第一章空间向量与立体几何3空间向量及其运算的坐标表示提升训练（附解析新人教A版选择性必修第一册）
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空间直角坐标系空间向量运算的坐标表示基础过关练题组一 空间向量的坐标表示1.(2020安徽阜阳三中高二上期中)已知点A(-3,1,-4),点A关于x轴的对称点的坐标为( )A.(-3,-1,4)B.(-3,-1,-4)C.(3,1,4)D.(3,-1,-4)2.(2020山西晋中高一上期末)已知点A(1,1,-3),B(3,1,-1),则线段AB的中点M关于平面Oyz对称的点的坐标为( )A.(-2,1,-2)B.(2,1,-2)C.(2,-1,-2)D.(2,1,2)3.(2021首都师范大学附属中学高二上月考)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=4,|AA1|=5,|AD|=3,N为棱CC1的中点,分别以AB、AD、AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.(1)求点A,B,C,D,A1,B1,C1,D1的坐标;(2)求点N的坐标.题组二 空间向量线性运算的坐标表示4.(2020山东滨州十二校高二上联考)已知向量a=(1,-2,1),a-b=(-1,2,-1),则向量b=( )A.(2,-4,2)B.(-2,4,-2)C.(-2,0,-2)D.(2,1,-3)5.(2021辽宁辽阳高二上检测)若向量a=(2,0,-1),b=(0,1,-2),则2a-b=( )A.(-4,1,0)B.(-4,1,-4)C.(4,-1,0)D.(4,-1,-4)6.(2020上海徐汇高二下期末)如图,以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若DB1的坐标为(4,3,2),则AC1的坐标为 . 16,题组三 空间向量数量积的坐标表示7.(2021山东师范大学附属中学高二上月考)已知a=(1,2,2),b=(-2,1,1),则向量b在a上的投影向量为( )A.-29,-49,-49B.29,49,49C.-23,13,13D.23,-13,-138.(2020福建莆田第七中学高二上期末)若向量a,b的坐标满足a+b=(-2,-1,2),a-b=(4,-3,-2),则a·b等于( )A.5B.-5C.7D.-19.(2021天津静海高二上检测)若向量a=(1,1,2),b=(1,2,1),c=(1,1,1),则(c-a)·2b= . 题组四 利用空间向量的坐标运算解决平行和垂直问题10.(2021福建南平高二上期中)已知a=(sinθ,cosθ,tanθ),b=cosθ,sinθ,1tanθ,且a⊥b,则θ为( )A.-π4B.π4C.2kπ-π2(k∈Z)D.kπ-π4(k∈Z)11.若在△ABC中,∠C=90°,A(1,2,-3k),B(-2,1,0),C(4,0,-2k),则k的值为( )A.10B.-10C.25D.±1012.(2020北京中央民族大学附属中学高二上期末)已知a=(x,-4,2),b=(3,y,-5),若a⊥b,则x2+y2的取值范围为( )A.[2,+∞)B.[3,+∞)C.[4,+∞)D.[5,+∞)题组五 利用空间向量的坐标运算求夹角和模13.(2021山东师范大学附属中学高二上月考)若向量a=(x,-4,-5),b=(1,-2,2),且a与b的夹角的余弦值为-26,则实数x的值为( )A.-3B.11C.3D.-3或1114.(2020四川绵阳中学高二上期中)空间直角坐标系中的点A(3,3,1)关于平面Oxy的对称点A'与点B(-1,1,5)间的距离为( )A.6B.26C.43D.21416,15.(2020北京十二中高二上期中)已知点A(0,1,2),B(1,-1,3),C(1,5,-1).(1)若D为线段BC的中点,求线段AD的长;(2)若AD=(2,a,1),且AB·AD=1,求a的值,并求此时向量AB与AD夹角的余弦值.16.(2020山西太原第五中学高二上月考)如图,以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系Oxyz,点P在线段AB上,点Q在线段DC上.(1)当PB=2AP,且点P关于y轴的对称点为M时,求|PM|;(2)当点P是面对角线AB的中点,点Q在面对角线DC上运动时,探究|PQ|的最小值.