【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）重难点03 空间向量基底法十四大题型

重难点03空间向量基底法十四大题型汇总技巧一.基底的判断思路1.判断一组向量能否作为空间的一个基底，实质是判断这三个向量是否共面，若不共面，则可以作为一个基底.2.判断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点出发的三条棱对应的向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的判断.技巧二.利用向量法证明向量共面的策略1.若已知点P在平面ABC内，则有OP=xAB＋yAC或OP=xOA＋yOB＋zOc（x+y＋z=1），然后利用指定向量表示出已知向量，用待定系数法求出参数．2.证明三个向量共面（或四点共面），需利用共面向量定理，证明过程中要灵活进行向量的分解与合成，将其中一个向量用另外两个向量来表示.技巧三.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{a，b，c}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有a，b，c，不能含有其他形式的向量.技巧四.求线面角的两种思路1.线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，此时要注意两直线夹角的取值范围.2.向量法．方法一：设直线PA的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线PA与平面α所成的角为θ（θ∈[0,π2]），α与n的夹角为φ，则sinθ=lcosφ|=方法二：设直线PA的方向向量为a，直线PA在平面α内的投影的方向向量为b，则直线PA与平面α所成的角θ满足cosθ=|cos<a，b>|技巧五.求二面角常用的方法：1.几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；2.空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意题型1空间向量基底的辨析【例题1】（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,A．a+b,a−b,a 【答案】C【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A，a=12对于B，b=12对于C，假设向量a+b,即c=对于D，a+b+故选：C.【变式1-1】1.（2020秋·河南信阳·高二统考期末）已知a=2,−1,3，b=−1,4,−2，c=A．0 B．357 C．9 D．【答案】D【分析】依题意可得a,b,c共面，则【详解】∵a,b,c不能构成空间的一个基底，∴则(7,5,λ)=(2x,−x,3x)+(−y,4y,−2y)=(2x−y,−x+4y,3x−2y)，∴7=2x−y5=−x+4yλ=3x−2y故选：D.【变式1-1】2.（2022秋·全国·高二期末）若a,A．b+c,b,−b−C．a+b，a−b，【答案】C【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对选项A：−b−c对选项B：a=12a+b+对选项C：假设c=λa+对于选项D：(a+b故选：C【变式1-1】3.（2023秋·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,A．83 B．52 C．−1【答案】D【分析】由题意可知，向量OA、OB、OC共面，则存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，根据空间向量的基本定理可得出关于x、y、【详解】因为向量OA=e1+e所以OA、OB、OC共面，故存在实数x、y使得OC=x即ke因为e1,e2,故选：D.【变式1-1】4.（2022秋·河南省直辖县级单位·高二统考期末）若a、b、c构成空间的一组基底，则下面也能构成空间的一组基底的是（

）A．2a、b+c、a+b+cC．a、b−c、b+c D．b【答案】C【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为a+b+c=b+对于B选项，因为3c=b+c−b对于C选项，假设a、b−c、b+c共面，则存在使得b+因为a、b、c构成空间的一组基底，则λ=0μ=1假设不成立，故a、b−c、所以，a、b−c、对于D选项，因为2b=b+c+b故选：C.【变式1-1】5.（2021秋·陕西渭南·高二统考期末）已知{a,b,cA．a B．b C．a+2b 【答案】D【分析】利用空间共面向量定理及基底的概念判断即可.【详解】∵p=a+b，q=∵a+2b=32∵{a,b,c∴a+2c与p,q不共面，故故选：D.【变式1-1】6.（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，BC=5A．AB,12C．AB,12【答案】A【分析】根据正交基地的定义可知，三个向量两两互相垂直，且模长为1.【详解】因为SA⊥平面ABC，AB、AC都在面ABC内，所以SA⊥AB，SA⊥AC.因为AB⊥AC，AB=1，BC=5，所以AC=2所以空间的一个单位正交基底可以为AB,故选：A题型2利用空间向量基底求参数【例题2】（2023春·甘肃临夏·高二统考期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P−ABCD为阳马，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，若DE=xAB+y

A．1 B．2C．13 D．【答案】A【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.【详解】因为EC=2PE，所以PE=所以DE======2又DE=xAB+yAC+z故选：A【变式2-1】1.（2023春·江苏南通·高二统考期末）已知P是△ABC所在平面外一点，M是BC的中点，若AM=xA．x+y+z=0 B．x+y+z=1C．x−y−z=1 D．x−y−z=−1【答案】A【分析】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【详解】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.【变式2-1】2.（2023秋·湖南永州·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，点M是EG和FH的交点，对空间任意一点О都有OA+OB+A．14 B．12 C．2【答案】D【分析】证明出四边形EFGH为平行四边形，M为EG中点，利用空间向量基本定理求解即可.【详解】E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，故EH//BD，EF//GH，所以E,F,G,H四点共面，且四边形EFGH为平行四边形，故M为EG中点，因为OA+OB=2所以OA+故k=4.故选：D【变式2-1】3.（2020秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考期末）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，H分别在棱BB1，BC，BA上，且满足BM=34BB1，A．105 B．125 C．145【答案】C【分析】根据条件确定O点位置，再根据向量表示确定x,y,z的值，即得结果.【详解】如图，Q为AC与BD交点，P为BQ中点，O为MQ与B1P的交点.过P作PT平行MQ交BB如图,则T为BM中点，所以MT=1所以B1因此BO=因为BO=xBH+yBN+z故选：C【点睛】本题考查平面向量基底表示，考查综合分析求解能力，属中档题.【变式2-1】4.（2019春·湖北武汉·高二统考期末）已知S是△ABC所在平面外一点，D是SC的中点，若BD→=x【答案】−【分析】由D是SC的中点可得BD=12BC+【详解】如图,根据条件:BD==1=−SB=0SA又BD=x∴由空间向量基本定理得x+y+z=0−1+1故答案为:−【点睛】本题考查空间向量基本定理的应用,考查平面向量基本定理的应用.题型3基底表示向量【例题3】（2023秋·安徽滁州·高二校考期末）已知三棱锥O−ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且OA=a，OB=b，OC=c，用a，b，

