第2课时 空间向量基本定理的应用
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，则AC1与CE的位置关系是（ ）
A.重合 B.垂直
C.平行 D.无法确定
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝AC＝BC＝1，M是B1C1的中点，则AM＝（ ）
A. B. C. D.
3.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是（ ）
A.0 B. C. D.
4.如图，已知空间四边形ABCD中AC＝BD，顺次连接各边中点P，Q，R，S，所得图形是（ ）
A.长方形
B.正方形
C.梯形
D.菱形
5.（多选）若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系可能是（ ）
A.相交 B.平行
C.在平面内 D.垂直
6.（多选）（2024·南京质检）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等.下列结论中正确的是（ ）
A.A1M∥D1P B.A1M∥B1Q
C.A1M∥平面DCC1D1 D.A1M∥平面D1PQB1
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D的中心，若＋λ＝0（λ∈R），则λ＝ .
8.（2024·淄博月考）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是 .
9.如图，在空间四边形ABCD 中，∠ABD＝∠CBD＝，∠ABC＝，BC＝BD＝1，AB＝，则异面直线AB与CD所成角的大小是 .
10.已知空间四边形OABC的各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求异面直线OE与BF所成角的余弦值.
11.棱长均为1的三棱锥S-ABC，若空间一点P满足＝x＋y＋z（x＋y＋z＝1），则｜｜的最小值为（ ）
A.1 B. C. D.
12.（2024·淮安月考）如图，三棱锥S-ABC中，SA⊥底面 ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝2，则SC与AB所成角的大小为（ ）
A.90° B.60° C.45° D.30°
13.（多选）在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2，则下列说法正确的是（ ）
A.EG⊥PG B.EG⊥BC
C.FG∥BC D.FG⊥EF
14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c.
（1）试用a，b，c表示向量；
（2）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长.
15.（2024·焦作月考）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，则线段AO的长度为（ ）
A. B.
C. D.
16.已知正方形ABCD和正方形ABEF所在的平面互相垂直，M，N分别是对角线AC，BF上的点，且AM＝FN.求证：不论点M在AC上何处，直线MN不可能同时与AC和BF都垂直.
第2课时 空间向量基本定理的应用
1.B 设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个正交基底.＝a＋b＋c，＝＋＝c－a－b，设正方体的棱长为1，则·＝（a＋b＋c）·（c－a－b）＝0，故⊥，即AC1与CE垂直.
2.C 如图所示，＝＋＋＝＋＋（－）＝＋＋，故｜｜2＝（＋＋）2＝，则AM＝.
3.A 根据题意可得，·＝（＋＋）·（＋＋） ＝（－＋＋）·（－－－） ＝ － －＝×4－1－×4＝0，从而得到A1E和GF垂直，故其所成角的余弦值为0.
4.D 因为＝－＝－＝.同理＝，所以＝，所以四边形PQRS为平行四边形.又＝－＝－＝，所以｜｜＝｜｜，即PS＝BD.又｜｜＝｜｜，故PQ＝AC，而AC＝BD，所以PS＝PQ，故四边形ABCD为菱形.
5.BC ∵＝λ＋μ，∴，，共面，则AB与平面CDE的位置关系是平行或直线在平面内.
6.ACD 依题意可知PQ∥BD∥B1D1，所以P，Q，B1，D1四点共面.因为＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以＝，则A1M∥D1P，结合线面平行的判定定理可知A、C、D正确.而B1Q与D1P不平行，所以B不正确.故选A、C、D.
7.－ 解析：如图，连接C1D，易知EF A1D，∴＝，即－＝0，∴λ＝－.
8. 解析：∵ ＝＋＋，∴ ＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2×1×1×＋2×1×1×＋2×1×1×＝2，∴AC1＝.
9. 解析：依题意可知CD＝＝，·＝·（－）＝·－·＝0＋·＝··cos ＝1.设直线AB与CD所成角为α，则cos α＝＝＝，故α＝.
