【教無憂】高中數(shù)學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）重難點01 空間向量、空間基本定理及坐標運算十四大題型

③求余弦值:利用數(shù)量積求余弦值或角的大?、芏ńY(jié)果:異面直線所成的角為銳角或直角，利用向量的夾角求余弦值應將余弦值加上絕對值，繼而求角的大小技巧四.類比平面向量投影的概念，借助圖形，敘述作出向量AB，已知圖形向量AB=a，l為軸，向量e是l上與軸l同方向的單位向量，作點A在l上的射影A’,作點B在l上的射影B’，則A'B’稱為向量AB在軸l上或在e的方向上的正射影；可以證明A’B’=|AB注意：軸l上的正射影A'AB與l的方向的對應關(guān)系，大小代表在l上射影的長度.技巧五.利用向量法證明向量共面的策略（1）若已知點P在平面ABC內(nèi)，則有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，用待定系數(shù)法求出參數(shù)．（2）證明三個向量共面（或四點共面），需利用共面向量定理，證明過程中要靈活進行向量的分解與合成，將其中一個向量用另外兩個向量來表示.技巧六.關(guān)于空間向量坐標運算的兩類問題（1）直接計算問題首先將空間向量用坐標表示出來，然后準確運用空間向量坐標運算公式計算.（2）由條件求向量或點的坐標首先把向量用坐標形式設出來，然后通過建立方程（組），解方程（組）求出其坐標..技巧七.求異面直線所成角的方法基向量法：在一些不適合建立坐標系的題型中，經(jīng)常采用取定基向量的方法，在兩異面直線a與b上分別取點A，B和C，D，則AB與CD可分別作為a與b的方向向量，則cosθ=|AB?CD||AB||CD（2）坐標法：根據(jù)題目條件建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，寫出相關(guān)各點的坐標，利用坐標法求線線角，避免了傳統(tǒng)找角或作角的步驟，使過程變得簡單．題型1空間向量的線性運算【例題1】（2023秋·遼寧葫蘆島·高二?？奸_學考試）空間四邊形ABCD，連接AC，BD．M，G分別是BC，CD的中點，則AB+

A．AD B．GA C．AG D．MG【答案】C【分析】利用數(shù)形結(jié)合思想和空間向量加法法則化簡即可．【詳解】∵M，G分別是BC，CD的中點，∴12BC=∴AB+故選：C【變式1-1】1.（多選）（2023秋·福建泉州·高二福建省永春第一中學?？茧A段練習）在平行六面體ABCD?A1BA．BC+BBC．AD?AB+【答案】ABC【分析】作出平行六面體ABCD?A【詳解】解:如圖所示：

A中，BC+B中，A1C中，AD?D中，B1故選:ABC【變式1-1】2.（多選）（2023·全國·高二專題練習）（多選）空間四邊形ABCD中，若E，F(xiàn)，G，H分別為AB，BC，CD，DA邊的中點，則下列各式成立的是（）A．EB+BF+C．EF+FG+【答案】BCD【分析】由空間向量的加法運算法則對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】易知四邊形EFGH為平行四邊形，所以EB+EB+EF+EF?故選：BCD.

【變式1-1】3.（2023秋·高二課時練習）在四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，SA=SB=SC=SD=2，則以下結(jié)論正確的有（

）A．SA+SB+C．SA?SB+【答案】CD【分析】建立空間直角坐標系，利用坐標法確定正確答案.【詳解】依題意可知，四棱錐S?ABCD是正四棱錐，設AC∩BD=O，連接SO，則SO⊥平面ABCD，由于OA,OB?平面ABCD，所以SO⊥OA,SO⊥OB，由于OA⊥OB，所以OA,OB,SO兩兩相互垂直，以O為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，四邊形ABCD是正方形，SA=SB=SC=SD=2，OA=OB=OC=OD=22，所以A2SA=SC=SA+SA+SA?SA?故選：CD【變式1-1】4.（2023秋·高二課時練習）已知空間四邊形ABCD，連接AC，BD，E，F(xiàn)，G分別是BC，CD，DB的中點，則AB+BC?【答案】ADAF【分析】根據(jù)空間向量線性運算可求出結(jié)果.【詳解】如圖所示，

AB+AB?故答案為：AD；AF.題型2用基地表示向量【例題2】（2022秋·浙江·高二校聯(lián)考期中）如圖，四面體OABC中，點E為OA中點，F(xiàn)為BE中點，G為CF中點，設OA=a，OB=b，OC=c，若OG可用

A．14a+C．18a+【答案】B【分析】根據(jù)空間向量的線性運算計算即可.【詳解】由題意可得BF=而OG=OC故選：B【變式2-1】1.（2023秋·河南駐馬店·高二統(tǒng)考期末）如右圖，三棱錐P?ABC中，M為AC的中點，點O滿足BO=3OM，記PA=a，

A．PO=13C．PO=12【答案】D【分析】利用空間向量的加減法和數(shù)乘向量即可以a,b【詳解】PO==故選：D【變式2-1】2.（2023秋·湖南湘西·高二校聯(lián)考階段練習）如圖，四棱錐P?ABCD的底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，且EC=2PE，若AE=xAB+y

A．13 B．23 C．1 【答案】D【分析】根據(jù)空間向量線性運算及空間向量基本定理求出x、y、z，即可得解.【詳解】因為EC=2PE，所以PE=所以AE=2又AE=x所以x=13y=故選：D．【變式2-1】3.（2022·全國·高二專題練習）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，E,F分別是BC，

A．1B．1C．?D．?【答案】D【分析】根據(jù)空間向量線性運算的幾何意義結(jié)合已知條件，可把GF分解成基底向量AB,【詳解】如下圖所示：

首先有GF=GE+EF，一方面：由AG=2GE，所以所以AE=12另一方面：EF=EC+CF，且注意到E,F分別是所以EF=因此GF=故選：D．【變式2-1】4.（多選）（2023秋·湖南益陽·高二桃江縣第一中學校考開學考試）如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，P是CA1的中點，M是CD1的中點，N是C1