A．12b+C．12a−【答案】D【分析】运用向量的线性运算即可求得结果．【详解】因为OA=a，OB=所以MN=故选：D.【变式3-1】1.（2021秋·安徽安庆·高二安徽省桐城中学校考期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D

A．a+b+C．a+b−【答案】D【分析】从要表示的向量的起点出发，沿着平行六面体的棱把向量顺次首尾相连，再转化成指定的基底中的向量，得到结果．【详解】在平行六面体ABCD−A1B所以B故选：D．【变式3-1】2.（2023春·安徽滁州·高二统考期末）在四面体A−BCD中，E是AD的中点，F是BC的中点．设AB=a，AC=b，A．−12a+12b+1【答案】D【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.【详解】依题意EF===−12AD

故选：D【变式3-1】3.（多选）（2023秋·江西吉安·高二统考期末）如图，空间四边形OABC中，M，N分别是边OA，CB上的点，且AM=2MO，CN=2NB，点G是线段MN的中点，则以下向量表示正确的是（

）A．AG=56C．CG=16【答案】BD【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐项计算判断作答.【详解】空间四边形OABC中，AM=2MO，ON=OG=对于A，AG=对于B，BG=对于C，CG=故选：BD【变式3-1】4.（2023春·安徽滁州·高二安徽省定远中学校考期末）如图，在四面体ABCD中，AE=λAB，AH=λAD，CF=

(1)求证：E、F、G、H四点共面．(2)若λ=13，设M是EG和FH的交点，O是空间任意一点，用OA、OB、OC、OD表示【答案】(1)证明见解析(2)OM【分析】（1）证明出EH//（2）由（1）可得出EH=12FG，可得出EH//FG，则EMMG=EHFG=12【详解】（1）证明：因为EH=FG=所以EH=λ1−λFG，则EH//FG，因此E、（2）解：当λ=13时，AE=13因为CG=23CD，即由（1）知，EH=13BD，又因为EH、FG不在同一条直线上，所以，EH//则EMMG=EHFG=所以，OM=4题型4基底法与坐标问题【例题4】（2022秋·广东珠海·高二珠海市第一中学校考期末）已知向量p在基底a,b,c下的坐标为(1,2,3)，则A．(0,1,2) B．(0,2,1)C．(2,1,0) D．(1,2,−1)【答案】B【分析】根据空间向量的坐标表示，利用向量相等列方程组即可求出结果．【详解】因为向量p在基底a,b,c下的坐标为设p=xa+b+yb+所以p=令x+z=1x+y=2y+z=3，解得x=0，y=2，所以p在基底a+b,故选：B.【变式4-1】1.（2022春·上海松江·高二统考期末）已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若OG=xOA+yA．14,1C．13,1【答案】A【分析】连接AG1并延长，交BC于点E，利用向量加减、数乘几何意义用OA,OB,【详解】如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，AE=12由题设，OG=3OG所以x=y=z=1故选：A【变式4-1】2.（2023秋·广东·高二统考期末）在三棱柱ABC−A1B1C中，M，N分别为A1CA．1,−12,−C．−1,12,【答案】A【分析】利用空间向量的运算法则得到MN=【详解】MN=AB−1x,y,z=故选：A【变式4-1】3.（2023秋·河北石家庄·高二统考期末）设P−ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，D是PG上的一点，且PD=DG，若PD=xA．56,13,23 B．【答案】B【分析】G是等边△ABC的重心，可得AG=13AB+13AC=13(【详解】因为三棱锥P−ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，所以AG=因为D是PG上的一点，且PD=所以PD=因为PG=所以PD===1因为PD=x所以x=y=z=1所以x,y,z为16故选：B【变式4-1】4.（2022春·广东汕尾·高二统考期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A．−1,1,12 B．1,−1,12 C．【答案】A【分析】利用向量的加减法公式，对向量BE进行分解，进而求出x，y，z的值.【详解】BE=BD+DE=AD−AB故选：A.【变式4-1】5.（2022秋·福建福州·高二校联考期末）如图，M为OA的中点，以OA,OC,OD为基底，A．12,−1,0 C．−12,1,0【答案】B【分析】根据空间向量减法的几何意义进行求解即可.【详解】DM=OM−故选：B题型5空间三点共线问题【例题5】（2022秋·安徽·高二安徽师范大学附属中学校考期末）在四面体OABC中，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，若OG=13OA+x4A．1 B．2 C．23 D．【答案】A【详解】ON=12假设G,M,N三点共线，则存在实数λ使得OG===1得21−λ3=故选：A.【变式5-1】1.（2023春·甘肃白银·高二校考期末）设向量e1，e2，e3不共面，已知AB=e1+A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据A，C，D三点共线，可得AC//CD，则存在唯一实数μ，使得【详解】由AB=e1得AC=因为A，C，D三点共线，所以AC//则存在唯一实数μ，使得AC=μ则2=4μ1+λ=8μ2=4μ，解得故选：C.【变式5-1】2.（多选）（2022·全国·高二期末）关于空间向量，以下说法不正确的是（