10.解：如图所示，设＝a，＝b，＝c，｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝，
则a·b＝b·c＝c·a＝.
∵＝（＋）＝（a＋b），
＝－＝－＝c－b，
∴·＝（a＋b）·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－，
又∵｜｜＝｜｜＝，
∴cos＜，＞＝＝－.
∴异面直线OE与BF所成角的余弦值是.
11.D 依题意得，点P在平面ABC内，因此｜｜的最小值等于顶点S到平面ABC的距离，又点S在平面ABC内的射影是正三角形ABC的中心，于是有｜｜的最小值等于＝，故选D.
12.B 因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，所以·＝0，又AB⊥BC，AB＝BC＝2，所以∠BAC＝45°，AC＝2.因此·＝｜｜·｜｜cos 45°＝2×2×＝4，所以·＝·－·＝4，又SA＝2，所以SC＝＝4，因此cos＜，＞＝＝＝，所以SC与AB所成角的大小为60°.
13.ABD 如图，设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个正交基底，则a·b＝a·c＝b·c＝0，取AB的中点H，则＝＝×（a＋b）＝a＋b，＝＋＝b＋（c－b）＝b＋c.＝－＝a＋b－b－c＝a－b－c，＝c－b，＝－＝a＋b－b＝a，＝－＝b－＝－c－b，∴·＝0，A正确；·＝0，B正确；≠λ（λ∈R），C不正确；·＝0，D正确.故选A、B、D.
14.解：（1）＝＋＋＝＋＋＝（c－a）＋a＋（b－a）＝a＋b＋c.
（2）因为（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5，
所以｜a＋b＋c｜＝，
所以｜｜＝｜a＋b＋c｜＝，即MN＝.
15.A 设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个基底.∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴＝＝（＋），∴＝a＋＝a＋＋c＝a＋b＋c，∵∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，∴a2＝b2＝4，c2＝9，a·b＝0，a·c＝b·c＝3×2cos 60°＝3，∴＝（a＋b＋c）2＝（a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c）＝.∴｜｜＝，即AO＝.
16.证明：如图，设＝a，＝b，＝c，＝λ（0≤λ≤1），则＝a＋b，＝c－b，＝λ（a＋b），＝＋＝b＋（1－λ）（c－b）.
从而＝－＝b＋（1－λ）·（c－b）－λ（a＋b）＝－λa＋（1－λ）c.
因为a·b＝0，b·c＝0，c·a＝0，且｜a｜＝｜b｜＝｜c｜，
所以·＝[－λa＋（1－λ）c]·（a＋b）＝－λ｜a｜2，
·＝[－λa＋（1－λ）c]·（c－b）＝（1－λ）｜c｜2.
假设MN⊥AC，且MN⊥BF，则·＝0，且·＝0，即λ＝0且λ＝1，矛盾.
故直线MN不可能同时与AC和BF都垂直.
3 / 3第2课时 空间向量基本定理的应用
题型一 证明空间位置关系
【例1】 （2024·济源月考）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，若E，F分别为PC，BD的中点，用向量方法证明：
（1）EF∥平面PAD； （2）EF⊥平面PCD.
通性通法
证明平行、垂直问题的思路
（1）利用向量共线的充要条件来证明点共线或两直线平行；
（2）把要证的线面垂直转化为线线垂直，再转化为两直线的方向向量的数量积为0.
【跟踪训练】
如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点.求证：EF⊥平面B1AC.
题型二 求空间角
【例2】 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，求异面直线AC1与CB1所成角的余弦值.
通性通法
基向量法求空间角的基本思路：将空间角转化为两条直线的方向向量的夹角（或其补角），再用基向量表示两方向向量，并借助向量的运算求出角.
【跟踪训练】
（2024·滨州月考）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝B1B＝1，M，N分别是AD，DC的中点.求异面直线MN与BC1所成角的余弦值.