A．AP=12C．AN=12【答案】ABC【分析】根據(jù)空間向量的基底表示以及線性運算表示向量依次判斷各選項即可得到答案.【詳解】由已知P是CA1的中點，M是CD1的中點，N是對于A，AP=對于B，AM=對于C，AN=1對于D，AQ=1故選：ABC.題型3向量共線問題【例題3】（2022·高二課時練習）已知不共線的兩個向量m、n，若a=m+n、A．a(chǎn)、c共線 B．a(chǎn)、b、c共面C．a(chǎn)、b、c共線 D．b、c共線【答案】B【分析】結(jié)合向量共線定理即可判斷ACD選項，進而結(jié)合平面向量基本定理即可判斷B選項.【詳解】A：結(jié)合向量共線定理可知a、c不共線；故A錯誤；B：設a=λb+μcλ,μ∈R，因為a=m+n、b=m?n、cC：結(jié)合向量共線定理可知a、c不共線，a、b不共線，b、c不共線；故C錯誤；D：結(jié)合向量共線定理可知b、c不共線；故D錯誤；故選：B.【變式3-1】1.（2022·高二課時練習）已知O、A、B、C為空間四點，且對空間中任意一個向量a，若存在唯一的一組實數(shù)λ、μ、v，使得a=λA．OA、OB、OC共線 B．OA、OB共線C．OB、OC共線 D．O、A、B、C四點共面【答案】D【分析】根據(jù)空間向量基本定理判斷．【詳解】由空間向量基本定理，對空間中任意一個向量a，若存在唯一的一組實數(shù)λ、μ、v，使得a=λ則OA,OB,故選：D．【變式3-1】2.（2023·全國·高二專題練習）A是△BCD所在平面外一點，G是△BCD的重心，M、E分別是BD、AG的中點，點F在線段AM上，AF=【答案】C、E、F三點共線【分析】利用空間向量的基本定理和共線向量定理求解.【詳解】解：設AD=a，AC=CE==1=1CF=因為CE=所以CE∥又因為CE、CF有公共點C，所以C、E、F三點共線．【變式3-1】3.（2023·全國·高二專題練習）如圖所示，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E在A1D1上，且A1E

【答案】證明見解析【分析】把EF,FB用基底A1【詳解】連接EF，F(xiàn)B，∵EF=A===2FB=A=3∴EF=23FB又EF∩FB=F，∴E，F(xiàn)，B三點共線．

【變式3-1】4.（2022秋·廣東中山·高二中山紀念中學校考期末）設e1,e2,e3為空間的三個不同向量，如果λ1eA．3 B．5 C．7 D．9【答案】D【分析】確定λ1【詳解】a=(2,1,?3),λ1則2λ1+λ2故選：D【變式3-1】5.（2022春·上海虹口·高二統(tǒng)考期末）已知空間三點A(1,3,?2)，B(2,5,1)，C(p,7,q?2)共線，則p=，q=．【答案】36【分析】利用向量平行列方程組即可求解.【詳解】由已知得：AB=因為A，B，C三點共線,所以AB//所以p?11故答案為:3;6【變式3-1】6．（2021·高二單元測試）已知空間的個基底{a,b,c},m=a【答案】1?1【分析】由m，n共線，∴?λ∈R，使m=λ【詳解】∵m，n共線，∴?λ∈R，使m=λ∴a?b解得λ=1,故答案為：1，

?1【點睛】本題考查空間向量共線的應用，屬于基礎題.題型4向量共面問題【例題4】（2023春·貴州貴陽·高二校考開學考試）已知點A，B，C，D分別位于四面體的四個側(cè)面內(nèi)，點O是空間任意一點，則“OD=12OA+13OB+A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【答案】A【分析】根據(jù)空間向量共面定理，結(jié)合充分條件和必要條件的定義分別進行判斷即可．【詳解】充分性：因為OD=12由空間向量共面定理可知，A，B，C，D四點共面，所以充分性成立，必要性：若A，B，C，D四點共面，OD=a?則a+b+c+d=1，其中a=12，b=13，c=16只是其中的一種情況，所以必要性不成立，綜上所述，“OD=12OA+13OB+故選：A．【變式4-1】1.（2023秋·新疆·高二校聯(lián)考期末）已知空間任意一點O和不共線的三點A,B,C，若OP=xOA+yOB+zA．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．即不充分也不必要條件【答案】B【分析】根據(jù)x,y,z的值可推導得到CP=2022BC，由此可得四點共面，知充分性成立；由空間向量共面定理可知四點共面時，【詳解】當x=0,y=?2022,z=2023時，OP=?2022即OP?OC=?2022∴P,B,C三點共線，∴P,A,B,C四點共面，充分性成立；當P,A,B,C四點共面時，x+y+z=1，滿足條件的數(shù)據(jù)不止x=0,y=?2022,z=2023，必要性不成立；∴“x=0,y=?2022,z=2023”是“P,A,B,C四點共面”的充分不必要條件.故選：B.【變式4-1】2.（多選）（2023秋·重慶石柱·高二?？茧A段練習）給出下列命題，其中正確的是（

）A．對空間任意一點O和不共線的三點A，B，C，若OP=2B．若a，b是兩個不共線的向量，且c=λa+μb（λ，μ∈R，λC．若空間四個點P，A，B，C滿足PC=D．平面α的一個法向量為a=1,3,?4，平面β的一個法向量為b=?2,?6,k【答案】CD【分析】對于A選項：由四點共面的充要條件即可驗證；對于B選項：由構(gòu)成基底的條件即可判斷；對于C選項：由三點共線的充要條件即可判斷；對于D選項：若兩個平面平行，則它們的法向量也對應平行，然后由向量平行的充要條件即可判斷.【詳解】對于A選項：若P，A，B，C四點共面，由于A，B，C三點不共線，所以由平面向量基本定理有AP=λ進一步有AO+OP=λ所以此時OA,若OP=2OA?2OB?對于B選項：若a，b是兩個不共線的向量，且c=λa+μb（λ，μ∈R，λ所以a,對于C選項：若PC=14PA+34所以A，B，C三點共線；故C選項符合題意.對于D選項：若α∥β，則它們對應的法向量a=所以?λ∈R，有b=λa，即?2=λ故選：CD.【變式4-1】3.（2022秋·河北邯鄲·高二?？计谥校┮阎猘=(2,?1,3),b=(?1,4,?2),c=(7,5,λ)A．627 B．637 C．657【答案】C【分析】根據(jù)空間向量的共面定理，存在實數(shù)x,y使得c=x【詳解】由向量a=(2,?1,3),因為a,b,c共面，則存在實數(shù)即(7,5,λ)=x?(2,?1,3)+y?(?1,4,?2)成立，可得2x?y=7?x+4y=53x?2y=λ，解得x=33故選：C.題型5向量數(shù)量積夾角與距離問題【例題5】（2023秋·重慶石柱·高二?？茧A段練習）如圖，二面角α?l?β等于120°，A、B是棱l上兩點，BD、AC分別在半平面α、β內(nèi)，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=2，則CD的長等于（

