，OC于点D，E，F，若OD=kOA，OE=mOB，OF=nA．133 B．23 C．32【解题思路】由空间向量基本定理，用OA，OB，OC表示OM，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数λ,μ，使【解答过程】由题意可知，OM=因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数λ,μ，使DM=λ所以OM−所以OM=(1−λ−μ)所以(1−λ−μ)k=2所以1k故选：D.【变式2.2】（2324高二下·江苏南通·期末）已知P是△ABC所在平面外一点，M是BC的中点，若AM=xPA+yA．x+y+z=0 B．x+y+z=1C．x−y−z=1 D．x−y−z=−1【解题思路】推导出AM=12AB+AC，利用空间向量的减法结合空间向量的基本定理可得出【解答过程】如下图所示：因为M为BC的中点，则AM=所以，AM=又因为AM=xPA+yPB+zPC，且PA、PB、故x+y+z=0，x−y−z=−2，故选：A.【题型3正交分解】【例3.1】（2324高二上·河北·期中）已知BD⊥平面ABC，AB⊥BC，BD=1，AB=2，BC=3，则空间的一个单位正交基底可以为（

）A．13BC,C．BC,BD,【解题思路】先得到AB,BC,BD两两垂直，再根据其长度得到空间的一个单位正交基底.【解答过程】因为BD⊥平面ABC，AB,BC⊂平面ABC，所以BD⊥AB，BD⊥BC．因为AB⊥BC,即AB,BC,BD两两垂直，又BD=1，AB=2，BC=3，所以空间的一个单位正交基底可以为13故选：B.【例3.2】（2324高二上·河南洛阳·阶段练习）已知a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3A．32,−12,3 B．−3【解题思路】设p=xa+b【解答过程】解：设p=x=x+y所以x+y=1x−y=2z=3，解得所以向量p在基底a+b,故选：A.【变式3.1】（2324高二上·江西抚州·期末）已知a,b,c是空间的一个基底，a+b,a−b,c是空间的另一个基底，一向量A．4,0,3 B．3,1,3 C．1,2,3 D．2,1,3【解题思路】利用空间向量基本定理求解即可.【解答过程】设向量p在基底a+b,a−又向量p在基底a,b,c下的坐标为所以4a+2b所以x+y=4,x−y=2,z=3,所以向量p在基底a+b,故选：B.【变式3.2】（2324高二上·湖北武汉·阶段练习）已知a,b,c是空间的一组单位正交基底，若向量p在基底a,b,c下用有序实数组表示为A．34623,C．31414,【解题思路】求出与向量p同向的单位向量m的有序实数组，设与向量p同向的单位向量m在基底a,b+c,b−c下有序实数组表示为【解答过程】因为向量p在基底a,b,所以与向量p同向的单位向量m的有序实数组表示为19+4+1设与向量p同向的单位向量m在基底a,b+所以m=x又因为m=所以x=31414则与向量p同向的单位向量m在基底a,b+故选：C.模块二模块二用空间向量基本定理解决相关的几何问题1．证明平行、共线、共面问题(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.(2)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.2．求夹角、证明垂直问题(1)θ为a，b的夹角，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.3．求距离(长度)问题eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(a·a)(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\r(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))))．4．利用空间向量基本定理解决几何问题的思路:(1)平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题；(2)几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要注意角的范围；(3)几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用向量的数量积可以求得．【注】用已知向量表示某一向量的三个关键点：(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，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，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量.(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立.【题型4证明平行、共线、共面问题】【例4.1】（2324高二上·上海·课后作业）四棱柱ABCD−A′B′C′D′的六个面都是平行四边形，点M在对角线A′(1)设向量AB=a，AD=b，AA′=c，用a、(2)求证：M、N、D′【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算计算即可得；（2）借助向量共线定理证明MN//【解答过程】（1）因为A′M=所以D′又因为A′N=所以D=1（2）因为MN=14BC所以MN=14MD′，即【例4.2】（2324高二上·福建厦门·阶段练习）已知a,b,c是空间的一个基底，且OA=3(1)求证：A，B，C，D四点共面；(2)OA,OB,【解题思路】（1）确定AB=−a+b+2c，（2）计算得到OA=【解答过程】（1）AB=AC=AD=设AD=λAB故−1=−λ−4μ−2=λ−μ−1=2λ+3μ，解得λ=−7故A，B，C，D四点共面.（2）假设OA=mOB+n故3=2m+2n3=4m+n0=2m−n，解得m=1故OA,【变式4.1】（2324高二上·湖北武汉·阶段练习）在正四棱锥P−ABCD中，点M,N,S分别是棱PA,PB,PC上的点，且PM=xPA,(1)若x=1,y=12，且PD//平面MNS(2)若x=23,y=12，且点D∈【解题思路】（1）由PD//平面MNS利用共面定理可得PD=λMN+μMS（3）由点D∈平面MNS，可知D、M、N、S四点共面，再利用共面定理的推论即可求解.【解答过程】（1）∵PM=xPA,∴PM在正四棱锥P−ABCD中BD=可得PD−即PD=又PD//平面MNS∴所以存在实数λ、μ使得PD即PD=λPN−又PD=PA−∴−λ−μ=1λ2=−1（2）由（2）可知PD又PM=xPA,可得PD又点D∈平面MNS，即D、M、N、S四点共面所以32−2+1【变式4.2】（2324高二·全国·课后作业）已知e1,e2,e3为空间的一个基底，且OP(1)判断P,A,B,C四点是否共面；(2)能否以OA,OB,【解题思路】（1）假设P,A,B,C四点共面，然后利用空间向量共面定理列方程求解；（2）先判断OA,【解答过程】（1）假设P,A,B,C四点共面，则存在实数x,y,z，使OP=xOA+y即2比较对应的系数，得到关于x,y,z的方程组x−3y+z=22x+y+z=−1−x+2y−z=3，解得x=17y=−5故P,A,B,C四点不共面．（2）若OA,OB,OC共面，则存在实数所以e1所以−3m+n=1m+n=2所以OA,所以OA,OB,所以e1+2所以OP=17a【题型5几何中的求夹角、证明垂直问题】【例5.1】（2324高二下·江苏常州·阶段练习）如图所示，平行六面体ABCD−A1B(1)用向量AB,AD,AA(2)求cosB【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【解答过程】（1）BD则B=1+4+1+2×1×2×1所以BD（2）由空间向量的运算法则，可得AC=因为AB=AD=1,AA1=2所以AC=1+0+1B==1×1×cos则cosB【例5.2】（2324高二·全国·随堂练习）已知在空间四边形ABCD中，DA⊥BC，DB⊥AC，求证：DC⊥AB．【解题思路】选取基底，将已知直线垂直关系转换为数量积为0，得到相应的等量关系，进而证明BA⋅【解答过程】如图所示：