深度解析能力提升练题组一 利用空间向量解决平行、垂直问题16,1.(2021江西新余一中、宜春一中高二上联考,)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中点,N是A1B1的中点,则直线NO,AM的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面垂直D.异面不垂直2.(2020辽宁盘锦高二上期末,)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=12PD,则平面PQC与平面DCQ的位置关系为( )A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.位置关系不确定3.(2020中国人民大学附属中学高一下期末,)三棱锥V-ABC中,侧面VBC⊥底面ABC,∠ABC=45°,VA=VB,AC=AB,则( )A.AC⊥BCB.VB⊥ACC.VA⊥BCD.VC⊥AB4.(2020云南师大附中高三下月考,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,M,N,H,R是各条棱的中点.①直线AD1∥平面MNP;②HD1⊥CQ;③P,Q,H,R四点共面;④A1C1⊥平面AB1D1.其中正确的个数为( )A.1B.2C.3D.45.(多选)(2020海南海口海南中学高三下月考,)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,点P在侧面BCC1B1及其边界上运动,并且总是保持AP⊥BD1,则以下四个结论正确的是( )16,A.VP-AA1D=13B.点P必在线段B1C上C.AP⊥BC1D.AP∥平面A1C1D6.(2020浙江绍兴高二上期末阶段测试,)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1,AA1⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,点E在线段A1D上,且A1E=2ED.(1)证明:BD1⊥AC;(2)证明:BD1∥平面ACE.题组二 利用空间向量的坐标运算解决长度和夹角问题7.(2020安徽芜湖高二上期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,△ABC为等边三角形,△PAC为等腰直角三角形,PA=PC=4,平面PAC⊥平面ABC,D为AB的中点,则异面直线AC与PD所成角的余弦值为(深度解析)A.14B.24C.34D.128.(2020四川内江高三三模,)如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成,半圆柱体底面直径BC=4,AB=AC,∠BAC=90°,D为半圆弧的中点,若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为23,则该几何体的体积为( )16,A.16+8πB.32+16πC.32+8πD.16+16π9.(2020湖北武汉高二期末联考,)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是底面ABCD(含边界)上一动点,满足A1P⊥AC1,则线段A1P长度的取值范围是( )A.62,2B.62,3C.[1,2]D.[2,3]10.(多选)(2020山东莱州第一中学高二上期末,)正方体A1B1C1D1-ABCD的棱长为2,M为B1C1的中点,下列命题中正确的是( )A.AB1与BC1成60°角B.若CN=13NC1,面A1MN交CD于点E,则CE=13C.P点在正方形ABB1A1边界及内部运动,且MP⊥DB1,则P点的轨迹长等于2D.E,F分别在DB1,A1C1上,且DEEB1=A1FFC1=2,直线EF与AD1,A1D所成角分别是α,β,则α+β=π211.(2021山东滕州一中高二上月考,)如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成),正方形ABCD是上底面正中间的一个正方形,正方形A1B1C1D1是下底面最大的正方形,已知点P是线段AC上的动点,点Q是线段B1D上的动点,则线段PQ长度的最小值为 .