）

A．23 B．22 C．4【答案】C【分析】根據(jù)題意，可得DC=【詳解】由二面角的平面角的定義知?BD∴BD?由AC⊥l,BD⊥l，得AC?BA=0,∴DC=2所以DC=4，即CD=4故選：C.【變式5-1】1.（多選）（2023秋·高二課時練習）（多選）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，連接AC，BD，PB，PC，PD，則下列各組向量中，數(shù)量積為零的是（

）A．DA與PB B．PD與ABC．PC與AD D．PA與CD【答案】ABD【分析】逐項判斷各選項中向量對應的直線是否垂直即可解答.【詳解】對于A，由于PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，則PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB，則有AD⊥平面PAB，而PB?平面PAB，則有AD⊥PB，即向量DA?PB一定垂直，則向量DA?PB的數(shù)量積一定為0，故A正確；對于B，由于PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，則PA⊥AB，又AD⊥AB，PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，則有AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，則有AB⊥PD，即向量PD?AB一定垂直，則向量PD?AB的數(shù)量積一定為0，故B正確；因為AD//BC，所以直線PC與AD所成的角為∠PCB，顯然∠PCB≠π則PC與AD的數(shù)量積不為0，故C錯誤.對于D，由于PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，則PA⊥CD，即向量PA?CD一定垂直，則向量PA?CD的數(shù)量積一定為0，故D正確；故選：ABD.【變式5-1】2.（2023秋·重慶石柱·高二?？茧A段練習）如圖，空間四邊形OABC的各邊及對角線長都為2，E是AB的中點，F(xiàn)在OC上，且OF=2FC，則向量OE與向量BF

【答案】?【分析】由題設O?ABC是棱長為2的正四面體，數(shù)形結(jié)合可得BF=13AO+23【詳解】由題意，O?ABC是棱長為2的正四面體，而BF=OE=所以|=4|OE又OE?BF=(1=1所以cosOE故答案為：?【變式5-1】3.（2022秋·廣東佛山·高二佛山市高明區(qū)第一中學?？茧A段練習）為了測量一斜坡的坡度，小明設計如下的方案：如圖，設斜坡面β與水平面α的交線為l，小明分別在水平面α和斜坡面β選取A，B兩點，且AB=7，A到直線l的距離AA1=3，B到直線l

【答案】3【分析】由空間向量數(shù)量積的運算律求解．【詳解】設斜坡的坡角為θ，由題意知AA1與B1因為AB=AA即49=9+12+16+2×3×4cosθ，所以cosθ=12故答案為：3【變式5-1】4.（2023春·云南臨滄·高二校考階段練習）已知向量a,b,c兩兩夾角為60°，且【答案】2【分析】利用空間向量數(shù)量積公式計算出a+【詳解】a==1+1+1+2×1故a+故答案為：2【變式5-1】5.（2022秋·安徽安慶·高二?？茧A段練習）已知e1,e2是空間單位向量，e1?e2=12.若空間向量b【答案】22【分析】問題等價于b?xe1+y【詳解】e1由于0≤e1問題等價于b?xe1+yb=====b則x0+y故答案為：2；2【點睛】求解空間向量模有關(guān)的問題，可以考慮通過平方的方法進行求解，即利用a=a2【變式5-1】6.（2023春·福建寧德·高二?？茧A段練習）空間中，兩兩互相垂直且有公共原點的三條數(shù)軸構(gòu)成直角坐標系，如果坐標系中有兩條坐標軸不垂直，那么這樣的坐標系稱為“斜坐標系”．現(xiàn)有一種空間斜坐標系，它任意兩條數(shù)軸的夾角均為60°，我們將這種坐標系稱為“斜60°坐標系”．我們類比空間直角坐標系，定義“空間斜60°坐標系”下向量的斜60°坐標：i,j,k分別為“斜60°坐標系”下三條數(shù)軸（x軸?y軸?z軸）正方向的單位向量，若向量n=xi+yj(1)若a=1,2,3，b=[?1,1,2]，求a(2)在平行六面體ABCD?ABC1D1中，AB=AD=2,AA1=3，∠BAD=∠BAA【答案】(1)a(2)2【分析】（1）根據(jù)“空間斜60°（2）設i，j，k分別為與AB，AD，AA1同方向的單位向量，進而得AC1=2【詳解】（1）解：由a=1,2,3，b=?1,1,2，知所以a+b=所以a+（2）解：設i，j，k分別為與AB，AD，AA則AB=2i，AD=2由題AC因為AM=2,t,0，所以由AM⊥A?4?4+2t+4+2t?則AM=題型6垂直、平行與參數(shù)問題【例題6】（2023秋·廣東梅州·高二?？茧A段練習）已知直線l1的一個方向向量a=2,4,x，直線l2的一個方向向量b=2,y,2，若A．-3或1 B．3或?1C．-3 D．1【答案】A【分析】根據(jù)空間向量的模的坐標表示結(jié)合a=6即可求得x的值，再根據(jù)a【詳解】因為a=22+42+所以a?b=2×2+4y+2x=0所以當x=4時，y=?3，則x+y=1，當x=?4時，y=1所以x+y=?3或1.故選：A.【變式6-1】1.（2023秋·河南商丘·高二?？茧A段練習）已知a=?3,m,1，b=n,?1,1A．43 B．34 C．?3【答案】A【分析】若a//b，顯然b=n,?1,1【詳解】由a∥b且b≠0，得存在實數(shù)λ使得a=λb，即可得方程組故選：A.【變式6-1】2.（2023秋·全國·高二隨堂練習）在如圖所示的平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，已知AB=AA1=AD，∠BAD=∠DAA1