不妨选空间的一组基底向量为DA,由题意DA⊥BC，DB⊥AC，所以有DA⋅BC=同理有DB⋅AC=因此BA⋅从而BA⊥DC，即【变式5.1】（2324高二上·山东聊城·阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M，N分别是边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN，设OA=a，OB=(1)试用向量a，b，c表示向量OG；(2)求cos<【解题思路】（1）根据平面向量基底运算即可得到结果.（2）分别求出BA,【解答过程】（1）OG===（2）由题意知，a=b=c=1则BA=OG=OG=所以cos<【变式5.2】（2324高二下·江苏常州·阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，

(1)求证：D，(2)当AA1AB(3)若AB=AA1=1，且A【解题思路】（1）利用向量证明DN=（2）以AA1，AD，（3）利用基底表示出AP，然后平方转化为数量积求解即可.【解答过程】（1）在平行六面体ABCD−A1B因为A1所以MBDN=所以DN=MB1，即所以四边形DMB1N（2）当AA1AB设AA1=c，AD=b，AB=a，且c与因为底面ABCD为菱形，所以b=∵AC1=若AC1⊥即AC即a2解得a=c或所以AA1AB

（3）∵A∴AP∵AB=AA∴==1+所以|AP|=112，所以【题型6几何中的求距离(长度)问题】【例6.1】（2324高二上·山东·阶段练习）如图，空间四边形OABC中，OA=2，OB=3，OC=4，且OA,OB,OC任意两个之间的夹角均为60°，OM=2MA，

