备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量第5讲空间向量及空间位置关系（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量第5讲空间向量及空间位置关系（Word版附解析），共15页。
学生用书P154
1.空间向量的三个定理
规律总结
应用共线（面）向量定理证明点共线（面）的方法
2.空间向量的坐标运算
设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），则
（1）a±b＝（a1±b1，a2±b2，a3±b3）；
（2）λa＝（λa1，λa2，λa3）（λ∈R）；
（3）a·b＝⑤ a1b1＋a2b2＋a3b3 ；
（4）a∥b⇔a＝λb（b≠0）⇔⑥ a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R） ；
（5）a⊥b⇔a·b＝0⇔⑦ a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 ；
（6）｜a｜＝a·a＝a12＋a22＋a32；
（7）cs＜a，b＞＝a·b｜a||b｜＝a1b1＋a2b2＋a3b3a12＋a22＋a32·b12＋b22＋b32.
规律总结
空间两点间的距离及中点坐标公式
设点A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2）是空间中两点，则
（1）AB＝⑧ （x1－x2）2＋（y1－y2）2＋（z1－z2）2 ；
（2）线段AB的中点坐标为（x1＋x22，y1＋y22，z1＋z22）.
3.直线的方向向量和平面的法向量
思维拓展
确定平面法向量的方法
（1）直接法：观察是否有垂直于平面的直线，若有，则此直线的方向向量就是平面的法向量.
（2）待定系数法：建立空间直角坐标系，找出（求出）平面内的两个不共线的向量，如
a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2，b3），设平面的法向量为n＝（x，y，z），则n·a=0，n·b=0，解方程组，取其中的一组解，即得平面的一个法向量.
注意 n＝（0，0，0）不能作为法向量.
方法技巧
向量的叉乘a×b运算得出的是与a，b垂直的向量，所以可以利用叉乘计算平面的法向量，运算法则如下：
i，j，k分别表示x，y，z轴正方向的单位向量，a＝（x1，y1，z1），b＝（x2，y2，z2），则a×b＝i j kx1 y1 z1x2 y2 z2＝（y1z2－y2z1）i－（x1z2－x2z1）j＋（x1y2－x2y1）k＝（y1z2－y2z1，－x1z2＋x2z1，x1y2－x2y1）.
4.空间位置关系的向量表示
1.下列说法正确的是（ C ）
A.直线的方向向量是唯一确定的
B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α
C.若两平面的法向量平行，则两平面平行
D.若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直，则a∥α
2.已知A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），则下列向量是平面ABC的一个法向量的是（ C ）
A.（－1，1，1）B.（1，－1，1）
C.（－33，－33，－33）D.（33，33，－33）
3.在空间直角坐标系中，A（1，1，－2），B（1，2，－3），C（－1，3，0），D（x，y，z）（x，y，z∈R），若A，B，C，D四点共面，则（ A ）
A.2x＋y＋z＝1B.x＋y＋z＝0C.x－y＋z＝－4D.x＋y－z＝0
4.已知向量a＝（1，0，－1），则下列向量中与a成60°夹角的是（ B ）
A.（－1，1，0）B.（1，－1，0）C.（0，－1，1）D.（－1，0，1）
5.[教材改编]已知u＝（3，a＋b，a－b）（a，b∈R）是直线l的方向向量，n＝（1，2，3）是平面α的法向量.若l∥α，则a与b的关系式为 5a－b＋3＝0 ；若l⊥α，则a＋b＝ 6 .
解析 由题意可知，若l∥α，则u·n＝0，即3＋2（a＋b）＋3（a－b）＝0，整理得5a－b＋3＝0.
若l⊥α，则存在实数λ，使得u＝λn，即（3，a＋b，a－b）＝λ（1，2，3），则3=λ，a＋b=2λ，a－b=3λ，解得λ＝3，a＝152，b＝－32，则a＋b＝6.
学生用书P156
命题点1 空间向量的基本定理
例1 （1）已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，且有OP＝xOA＋yOB＋zOC（x，y，z∈R），则x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的（ A ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
解析 由题可知，要使P，A，B，C四点共面，则需x＋y＋z＝1.当x＝2，y＝－3，z＝2时满足条件，所以x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的充分条件；反之，当四点共面时，只要x＋y＋z＝1即可，不一定要取x＝2，y＝－3，z＝2，所以x＝2，y＝－3，z＝2不是P，A，B，C四点共面的必要条件.故x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的充分不必要条件.