【答案】3?1/【分析】設AB=a，AD=b，AA1=c，以a,【詳解】設AB=a，AD=則a,設AB=1，因為BD⊥AN，所以BD?因為BD=AD?所以b?a?即12+λ?3故答案為：3?1【變式6-1】3.（多選）（2022秋·廣東佛山·高二校聯(lián)考期中）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，A．當λ=1時，△BBB．當μ=1時，三棱錐P?AC．當λ=12D．當μ=12時，有且僅有一個點P，使得A【答案】ABD【分析】對于A，當λ=1時，點P在線段CC1上，可判斷A；對于B，當μ=1時，可得點P在線段B1C1上，利用線面平行以及棱錐的體積公式可判斷B；對于C，當λ=12時，取BC的中點E，B1C1的中點F，可得點P在線段EF上，設EP=x(0≤x≤1)，根據(jù)勾股定理計算即可判斷C；對于D，當μ=12時，取CC1的中點為M，BB1的中點為N，可得點【詳解】對于A，當λ=1時，BP=BC+μBB因為μ∈[0,1]，所以點P在線段CC

由棱柱性質(zhì)可知，BB1∥CC1，所以△B對于B，當μ=1時，BP=λBC+BB因為λ∈[0,1]，所以點P在線段B1C1上，因為B1C1∥BC，所以△PBC的面積為定值，又三棱錐VP?A

對于C，當λ=12時，取BC的中點E，B1C1則BP=λBC+μBB則BP?BE=μBB1，則

設EP=x(0≤x≤1)，則PF=1?x，則BP2=BE2若A1P⊥BP，則A1B2所以x=1或x=0，則點P與E、F重合時，A1即當λ=12時，存在兩個點P，使得對于D，當μ=12時，取CC1的中點為M，由BP=λBC+μ得BP?BN=λ因為λ∈[0,1]，則點P在線段NM上，當P在點M處時，取AC的中點G，連A1G，因為△ABC為正三角形，所以BG⊥AC，由正棱柱性質(zhì)可知，平面ABC⊥平面ACC又平面ABC∩平面ACC1A1=AC所以BG⊥平面ACC又AM?平面ACC1A在正方形ACC1A1中，由又BG∩A1G=G，BG,所以AM⊥平面A1BG，又A1B?平面在正方形ABB1A1中，A1B⊥AB所以A1B⊥平面因為過定點A與定直線A1B垂直的平面有且只有一個，故有且只有一個點P，使得A1B

故選：ABD【點睛】本題屬于動點軌跡問題，關(guān)鍵是得到動點P的軌跡，利用BP=λBC+μBB1以及題型7求解單位向量問題【例題7】（2023秋·湖北武漢·高二華中師大一附中?？茧A段練習）已知直線a，b的方向向量分別為a=1,0,?1，b=1,?1,0，且直線a，b均平行于平面A．33,3C．1,1,1 D．33,【答案】D【分析】根據(jù)平面法向量的性質(zhì)進行求解即可.【詳解】設平面α的單位法向量為m=因為直線a，b均平行于平面α，所以有m?由123可得：x=y=z=3故選：D【變式7-1】（2023春·河南·高二校聯(lián)考期末）與向量a=A．?35,0,?45 B．?4【答案】D【分析】計算出a=9+16=5【詳解】因為a=9+16=5，所以與向量a=3,0,?4故選：D題型8投影向量問題【例題8】（2023秋·黑龍江哈爾濱·高二哈九中?？茧A段練習）已知空間向量a=2,?2,1，b=3,0,4，則向量A．109b B．25b C．【答案】C【分析】根據(jù)空間向量數(shù)量積的運算性質(zhì)和定義，結(jié)合投影向量進行求解即可.【詳解】因為空間向量a=2,?2,1，所以向量b在向量a上的投影向量為：b?故選：C【變式8-1】1.（多選）（2023秋·吉林·高二東北師大附中?？茧A段練習）平行六面體ABCD?A1B1CA．AC1=5 B．AC．AA1在AC1上的投影向量為255A【答案】ABD【分析】利用空間向量數(shù)量積的運算律求解選項A；利用空間向量的坐標運算求線面夾角的正弦值求解選項B；利用空間向量的數(shù)量積的坐標運算以及投影向量的概念求解選項C；利用點到平面的距離公式求解.【詳解】

對A，如圖，ACA=AB2=1+1+1+0+1+1=5，所以AC對B，如圖，連接AC,BD交點為O，再連接A1因為∠A1AB=∠又因為AB⊥AD，AB=AD=1，所以BD=A所以A1O=A所以AA12又因為A1D=A且AO∩BD=O,AO,BD?平面ABCD，所以A1O⊥平面所以以OB,OC,則A(0,?2又因為OC⊥平面A1BD，所以OC=(0,設AC1與平面A1所以AC1與平面A1對C，A1所以AA1在AC對D，連接D1C，所以cosBA1所以點C到直線A1B的距離為因為A1B//D1C，所以直線A故選：ABD.【變式8-1】2.（2023秋·全國·高二隨堂練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，向量AB在向量A1

【答案】12A1C1【分析】根據(jù)投影向量的定義，結(jié)合正方體的幾何性質(zhì)以及線面垂直的判定與性質(zhì)定理，可得答案.【詳解】（1）方法一：在正方體ABCD?A1B1C向量AB與向量A1C1夾角為45°，AB所以向量AB在向量A1C1方法二：設B1D1∩A1C向量AB在向量A1C1（2）如圖，連接B1C，過B1作B1H⊥A1在正方體ABCD?A1B1C1D1中，易知A1在Rt△A1B1C中，A1B1所以向量AB在直線A1C上的投影向量是（3）如圖，連接AC，交BD于點O，易證AC⊥BD，AC⊥BB由BB1∩BD=B，BB1,BD?平面所以AB在平面BDD1B1上的投影向量就是