A．693 B．753 C．2【解题思路】利用基底法表示出MN=−【解答过程】由题意得MN=OC而OA⋅OB⋅OA⋅则MN==4故选：A.【例6.2】（2324高二上·吉林·阶段练习）在三棱台ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=2A1B1=2，cos∠BAA1=cosA．1794 B．1784 C．1798【解题思路】延长A1O交B1C1于点F，通过三角形重心的性质得出F为B1C1的中点，结合已知即可得出A1【解答过程】如图，延长A1O交B1∵△A1B∴A1F为△A1B1∵三棱台ABC−A1B1C1中，△∴A1F=∴A∵三棱台ABC−A1B1C1中，面A1B1C1∥面ABC∴A∴△A1EO∼△DEA得AE=所以AE=故选：D.【变式6.1】（2324高二上·上海·期末）如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AM的长为2，且AM和AB,AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a=AB，b=AD，c=AM，试以a，b，【解题思路】根据题中条件，由向量的线性运算法则求出BN=−12【解答过程】因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，所以BN=−1由题意，可得a=b=1,c=2因此BN=所以BN=62，即BN【变式6.2】（2324高二上·浙江·期中）如图，空间四边形OABC中，OA=OB=OC=2，∠AOC=∠BOC=π2，∠AOB=π3，点M,N分别在OA,BC上，且

(1)以OA,OB,(2)求MN的长度.【解题思路】（1）利用空间向量运算的几何表示及空间向量基本定理求解；（2）利用空间向量数量积的运算性质，由MN2【解答过程】（1）∵OM=2MA,BN=CN，∴MN

（2）OA=OB=OC=2,∠AOC=∠BOC=π所以OA⋅所以MN===4所以MN=【题型7空间向量基本定理与其他知识综合】【例7.1】（2324高二上·江西·阶段练习）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“刍童”的几何体，该几何体是上下两个底面平行，且均为矩形的六面体.现有一“刍童”ABCD−A1B1C1D1，如图所示.AB=AA1=4，A1B1=AD=2，AA．82+5 B．18 C．8【解题思路】设∠BAA1=α，从而∠DAA1【解答过程】解：设∠BAA1=α由题意得AO=AA所以AO⋅=A=16cos=43当∠BAA1=α=π6故选：C.【例7.2】（2324高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，四边形ABCD是平行四边形，点E在平面ACCA．V28 B．V21 C．3V28【解题思路】作出辅助线，找到两三棱锥的公共部分，结合三角形相似知识得到边长比，从而得到体积比，求出答案.【解答过程】先找两三棱锥的公共部分，由AE=14AC+在CC1上取点E，使得CE=3EC设DE∩D1C=F,AC∩BD=G则三棱锥F−CDG为三棱锥D1−ADC与三棱锥∵△CEF∽△D∴D∴点F到平面ABCD的距离是点D1到平面ABCD的距离的37，又∴V故选：A.【变式7.1】（2324高二上·江西新余·期末）已知点D在△ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，正实数x，y满足OD=3OC−xOA−yA．1+2 B．32+2 C．【解题思路】根据空间四点共面的性质，结合基本不等式“1”的妙用即可得解.【解答过程】因为OD=3OC−x由空间四点共面的性质可知3−x−y=1，即x+y=2，又x>0,y>0，所以2x当且仅当2yx=x所以2x+1故选：B.【变式7.2】（2425高二上·上海·课后作业）已知空间向量OA、OB、OC都是单位向量，且OA⊥OB，OA⊥OC，OB与OC的夹角为60°，若P为空间任意一点，且OP=1【解题思路】根据空间向量基本定理设OP=mOA+nOB+sOC，由OP=1，得m2+n2【解答过程】设OP=m则OP=m又OP⋅OP⋅OP⋅设n2+s=a,n+s所以m2+4由题设可得a≤b≤m，故故34解得m≤217，故当且仅当b=−217，故OP⋅OC的最大值为一、单选题1．（2324高一下·陕西西安·阶段练习）已知a,b,A．a+b,C．2a+b【解题思路】直接利用空间向量的基地概念判断选项即可.【解答过程】对于A，设a+b=x(c+对于B，设a+2b=xb+y(a−对于C，设2a+b=x(2c对于D，设a+c=xb+2故选：B.2．（2324高一下·重庆·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,ACA．13a+C．12a−【解题思路】直接利用向量的线性运算和中线向量的应用求出结果．【解答过程】在三棱锥P−ABC中，点N为棱BC的中点，点M在棱PC上，且满足PM故AM−所以AM=点N为棱BC的中点，所以AN=故MN=故选：B．3．（2324高二下·辽宁·阶段练习）下列选项中，不正确的命题是（