（2）在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若AB＝a，AD＝b，AA1＝c，则下列向量中与BM相等的向量是（ B ）
A.12a＋12b＋cB.－12a＋12b＋c
C.－12a－12b＋cD.12a－12b＋c
解析 如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，故A1M＝12（A1B1＋A1D1）＝12a＋12b，故BM＝BA＋AA1＋A1M＝
－AB＋AA1＋12a＋12b＝－a＋c＋12a＋12b＝－12a＋12b＋c，故选B.
方法技巧
1.证明空间四点共面的方法
（1）利用共线向量定理；（2）利用共面向量定理.
2.空间基底的要求是不共面的三个向量.
训练1 [多选]如图，在四面体PABC中，以下说法正确的有（ ABC ）
A.若AD＝13AC＋23AB，则BC＝3BD
B.若Q为△ABC的重心，则PQ＝13PA＋13PB＋13PC
C.若PA·BC＝0，PC·AB＝0，则PB·AC＝0
D.若四面体PABC各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则｜MN｜＝1
解析 对于A，∵AD＝13AC＋23AB，∴3AD＝AC＋2AB，∴2AD－2AB＝AC－AD，∴2BD＝DC，则3BD＝BD＋DC＝BC，即3BD＝BC，故A正确；
对于B，∵Q为△ABC的重心，则QA＋QB＋QC＝0，∴3PQ＋QA＋QB＋QC＝3PQ，
∴（PQ＋QA）＋（PQ＋QB）＋（PQ＋QC）＝3PQ，则PA＋PB＋PC＝3PQ，即PQ＝13PA＋13PB＋13PC，故B正确；
对于C，若PA·BC＝0，PC·AB＝0，则PA·BC＋PC·AB＝0，∴PA·BC＋PC·（AC＋CB）＝0，∴PA·BC＋PC·AC＋PC·CB＝0，即PA·BC＋PC·AC－PC·BC＝0，∴（PA－PC）·BC＋PC·AC＝0，∴CA·BC＋PC·AC＝0，则AC·CB＋PC·AC＝0，∴AC·（PC＋CB）＝0，即AC·PB＝0，故C正确；
对于D，连接PN，∵MN＝PN－PM＝12（PB＋PC）－12PA＝12（PB＋PC－PA），∴｜MN｜＝12｜PB＋PC－PA｜＝12｜PA－PB－PC｜，
又｜PA－PB－PC｜2＝PA2＋PB2＋PC2－2PA·PB－2PA·PC＋2PC·PB＝22＋22＋22－2×2×2×12－2×2×2×12＋2×2×2×12＝8，∴｜MN｜＝2，故D错误.故选ABC.
命题点2 空间向量的坐标运算
例2 （1）若向量a＝（1，1，x），b＝（1，2，1），c＝（1，1，1），且（c－a）·
（2b）＝－2，则x＝ 2 .
解析 c－a＝（0，0，1－x），（c－a）·（2b）＝（0，0，1－x）·2（1，2，1）＝2（1－x）＝－2，解得x＝2.
（2）如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N是A1A的中点，则｜BN｜＝ 3 ，cs＜BA1，CB1＞＝ 3010 .
解析 如图，以C为原点，CA，CB，CC1的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz.依题意得B（0，1，0），N（1，0，1）.
∴｜BN｜＝（1－0）2＋（0－1）2＋（1－0）2＝3.
依题意得A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2）.
∴BA1＝（1，－1，2），CB1＝（0，1，2），
∴BA1·CB1＝3，｜BA1｜＝6，｜CB1｜＝5.
∴cs＜BA1，CB1＞＝BA1·CB1｜BA1｜｜CB1｜＝3010.
方法技巧
空间向量的概念以及空间向量的加、减、数乘、数量积运算及其坐标表示是平面向量的类比推广.