故答案為：12A1C1【變式8-1】3.（2022秋·浙江寧波·高二校聯(lián)考期中）已知向量a=1,2,?2，b=(1)求cosa(2)求a在b方向上的投影向量；(3)若a∥c，求m，【答案】(1)cos(2)?(3)m=6，n=?6【分析】（1）根據(jù)空間向量的夾角公式即可代入求解，（2）根據(jù)投影向量的定義即可求解，（3）根據(jù)共線，列方程即可求解.【詳解】（1）∵a=12a?所以cos（2）a（3）∵a∥c，∴存在實數(shù)λ，使得3,m,n=λ(1,2,?2，故解得λ=3，m=6，n=?6題型9求解點坐標問題【例題9】（2023秋·吉林長春·高二長春外國語學校?？茧A段練習）設a,b,c是空間中的一組單位正交基底，向量p=a+2b+3c，a+【答案】(【分析】根據(jù)向量坐標表示的定義，結(jié)合向量的坐標運算，即可求解.【詳解】設p=x即a+2b+3得x=3所以p=那么p在基底下a+b,故答案為：3【變式9-1】1.（2023秋·湖北武漢·高二華中師大一附中校考階段練習）已知a,b,c是空間的一組單位正交基底，若向量p在基底a,b,A．34623,C．31414,【答案】C【分析】求出與向量p同向的單位向量m的有序?qū)崝?shù)組，設與向量p同向的單位向量m在基底a,b+c,b?c下有序?qū)崝?shù)組表示為【詳解】因為向量p在基底a,b,所以與向量p同向的單位向量m的有序?qū)崝?shù)組表示為19+4+1設與向量p同向的單位向量m在基底a,b+所以m=x又因為m=所以x=31414則與向量p同向的單位向量m在基底a,b+故選：C.【變式9-1】2.（2022秋·廣西河池·高二校聯(lián)考階段練習）已知點Ax1,y1,z1，Bx2【答案】2【分析】由題意可得AC=?2CB，設Cx,y,z，則x?x1【詳解】設Cx,y,z，則由條件得AC∴x?∴x?x1=?2∴x=2x同理得，y=2y2?∴C2故答案為：2【變式9-1】3.（2023秋·河南新鄉(xiāng)·高二校考階段練習）已知A1,2,0，B0,1,?1，P是x軸上的動點，當PA=【答案】3【分析】依題意設出點P的坐標，根據(jù)向量模長的坐標表示即可解得點P的坐標為32【詳解】根據(jù)題意設Pt,0,0，則由PA=PB可得1?t2所以點P的坐標為32故答案為：3【變式9-1】4.（2023秋·寧夏銀川·高二?？茧A段練習）已知三點A1,2,3,B2,1,2,P1,1,2點Q在直線OP上運動，則當QA【答案】(【分析】設Qx,y,z，由點Q在直線OP上求出Qλ,λ,2λ，表示出QA和QB，QA?QB=2【詳解】設Qx,y,z，∵A則由點Q在直線OP上可得存在實數(shù)λ使得OQ=λ所以OQ=λOP=所以QA=1?λ,2?λ,3?2λ，所以QA?根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得當λ=43時，取得最小值?23，此時故答案為：4題型10向量夾角為銳角鈍角問題【例題10】（2023春·四川綿陽·高二統(tǒng)考期中）在三棱錐A?BCD中，滿足AD⊥AB，AD⊥AC，給出下列結(jié)論：①DB?DC=DA2?AB③若∠BAC是鈍角，則∠BDC是鈍角；

④若AC<AD且AB<其中正確結(jié)論的序號為（

）A．①②④ B．①④ C．②③ D．②④【答案】D【分析】易得DB=DA+AB,DC=DA+AC，再根據(jù)數(shù)量積的運算律即可判斷①；由∠BAC是銳角，得AB?AC>0，再根據(jù)數(shù)量積的運算律即可判斷②；舉出反例即可判斷③【詳解】因為AD⊥AB，AD⊥AC，所以AD?AB=0對于①，DB=則DB=DA2+對于②，若∠BAC是銳角，則AB?DB?AC=對于③，若∠BAC是鈍角，則AB?若AB=AC=AD=1,∠BAC=120°，則DB?此時∠BDC是銳角，故③錯誤；對于④，若AC<AD且DB>AB因為∠BAC∈0,π，所以DB?DC>0，所以∠BDC故選：D.【變式10-1】1.（2023·全國·高二專題練習）若a=(2,?1,4),b=(?1,t,?2)，若a與b的夾角是銳角，則【答案】?∞,?10【分析】根據(jù)空間向量a與b的夾角是銳角可得a?b>0且a【詳解】因為a與b的夾角是銳角，所以a?即?2?t?8>0，解得t<?10，若a與b的夾角為0°，則存在λ，使a即(2,?1,4)=λ(?1,t,?2)，所以2=?λ?1=λt4=?2λ，解得故t的取值范圍是(?∞故答案為：(?∞【變式10-1】2.（2023秋·山東德州·高二校考階段練習）已知向量a=(1)若（a+kb(2)若向量a+kb與2a【答案】(1)1(2)?1,【分析】（1）利用向量的坐標運算及向量平行的坐標表示即可求解；（2）根據(jù)已知條件及（1）的結(jié)論，利用數(shù)量積為正求出k的范圍，再去掉兩向量共線的情形即可.【詳解】（1）因為a=所以a+kb=因為（a所以1?k1=1（2）由（1）知，a+kb=因為向量a+kb與所以a+kb?又當k=12時，所以實數(shù)k的范圍為?1,1題型11向量法證明平行與垂直【例題11】（多選）（2023秋·寧夏銀川·高二?？茧A段練習）在等腰梯形ABCD中，M，N分別是AB，CD的中點，沿MN將MNCB折起至MNC1B1，使平面MNCA．AM⊥MB1 C．AM⊥B1C【答案】ABC【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，求方向向量，看數(shù)量積是否為零，則選項可判定.【詳解】因為等腰梯形ABCD中，M,N分別是AB,CD的中點，所以MN⊥MA，MN⊥MB1，所以又平面MNC1B1⊥平面MNDA設AB=4，以點M為坐標原點，MA，MB1，則M0,0,0，A2,0,0，B10,2,0，因為AN=(?2,0,1)，MB1=0,2,0則AM?MBAN?MBAM?B1AN?故選:ABC.【變式11-1】1.（2022秋·湖南株洲·高二?？计谥校┤鐖D，已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N，

(1)MN//平面C(2)平面MNP//平面C【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）建立空間直角坐標系，根據(jù)正方體性質(zhì)可知DA為平面CC1D（2）證明DA也是平面MNP的一個法向量即可.【詳解】（1）證明：以D為坐標原點，DA，DC，DD設正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方體的性質(zhì)，知AD⊥平面CC所以DA=(2,0,0)為平面C由于MN=(0,1,?1)則MN?所以MN⊥又MN?平面CC所以MN//平面C（2）證明：因為DA=(2,0,0)為平面C由于MP=(0,2,0)，MN則MP·即DA=(2,0,0)所以平面MNP//平面【變式11-1】2.（2023秋·寧夏石嘴山·高二平羅中學?？茧A段練習）如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB//CD，AB=AD=2，CD=4，M為