）A．向量a，b，若a⋅bB．若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+C．设a,b,D．若空间四个点P，A，B，C，PC=14PA+34【答案】AC【分析】根据向量垂直的性质可判断选项A；由共面向量定理可判断选项B；由向量的加法法则可判断选项C；由共线向量定理可判断选项D.【详解】对于A，向量a，b，若a⋅b=0，若向量a，b均为非零向量，则由向量垂直的性质可得a⊥b；若向量a，b对于B，若对空间中任意一点O，有OP=因为16+13+12=1对于C，设a,b,c是空间中的一组基底，由向量的加法法则可知：对于D，若空间四个点P，A，B，C，PC=14PA+34故选：AC.【变式5-1】3.（2022秋·全国·高二期中）设e1，e2是两个不共线的空间向量，若AB=2e1−e2，BC=3e1【答案】25/【分析】由AC//CD列方程，化简求得【详解】∵AB=2e1−e∴AC=又∵A，C，D三点共线，∴AC//∵e1，e2不共线，∴∴2−5k=0，∴k=2故答案为：2【变式5-1】4.（2022春·陕西榆林·高一校考期末）e1,e2是两个不共线的向量，若【答案】-8【分析】A，B，D三点共线，故存在唯一实数λ，使得AB=λBD，再由已知条件表示出BD与AB,建立方程组可求出k和【详解】由题意A、B、D三点共线，故必存在一个实数λ,使得AB又AB=2e∴BD=∴2∴2=λk=−4λ解得所以求k的值为-8.题型6空间向量共面问题【例题6】（2023秋·浙江杭州·高二杭州高级中学校考期末）对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有2OPA．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【分析】根据空间向量的加减法，可得AP,【详解】由2OP=−OA即BP=2PC+又因为三个向量有同一公共点P，所以P,故选：B【变式6-1】1.（2023秋·广西河池·高二统考期末）已知A,B,C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，下列条件中能确定点M,A,B,C共面的是（

）A．OMB．OMC．OMD．OM【答案】D【分析】OM=xOA+yOB+z【详解】当M,A,B,C共面时，不妨设AM=λ变形得到OM−则OM=λ设OM=xOA+yOB+z则x+y+z=−λ−μ+1+λ+μ=1，只有选项D中23故选：D.【变式6-1】2.（2023秋·江西宜春·高二江西省宜丰中学校考期末）对于空间任意一点 O 和不共线的三点A,B,C，有如下关系：A．O,A,B,C四点必共面 B．P,A,B,C四点必共面C．O,P,B,C四点必共面 D．O,P,A,B,C五点必共面【答案】B【分析】根据如下结论判断：对于空间任一点 O 和不共线三点A,B,C，若点 P 满足OP=x【详解】对于空间任一点 O 和不共线三点A,B,C，若点 P 满足OP=x而OP=16OA+故选：B.【变式6-1】3.（2023秋·浙江台州·高二台州市书生中学校考期末）已知空间四面体OABC中，对空间内任一点M，满足OM=14A．λ=12 B．λ=13 C．【答案】D【分析】利用空间中四点共面定理求解即可.【详解】根据空间中四点共面可知14+1故选：D【变式6-1】4.（2022春·上海浦东新·高二上海市建平中学校考期末）已知A､B､C､D､E是空间中的五个点，其中点A､B､C不共线，则“DE∥平面ABC”是“存在实数x､y，使得DE=xA．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合向量共面的判定定理即可得出答案.【详解】若DE//平面ABC，则DE,AB,若存在实数x､y，使得DE=xAB+yAC，则DE，则DE//平面ABC或DE⊂平面ABC.所以“DE//平面ABC”是“存在实数x､y，使得DE=x故选：A.【变式6-1】5.（多选）（2023秋·广东广州·高二秀全中学校考期末）若a，A．b+c，b，b−c B．aC．a+b，a−b，c D．a【答案】ABD【分析】利用共面向量定理逐项分析判断作答.【详解】a,对于A，(b+c)+b−c=2对于B，(a+b)+(a−b对于C，假定a+b，a−b，c=λ(a+b)+μ(a−于是c=0，a,b,c共面，与a,对于D，(a+b)+c=a故选：ABD题型7基底法求数量积【例题7】（2022秋·浙江湖州·高二统考期末）在棱长为1的正四面体ABCD中，点M满足AM=xAB+yAC+1−x−yAD(x,y∈R)，点NA．13 B．−13 C．2【答案】A【分析】根据给定条件确定点M，N的位置，再借助空间向量数量积计算作答.【详解】因AM=xAB+yAC+而x,y∈R，则DM,DB又DN=λDA+(1−λ)DC(λ∈R)棱长为1的正四面体ABCD中，当AM长最短时，点M是点A在平面BCD上的射影，即正△BCD的中心，因此，AM=13AB+AN=12AC，而所以AM⋅故选：A【变式7-1】1.（2023春·四川德阳·高二统考期末）已知点P为棱长等于1的正方体ABCD−A1B1C1D1内部一动点，且PA=1【答案】90∘/【分析】取线段C1D1的中点E，可得出PC1⋅PD1=PE2−【详解】取线段C1D1的中点E，则P因为PA=1，所以P在以A

所以，PC当A、P、E三点共线时，PC此时PEmin此时PC所以PD1⊥PC1，所以P故答案为：90∘【变式7-1】2.（2022秋·浙江金华·高二校联考期末）已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是BC，AD的中点，则AE⋅【答案】−1【分析】BC，BD，BA两两成60∘【详解】根据题意ABCD为正四面体，BC，BD，BA两两成60∘角，BA由AE=CF=所以AE=1故答案为：−【变式7-1】3.（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3(1)求BC⋅(2)已知F是线段CD中点，点E满足EB=2【答案】(1)92(2)112【分析】（1）取AB,AC,（2）利用（1）中的信息，利用空间向量数量积计算空间向量的模作答.【详解】（1）在四面体ABCD中，设AB=a，AC=b，AD=〈a,b〉=∠BAC=60°，BC=|b||c（2）由（1）知，因为EB=2AE，则AE=于是得EF=因此|=329所以线段EF的长为112【变式7-1】4.（2023春·河南许昌·高二校考期末）如图，点M、N分别是棱长为1的正四面体OABC的边OA和BC的中点，点P、Q是线段MN的三等分点．(1)用向量OA、OB、OC表示OP和OQ；(2)求OP、OQ；(3)求OP⋅【答案】(1)OQ=1(2)OP=17(3)OP【分析】（1）利用基底OA,OB,OC表示向量MN，再结合空间向量的线性运算可将OP和（2）利用空间向量数量积的运算性质可求得OP、OQ的值；（3）利用空间向量数量积的运算性质可求得OP⋅【详解】（1）解：连接ON，因为N为BC的中点，则ON=MN=故OQ=OP=（2）解：由空间向量数量积的定义可得OA⋅OP=1OQ=1（3）解：OP=1【变式7-1】5.（2022秋·江苏宿迁·高二沭阳如东中学校考期末）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M，N，G分别是棱AA1，BC，【答案】123【分析】如图，分别取AB，CC1，C1D1的中点E，F，O，连接OG,OF,FN,EN,A【详解】∵MQ=xMG+yMNx,y∈R如图，分别取AB，CC1，C1D1的中点E连接OG,OF,FN,EN,AD因为M,G为中点，故MG//又由正方体ABCD−A1B1C故D1O//AE,D故MG//OE，故M,G,故M,G,O,N,E五点共面，同理可证故M,G,O,F,N,E六点共面，由正方体的对称性可得六边形故点Q的轨迹是正六边形OFNEMG，因为正方体ABCD−A1B1C所以点Q的轨迹围成图形的面积是S=6×1如图，MG=22∴MG⋅故答案为：123题型8基底法求模长【例题8】（2023春·江西吉安·高二校联考期末）已知斜三棱柱ABC−A1B1C1所有棱长均为2,∠A