深度解析 12.(2020青海西宁五中高二期末,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,AA1=2,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1A的中点.(1)求BN的模;(2)求cos<ba1,cb1>的值;(3)求证:A1B⊥C1M.16,答案全解全析基础过关练1.A ∵在空间直角坐标系中关于x轴对称的点的横坐标不变,纵坐标和竖坐标变为原来的相反数,∴点A(-3,1,-4)关于x轴对称的点的坐标是(-3,-1,4).故选A.2.A ∵点A(1,1,-3),B(3,1,-1),∴线段AB的中点M(2,1,-2),∴点M关于平面Oyz对称的点的坐标为(-2,1,-2).故选A.3.解析 (1)由已知,得A(0,0,0),由于点B在x轴的正半轴上,|AB|=4,故B(4,0,0),同理可得D(0,3,0),A1(0,0,5),由于点C在坐标平面Axy内,BC⊥AB,CD⊥AD,故C(4,3,0),同理可得B1(4,0,5),D1(0,3,5),与点C的坐标相比,点C1的坐标中只有竖坐标不同,|CC1|=|AA1|=5,则C1(4,3,5).(2)由(1)知,C(4,3,0),C1(4,3,5),则C1C的中点坐标为N4,3,52.4.A b=(1,-2,1)-(-1,2,-1)=(2,-4,2).故选A.5.C 因为向量a=(2,0,-1),所以2a=(4,0,-2),又向量b=(0,1,-2),所以2a-b=(4,0,-2)-(0,1,-2)=(4,-1,0),故选C.6.答案 (-4,3,2)解析 因为点D(0,0,0),DB1=(4,3,2),所以B1(4,3,2),即AD=4,CD=3,DD1=2,所以A(4,0,0),C1(0,3,2),因此AC1=(-4,3,2).7.B ∵a=(1,2,2),b=(-2,1,1),∴a·b=1×(-2)+2×1+2×1=2,∴向量a方向上的单位向量e=a|a|=13,23,23,∴向量b在a上的投影向量m=|a·b||a|e=222+22+1213,23,2316,=29,49,49.故选B.8.B ∵a+b=(-2,-1,2),a-b=(4,-3,-2),∴两式相加得2a=(2,-4,0),解得a=(1,-2,0),∴b=(-3,1,2),∴a·b=1×(-3)+(-2)×1+0×2=-5,故选B.9.答案 -2解析 ∵c-a=(0,0,-1),2b=(2,4,2),∴(c-a)·2b=0+0-2=-2.10.D ∵a=(sinθ,cosθ,tanθ),b=cosθ,sinθ,1tanθ,且a⊥b,∴sinθcosθ+cosθsinθ+1=0,即sin2θ=-1,∴2θ=-π2+2kπ,k∈Z,∴θ=-π4+kπ,k∈Z.故选D.11.D ∵在△ABC中,A(1,2,-3k),B(-2,1,0),C(4,0,-2k),∴CB=(-6,1,2k),CA=(-3,2,-k),又∠C=90°,∴CB·CA=(-6)×(-3)+1×2+2k×(-k)=-2k2+20=0,∴k=±10.故选D.12.C ∵a=(x,-4,2),b=(3,y,-5),a⊥b,∴a·b=3x-4y-10=0,∴y=34x-52,∴x2+y2=x2+34x-522=2516x-652+4≥4,∴x2+y2的取值范围为[4,+∞).故选C.13.A 根据公式cos<a,b>=a·b|a||b|=x+8-10x2+16+25×1+4+4=-26,∴x-2x2+41=-22,且x<2,16,解得x=11(舍)或x=-3.故选A.14.D 由题意得,A'(3,3,-1),所以A'B=(-4,-2,6),所以|A'B|=16+4+36=214,故选D.15.解析 (1)由题意得,D(1,2,1),∴AD=(1,1,-1),∴|AD|=1+1+1=3,即线段AD的长为3.(2)易知AB=(1,-2,1),∴AB·AD=2-2a+1=1,解得a=1,∴AD=(2,1,1).∴cos<ab,ad>=AB·AD|AB||AD|=16×6=16,即向量AB与AD夹角的余弦值为16.16.解析 由题意知A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D(1,1,1).(1)由PB=2AP得P1,13,23,所以M-1,13,-23,所以|PM|=2133.