题型三 求距离（长度）
【例3】 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，PA＝4，∠ABC＝60°，E是BC的中点，H在线段PD上且DH＝DP.
（1）用向量，，表示向量；
（2）求EH的长.
通性通法
求空间距离（长度）问题的步骤
（1）选取空间基向量，将待求线段对应的向量用基向量线性表示；
（2）求该向量的模，利用空间向量的数量积运算求得线段的长度.
【跟踪训练】
（2024·盐城月考）已知正四面体ABCD的棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且MB＝2AM，CN＝ND，求MN的长.
1.在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB与CD（ ）
A.相交 B.平行
C.垂直 D.无法判断位置关系
2.（2024·泰安月考）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点，若AB＝a，则MN＝ .
3.（2024·德州月考）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线AC1与BC所成角的余弦值为 .
4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点，求证：MN∥平面A1BD.
第2课时 空间向量基本定理的应用
【典型例题·精研析】
【例1】 证明：（1）连接PF（图略），则＝－＝（＋）－＝＋（－）＝＋＝＋，所以向量，，共面，
又EF 平面PAD，DA 平面PAD，PD 平面PAD，所以EF∥平面PAD.
（2）因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，
又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD 平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，
又PA 平面PAD，所以CD⊥PA.
因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，
所以·＝（＋）·＝·＝0，
·＝（＋）·＝·＝0，
所以EF⊥PD，EF⊥CD，
又PD 平面PCD，CD 平面PCD，PD∩CD＝D，所以EF⊥平面PCD.
跟踪训练
证明：设＝a，＝c，＝b，
连接BD（图略），则＝＋＝（＋）＝（＋）＝（＋－）＝（－a＋b＋c），
∵＝＋＝a＋b，
∴·＝（－a＋b＋c）·（a＋b）＝（b2－a2＋c·a＋c·b）＝（｜b｜2－｜a｜2＋0＋0）＝0，
∴⊥，即EF⊥AB1.同理可证EF⊥B1C.
又AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面B1AC.
【例2】 解：在△ABC中，因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC2＋BC2＝AB2，
故∠ACB＝90°，即AC⊥BC.
设＝3a，＝4b，＝4c，向量，，不共面且两两垂直，则{a，b，c}构成空间的一个单位正交基底.
因为＝－＝4c－3a，＝＋＝4c＋4b，
所以·＝（4c－3a）·（4c＋4b）＝16c2＝16，
又｜｜＝＝5，｜｜＝＝4，
所以cos＜，＞＝＝＝，
故异面直线AC1与CB1所成角的余弦值为.
跟踪训练
解：＝－＝（－），
＝＋＝－＋，
所以·＝·（－＋）＝＝，
又｜｜＝｜｜＝，｜｜＝，
所以cos＜，＞＝＝＝，
故异面直线MN与BC1所成角的余弦值为.
【例3】 解：（1）＝＋＝＋＋＝－＋（－）＋（－）＝－＋－＋－＝＋－.
（2）｜｜2＝（＋－）2
＝（＋）2－（＋）·＋｜｜2
＝－·＋｜｜2
＝×（4＋16）－×2×2×＋4＝，
∴EH＝.
跟踪训练
解：∵＝＋＋＝＋（－）＋（－）＝－＋＋，
∴｜｜2＝（－＋＋）2＝＋＋－·－·＋·＝a2＋a2＋a2－a2－a2＋a2＝a2.
故｜｜＝a，即MN的长为a.
随堂检测
1.C ＝－，·＝·（－）＝·－·＝1×1×－1×1×＝0，故⊥，即直线AB与CD垂直.
2.a 解析：＝＋＋＝＋＋（－＋）＝＋＋，故｜｜2＝a2＋a2＋a2＝a2，所以MN＝a.
3. 解析：设正方体棱长为1，＝＋－，｜｜＝，cos＜，＞＝＝＝.即直线AC1与BC的夹角的余弦值为.