A．6 B．3 C．2 D．2【答案】D【分析】以向量AB,AC,【详解】EF=∵斜三棱柱ABC−A1∴A12故选:D.【变式8-1】1.（2022秋·河南·高二校联考期末）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∠AA．9 B．7 C．3 D．7【答案】D【分析】由题知AP=【详解】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形所以P是C1所以，AP=又AB⋅AD=2，AB所以AP=14AB故选：D．【变式8-1】2.（2023春·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末）如图，二面角A−EF−C的大小为45∘，四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则B、D

A．2 B．3 C．3−2 D．【答案】C【分析】利用二面角的定义可得出∠AED=45∘，由空间向量的线性运算可得出DB=【详解】因为四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则AE⊥EF，DE⊥EF，又因为二面角A−EF−C的大小为45∘，即∠AED=45∘因为DB=DE+EA+所以，DB=1+1+1−2×1×1×故选：C.【变式8-1】3.（2023秋·湖南怀化·高二怀化市第三中学校考期末）如图已知矩形ABCD,AB=1,BC=3，沿对角线AC将△ABC折起，当二面角B−AC−D的余弦值为−A．1 B．2 C．3 D．10【答案】C【分析】过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．【详解】解：过B和D分别作BE⊥AC，DF⊥AC，∵在矩形ABCD,AB=1,BC=3，∴AC=2∵S△ABC=∴BE=DF=3则AE=CF=12，即∵平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为−1∴cos<EB∵BD=∴BD2=(则|BD即B与D之间距离为3，故选：C．【变式8-1】4.（2020秋·山东青岛·高三统考期末）已知ΔABC的顶点A∈平面α,点B,C在平面α异侧,且AB=2,AC=3,若AB,AC与α所成的角分别为π3,π6【答案】7【解析】由题意画出图形，分别过B,C作底面的垂线，垂足分别为B1，C根据BC2=BB1+B1C【详解】如图所示：分别过B,C作底面的垂线，垂足分别为B1，C由已知可得，BB1=3，CC∵BC=BB1+∴当AB，AC所在平面与α垂直，且B,C在底面上的射影B1，C1，在A点同侧时，BC长度最小，此时B1C1当AB，AC所在平面与α垂直，且B,C在底面上的射影B1，C1，在A点异侧时，BC长度最大，此时B1C1∴线段BC长度的取值范围为7,故答案为：7,【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角的定义以及应用，向量数量积的应用，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．【变式8-1】5.（2020·浙江杭州·高一期末）如图，已知线段AB⊥平面α，BC⊂α,CD⊥BC,DF⊥平面α，且∠DCF=30°，D与A在α的同侧，若【答案】22【分析】利用空间向量的加法的三角形法则得到AD=【详解】因为AB⊥平面α，DF⊥平面α，所以AB//∠DCF=30°，所以AB与CD的夹角为因为AB=BC=CD=2，AD=所以|=|=12+2×2×2×cos90°+2×2×【点睛】本题主要考查了空间向量的三角形法则、数量积公式，用空间向量的运算意义和运算解决立体几何问题.题型9投影向量问题【例题9】（2023秋·浙江温州·高二校考期末）在正方体ABCD−A1B1CA．12DA B．DA C．12【答案】D【分析】以AB,【详解】设正方体的棱长为1，AB=a，AD=则a=b=BD1=BAB向量BD1在向量DA上的投影向量是故选：D【变式9-1】1.（2021秋·辽宁营口·高二统考期末）已知a=4，空间向量e为单位向量，a,e=2πA．2 B．−2 C．−12 【答案】B【分析】由空间向量a在向量e方向上的投影为a⋅【详解】由题意，|a|=4，|e则空间向量a在向量e方向上的投影为a⋅故选：B.【变式9-1】2.（2022秋·北京朝阳·高二校考期中）四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，则BP在向量AD上的投影向量为（