(2)当点P是面对角线AB的中点时,P1,12,12,点Q在面对角线DC上运动,设点Q(a,1,a),a∈[0,1],则|PQ|=(a-1)2+1-122+a-122=2a2-3a+32=2a-342+38,所以当a=34时,|PQ|取得最小值64,此时点Q34,1,34.方法归纳 利用向量坐标求空间中线段长度的一般步骤:(1)建立适当的空间直角坐标系;(2)求出线段端点的坐标(或线段对应向量的坐标);(3)利用两点间的距离公式求出线段的长(或利用向量模的坐标公式求出对应向量的模).能力提升练1.C 建立空间直角坐标系,如图所示.设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),∴NO=(-1,0,-2),AM=(-2,0,1).∵NO·AM=0,∴直线NO,AM的位置关系是异面垂直.故选C.2.B 由已知可得PD⊥DC,PD⊥DA,DC⊥DA,如图,以D为原点建立空间直角坐标系.设QA=1,则D(0,0,0),C(0,0,1),Q(1,1,0),P(0,2,0),∴DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0),16,∴DQ·PQ=0,DC·PQ=0,∴PQ⊥DQ,PQ⊥DC,∵DQ∩DC=D,∴PQ⊥平面DCQ,又PQ⊂平面PQC,∴平面PQC⊥平面DCQ.3.C ∵AC=AB,∠ABC=45°,∴∠ACB=45°,∴AC⊥AB,故选项A错误;设BC的中点为D,AB的中点为E,连接AD、VE、VD、DE,易得,AD⊥BC,VE⊥AB,DE∥AC.又平面VBC⊥平面ABC,且平面VBC∩平面ABC=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面VBC,又VD⊂平面VBC,∴AD⊥VD.∵DE∥AC,AB⊥AC,∴DE⊥AB,又VE⊥AB,VE∩DE=E,∴AB⊥平面VDE,∴AB⊥VD,又AB∩AD=A,∴VD⊥平面ABC,∴VD⊥BC,VD⊥AD.以D为坐标原点,DA,DB,DV所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.设VD=b,BD=DA=DC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,-a,0),V(0,0,b),则VA=(a,0,-b),VB=(0,a,-b),VC=(0,-a,-b),AB=(-a,a,0),AC=(-a,-a,0),BC=(0,-2a,0),∴VA·BC=0,VB·AC=-a2≠0,VC·AB=-a2≠0,∴VA⊥BC,故选项B、D错误,选项C正确.故选C.4.B 因为M,N分别为A1B1,C1D1的中点,所以MN∥A1D1,又因为MN⊄平面ADD1A1,A1D1⊂平面ADD1A1,所以MN∥平面ADD1A1,同理可得NP∥平面ADD1A1,又MN∩NP=N,所以平面MNP∥平面ADD1A1,又AD1⊄平面MNP,所以AD1∥平面MNP,①正确;设棱长为2,如图建立空间直角坐标系,16,所以D1(0,0,2),H(2,0,1),C(0,2,0),Q(1,0,0),所以HD1=(-2,0,1),CQ=(1,-2,0),所以HD1·CQ=-2+0+0≠0,②错误;连接AC,HR,因为H,R分别是AA1,CC1的中点,所以HR∥AC,又因为Q,P分别为AD,DC的中点,连接QP,所以QP∥AC,所以PQ∥HR,故P,Q,H,R四点共面,③正确;A(2,0,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2),所以AB1=(0,2,2),AD1=(-2,0,2),A1C1=(-2,2,0),A1C1·AB1≠0,AD1·A1C1≠0,所以直线A1C1不垂直于平面AB1D1,④不正确.