训练2 （1）[多选]已知空间向量a＝（2，－2，1），b＝（3，0，4），则下列说法正确的是（ BC ）
A.向量c＝（－8，5，6）与a，b垂直
B.向量d＝（1，－4，－2）与a，b共面
C.若a与b分别是异面直线l1与l2的方向向量，则l1与l2所成的角的余弦值为23
D.向量a在向量b上的投影向量为（6，0，8）
解析 对于A选项，a·c＝－16－10＋6≠0，b·c＝－24＋24＝0，故c与a不垂直，A错；
对于B选项，设d＝ma＋nb，则m（2，－2，1）＋n（3，0，4）＝（1，－4，－2），
所以2m+3n=1，－2m＝－4，m+4n＝－2，解得m=2，n＝－1，即2a－b＝d，B对；
对于C选项，因为cs＜a，b＞＝a·b｜a｜·｜b｜＝103×5＝23，
所以异面直线l1与l2所成的角的余弦值为23，C对；
对于D选项，向量a在向量b上的投影向量｜a｜cs＜a，b＞·b｜b｜＝3×23×15（3，0，4）＝（65，0，85），D错.
故选BC.
（2）已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝12.若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝52，且对于任意x，y∈R，｜b－（xe1＋ye2）｜≥｜b－（x0e1＋y0e2）｜＝1（x0，y0∈R），则 x0＝ 1 ，y0＝ 2 ，｜b｜＝ 22 .
解析 由题意可令b＝x0e1＋y0e2＋e3，其中｜e3｜＝1，e3⊥ei，i＝1，2.
由b·e1＝2得x0＋y02＝2，由b·e2＝52得x02＋y0＝52，由x0＋y02=2，x02＋y0＝52，解得x0=1，y0=2，
则b＝e1＋2e2＋e3，∴｜b｜＝（e1+2e2＋e3）2＝22.
命题点3 利用向量法证明平行与垂直问题
例3 [2021浙江高考]如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（ A ）
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析 解法一 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.设AB＝2，则A1（2，0，2），D（0，0，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），所以M（1，0，1），N（1，1，1），所以A1D＝（－2，0，－2），D1B＝（2，2，－2），MN＝（0，1，0），所以A1D·D1B＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由题图易知直线A1D与BD1是异面直线，所以A1D与BD1异面且垂直，故B，C不正确.因为平面ABCD的一个法向量为n＝（0，0，1），所以MN·n＝0，所以MN∥平面ABCD，故A正确.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝（－1，1，0），所以sin θ＝｜cs＜MN，a＞｜＝｜MN·a｜｜MN｜·｜a｜＝12＝22，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直，故D不正确.故选A.
解法二 连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直，故B，C不正确.在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，故A正确.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直，故D不正确.故选A.
方法技巧
1.利用空间向量证明平行问题的方法
2.利用空间向量证明垂直问题的方法
注意 用向量法证明平行与垂直问题时，要注意解题的规范性.如证明线面平行时，需要说明一条直线在平面内，另一条直线在平面外.
训练3 如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.
求证：（1）AQ∥平面CEP；
（2）平面AEQ⊥平面DEP.
解析 （1）如图，连接PQ，因为四边形ABCD为矩形，且P，Q分别为线段AB，CD的中点，则PQ⊥AB.
易知PA，PQ，PE两两垂直，以P为坐标原点，分别以PA，PQ，PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB＝2，PE＝a，则P（0，0，0），A（1，0，0），Q（0，1，0），E（0，0，a），C（－1，1，0），D（1，1，0）.
所以AQ＝（－1，1，0），PC＝（－1，1，0），所以AQ∥PC，即AQ∥PC.（证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行）
又AQ⊄平面CEP，PC⊂平面CEP，（注意说明前提条件）
所以AQ∥平面CEP.
（2）由（1）知PD＝（1，1，0），PE＝（0，0，a），
因为AQ·PD＝（－1，1，0）·（1，1，0）＝－1＋1＝0，所以AQ⊥PD，即AQ⊥PD.
因为AQ·PE＝（－1，1，0）·（0，0，a）＝0，所以AQ⊥PE，即AQ⊥PE.（证明直线方向向量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直）
又PD∩PE＝P，PE，PD⊂平面DEP，所以AQ⊥平面DEP，
又AQ⊂平面AEQ，（注意说明前提条件）
所以平面AEQ⊥平面DEP.
1.[命题点1/2024北京市陈经纶中学模拟]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若AE＝AA1＋xAB＋yAD，则x＝ 12 ，y＝ 12 .