）A．DA B．BC C．BD D．AP【答案】B【分析】过点B和点分别作直线的垂线，由垂足确定BP在向量AD上的投影向量.【详解】四棱锥P−ABCD如图所示，底面ABCD是矩形，∴BA⊥AD，PD⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PD⊥AD，过向量BP的始点B作直线AD的垂线，垂足为点A，过向量BP的终点P作直线AD的垂线，垂足为点D，BP在向量AD上的投影向量为AD，由底面ABCD是矩形,AD=故选：B【变式9-1】3.（2022秋·广西梧州·高二校考期中）已知i,j,k为标准正交基底，a=A．1 B．－1C．14 D．－14【答案】A【分析】利用投影向量的定义求解即可【详解】因为a=i+2所以a在i方向上的投影数量为a⋅故选：A【变式9-1】4.（多选）（2023秋·江苏·高三统考期末）长方体ABCD−A1B1C1D1中，AAA．C1DB．向量AM在向量AC上的投影向量为1C．四棱锥M−ABCD的内切球的半径为3D．直线AM与BC所成角的余弦值为11【答案】ABD【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用投影向量的定义可判断B选项；计算出四棱锥M−ABCD的内切球的半径，可判断C选项；利用异面直线所成角的定义以及余弦定理可判断D选项.【详解】对于A选项，因为AB//CD，CD//∵C1D1⊄平面ABM，AB⊂平面ABM对于B选项，∵AA1⊥平面A1B1C易知A1C1所以，AM=AA1同理可得BM=CM=DM=11因为AA1//CC所以，AC//A1所以，AM在AC上的投影向量为AMcos对于C选项，点M到平面ABCD的距离为3，VM−ABCD取AB的中点E，连接ME，则ME⊥AB，则ME=A所以，S△MBC设四棱锥M−ABCD的内切球半径为r，则VM−ABCD所以，r=3对于D选项，因为AD//BC，则AM与BC所成的角为由余弦定理可得cos∠MAD=所以，直线AM与BC所成角的余弦值为1111故选：ABD.【变式9-1】5.（多选）（2022春·安徽宿州·高一砀山中学校联考期中）下列说法正确的是（

）A．终边相同的角的同一三角函数值一定相同B．α∈0,π2，则C．已知a=2，b=1，a,b=135°，则D．非零向量a，b，c，若a⋅b【答案】AC【分析】对于A，写出所有终边相同角，再利用诱导公式即可判断；对于B，利用基本不等式可判断；对于C，根据投影数量的定义代入公式求解判断；对于D，举一个反例说明a与c不相等的即可.【详解】对于A，与角α终边相同的角：β=α+2kπ对于B，∵α∈0,π2∴当且仅当tanα=1tanα即对于C，a在b上的投影数量为acos对于D，因为a⃑故选：AC.【变式9-1】6．（2022秋·山东泰安·高二新泰市第一中学校考期中）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C【答案】2【分析】由正方体的性质可得向量AB与向量A1C1夹角为cos【详解】棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D所以AB⋅A1C向量AB在向量A1AB⋅A向量AB在向量A1C1故答案为：2题型10基底法求线线角【例题10】（2021秋·吉林长春·高二校考期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1DA．510 B．55 C．−5【答案】A【分析】用AB、AD、AA1表示出A1【详解】由已知可得，AA1=3，AD=AB=2，所以AA1⋅又因为A1A1C2=AB所以A1又A1C⋅AB=所以cosA故选：A.【变式10-1】1.（2023春·江西抚州·高一统考期末）把边长为22的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD与平面CBD所成二面角的大小为60°，则异面直线AD与BCA．14 B．−14 C．−【答案】A【分析】画出图形，利用空间向量基本定理转化求解即可【详解】如图，取的中点，连接，因为AB=BC=CD=AD=22，∠BAD=∠BCD=90°所以OA=OB=OC=OD=2,OC⊥BD,OA⊥BD，所以∠AOC为平面ABD与平面CBD所成二面角的平面角，即∠AOC=60°，所以△AOC为等边三角形，所以AC=2，因为AC=所以AC2所以4=AD所以4=8+16+8+2×22即16cosAD,所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为14故选：A【变式10-1】2.（多选）（2023秋·辽宁葫芦岛·高二兴城市高级中学校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，A．MN=13C．AB1⊥【答案】BD【分析】利用向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律逐项分析即得.【详解】因为BM=2A1M所以A1M=所以MN=故A错误；因为a=b=c=1所以MN2所以MN=因为AB1=所以AB因为AB12因为BC所以BC所以cosA故选：BD.【变式10-1】3.（多选）（2021秋·江苏连云港·高二江苏省板浦高级中学校考期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1DA．BM=12C．AC1的长为5 【答案】BD【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出AC12【详解】根据题意，依次分析选项：对于A选项，BM=对于B选项，AC对于C选项，AC1=则AC1对于AB⋅AC故选：BD.【变式10-1】4.（多选）（2022秋·浙江宁波·高二校联考期末）若OA，OB，OC是三个不共面的单位向量，且两两夹角均为θ，则（

）A．θ的取值范围是0,πB．OA,C．“OP=2D．OA【答案】BD【分析】根据给定条件结合空间向量相关知识逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】因OA，OB，OC是三个不共面的单位向量，且两两夹角均为θ，则三棱锥O−ABC是侧棱长为1的正三棱锥，如图，作OO'⊥平面ABC于点O'，连接∠AO'B=∠BO'C=∠CO于是得θ∈(0,2π因OA，OB，OC是不共面的，由空间向量基底的意义知，B正确；假定P，A，B，C四点共面，依题意，存在唯一实数对(x,y)使得BP=xBA+y而OP=2OA−“OP=2(OA+OB故选：BD题型11基底法求线面角【例题11】（多选）（2023春·湖北荆门·高二统考期末）在正方体ABCD−A1BA．AQ⊥BDB．BD1与平面QACC．当点Q在平面A1BD．当n=12时，四棱锥【答案】AC【分析】依题意点Q在四边形A1ACC1内及边界运动（不含AC,AA1）.对于A，通过证明线面垂直证得线线垂直得出结果；对于B，BD1与平面AA1CC1所成角，即为BD1与平面QAC【详解】因为在正方体ABCD−A1B所以AQ=mAB+mAD+nAA对于A，因为A1A⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以又AC⊥BD，AC∩A1A=A，AC,所以BD⊥平面AA1CC1所以BD⊥AQ，故A正确；对于B，因为BD⊥平面AA1CC1，设BD∩AC=O，所以∠OD1B为BD1与平面AA1C由余弦定理可得cos∠O对于C，当点Q在平面A1B1C1D1对于D，当n=12时，取A1A,C1C的中点E,F因为四边形ABB1A1的面积为定值，EF∩ABB1A故选：AC.【变式11-1】1.（多选）（2023秋·湖北恩施·高二校联考期末）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A．当λ=μ时，BP//平面CB．当μ=12时，存在唯一的点P，使得DP与直线CC．当λ+μ=1时，CP长度的最小值为6D．当λ+μ=1时，CP与平面BCC1【答案】ACD【分析】根据已知条件，结合向量关系，分别对答案进行空间关系的判断和求值即可.【详解】A选项：当λ=μ时，P的轨迹为线段DA1，由正方体的结构特征，可知平面CB1D1∥平面A1BDB选项：当μ=12时，点P的轨迹为线段EF，直线CB1∥直线DA1，当P与E重合时，DP与直线DC选项：当λ+μ=1时，P点轨迹为线段D1A，D到线段D1A的距离为22D选项：当λ+μ=1时，P点轨迹为线段D1A，过点P做PH垂直平面BCC1B1于点H，则H在线段BC1上，∠PCH为直线CP与平面BCC1B1所成角，若∠PCH=π3，则CH=3故选：ACD．【变式11-1】2.（多选）（2023秋·贵州六盘水·高二统考期末）已知正四面体ABCD的棱长为2，E、F分别是AB和CD的中点，下列说法正确的是（