(1)求證：BM//平面ADEF(2)求證：BC⊥平面BDE.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）依題意可以D為原點建立空間直角坐標系，利用空間向量共面定理可證明BM,AD,AF共面，即可證明（2）由空間向量數(shù)量積為零可證明BC⊥DB，BC⊥DE，再由線面垂直的判定定理即可證明BC⊥平面BDE.【詳解】（1）根據(jù)題意可知平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，又ADEF是正方形，所以AD⊥ED，ED?平面ADEF，

所以ED⊥平面ABCD，即DA，DC，DE兩兩垂直；以D為原點，分別以DA，DC，DE分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．則D0,0,0又M為CE的中點，所以M0,2,1則BM=所以BM=AD+又BM?平面ADEF，所以BM//平面ADEF（2）BC易知BC?DB=?4+4=0又BC?DE=0又DB∩DE=D，DB,DE?平面BDE，所以BC⊥平面BDE.【變式11-1】3.（2023秋·江蘇南京·高二?？奸_學考試）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D

(1)證明：直線CF∥平面A1(2)證明：CF⊥PQ.【答案】(1)證明見詳解(2)證明見詳解【分析】（1）建系，利用空間向量可得CF∥EA（2）由空間向量的坐標運算可得CF?【詳解】（1）如圖，以D為坐標原點，DA,DC,DD1分別為不妨設AD=2，則C0,2,0可得CF=2,0,1,則CF∥EA1，且CF?平面A1EC1，EA1

（2）設D1Q=a∈0,2，則Q由（1）可知：CF=因為CF?PQ=2×【變式11-1】4.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD=DC=AP=2，AB=1，點E為棱PC的中點．證明：(1)BE//平面PAD；(2)平面PCD⊥平面PAD．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）首先以點A為原點建立空間直角坐標系，首先判斷平面PAD的法向量，利用向量BE與法向量的關(guān)系，即可證明；（2）首先求平面PCD的法向量，利用兩個平面的法向量垂直，即可證明.【詳解】（1）因為PA⊥平面ABCD，且AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因為AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，依題意，以點A為原點，以AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），由E為棱PC的中點，得E（1，1，1），則BE=所以AB=又BE?AB=又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD．（2）由（1）知平面PAD的法向量AB=1,0,0，PD=設平面PCD的一個法向量為n=則n?PD=0n?又n?所以n⊥AB，所以平面PAD題型12動點問題【例題12】（多選）（2022秋·福建泉州·高二?？计谥校┰陂L方體ABCD?A1B1C1D1中，A．|PQ|∈[5,6] C．不存在點Q使得BD1與平面QPB1垂直 D．存在點Q使得【答案】ABC【分析】建立空間直角坐標系，設Q0,0,m0≤m≤2，A選項由PQ=5+m?12判斷；B選項由V【詳解】解：建立如圖所示空間直角坐標系：

則P1,2,1設Q0,0,m0≤m≤2則BD所以PQ=由VB?QP因為BD1?PB因為AC1?PB故選：ABC【變式12-1】1.（2023秋·福建泉州·高二福建省永春第一中學?？茧A段練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?EFGH中，點M是正方體的中心，將四棱錐M?BCGF繞直線CG逆時針旋轉(zhuǎn)α(0<α<π)后，得到四棱錐

(1)若α=π2，求證：平面MCG//平面(2)是否存在α，使得直線M'F'⊥平面【答案】(1)證明見解析(2)不存在α，理由見解析【分析】（1）根據(jù)面面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）假設存在α，使得直線M'F'⊥平面MBC，建立空間直角坐標系，求得相關(guān)點坐標，求出平面平面MBC的法向量，則求出M'【詳解】（1）證明：若α=π2，則平面DCGH、平面連接BH,BF'，則M是BH中點，M'

故MM'是BHF因為MM'//GF'又MG?平面M'B'F',M'同理MC//平面B'M'F'，且MG?所以，平面MCG//平面M'（2）假設存在α，使得直線M'F'以C為原點，分別以CB,DC,則C(0,0,0),B(2,0,0)，M(1,?1,1)，故CB=(2,0,0),設m=(x,y,z)是平面MBC的法向量，則m所以2x=0?y+z=0，取y=1，得m=(0,1,1)是平面

取CG中點P，BF中點Q，連接PQ,PM則PM⊥CG,PQ⊥CG,PM于是∠MPM'是二面角M?CG?M'的平面角，∠QPM'是二面角Q?CG?M所以∠M'PQ=α?π4故M'2cos所以M'因為2cos2sin所以M'若直線M'F'⊥平面MBC，m是平面即存在λ∈R，使得M'F'所以，不存在α，使得直線M'F'【點睛】關(guān)鍵點點睛：是否存在α，使得直線M'F'【變式12-1】2.（2023秋·云南大理·高二云南省下關(guān)第一中學校考開學考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB=2，BC=1，PC=PD=2，E為PB

(1)求證：PD∥平面ACE；(2)在棱PD上是否存在點M，使得AM⊥BD?若存在，求PMPD【答案】(1)證明見解析(2)在棱PD上存在點M，使得AM⊥BD，PMPD【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關(guān)點和向量的坐標，設點M坐標并用參數(shù)表示，利用向量垂直的坐標表示可求得參數(shù)的值，即可得出結(jié)論，求得答案.【詳解】（1）設BD,AC交與點F，連接EF，