4.证明：法一 ＝－＝－＝（－）＝，所以∥，
又MN 平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.
法二 ＝－＝－＝－＝（＋）－（＋）＝－.
即可用与线性表示，故与，是共面向量，又MN 平面A1BD，故MN∥平面A1BD.
2 / 2(共55张PPT)
第2课时
空间向量基本定理的应用
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 证明空间位置关系
【例1】 （2024·济源月考）如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面
ABCD 是正方形，侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，且 PA ＝ PD ＝ AD ，若
E ， F 分别为 PC ， BD 的中点，用向量方法证明：
（1） EF ∥平面 PAD ；
证明： 连接 PF （图略），则 ＝ － ＝ ＋ ）
－ ＝ ＋ － ）＝ ＋ ＝ ＋
共面，
又 EF 平面 PAD ， DA 平面 PAD ， PD 平面 PAD ，所以 EF
∥平面 PAD .
（2） EF ⊥平面 PCD .
证明：因为底面 ABCD 是正方形，所以 CD ⊥ AD ，
又侧面 PAD ⊥底面 ABCD ，侧面 PAD ∩底面 ABCD ＝ AD ， CD
平面 ABCD ，所以 CD ⊥平面 PAD ，
又 PA 平面 PAD ，所以 CD ⊥ PA .
因为 PA ＝ PD ＝ AD ，所以 PA ⊥ PD ，
所以 · ＝ ＋ ）· ＝ · ＝0，
· ＝ ＋ ）· ＝ · ＝0，
所以 EF ⊥ PD ， EF ⊥ CD ，又 PD 平面 PCD ， CD 平面 PCD ， PD ∩ CD ＝ D ，所以 EF ⊥平面 PCD .
通性通法
证明平行、垂直问题的思路
（1）利用向量共线的充要条件来证明点共线或两直线平行；
（2）把要证的线面垂直转化为线线垂直，再转化为两直线的方向向
量的数量积为0.
【跟踪训练】
如图所示，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E ， F 分别是 BB1， D1 B1
的中点.求证： EF ⊥平面 B1 AC .
证明：设 ＝ a ， ＝ c ， ＝ b ，
连接 BD （图略），则 ＝ ＋ ＝ ＋ ）＝
＋ ）＝ ＋ － ）＝ （－ a ＋ b ＋ c ），
∵ ＝ ＋ ＝ a ＋ b ，
∴ · ＝ （－ a ＋ b ＋ c ）·（ a ＋ b ）＝ （ b2－ a2＋ c · a ＋
c · b ）＝ （｜ b ｜2－｜ a ｜2＋0＋0）＝0，
∴ ⊥ ，即 EF ⊥ AB1.同理可证 EF ⊥ B1 C .
又 AB1∩ B1 C ＝ B1，∴ EF ⊥平面 B1 AC .
题型二 求空间角
【例2】 如图，在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AC ＝3， BC ＝4， AB
＝5， AA1＝4，求异面直线 AC1与 CB1所成角的余弦值.
解：在△ ABC 中，因为 AC ＝3， BC ＝4， AB ＝5，所以 AC2＋ BC2＝
AB2，
故∠ ACB ＝90°，即 AC ⊥ BC .
设 ＝3 a ， ＝4 b ， ＝4 c ，向量 不共面且两两
垂直，则{ a ， b ， c }构成空间的一个单位正交基底.
因为 ＝ － ＝4 c －3 a ， ＝ ＋ ＝4 c ＋4 b ，
所以 · ＝（4 c －3 a ）·（4 c ＋4 b ）＝16 c2＝16，
又｜ ｜＝ ＝5，｜ ｜＝ ＝4
，
所以 cos ＜ ＞＝ ＝ ＝ ，
故异面直线 AC1与 CB1所成角的余弦值为 .