所以正确的是①③,故选B.5.BD 对于A,∵P在平面BCC1B1上,平面BCC1B1∥平面AA1D1D,∴P到平面AA1D1D的距离即为C到平面AA1D1D的距离,即为正方体棱长,∴VP-AA1D=13S△AA1D·CD=13×12×1×1×1=16,故A中结论错误;对于B,以D为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),P(x,1,z),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),∴AP=(x-1,1,z),BD1=(-1,-1,1),B1C=(-1,0,-1),∵AP⊥BD1,∴AP·BD1=1-x-1+z=0,∴x=z,即P(x,1,x),∴CP=(x,0,x),∴CP=-xB1C,即B1,P,C三点共线,∴P必在线段B1C上,故B中结论正确;对于C,∵C1(0,1,1),∴BC1=(-1,0,1),16,又∵AP=(x-1,1,x),∴AP·BC1=1-x+x=1,∴AP与BC1不垂直,故C中结论错误;对于D,∵A1(1,0,1),D(0,0,0),∴A1C1=(-1,1,0),DA1=(1,0,1),又AP=(x-1,1,x),∴AP=xDA1+A1C1(其中0≤x≤1),∴AP,DA1,A1C1共面,又AP⊄平面A1C1D,∴AP∥平面A1C1D,故D中结论正确.故选BD.6.证明 (1)设AC与BD交于点O,A1C1与B1D1交于点O1,连接OO1,设AB=a,AA1=b.如图,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A0,-22a,0,B22a,0,0,C0,22a,0,D-22a,0,0,A10,-22a,b,D1-22a,0,b,∴BD1=(-2a,0,b),AC=(0,2a,0),∴BD1·AC=0,∴BD1⊥AC.(2)设E(x,y,z),∵A1E=2ED,∴A1E=2ED,即x,y+22a,z-b=2-22a-x,-y,-z,解得x=-23a,y=-26a,z=b3,即E-23a,-26a,13b,∴AE=-23a,23a,13b.设BD1=λAC+μAE(λ,μ∈R),则(-2a,0,b)=λ(0,2a,0)+μ-23a,23a,13b,即-2a=0-23μa,0=2λa+23μa,b=0+13μb,解得λ=-1,μ=3,即BD1=-AC+3AE,∴BD1,AC,AE共面.又BD1⊄平面ACE,∴BD1∥平面ACE.7.B 取AC的中点O,连接OP,OB,∵PA=PC,∴AC⊥OP,∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,∴OP⊥平面ABC,16,又∵AB=BC,∴AC⊥OB,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,∵△PAC是等腰直角三角形,PA=PC=4,△ABC为等边三角形,∴A(22,0,0),C(-22,0,0),P(0,0,22),D(2,6,0),∴AC=(-42,0,0),PD=(2,6,-22),∴cos<ac,pd>=AC·PD|AC||PD|=-842×4=-24.∴异面直线AC与PD所成角的余弦值为24.故选B.解题反思 用坐标法求解立体几何问题,关键是建立适当的空间直角坐标系.建系时,关键是寻找线面垂直的条件,将垂线所在直线作为z轴,利用底面的图形特点建立x轴和y轴.8.A 设D在底面半圆上的射影为D1,连接AD1交BC于O,连接A1D交B1C1于点O1.依题意知半圆柱体底面直径BC=4,AB=AC,∠BAC=90°,D为半圆弧的中点,所以AD1⊥BC,A1D⊥B1C1,O,O1分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接OO1,则OO1与上下底面垂直,所以OO1⊥OB,OO1⊥OA,OA⊥OB,以OB,OA,OO1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设几何体的高为h(h>0),则B(2,0,0),D(0,-2,h),A(0,2,0),B1(2,0,h),所以BD=(-2,-2,h),AB1=(2,-2,h),由于异面直线BD和AB1所成的角的余弦值为23,所以|cos<bd,ab1>|=|BD·AB1||BD||AB1|=|h2|8+h2·8+h2=23,即h28+h2=23,所以h=4(负值舍去).所以几何体的体积为12×π×22×4+12×4×2×4=16+8π.故选A.16,9.A 如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),∵P是底面ABCD(含边界)上一动点,∴设P(x,y,0)(0≤x≤1,0≤y≤1),则A1P=(x,y,-1),AC1=(1,1,1),∵A1P⊥AC1,∴A1P·AC1=x+y-1=0,∴A1P2=x2+y2+1=x2+(1-x)2+1=2x2-2x+2=2x-122+32,∴当x=12时,A1P2取最小值32,此时线段A1P的长度为62;当x=0或x=1时,A1P2取最大值2,此时线段A1P的长度为2,∴线段A1P长度的取值范围是62,2.