）A．直线BD与直线AC互相垂直B．线段EF的长为2C．直线AB与平面BCD所成角的正弦值为6D．正四面体ABCD内存在点到四个面的距离都为6【答案】ACD【分析】取BD的中点P，连接CP,AP，证明BD⊥平面PAC，即可判断A；根据空间向量基本定理及数量积的运算律计算即可判断B；连接BF交CP于点O，则点O为点A在平面BCD上的投影，则∠ABF即为直线AB与平面BCD所成角的平面角，求出sin∠ABF即可判断C；利用等体积法求出正四面体ABCD【详解】对于A，取BD的中点P，连接CP,AP，因为AB=AD=CB=CD，所以AP⊥BD,CP⊥BD，又AP∩CP=P,AP,CP⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥AC，故A正确；对于B，∠BAC=∠BAD=∠CAD=πEF=−1则EF==1对于C，连接BF交CP于点O，连接OP，则O为△BCD的中心，则点O为点A在平面BCD上的投影，即OA⊥平面BCD，则∠ABF即为直线AB与平面BCD所成角的平面角，在Rt△AOB中，OB=23则sin∠ABO=即直线AB与平面BCD所成角的正弦值为63对于D，设正四面体ABCD的内切球的半径为r，则VA−BCD所以r=6所以正四面体ABCD内存在点到四个面的距离都为66故选：ACD.

【变式11-1】3.（多选）（2022春·江苏南通·高二统考期末）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A．AP⊥B．P到A1B1C．AP与A1BD．AP与平面ABCD所成角的正弦值最大为1【答案】BCD【分析】由AP⊥B1C结合B1C⊥BC1推出B1C⊥【详解】对于A，若AP⊥B1C，易得四边形BCC1B1为菱形，则B可知B1C⊥面APB，则B1对于B，其中P点在线段BC1上，BC1平分∠B1BC可知BC1上所有点到A1对于C，设平行六面体ABCD−A1B1C1D可得AC1=则AP与A1B1所成角即为∠PAB，当P点运动到C1点处时，此时cos∠PABcos∠易得当P点运动到C1点处时，此时AP与平面ABCD又AC1=12a2−a2+a2−12a2作C1E⊥AC，垂足为E，则BD⊥C1E，又BD,AC⊂面ABCD且相交，则C1E⊥面ABCD则有cos∠C1故选：BCD.【变式11-1】4.（多选）（2022春·重庆巴南·高二重庆市实验中学校考期末）如图，在棱长为4的正四面体ABCD中，E，F分别在棱DA，DC上，且EF//AC，若DE=sDA，EP=tEF，A．BP∈B．s=12时，BP与面ABC所成的角为φC．若s+t=1，则P的轨迹为不含端点的直线段D．t=13时，平面ACD与平面BDP所的锐二面角为θ【答案】AD【分析】利用s,t的范围，根据向量数乘的意义得P点轨迹，判断AC，作出直线与平面所成的角，计算正弦值，作出二面角的平面角，计算正弦值，然后判断BD．【详解】由题意，当s∈0,1，t∈0,1，点P的轨迹是△ACD内部（不含边界），BP的的最小值是B点到平面ACD的距离，最大值是棱长BA（取不到），如图，设O是△ACD的中心，则BO⊥平面ACD，从而有BO与平面DO=23×所以BP的范围是46s=12时，EF是△ACD中位线，P点轨迹是线段EF（不含端点），作PM⊥平面ABC，M为垂足，连接BM，则∠PBM是BP与平面ABC所成的角D点到平面ABC的距离等于BO=463，EF是△ACD由EF//AC，EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，得EF//平面ABC，所以PM等于E到平面ABC的距离，也等于D点到平面ABC的距离的一半，即PM=2△BEF中，BE=EF=23，EF=2，EF边上的高为(2所以11≤BP<23，sinφ=当s=0,t=1时，P与D重合，s=1,t=0时，P与A重合，A,D是两个极限点（实际上取不到），当s=12,t=12时，P是中位线EF在AC上取点Q，使得AQ=13AC，连接DQ，t=13时，P点轨迹是线段DQ（不含端点），如图，由A选项讨论知BO⊥平面ACD，从而有BO作OR⊥DQ，垂足为R，连接BR，则由于OR,OB是平面BOR内两条相交直线，则DQ⊥平面BOR，BR⊂平面BOR，所以DQ⊥BR，所以∠BRO是平面ACD与平面BDP所的锐二面角的平面角，即∠BRO=θ．△DQT（T是AC中点）中，DO=433DQ=D由△DOR∼△DQT得DODQ=ORBR=Bsinθ=故选：AD．【点睛】本题考查空间动点轨迹，考查向量的数乘运算的意义，直线与平面所成的角，二面角，解题关键是掌握空间角的定义，由定义作出空间角的平面角，然后计算出平面角得空间角【变式11-1】5.（多选）（2023春·江苏·高二期末）如图，在平行六面体ABCD−A1BA．BD⊥平面ACB．BC．直线AC1与平面ABCDD．直线BD1与AC【答案】ACD【分析】由底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，再由AC1⋅BD=0，得到AC1⊥BD，结合线面垂直的判定定理，证得BD⊥平面ACC1，可判定A正确；根据BD1=【详解】对于A中，由底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，由题可知AA因为AC1⋅又因为AC∩AC1=A且AC,AC1⊂平面对于B中，因为BD可得B==6对于C中，因为BD⊥平面ACC1，且BD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面所以AC1在平面ABCD内的射影为AC，所以∠CAC1为直线又因为AC=ACAC⋅所以cos∠CAC1对于D中，由B中知BD1=6AC+AD所以cosAC故选：ACD.题型12基底法求面面角【例题12】（2023春·上海黄浦·高二格致中学校考期末）如图，把一个长方形的硬纸片ABCD沿长边AB所在直线逆时针旋转45∘得到第二个平面ABEF，再沿宽边AF所在直线逆时针旋转45∘得到第三个平面