通性通法
基向量法求空间角的基本思路：将空间角转化为两条直线的方向
向量的夹角（或其补角），再用基向量表示两方向向量，并借助向量
的运算求出角.
【跟踪训练】
（2024·滨州月考）在长方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AB ＝2， BC ＝
B1 B ＝1， M ， N 分别是 AD ， DC 的中点.求异面直线 MN 与 BC1所成角
的余弦值.
解： ＝ － ＝ － ），
＝ ＋ ＝－ ＋ ，
所以 · ＝ ·（－ ＋ ）＝ ＝ ，
又｜ ｜＝ ｜ ｜＝ ，｜ ｜＝ ，
所以 cos ＜ ＞＝ ＝ ＝ ，
故异面直线 MN 与 BC1所成角的余弦值为 .
题型三 求距离（长度）
【例3】 如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA ⊥平
面 ABCD ， AB ＝2， PA ＝4，∠ ABC ＝60°， E 是 BC 的中点， H 在线
段 PD 上且 DH ＝ DP .
（1）用向量 ， ， 表示向量 ；
解： ＝ ＋ ＝ ＋ ＋ ＝－ ＋（ －
）＋ － ）＝－ ＋ － ＋ － ＝
＋ － .
（2）求 EH 的长.
解：｜ ｜2＝（ ＋ － ）2
＝ ＋ ）2－ ＋ ）· ＋｜ ｜2
＝ － · ＋｜ ｜2
＝ ×（4＋16）－ ×2×2× ＋4＝ ，
∴ EH ＝ .
通性通法
求空间距离（长度）问题的步骤
（1）选取空间基向量，将待求线段对应的向量用基向量线性表示；
（2）求该向量的模，利用空间向量的数量积运算求得线段的长度.
【跟踪训练】
（2024·盐城月考）已知正四面体 ABCD 的棱长为 a ， M ， N 分别是
棱 AB ， CD 上的点，且 MB ＝2 AM ， CN ＝ ND ，求 MN 的长.
解：∵ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋（ － ）＋ －
）＝－ ＋ ＋ ，
∴｜ ｜2＝（－ ＋ ＋ ）2＝ ＋ ＋ －
· － · ＋ · ＝ a2＋ a2＋ a2－ a2－ a2＋ a2＝
a2.
故｜ ｜＝ a ，即 MN 的长为 a .
1. 在棱长为1的正四面体 ABCD 中，直线 AB 与 CD （ ）
A. 相交 B. 平行
C. 垂直 D. 无法判断位置关系
解析： ＝ － · ＝ ·（ － ）＝ ·
－ · ＝1×1× －1×1× ＝0，故 ⊥ ，即直线 AB 与 CD
垂直.
2. （2024·泰安月考）如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， M ， N 分别为 AB ， B1 C 的中点，若 AB ＝ a ，则 MN ＝ .
a
解析： ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ （－ ＋ ）＝
＋ ＋ ，故｜ ｜2＝ a2＋ a2＋ a2＝ a2，所以
MN ＝ a .
3. （2024·德州月考）在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中，直线 AC1与 BC 所
成角的余弦值为 .
解析：设正方体棱长为1， ＝ ＋ － ，｜ ｜＝
， cos ＜ ＞＝ ＝ ＝ .即直线 AC1与 BC 的
夹角的余弦值为 .
4. 如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， M ， N 分别是 CC1， B1 C1的中点，求证： MN ∥平面 A1 BD .
证明：法一 ＝ － ＝
－ ＝ － ）＝ ∥ ，
又 MN 平面 A1 BD ，所以 MN ∥平面 A1 BD .
法二 ＝ － ＝ － ＝ － ＝ ＋
）－ ＋ ）＝ － .
即 是共面向量，又
MN 平面 A1 BD ，故 MN ∥平面 A1 BD .