故选A.10.ACD 如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,2),B(2,2,2),C(0,2,2),D(0,0,2),A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(0,0,0),M(1,2,0).对于A,AB1=(0,2,-2),BC1=(-2,0,-2),cos<ab1,bc1>=AB1·BC1|AB1||BC1|=422×22=12,∴AB1与BC1成60°角,A对;16,对于B,∵CN=13NC1,∴N0,2,32,设E(0,m,2),则A1M=(-1,2,0),A1N=-2,2,32,A1E=(-2,m,2),由已知得A1,M,N,E四点共面,∴∃λ,μ∈R,使得A1M=λA1N+μA1E,得-1=-2λ-2μ,2=2λ+mμ,0=32λ+2μ,解得λ=2,μ=-32,m=43,∴E0,43,2,∴CE=0,-23,0,|CE|=23,B错;对于C,设P(2,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤2),则MP=(1,y-2,z),DB1=(2,2,-2),由MP·DB1=2+2y-4-2z=0,得y-z=1.∴点P的轨迹长为线段y-z=1(1≤y≤2)的长度,为2,C对;对于D,∵E,F分别在DB1,A1C1上,且DEEB1=A1FFC1=2,∴DE=23DB1=23(2,2,-2)=43,43,-43,A1F=23A1C1=23(-2,2,0)=-43,43,0,则E43,43,23,F23,43,0,则EF=-23,0,-23,则cosα=|cos<ef,d1a>|=-43-43-232+-232×4+4=83223×22=1,故α=0,cosβ=|cos<ef,da1>|=-43+43-232+-232×4+4=0,故β=π2,即α+β=π2,故D正确.11.答案 33434解析 以B1为坐标原点,B1C1、B1A1所在直线分别为x,y轴建立如图空间直角坐标系,则B1(0,0,0),A(1,2,3),C(2,1,3),D(2,2,3),设B1Q=λB1D,AP=μAC,λ,μ∈[0,1],则B1Q=λ(2,2,3)=(2λ,2λ,3λ),B1P=B1A+AP=B1A+μAC=(1,2,3)+μ(1,-1,0)=(1+μ,2-μ,3),16,∴QP=B1P-B1Q=(1+μ-2λ,2-μ-2λ,3-3λ).∴|QP|2=(1+μ-2λ)2+(2-μ-2λ)2+(3-3λ)2=17λ2-30λ+2μ2-2μ+14=17λ-15172+2μ-122+934.当λ=1517且μ=12时,|QP|2取得最小值934,∴线段PQ长度的最小值为33434.思路点拨 本题主要考查空间向量的应用,利用空间向量求解距离的最值问题时,一般是把目标式表示出来,结合目标式的特征,选择合适的方法求最值.12.解析 以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.(1)依题意,B(0,1,0),N(1,0,1),∴BN=(1,-1,1),∴|BN|=3.(2)依题意A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),∴BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),BA1·CB1=1×0-1×1+2×2=3,|BA1|=6,|CB1|=5,∴cos<ba1,cb1>=BA1·CB1|BA1||CB1|=3010.(3)证明:∵C1(0,0,2),M12,12,2,∴C1M=12,12,0,又由(2)可得A1B=(-1,1,-2),∴A1B·C1M=-12+12+0=0,∴A1B⊥C1M,∴A1B⊥C1M.16</ba1,cb1></ef,da1></ef,d1a></ab1,bc1></bd,ab1></ac,pd></ab,ad></a,b></ba1,cb1>
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