A．64 B．6+24 C．【答案】C【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起，

平面A0B0C2∵四边形B2C2∵C2D2⊥平面B2C∵B0C2∩C2D2同理可得：C0D1∴平面A0B0C2D2∵C0D∴cos∠B2C0D1=∴所求锐二面角的大小的余弦值是12故选：C．【变式12-1】1.（2023秋·山东聊城·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，若AB=3，BD=23，CD=2，AC=A．π6 B．π4 C．π3【答案】C【分析】根据题意可得AC=AB+【详解】设平面ABD与平面CBD的夹角为θ∈0,由题意可得：AB⋅∵AC=则AC2即19=9+12+4−12cosθ，解得由θ∈0,π2故平面ABD与平面CBD的夹角为π3故选：C.【变式12-1】2.（2022秋·山西运城·高二统考期末）在二面角的棱上有两个点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB=1，AC=2，BD=3，CD=22A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【分析】设这个二面角的度数为α，由题意得CD=CA+【详解】设这个二面角的度数为α，由题意得CD=∴CD∴(2解得cosα=∴α=60°，∴这个二面角的度数为60°，故选：C.【点睛】本题考查利用向量的几何运算以及数量积研究面面角.【变式12-1】3.（2020秋·辽宁大连·高二统考期末）已知二面角α−l−β的两个半平面α与β的法向量分别为a,b，且<aA．π6 B．5π6 C．π6或5π6 【答案】C【分析】由于方向量的方向性，平面的法向量有正向量或负向量；当a、b为异号向量，二面角为π减去两法向量夹角；当a、b为同号向量，二面角即为两法向量的夹角，由此即可求得二面角α−l−β【详解】两个半平面α与β的法向量分别为a,b由于向量的方向性，法向量与平面有两种情况1、当a、b为异号向量，如下图示：<∴有二面角α−l−β为5π2、当a、b为同号向量，如下图示：<∴有二面角α−l−β为π综上，有二面角α−l−β为π6或故选：C【点睛】本题考查了二面角与平面法向量夹角的关系，依据法向量的夹角判断平面所成二面角的大小，注意法向量的方向性，讨论在不同情况下二面角的大小【变式12-1】4.（多选）（2023秋·广东广州·高二海珠外国语实验中学校考期末）已知三棱锥P−ABC的底面ABC是正三角形，则下列各选项正确的是（

