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空间向量及其应用
一 空间向量的概念
1 在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，用字母……表示，空间向量的大小叫做空间向量的长度或模.
2 运算
(1) 定义:与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算如下(如图).
， ，
(2) 运算律
① 加法交换律:；
② 加法结合律:；
③ 数乘分配律:；
3 空间向量基本定理
如果三个向量不共面，那么对空间任一向量存在一个唯一的有序实数组，使 .
二 共线向量和共面向量
1 共线向量
(1) 如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行向量平行于记作.
(2) 共线向量定理：空间任意两个向量，，存在实数使.
(3) 三点共线：三点共线(其中)
(4) 与共线的单位向量为.
2 共面向量
(1) 定义
一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量.说明:空间任意的两向量都是共面的.
(2) 共面向量定理
如果两个向量不共线与向量共面的充要条件是存在唯一实数对，使.
(3) 四点共面
三 空间向量的数量积
1空间向量的夹角及其表示
已知两非零向量在空间任取一点 作 则叫做向量的夹角，记作 ；且规定；
若则称互相垂直，记作:.
2向量的模
设则有向线段 的长度叫做向量的长度或模，记作.
3 向量的数量积
已知向量 ，则叫做的数量积，记作
即
4 空间向量数量积的性质
②
5 空间向量数量积运算律
①
② (交换律)
③ (分配律)
④不满足乘法结合律:
【题型1】 空间向量的线性运算
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则( )
A． B． C． D．
【典题2】(多选)(2023·湖北十堰·二模)《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，，则( )．
A． B．
C．向量在向量上的投影向量为 D．向量在向量上的投影向量为
【巩固练习】
1. (2020·山东德州·一模)在正方体中，点是的中点，且，则实数的值为( )
A． B． C． D．
2.(2024·全国·模拟预测)在棱长为2的正方体中，已知，截面与正方体侧面交于线段，则线段的长为( )
A．1 B． C． D．
3. (多选) (2024·全国·模拟预测)已知三棱柱，为空间内一点，若，其中，，则( )
A．若，则点在棱上 B．若，则点在线段上
C．若，为棱的中点 D．若，则点在线段上
【题型2】 共线、共面向量定理的应用
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)已知是空间两个不共线的向量，，那么必有( )
A．共线 B．共线
C．共面 D．不共面
【典题2】(2024·广东·模拟预测)在四面体中，E为的中点，G为平面的重心．若与平面交于点F，则( )
A． B． C． D．
【巩固练习】
1.(多选) (2024·广东·高三专题练习)下列选项中正确的是( )
A．若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面；
B．若与共面，则存在实数x，y，使；
C．若向量所在的直线是异面直线，则向量一定不共线；
D．若是空间三个向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使．
2. (2024·广东·高三专题练习)对于空间一点和不共线三点，且有，则( )
A．四点共面 B．四点共面
C．四点共面 D．五点共面
3.(2023·河南·模拟预测)已知空间向量，若共面，则实数( )
A．1 B．2 C．3 D．4
4. (2024·山西·高三专题练习)在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则线段与的数量关系是( )
A．与所在直线是异面直线
B．与所在的直线平行
C．线段与必相交
D．线段与延长后相交
5. (2022·湖南·一模)在正方体中，点P满足，且，若二面角的大小为，O为的中心，则( )
A． B． C． D．
【题型3】 空间向量数量积及其应用
角度1 求空间向量的数量积
【典题1】 (2024·河南新乡·二模)已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为( )
A． B． C． D．
【典题2】(多选)(2023·广东·一模)棱长为6的正四面体的四个顶点均在球的表面上，若点为球面上的任意一点，则的取值可以为( )
A． B．3 C．5 D．
【巩固练习】
1.(2022·湖南益阳·模拟预测)在正三棱锥中，是的中心，，则
( )
A． B． C． D．
2. (2023·山西晋中·三模)已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动，则的最大值为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
3.(2020·安徽池州·三模)已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
4.(2024·河南郑州·一模)已知是正四面体的外接球的一条直径，点在正四面体表面上运动，正四面体的棱长是2，则的取值范围为 ．
5.(2023·上海普陀·一模)体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是 .
角度2 利用数量积求长度
【典题1】(2024·四川成都·二模)如图，在平行四边形中，，，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将折起，直至满足条件，此时EF的长度为 ．
【巩固练习】
1. (2020·陕西商洛·模拟预测)如图在平行六面体中，底面 是边长为1的正方形，侧棱且，则 ( )
A． B． C． D．
2.(2024·河北·模拟预测)1941年中国共产党在严重的困难面前，号召根据地军民，自力更生，艰苦奋斗，尤其是通过开展大生产运动，最终走出了困境．如图就是当时缠线用的线拐子，在结构简图中线段与所在直线异面垂直，分别为的中点，且，线拐子使用时将丝线从点出发，依次经过又回到点，这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，称为“束丝”．图中，则丝线缠一圈长度为( )
A． B． C． D．
3.(2023·江西·二模)在直角，中上有一动点P，将沿折起使得二面角，则当最小值最小时，为( )
A． B． C．2 D．
角度3 利用数量积求夹角
【典题1】(2024·广东·模拟预测)如图，在长方形中，为中点，.以为折痕将四边形折起，使，分别达到，，当异面直线，成角为时，异面直线，成角余弦值为( )
A． B． C． D．
【巩固练习】
1. (2024·广东·高三专题练习)如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
2.(2022·四川南充·二模)如图，棱长为1的正方体中，点为线段上的动点，点分别为线段的中点，则下列说法错误的是( )
A． B．三棱锥的体积为定值
C． D．的最小值为
角度4 利用向量解决平行和垂直问题
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，三棱柱中，分别是上的点，且，．用空间向量解决如下问题：