因為底面ABCD為矩形，所以F為BD的中點，又E為PB中點，故EF∥而PD?平面ACE，EF?平面ACE，故PD∥平面ACE；（2）在棱PD上存在點M，使得AM⊥BD；取CD的中點為O，連接PO,FO,因為底面ABCD為矩形，故BC⊥CD，PC=PD=2，故O為BC的中點，則PO⊥CD，而F為BD故OF∥又平面PCD⊥平面ABCD，PO?平面PCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，故PO⊥平面ABCD，故以O為坐標原點，OF,OC,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則A(1,設PMPD=λλ∈即(x,y,z?1)=λ(0,故AM=因為AM⊥BD，故AM?BD=0解得λ=1即在棱PD上存在點M，使得AM⊥BD，此時PMPD【變式12-1】3.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為PA，BD中點，PA=PD=AD=2．(1)求證：EF//(2)在棱PC上是否存在一點G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出點G的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)不存在，理由見解析【分析】（1）連接AC，由中位線的性質(zhì)可得EF//PC，再由線面平行的性質(zhì)可得證；（2）設Gx1,y1,z1，求出平面EFD的一個法向量n=1,?1,?3，由FG=λn將x1【詳解】（1）連接AC，因為F為BD中點，底面ABCD是正方形，所以F為AC中點，又E為PA中點，所以EF//PC，又EF?平面PBC，PC?平面PBC，所以EF//（2）不存在．假設存在，連接AC，BD，交于點F，EF為平面EDF和平面PAC的交線，取AD的中點O，連接GF，OF，OP，則因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，OF?面ABCD，所以OF⊥面PAD，又因為OP?面PAD，所以OF⊥OP，以O為原點，OA，OF，OP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系．則A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(?1,2,0)，D(?1,0,0)，P0,0,3，E1設Gx1,y1,設平面EFD的一個法向量是n=∵n?DF=x0+y∵因為GF⊥平面EDF，∴FG=λn，∴x1=λ，∵GC，PC共線，PC=?1,2,?3∴x1∴1+λ?1故在棱PC上不存在一點G，使GF⊥平面EDF．【變式12-1】4.（2023·江蘇·高二專題練習）如圖所示，在四棱錐P?ABCD，PA⊥面ABCD，底面ABCD為正方形．(1)求證：AB⊥面PAD；(2)已知AC∩BD=O，在棱PD上是否存在一點E，使PB//面ACE，如果存在請確定點E【答案】(1)證明見解析(2)存在，點E為線段PD的中點時，PB//面ACE【分析】（1）通過證明PA⊥AB和AB⊥AD即可證明AB⊥面PAD.（2）由幾何知識建立空間直角坐標系，根據(jù)點E在棱PD上，設出正方形邊長，PA的長，進而表達出點E坐標，通過PB//面ACE解出點E坐標，即可確定點E【詳解】（1）在四棱錐P?ABCD中，PA⊥面ABCD，AB?面ABCD，AD?面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，在正方形ABCD中，AB⊥AD，∵PA?面PAD，AD?面PAD,AB?面PAD，PA∩AD=A，∴AB⊥面PAD（2）建立空間直角坐標系如下圖所示：設PA=z則E∴A0,0,0，B2t,0,0，C2t,2t,0，∴PB=在面ACE中，AE=0,y設面ACE的一個法向量為n=∴n?AE=0n?當y=1時，z=y0z若PB//面ACE，則PB∴PB?解得：y0∴E0,∴當點E為線段PD的中點時，PB//面ACE【變式12-1】5.（2023春·高二課時練習）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC=2AB，(1)求CP與平面ABCD所成角的正弦值；(2)設Q為側(cè)棱PD上一點，四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出點Q的位置；若不存在，說明理由.【答案】(1)3(2)在側(cè)棱PD上存在點Q且當DQ=23DP【分析】對于（1），取AB中點為H，先由條件證得PH⊥平面ABCD，后可得答案.對于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A為原點的空間直角坐標系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.【詳解】（1）證明：取棱AB長的一半為單位長度.則在△ABC中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根據(jù)余弦定理，得A得AC=23，故AB2又PB⊥AC，PB∩AB=B，PB?平面PAB，AB?平面PAB，故AC⊥平面PAB.又AC?平面ABCD，AC⊥平面PAB，則平面ABCD⊥平面PAB.取AB中點H，連接PH，CH.因△PAB是等邊三角形，則PH⊥AB，又PH?平面PAB，平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD.得∠PCH是CP與平面ABCD所成的角.在直角三角形△PCH中，PH=3CH=AH2故sin∠PCH=（2）假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖，以A為原點，分別以AB，則A0,0,0AD=設n1n1?AD設DQ=λDP，其中則BQ連接EF，因AC∥平面BEQF，AC?平面故AC∥EF，則取與EF同向的單位向量j=設n2則n2取n2由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有故在側(cè)棱PD上存在點Q且當DQ=23DP【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題涉及線面角，及立體幾何中的動點問題.對于（1），關(guān)鍵能在各種線面關(guān)系中做出相應線面角的平面角.對于（2），求動平面的法向量時，可利用線面平行關(guān)系找到動平面內(nèi)向量的共線向量.題型13最值與取值范圍問題【例題13】（2023秋·黑龍江哈爾濱·高二哈九中校考階段練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于點E，M是AC的中點，PB=1，則EP?

A．?18 B．?38 C．【答案】A【分析】首先根據(jù)垂直關(guān)系證明BC⊥PB，再轉(zhuǎn)化向量表示EP?【詳解】連結(jié)EC，因為PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，

所以PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，PB?平面PAB，所以BC⊥PB，因為點M是AC的中點，所以EM=又AE⊥PB，所以EP==1當且僅當EP=所以EP?EM的最小值為故選：A【變式13-1】1.（2023秋·重慶沙坪壩·高二重慶八中?？茧A段練習）已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，AAA．1,2 B．1,2 C．0,1 D．【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，設AD=a，求出D1P、CP，利用D1【詳解】解：如圖建立坐標系，設AD=a(a>0)，AP=x(0<x<2)，則Pa,x,2，C0,2,2，∴D1P=∵D∴D1即a2+x(x?2)=0，所以當0<x<2時，所以?(x?1)2+1∈故選：C．【變式13-1】2.（2021秋·安徽合肥·高二合肥一六八中學?？茧A段練習）已知正方體ABCD?A'B'C'D'的棱長為3，E為棱AB上的靠近點B的三等分點，點P在側(cè)面A．3105 B．31010 C．【答案】A【分析】以A為原點建立空間直角坐標系，設Px,3,z，根據(jù)二面角的空間向量坐標公式表達平面B'EP與平面ABCD和平面C【詳解】如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，正方體棱長為3，