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
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1. 在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E 是上底面 A1 B1 C1 D1的中心，则
AC1与 CE 的位置关系是（ ）
A. 重合 B. 垂直
解析：B 设 ＝ a ， ＝ b ， ＝ c ，则{ a ， b ， c }构成空间
的一个正交基底. ＝ a ＋ b ＋ c ， ＝ ＋ ＝ c － a －
b ，设正方体的棱长为1，则 · ＝（ a ＋ b ＋ c ）·（ c － a －
b ）＝0，故 ⊥ ，即 AC1与 CE 垂直.
C. 平行 D. 无法确定
2. 在三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AA1⊥平面 ABC ， AA1＝ AB ＝ AC ＝ BC
＝1， M 是 B1 C1的中点，则 AM ＝（ ）
A. B.
解析： 如图所示， ＝ ＋ ＋ ＝
＋ ＋ － ）＝ ＋ ＋ ，
故｜ ｜2＝（ ＋ ＋ ）2＝ ，则 AM
＝ .
C. D.
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3. 如图，长方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AA1＝ AB ＝2， AD ＝1， E ，
F ， G 分别是 DC ， AB ， CC1的中点，则异面直线 A1 E 与 GF 所成角
的余弦值是（ ）
A. 0 B.
C. D.
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解析： 根据题意可得， · ＝（ ＋ ＋ ）·（
＋ ＋ ） ＝（－ ＋ ＋ ）·
＝ － － ＝ ×4－1－ ×4＝0，从而得到 A1 E 和 GF
垂直，故其所成角的余弦值为0.
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4. 如图，已知空间四边形 ABCD 中 AC ＝ BD ，顺次连接各边中点 P ，
Q ， R ， S ，所得图形是（ ）
A. 长方形 B. 正方形
C. 梯形 D. 菱形
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解析： 因为 ＝ － ＝ － ＝ .同理 ＝
＝ ，所以四边形 PQRS 为平行四边形.又 ＝
－ ＝ － ＝ ，所以｜ ｜＝ ｜ ｜，即 PS ＝
BD . 又｜ ｜＝ ｜ ｜，故 PQ ＝ AC ，而 AC ＝ BD ，所以 PS
＝ PQ ，故四边形 ABCD 为菱形.
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5. （多选）若 ＝λ ＋μ ，则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系可
能是（ ）
A. 相交 B. 平行
C. 在平面内 D. 垂直
解析： ∵ ＝λ ＋μ ，∴ 共面，则 AB 与
平面 CDE 的位置关系是平行或直线在平面内.
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6. （多选）（2024·南京质检）如图，在平行六面体 ABCD - A1 B1 C1 D1
中，点 M ， P ， Q 分别为棱 AB ， CD ， BC 的中点，平行六面体的
各棱长均相等.下列结论中正确的是（ ）
A. A1 M ∥ D1 P B. A1 M ∥ B1 Q
C. A1 M ∥平面 DCC1 D1 D. A1 M ∥平面 D1 PQB1
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解析： 依题意可知 PQ ∥ BD ∥ B1 D1，所以 P ， Q ， B1， D1
四点共面.因为 ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋
＝ ＋ ＝ ，则 A1 M ∥ D1 P ，结合线面平行的
判定定理可知A、C、D正确.而 B1 Q 与 D1 P 不平行，所以B不正确.
故选A、C、D.
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7. 在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中，点 E ， F 分别是底面 A1 B1 C1 D1和侧
面 CC1 D1 D 的中心，若 ＋λ ＝0（λ∈R），则λ＝ － .
解析：如图，连接 C1 D ，易知 EF A1 D ，∴
＝ － ＝0，∴λ＝－ .
－
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8. （2024·淄博月考）如图，平行六面体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AB ＝ AD ＝ AA1＝1，∠ BAD ＝∠ BAA1＝120°，∠ DAA1＝60°，则线段
AC1的长度是 .