）A．若两条不同直线l，m的方向向量为v1，v2B．若OA,OB,OC是空间向量的一组基底，且OD=13OA+C．若a,b,D．若空间向量a，b，c共面，则存在不全为0的实数x，y，z使x【解题思路】对于A，根据直线方向向量的定义分析判断，对于B，由三角形重心的定义判断，对于C，由空间向量的基底的定义分析判断，对于D，由共面向量定理判断.【解答过程】对于A，由于两条不同直线l，m的方向向量为v1，v2，当l//m时，v1//v对于B，因为OD=13所以OD−所以AD+BD+设E为BC的中点，所以AD=DB+所以点D在平面ABC内，且D为△ABC的重心，所以B正确，对于C，因为a+b+所以a+对于D，由空间向量共面定理可知空间向量a，b，c共面，则存在不全为0的实数x，y，z使xa故选：C.4．（2324高二下·江苏常州·期中）如图，在平行六面体ABCD−A'B'C'D'中，A．98+562 B．C．89+562 D．【解题思路】根据空间向量基本定理结合已知条件用AB,AD,【解答过程】平行六面体ABCD−A′B因为AB=5，AD=3，AA′=7所以A==25+9+49+2×5×3×=98+562所以AC′=98+562故选：A.5．（2324高二上·贵州黔东南·期末）如图，在三棱锥P−ABC中，点D满足PB=4PD,CD=xA．12 B．32 C．2 【解题思路】利用空间向量的加法、减法和数乘运算进行求解.【解答过程】CD=所以x=14,y=−1,z=故选：C.6．（2324高二下·江苏宿迁·期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB=120°，∠DAB=60°A．3714 B．64 C．7【解题思路】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义,将AP、DC，用基底AA【解答过程】在平行六面体ABCD−A四边形DD1C又P是C1所以P是CD因为DC=AB,∠A所以AP=所以|=1所以|又|DC所以AP===1可得cos<AP,所以异面直线AP与DC的夹角的余弦值为|cos故选：A.7．（2425高二上·上海·课后作业）如图，在四面体OABC中，BM=12BC，MN=12NO，AP=34A．23 B．32 C．43【解题思路】由条件可知，延长OP与AM交于D，连接BD，则由题意可得PQ∥BD，令OD=μOP，AD=mAM，则利用不同的方法将AD用【解答过程】由条件可知，延长OP与AM交于D，连接BD，因为PQ∥平面ABC，PQ⊂平面OBD，平面OBD∩平面ABC=BD，所以PQ∥BD，令OD=μOP，则有AD=ODAD=mAM=根据向量基底表示法的唯一性，得−m=14∵PQ∥BD，∴△OPQ∽△ODB，OQOB∴λ=3故选：D．8．（2324高二上·湖北·开学考试）在四面体ABCD中（如图），平面ABD⊥平面ACD，△ABD是等边三角形，AD=CD，AD⊥CD，M为AB的中点，N在侧面BCD上（包含边界），若MN=xAB+yAC+z

A．若x=12，则MN∥平面ACD B．若z=0C．当MN最小时，x=14 D．当MN【解题思路】根据可证CD⊥平面ABD，设BN=λBC+μBD，且λ,μ∈0,1,λ+μ≤1，进而可得x=12−λ−μy=λz=μ，对于A：若x=12，则点N即为点B，进而可得结果；对于B：若z=0，可得点N在线段BC【解答过程】因为AD⊥CD，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面ABD，且BD⊂平面ABD，可得CD⊥BD，又因为N在侧面BCD上（包含边界），设BN=λBC+μ可得MN=1又因为MN=xAB+yAC+z对于选项A：若x=12−λ−μ=12，则λ=μ=0显然MN∩平面ACD=A，故A错误；对于选项B：若z=μ=0，则BN=λBC，可得点N在线段由CD⊥平面ABD，可知当且仅当点N为点B，MN⊥CD，故B错误；过M作ME⊥BD，垂足为E，可得BE=BM⋅