(1)若，证明：；
(2)证明：平面．
【巩固练习】
1. (2024·全国·高三专题练习)如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点．若．

(1)求；(2)求证：直线平面．
2. (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱中，，D，E分别是的中点.求证：
(1)平面；(2)平面.(用向量方法证明)
3. (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱中，，设.
(1)试用向量表示，并求.
(2)在平行四边形内是否存在一点，使得平面？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【题型4】 空间向量线性运算的综合应用
【典题1】 (2023·山东·模拟预测)已知三棱锥，空间内一点满足，则三棱锥与的体积之比为 ．
【典题2】(多选) (2024·山西·二模)已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是( )
A．当时，点到平面距离的最大值为
B．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
C．当，时，到的距离为2
D．当，时，四棱锥的体积为1
【典题3】(多选) (2024·全国·模拟预测)如图，平行六面体中，，，与交于点O，则下列说法正确的有( )

A．平面平面
B．若，则平行六面体的体积
C．
D．若，则
【巩固练习】
1.(2022·全国·模拟预测)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的中点，过AG的平面与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为 ．
2. (2024·全国·模拟预测)已知正三棱锥满足，则该三棱锥侧面积的最大值为 ．
3.(2024·上海黄浦·二模)在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 .
4. (多选) (2023·广东佛山·一模)如图，在棱长为1的正方体中，点P满足，其中，则( )
A．当时，
B．当，时，点P到平面的距离为
C．当时，平面
D．当时，三棱锥的体积恒为
5.(多选)(2023·福建宁德·模拟预测)已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是( )
A．、、、四点可以共面 B．
C． D．
6. (多选)如图，在三棱柱中，、分别是、上的点，且．若，，，则( )