則E2,0,0，B'3,0,3，D'0,3,3，設P由正方體的性質(zhì)可得平面ABCD的一個法向量為n1=0,0,1，平面C設平面B'EP的法向量n3=a,b,c取c=1，則a=?3，b=x?z3?2又平面B'EP與平面ABCD和平面CC'D故1=x?z3?2，即①當x?z3?2=1，即x=z3又z∈0,3，則z=0，x=3，此時P②當x?z3?2=?1，即x=z3又z∈0,3，故z∈此時PD故當z=?163?2×10綜上PD'的最小值為故選：A【變式13-1】3.（2023秋·廣東梅州·高二?？茧A段練習）在空間直角坐標系O?xyz中，A1,0,0，B0,2,0，C0,0,2，點H在平面ABC內(nèi)，則當OHA．23,1C．33,3【答案】A【分析】根據(jù)題意可知，OH為三棱錐O?ABC的高時，為所求，可設H(x,y,z)，則OH=(x,y,z),可求出點O到平面ABC的距離,得到x2+y2【詳解】由題意，在空間直角坐標系O?xyz中，A1,0,0，B0,2,0，設H(x,y,z)，m=(a,b,c)為平面ABC則OH=(x,y,z)，AB=(?1,2,0),BC則m?令b=1,則a=2,c=1，故m=(2,1,1)則點O到平面ABC的距離為，OA所以OH=則x又OH//m，即(x,y,z)=λ(2,1,1,)=(2λ,λ,λ)，所以x=2λ,y=λ,z=λ，代入x可得λ=1則x=所以OH=2故選：A.【變式13-1】4.（多選）（2023秋·吉林·高二東北師大附中?？茧A段練習）已知正方體ABCD?A1B1C1DA．當λ=1時，B1P⊥AC B．當λ=μ時，DPC．當B1P⊥PC時，BP的最大值62【答案】ABD【分析】對于A，利用空間向量垂直的坐標表示進行驗證；對于B，利用展開圖兩點間線段最短得出結(jié)果；對于C，利用垂直得出λ,【詳解】對于A，以A為坐標原點，以AB,AD,AA1分別為x軸y軸z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系

則A0,0,0，B1,0,0，D0,1,0，C1,1,0，A10,0,1，C1所以AC=1,B1當λ=1時，B1AC?B1對于B，點P在線段CD1上，如圖，將平面ACD1與平面

線段AD即為DP+AP的最小值，△ACD1是等邊三角形，△CDD1所以AD=AP+PD=6對于C，B1P=當B1P⊥PC時，BBP=BCBP=BP的最大值2，故C錯誤；對于D，A1=1,1,?1A1當λ=12,μ=0時，A1P?當λ=1或λ=0，所以A1故選：ABD.【點睛】立體幾何中兩點距離最短問題點睛：可以利用立體圖形展開圖兩點間線段最短得出結(jié)果；還可以建立坐標系，利用兩點間距離公式以及函數(shù)求最值的方法進行求解.【變式13-1】5.（2023秋·吉林·高二東北師大附中?？茧A段練習）若三棱錐A?BCD中，AB⊥AC，BC⊥BD，AB=AC=AD=BD=1，點E為BC中點，點F在棱AD上（包括端點），則異面直線AE與CF所成的角的余弦值的取值范圍是．【答案】6【分析】記AB=a,AC=【詳解】因為AB=AC=AD=BD=1，所以∠BAD=π又AB⊥AC，所以BC=2，因為點E為BC中點，所以AE=又因為BC⊥BD，所以CD=3所以cos∠CAD=記AB=a,則AE=因為a?所以AE?CF=記異面直線AE與CF所成的角為θ，則cosθ=因為0≤λ≤1，所以1≤λ+12故答案為：66

題型14外接球相關(guān)問題【例題14】（2023秋·寧夏銀川·高二?？茧A段練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D

①MN的最小值為1②四面體NMBC的體積為1③存在無數(shù)條直線MN與AD④點M,N為所在邊中點時，四面體NMBC的外接球半徑為3A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由公垂線的性質(zhì)判斷①;由線面平行的性質(zhì)及錐體的體積公式判斷②;根據(jù)線面垂直的判定及面面平行的判定定理結(jié)合條件判斷③;利用坐標法，根據(jù)正弦定理及球的性質(zhì)結(jié)合條件可求四面體NMBC的外接球半徑判斷④.【詳解】對于①:因為ABCD?A所以C1D1⊥平面ADD又因為AD1?平面ADD1所以C1，即C1D1是A因為公垂線段是異面直線上兩點間的最短距離，所以當M,N分別與D1,C1重合時，對于②,因為ABCD?A所以平面ADD1A1//平面所以AD1//當點M在AD1上運動時，點M到平面NBC的距離不變，距離由B1C1//BC可知，當點N在B所以△NBC的面積不變，所以VM?NBC=1對于③,連接A1D,B1C，因為A1B且A1B1又A1D⊥AD所以AD1⊥平面A1B過N作NE//A1B1交A1D1于E，過平面NEF交線段AD1于

因為NE?平面A1B1CD，故NE//平面A1B1CD又NE∩NF=N,NE,NF?平面所以平面NEF//平面A故AD1⊥平面NEF，又MN?所以MN⊥AD1，因為點N在線段所以存在無數(shù)條直線MN⊥AD1，故對于④,如圖,以點D為原點，以DA,DC,則M(1所以NB=BC=5

則△NBC的外接圓的半徑為r=所以可得等腰△NBC的外接圓圓心為O1設四面體NMBC的外接球球心為O，則OO1⊥所以可設四面體NMBC的外接球球心為O(1由OM=OC=OB，可得t2+3所以四面體NMBC的外接球的半徑為R=11162故選:B.【變式14-1】1.（多選）（2023秋·河南開封·高二開封市祥符高級中學?？茧A段練習）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，已知E為線段A．當λ=12時，三棱錐B．當μ=12時.四棱錐P?ABCDC．PE+PF的最小值為5D．存在唯一的實數(shù)對λ,μ，使得EP⊥平面PDF【答案】ACD【分析】當λ=12時，EF//BD1，只需要證明點P到平面EFD的距離恒定，就能說明三棱錐P?EFD的體積為定值；即可判斷A,當μ=12時，點P為正方體的中心，只需求出四棱錐P?ABCD的外接球的半徑即可算出表面積；即可求解B，對于C，把問題轉(zhuǎn)化為在平面【詳解】對于A，當λ=12時，點F為線段D1C1故EF為三角形C1D1點P在線段BD1運動時，點P到平面故三棱錐P?EFD的體積為定值，故A正確；對于B，當μ=12時，點設四棱錐P?A