）A．BC与平面ACP所成角的最大值为πB．BC与平面ABP所成角的最小值为πC．若平面PBC⊥平面ABC，则二面角A−PB−C的最小值为πD．若∠PAC、∠PAB都不小于π4，则二面角B−PA−C【答案】AC【分析】利用线面角的定义可判断AB选项；利用二面角的定义可判断C选项；利用空间向量法可判断D选项.【详解】对于A选项，设点B在平面ACP内的射影点为O，取AC的中点E，连接BO、OE、BE、OC，设等边△ABC的边长为a，则BE=3∵BO⊥平面ACP，所以，直线BC与平面ACP所成角为∠BCO，∵BO⊥平面ACP，AC⊂平面ACP，则AC⊥OB，∵△ABC为等边三角形，E为AC的中点，则BE⊥AC，∵OB∩BE=B，∴AC⊥平面OBE，∵OE⊂平面OBE，∴AC⊥OE，所以，二面角B−AC−P的平面角为∠BEO，sin∠BEO=所以，OB=BEsin则sin∠BCO=即当平面ACP⊥平面ABC时，∠BCO取得最大值π3对于B选项，由A选项可知，BC与平面ABP所成角的最大值为π3对于C选项，取BC的中点M，过点M在平面PBC内作MN⊥PB，垂足为点N，连接AM、AN，则AM=3∵△ABC为等边三角形，M为BC的中点，则AM⊥BC，因为平面ABC⊥平面PBC，平面ABC∩平面PBC=BC，AM⊂平面ABC，∴AM⊥平面PBC，∵PB⊂平面PBC，∴AM⊥PB，∵MN⊥PB，AM∩MN=M，∴PB⊥平面AMN，∵AN⊂平面AMN，∴AN⊥PB，所以，二面角A−PB−C的平面角为∠ANM，∵AM⊥平面PBC，MN⊂平面PBC，∴AM⊥MN，因为MN=BMsin所以，tan∠ANM=AMMN故当平面PBC⊥平面ABC时，则二面角A−PB−C的最小值为π3对于D选项，过点B在平面PAB内作BT⊥PA，垂足为点T，过点C在平面PAC内作CR⊥PA，垂足为点R，则二面角B−PA−C的平面角为<TB设∠PAB=α，∠PAC=β，TB=AB−AB⋅TB==1取α=β=5π6，则TB⋅即二面角B−PA−C为钝二面角，D错.故选：AC.题型13基底法证明点线面位置关系【例题13】（多选）（2022·全国·高二期末）已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°，AA1=AB=AD，EA．① B．② C．③ D．④【答案】BD【分析】根据异面直线所成角的定义可以判断①，利用正棱锥的定义可判断②，利用直线与平面垂直的定义和空间向量的数量积运算可判断③，利用空间向量的线性运算可判断④.【详解】对①，由题意知AD//BC，则∠BCC1（或其补角）是AD与CC1所成的角，由∠A1AD=60°，知∠BC对②，根据条件，三棱锥A1对④，CE=对③，根据④，又BD=AD=−12AD2−12故选：BD【变式13-1】1.（2021秋·北京丰台·高二统考期中）已知正方体ABCD−A1B①AA②A1③点C1到面A1BD④点P在正方体ABCD−A1B1C1D1其中正确结论的序号是．【答案】①②④【分析】根据空间向量的线性运算结合正方体的结构特征即可判断①；根据空间向量基本定理及向量数量积的运算律即可判断②；求出三棱锥C1−A1BD证明AC⊥BD1，AB1⊥BD1，可得B【详解】解：在正方体ABCD−AAA因为A1则A==0−0+0−=−1+1=0，故②正确；设点C1到面A1BD的距离为ℎV=1−1又A1D=BD=A所以VC1−即点C1到面A1BD对于④，连接AB在正方体ABCD−A1BB1⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD因为BD∩BB1=B，所以AC⊥又BD1⊂平面BD同理AB又AC∩AB1=A，所以B又B1C⊂平面AB因为点P在正方体ABCD−A1B1C所以点P的轨迹为线段B1所以PB的取值范围是[2故答案为：①②④.【变式13-1】2.（2022秋·甘肃武威·高二校联考期中）如图，四棱锥S−ABCD的底面是矩形，AB=a,AD=2,SA=1，且SA⊥底面ABCD.（1）求向量CS在向量SA上的投影；（2）若线段BC上存在异于B,C的一点P，使得PS⊥PD，求a的最大值.【答案】（1）−1；（2）1.【分析】（1）可证得SA⊥SC，利用向量CS在向量SA上的投影的定义即得解；（2）证明DP⊥平面SAP，得出DP⊥AP，设BP=m，从而得出a关于m的函数，根据m的范围即得解.【详解】（1）连接AC,∵SA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD∴SA⊥SC,故向量CS在向量SA上的投影为：|（２）连接AP,∵SA⊥平面ABCD,DP⊂平面ABCD∴SA⊥DP，又PS⊥PD,SA∩SP=S∴DP⊥平面SAP，又AP⊂平面ADP∴AP⊥PD设BP=m∴CP=2−m∴AP=∴∴∵0<m≤2，当m=1时，a的最大值为１．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题．【变式13-1】3.．（2020秋·广东佛山·高二校考期中）如图，正方体ABCD−A1B1CA．相交但不平行 B．平行 C．相交且垂直 D．不能确定【答案】B【分析】利用向量法，计算出MN与平面BB1C1C【详解】∵正方体棱长为a，A∴MB=2∴MN==2又∵CD是平面B1且MN∴MN⊥∴MN//平面B故选：B【变式13-1】4.（多选）（2022春·福建宁德·高二校联考期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1DA．MN⊥AB．向量AN,C．CA1D．若AB=1，则该平行六面体的高为6【答案】AD【分析】选定空间的一个基底{AB,AD【详解】在平行六面体ABCD−A1B1C依题意，a⋅b=因点M，N分别是棱D1C1MN⋅AC1=AN⃑=AB⃑+BB即a⃑+12b因C1B=因此，CA1与C1B不垂直，连接A1B,A1D因此，平行六面体的高等于点A1到平面ABD的距离，即正四面体A由A1B⋅AC1=(则AC1⊥平面A1BD，A|AC1所以平行六面体的高为63故选：AD【变式13-1】5.（2021春·江苏泰州·高二统考期中）如图：已知四棱柱ABCD−A1B1C1D（1）试用CD,CB,CC（2）求证：CC（3）试判断直线A1C与平面【答案】（1）6；（2）证明见解析；（3）A1C⊥平面【分析】（1）利用向量线性运算的几何意义，通过计算CA12得出（2）通过计算CC1⋅（3）通过计算数量积证明CA1⊥BD,CA1【详解】解：（1）CA∴|CA1|2∴C（2）∵CC1∴C∴CC（3）∵CA1∴CA1⊥BD∵BC1⊂平面BDC1，BD⊂∴A1题型14基底法求距离问题【例题14】（2022秋·山东东营·高二胜利一中校考期末）正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当PA⋅PD取得最小值时，点P到A．32−612 B．6−3【答案】A【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取AD的中点为E，PA⋅PD=PE2−14，可得当PE的长度最小时，PA⋅PD取得最小值，求出球心O到点【详解】因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，所以其体积为13设正四面体ABCD内切球的半径为r，则4×13×如图，取AD的中点为E，则PA=PE显然，当PE的长度最小时，PA⋅设正四面体内切球的球心为O，可求得OA=OD=6因为球心O到点E的距离d=P所以球O上的点P到点E的最小距离为d−r=2即当PA⋅PD取得最小值时，点P到AD的距离为故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P到AD的距离为球心O到点E的距离减去半径.【变式14-1】1.（多选）（2021秋·广东佛山·高二顺德一中校考期中）正方体ABCD−A1B1CA．DB．存在实数λ，μ使得AC．在正方体各面对角线中与直线A1D．点C与点G到平面AEF的距离相等【答案】BC【分析】对于选项A：利用线面垂直判定定理和线面垂直性质即可判断；选项B：将问题转化为线面平行，然后结合已知条件证明平面A1【详解】对于选项A：因为EF→−EA→=若D1D⊥AF，因为D1D⊥AE且所以D1D⊥EF，所以对于选项B：若存在实数λ，μ使得A1G=λ如图所示，取B1C1由条件可知：GQ//EF，A1Q//所以平面A1又因为A1G⊂平面A1对于选项C：由正方体的性质得，过A1或D的面对角线与直线A对于选项D：假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过C