解析：∵ ＝ ＋ ＋ ，∴ ＝ ＋ ＋ ＋
2 · ＋2 · ＋2 · ＝1＋1＋1＋2×1×1× ＋
2×1×1× ＋2×1×1× ＝2，∴ AC1＝ .
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9. 如图，在空间四边形 ABCD 中，∠ ABD ＝∠ CBD ＝ ，∠ ABC ＝
， BC ＝ BD ＝1， AB ＝ ，则异面直线 AB 与 CD 所成角的大小
是 .
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解析：依题意可知 CD ＝ ＝ · ＝ ·（ －
）＝ · － · ＝0＋ · ＝ · · cos ＝1.设直
线 AB 与 CD 所成角为α，则 cos α＝ ＝ ＝ ，
故α＝ .
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10. 已知空间四边形 OABC 的各边及对角线长都相等， E ， F 分别为
AB ， OC 的中点，求异面直线 OE 与 BF 所成角的余弦值.
解：如图所示，设 ＝ a ， ＝ b ， ＝ c ，
｜a ｜＝｜ b ｜＝｜ c ｜＝1，易知∠ AOB ＝∠ BOC
＝∠ AOC ＝ ，
则 a · b ＝ b · c ＝ c · a ＝ .
∵ ＝ ＋ ）＝ （ a ＋ b ），
＝ － ＝ － ＝ c － b ，
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∴ · ＝ （ a ＋ b ）· ＝ a · c ＋ b · c
－ a · b － b2＝－ ，
又∵｜ ｜＝｜ ｜＝ ，
∴ cos ＜ ＞＝ ＝－ .
∴异面直线 OE 与 BF 所成角的余弦值是 .
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11. 棱长均为1的三棱锥 S - ABC ，若空间一点 P 满足 ＝ x ＋ y
＋ z （ x ＋ y ＋ z ＝1），则｜ ｜的最小值为（ ）
A. 1 B.
C. D.
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解析： 依题意得，点 P 在平面 ABC 内，因此｜ ｜的最小值
等于顶点 S 到平面 ABC 的距离，又点 S 在平面 ABC 内的射影是正三
角形 ABC 的中心，于是有｜ ｜的最小值等于 ＝
，故选D.
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12. （2024·淮安月考）如图，三棱锥 S - ABC 中， SA ⊥底面 ABC ， AB
⊥ BC ， AB ＝ BC ＝2， SA ＝2 ，则 SC 与 AB 所成角的大小为
（ ）
A. 90° B. 60°
C. 45° D. 30°
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解析： 因为 SA ⊥底面 ABC ，所以 SA ⊥ AC ， SA ⊥ AB ，所以
· ＝0，又 AB ⊥ BC ， AB ＝ BC ＝2，所以∠ BAC ＝45°， AC
＝2 .因此 · ＝｜ ｜｜ ｜ cos 45°＝2×2 × ＝4，
所以 · ＝ · － · ＝4，又 SA ＝2 ，所以 SC ＝
＝4，因此 cos ＜ ＞＝ ＝ ＝ ，
所以 SC 与 AB 所成角的大小为60°.
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13. （多选）在三棱锥 P - ABC 中，三条侧棱 PA ， PB ， PC 两两垂直，
且 PA ＝ PB ＝ PC ＝3， G 是△ PAB 的重心， E ， F 分别为 BC ， PB
上的点，且 BE ∶ EC ＝ PF ∶ FB ＝1∶2，则下列说法正确的是
（ ）
A. EG ⊥ PG B. EG ⊥ BC
C. FG ∥ BC D. FG ⊥ EF
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解析： 如图，设 ＝ a ， ＝ b ，
＝ c ，则{ a ， b ， c }构成空间的一个正交
基底，则 a · b ＝ a · c ＝ b · c ＝0，取 AB 的中点
H ，则 ＝ ＝ × （ a ＋ b ）＝ a ＋
b ， ＝ ＋ ＝ b ＋ （ c － b ）＝ b ＋ c . ＝ － ＝ a ＋ b － b － c ＝ a － b － c ， ＝ c － b ， ＝ － ＝ a ＋ b － b ＝ a ， ＝ － ＝ b － ＝－ c － b ，∴ · ＝0，A正确； · ＝0，B正确； ≠λ
（λ∈R），C不正确； · ＝0，D正确.故选A、B、D.