解析 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为点E为上底面A1C1的中心，所以A1E＝12（A1B1＋A1D1）＝12（AB＋AD），故AE＝
AA1＋A1E＝AA1＋12AB＋12AD，
因为AE＝AA1＋xAB＋yAD，
所以x＝y＝12.
2.[命题点1，2]已知向量a＝（2，－1，3），b＝（－1，4，－2），c＝（7，5，λ），若a，b，c三向量共面，则实数λ＝ 657 .
解析 因为a，b，c共面，所以设a＝xb＋yc，故（2，－1，3）＝x（－1，4，－2）＋
y（7，5，λ），即－x+7y=2，4x+5y＝－1，－2x＋λy=3，解得λ＝657.
3.[命题点3]如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.求证：PQ∥平面BCD.
解析 如图，以C为原点，CD，CB的方向分别为x轴、y轴正方向，过点C作底面BCD的垂线为z轴，建立空
间直角坐标系，则AD∥z轴.
设CD＝a，因为P为BM的中点，AQ＝3QC，
所以D（a，0，0），A（a，0，2），M（a，0，1），B（0，8－a2，0），P（a2，8－a22，12），Q（a4，0，12），所以PQ＝（－a4，－8－a22，0）.
又平面BCD的一个法向量n＝（0，0，1），
所以PQ·n＝0，
又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
学生用书·练习帮P339
1.以下各选项中的三个向量，不能构成空间基底的是（ A ）
A.a＝（1，0，0），b＝（0，2，0），c＝（12，－2，0）
B.a＝（1，0，0），b＝（0，1，0），c＝（0，0，2）
C.a＝（1，0，1），b＝（0，1，1），c＝（2，1，2）
D.a＝（1，1，1），b＝（0，1，0），c＝（1，0，2）
解析 若空间三个向量a，b，c能构成空间的一个基底，则向量a，b，c不共面，对于选项A，因为a＝（1，0，0），b＝（0，2，0），c＝（12，－2，0），则c＝12a－22b，即向量a，b，c共面，故选项A中的三个向量不能构成空间基底.选项B，C，D中的三个向量均不共面，即都能构成空间基底.
2.已知直线l1的一个方向向量a＝（2，4，x），直线l2的一个方向向量b＝（2，y，2），若｜a｜＝6，且l1⊥l2，则x＋y的值是（ A ）
A.－3或1B.3或－1
C.－3D.1
解析 ∵｜a｜＝ 22＋42＋x2＝6，∴x＝±4.∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，∴y＝－1－12x.∴当x＝4时，y＝－3；当x＝－4时，y＝1.∴x＋y＝－3或x＋y＝1.
3.已知a＝（1，2，－y），b＝（x，1，2），且（a＋2b）∥（2a－b），则 （ B ）
A.x＝13，y＝1B.x＝12，y＝－4
C.x＝2，y＝－14D.x＝1，y＝－1
解析 由题意知，a＋2b＝（2x＋1，4，4－y），2a－b＝（2－x，3，－2y－2）.∵（a＋2b）∥（2a－b），∴存在实数λ，使a＋2b＝λ（2a－b），
∴2x+1=λ（2－x),4=3λ，4－y＝λ（－2y－2),解得λ＝43，x＝12，y＝－4.
4.[多选/2024广东佛山一中校考]下列关于空间向量的命题中，正确的有（ BD ）
A.直线l的一个方向向量是a＝（0，3，0），平面α的一个法向量是u＝（0，－5，0），则l∥α
B.若a，b，c可构成空间的一个基底，则向量a＋b，b＋c，c＋a也可构成空间的一个基底
C.若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则有a∥c
D.若OA，OB，OC可构成空间的一个基底，且OD＝13OA＋13OB＋13OC，则A，B，C，D四点共面
解析 对于A，直线l的一个方向向量为a＝（0，3，0），平面α的一个法向量是u＝（0，－5，0），此时a＝－35u，所以l⊥α，故A错误；
对于B，因为a，b，c可构成空间的一个基底，所以对于空间中的任意一个向量m，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使得m＝xa＋yb＋zc＝x＋y－z2（a＋b）＋y＋z－x2·（b＋c）＋x＋z－y2（a＋c），由空间向量的基本定理可知，向量a＋b，b＋c，c＋a也可构成空间的一个基底，故B正确；
对于C，若非零向量a，b，c满足a⊥b，b⊥c，则a与c关系不定，有可能平行，故C错误；
对于D，若OA，OB，OC可构成空间的一个基底，且OD＝13OA＋13OB＋13OC，13＋13＋13＝1，易知A，B，C，D四点共面，故D正确.故选BD.