因为CD⊥平面ABD，ME⊂平面ABD，则ME⊥CD，且BD∩CD=D，BD,CD⊂平面BCD，所以ME⊥平面BCD，可得MN=对于选项C：显然当点N即为点E时，MN最小，此时λ=0,μ=1可得y=0,z=1对于选项D：显然当点N即为点C时，NE最大，则MN最大，此时λ=1,μ=0，可得y=1,z=0,x=1故选：C.二、多选题9．（2324高二下·甘肃兰州·期中）已知空间向量a，b，c不共面，则以下每组向量能做基底的是（

）A．a，b−a，a+b B．aC．a，b−c，a+c D．c【解题思路】利用共面向量基本定理逐项判断，可得出合适的选项.【解答过程】对于A选项，b−a=b+a−2对于B选项，假设a，b−a，则存在λ、μ∈R使得a因为a,b,故a，b−a，对于C选项，假设a，b−c，则存在m、n∈R，使得a因为a,b,故a，b−c，选项D，因为b=122b−c故选：BC.10．（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是π3，M为A1C1与B1D1的交点．若AB=a，ADA．CM=−12C．BD1=【解题思路】由题意可知，a⋅【解答过程】由题意可知，a⋅对于A，CM=CC对于B，又因为AC所以CM⋅所以CM，AC对于C，BD1=对于D，AD⋅BD故选：AD．11．（2324高二上·安徽滁州·期中）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠DAB=∠A．若点Q在平面A1B1C1D1C．当p=12时，三棱锥Q−ABD的体积为928 D．当m+n=1【解题思路】根据平面向量的基本定理及空间向量的加法法则可得AQ=λAB+μAD+AA1，进而求解判断A；根据空间向量的数量积定义和线性运算可得AB⋅AD=AB⋅AA1=AD⋅AA1=2【解答过程】对于选项A，若点Q在平面A1B1所以AQ=又AQ=mAB+n对于选项B，由题意易得AB⋅CQ=AQ−又CQ⊥DB，即CQ⋅故CQ⋅DB=2(m−1)−2(n−1)=0对于选项C，由题易知四面体A1设A1在平面ABCD内的射影为点H则H为△ABD的中心，易得AH=233当p=12时，Q到平面ABCD的距离为所以VQ−ABD

对于选项D，由B知，CQ==4−4mn+4p又4−4mn+4p由基本不等式可知mn≤m+n所以CQ2≥2，即CQ≥所以CQ长度的最小值为2，故D正确．故选：ABD.三、填空题12．（2425高二上·上海·单元测试）如图，在三棱锥S−ABC中，点E、F分别是SA、BC的中点，点G在EF上，且满足EGGF=12，若SA=a，SB=b

【解题思路】运用空间向量的加减法和题设条件，将所求向量用空间的基向量表示即得.【解答过程】连接SF，因为点E、F分别是SA、BC的中点，点G在EF上，且满足EGGF

所以SG=1所以SG=故答案为：1313．（2024高二·全国·专题练习）平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=2，AD=1，∠BAD=∠BA【解题思路】根据题设AB=a，AD=b，AA1=c，可选取AB，AD，AA1为一组基底，将【解答过程】设AB=a，AD=

设CP=λCD1，则则AP=由AB=AA1=2，AD=1可得a⋅b=∴AP=(=4λ2−2λ当λ=14时，AP⋅故答案为：−114．（2324高一下·吉林通化·期末）如图，在正四面体ABCD中，AB=3,E,F分别在棱AD,BC上，且BF=2CF,AD=3AE，若EF=xAB+yAC+zAD，则x+y+z=23

【解题思路】根据空间向量线性运算法则及基本定理求出x、y、z，再根据EF=【解答过程】依题意AE=13因为EF=−=−1又EF=xAB+yAC+z则EF==1故答案为：23；5四、解答题15．（2324高二下·甘肃兰州·期中）如图所示，平行六面体ABCD−A1B(1)用向量AB,AD,AA(2)求直线BD1与直线【解题思路】（1）利用空间向量的运算法则即可表示出结果，再将BD1平方可求得模长为（2）易知AC=AB+AD，求出【解答过程】（1）BD