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14. 如图，在三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， M ， N 分别是 A1 B ， B1 C1上的点，且 BM ＝2 A1 M ， C1 N ＝2 B1 N . 设 ＝ a ， ＝ b ， ＝c .
（1）试用 a ， b ， c 表示向量 ；
解： ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＝
（ c － a ）＋ a ＋ （ b － a ）
＝ a ＋ b ＋ c .
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（2）若∠ BAC ＝90°，∠ BAA1＝∠ CAA1＝60°， AB ＝ AC ＝ AA1＝
1，求 MN 的长.
解：因为（ a ＋ b ＋ c ）2＝ a2＋ b2＋ c2＋2 a · b ＋2 b · c ＋2 a · c
＝1＋1＋1＋0＋2×1×1× ＋2×1×1× ＝5，
所以｜ a ＋ b ＋ c ｜＝ ，
所以｜ ｜＝ ｜ a ＋ b ＋ c ｜＝ ，即 MN ＝ .
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15. （2024·焦作月考）如图，在三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， BC1与 B1 C 相
交于点 O ，∠ A1 AB ＝∠ A1 AC ＝60°，∠ BAC ＝90°， A1 A ＝3，
AB ＝ AC ＝2，则线段 AO 的长度为（ ）
A. B.
C. D.
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解析： 设 ＝ a ， ＝ b ， ＝ c ，则{ a ， b ， c }构成空
间的一个基底.∵四边形 BCC1 B1是平行四边形，∴ ＝ ＝ ＋ ），∴ ＝ a ＋ ＝ a ＋ ＋ c ＝ a ＋ b ＋
c ，∵∠ A1 AB ＝∠ A1 AC ＝60°，∠ BAC ＝90°， A1 A ＝3， AB ＝
AC ＝2，∴ a2＝ b2＝4， c2＝9， a · b ＝0， a · c ＝ b · c ＝3×2 cos 60°
＝3，∴ ＝ （ a ＋ b ＋ c ）2＝ （ a2＋ b2＋ c2＋2 a · b ＋2 a · c ＋
2 b · c ）＝ .∴｜ ｜＝ ，即 AO ＝ .
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16. 已知正方形 ABCD 和正方形 ABEF 所在的平面互相垂直， M ， N 分
别是对角线 AC ， BF 上的点，且 AM ＝ FN . 求证：不论点 M 在 AC
上何处，直线 MN 不可能同时与 AC 和 BF 都垂直.
证明：如图，设 ＝ a ， ＝ b ， ＝ c ，
＝λ （0≤λ≤1），则 ＝ a ＋ b ，
＝ c － b ， ＝λ（ a ＋ b ）， ＝ ＋
＝ b ＋（1－λ）（ c － b ）.
从而 ＝ － ＝ b ＋（1－λ）（ c －
b ）－λ（ a ＋ b ）＝－λ a ＋（1－λ） c .
因为 a · b ＝0， b · c ＝0， c · a ＝0，且｜ a ｜
＝｜ b ｜＝｜ c ｜，
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所以 · ＝[－λ a ＋（1－λ） c ]·（ a ＋
b ）＝－λ｜ a ｜2，
· ＝[－λ a ＋（1－λ） c ]·（ c － b ）＝
（1－λ）｜ c ｜2.
假设 MN ⊥ AC ，且 MN ⊥ BF ，则 · ＝
0，且 · ＝0，即λ＝0且λ＝1，矛盾.
故直线 MN 不可能同时与 AC 和 BF 都垂直.
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