5.[2024浙江台州模拟]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，AP＝a.若D是棱PC上的点，满足PD＝13PC，且AD⊥PB，则a＝ 2 .
解析 因为PA⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC，又AB⊥BC，故PA，AB，BC两两垂直，以A为坐标原点，AB，AP所在直线分别为y轴，z轴，平行于BC的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，故A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，a），因为PD＝13PC，所以D（23，23，23a），因为AD⊥PB，所以AD·PB＝（23，23，23a）·（0，2，－a）＝43－23a2＝0，解得a＝2.
6.[2024辽宁省部分名校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，P是空间内的动点，且｜PB＋PD1｜＝23，则AP·PB的最大值为（ B ）
A.－8B.－4＋26C.13D.1
解析 如图，连接BD1，取BD1的中点M，连接PM，则PB＋PD1＝2PM，则｜PB＋PD1｜＝｜2PM｜＝23，即｜PM｜＝3，故动点P的轨迹为以M为球心，3为半径的球.由正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，可知正方体ABCD－A1B1C1D1外接球的半径为3，故动点P的轨迹为正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球.
取AB的中点N，连接PN，MN，则AP·PB＝－（PN＋NA）·（PN＋NB）＝－（PN＋NA）·（PN－NA）＝NA2－PN2＝1－PN2.
由题可知，｜MN｜＝2，则3－2≤｜PN｜≤3＋2，5－26≤｜PN｜2≤5＋26，则－4－26≤1－PN2≤－4＋26.
所以AP·PB的最大值为－4＋26，故选B.
7.[多选/2024浙江联考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，点M，N分别在棱AB和BB1上运动（不含端点），若D1M⊥MN，则下列命题正确的是（ AD ）
A.MN⊥A1M
B.MN⊥平面D1MC
C.线段BN长度的最大值为1
D.三棱锥D1－A1C1M体积不变
解析 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A1（2，0，2），D1（0，0，2），设M（2，a，0），N（2，2，b），a，b∈（0，2），则D1M＝（2，a，－2），MN＝（0，2－a，b），又D1M⊥MN，所以D1M·MN＝a（2－a）－2b＝0，得b＝a（2－a）2.
对于A，A1M＝（0，a，－2），所以A1M·MN＝a（2－a）－2b＝0，故A1M⊥MN，故A正确；
对于B，C（0，2，0），MC＝（－2，2－a，0），MN·MC＝（2－a）2≠0，所以MN与MC不垂直，则MN不垂直于平面D1MC，故B错误；
对于C，B（2，2，0），｜BN｜＝b＝a（2－a）2＝－12（a－1）2＋12，a∈（0，2），所以当a＝1时，｜BN｜取得最大值12，故C错误；
对于D，VD1－A1C1M＝VM－A1C1D1＝13×SA1C1D1×AA1＝13×12×2×2×2＝43，故D正确.故选AD.
8.[多选/2024广东清远模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P为侧面BB1C1C内（不含边界）的动点，则（ AC ）
A.D1O⊥AC
B.存在点P，使得D1O∥B1P
C.三棱锥A－D1DP的体积为43
D.若D1O⊥PO，则C1P的最小值为85
解析 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1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，则A（2，0，0），C（0，2，0），D（0，0，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），O（1，1，0），设点P（x，2，z），其中0＜x＜2，0＜z＜2.
对于A选项，AC＝（－2，2，0），D1O＝（1，1，－2），则AC·D1O＝－2＋2＝0，所以D1O⊥AC，故A正确；
对于B选项，B1P＝（x－2，0，z－2），D1O＝（1，1，－2），若B1P∥D1O，则x－21＝01＝z－2－2，解得x＝z＝2，不符合题意，所以不存在点P，使得B1P∥D1O，故B错误；
对于C选项，S△ADD1＝12×22＝2，点P到平面ADD1的距离为2，所以VA－DD1P＝VP－ADD1＝13×2×2＝43，故C正确；
对于D选项，OP＝（x－1，1，z），若D1O⊥PO，则D1O·OP＝x－1＋1－2z＝x－2z＝0，可得x＝2z，
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