A． B．
C． D．
7.(多选)已知二面角的大小为，，，且，，则( )
A．是钝角三角形 B．异面直线AD与BC可能垂直
C．线段AB长度的取值范围是 D．四面体体积的最大值为
1.(2023·全国·高考真题)已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为( )
A． B． C． D．
2.(2020·全国·高考真题)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．空间向量及其应用
一 空间向量的概念
1 在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，用字母……表示，空间向量的大小叫做空间向量的长度或模.
2 运算
(1) 定义:与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算如下(如图).
， ，
(2) 运算律
① 加法交换律:；
② 加法结合律:；
③ 数乘分配律:；
3 空间向量基本定理
如果三个向量不共面，那么对空间任一向量存在一个唯一的有序实数组，使 .
二 共线向量和共面向量
1 共线向量
(1) 如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行向量平行于记作.
(2) 共线向量定理：空间任意两个向量，，存在实数使.
(3) 三点共线：三点共线(其中)
(4) 与共线的单位向量为.
2 共面向量
(1) 定义
一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量.说明:空间任意的两向量都是共面的.
(2) 共面向量定理
如果两个向量不共线与向量共面的充要条件是存在唯一实数对，使.
(3) 四点共面
三 空间向量的数量积
1空间向量的夹角及其表示
已知两非零向量在空间任取一点 作 则叫做向量的夹角，记作 ；且规定；
若则称互相垂直，记作:.
2向量的模
设则有向线段 的长度叫做向量的长度或模，记作.
3 向量的数量积
已知向量 ，则叫做的数量积，记作
即
4 空间向量数量积的性质
②
5 空间向量数量积运算律
①
② (交换律)
③ (分配律)
④不满足乘法结合律:
【题型1】 空间向量的线性运算
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用空间向量的加、减运算即可求解.
【详解】由题意可得
.
故选：D
【典题2】(多选)(2023·湖北十堰·二模)《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，，则( )．
A． B．
C．向量在向量上的投影向量为 D．向量在向量上的投影向量为
【答案】BD
【分析】利用空间向量的线性运算可判定A、B选项；利用投影向量的定义可判定C、D选项.
【详解】因为
，故A不正确，B正确．
如图所示，故D作DU垂直BC，过U作VU垂直AB，UW垂直AC，
故向量在向量上的投影向量为,向量在向量上的投影向量为，
由题意易得故，C不正确． ，D正确．
故选：BD
【巩固练习】
1. (2020·山东德州·一模)在正方体中，点是的中点，且，则实数的值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】化简得到，得到，，得到答案.
【详解】，
故，，.
故选：.
2.(2024·全国·模拟预测)在棱长为2的正方体中，已知
，截面与正方体侧面交于线段，则线段的长为( )
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据题意，得到，再由面面平行的性质，证得，结合，即可求解.
【详解】
如图所示，因为，所以，
因为平面平面，
设平面平面，平面平面，所以，
又因为，所以
过点作，可得，
则为的中点，为的四等分点，
又因为，所以为的四等分点，所以.
故选：C．

3. (多选) (2024·全国·模拟预测)已知三棱柱，为空间内一点，若，其中，，则( )
A．若，则点在棱上 B．若，则点在线段上
C．若，为棱的中点 D．若，则点在线段上
【答案】ABD
【分析】利用空间向量的数乘运算与共线定理逐项判断即可.
【详解】作出三棱柱，如图，
对于A，当时，，则，
所以点在棱上，故A正确；
对于B，当时，，
所以点在线段上，故B正确；
对于C，当时，由B知，
所以为棱的中点，故C错误；
对于D，当时，，
所以，则，即，
所以点在线段上，故D正确.
故选：ABD.
【题型2】 共线、共面向量定理的应用
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)已知是空间两个不共线的向量，，那么必有( )
A．共线 B．共线
C．共面 D．不共面
【答案】C
【分析】利用空间向量的共线定理与共面定理.
【详解】若共线，则，
又，则共线，
与条件矛盾，故A错误；
同理若共线，则，
又，则共线，
与条件矛盾，故B错误；
根据空间向量的共面定理可知共面，即C正确，D错误.
故选：C
【典题2】(2024·广东·模拟预测)在四面体中，E为的中点，G为平面的重心．若与平面交于点F，则( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据共线定理及空间向量线性运算可得结果.
【详解】如图：连接交于H，则H为中点，连接,
因为平面，平面，设，则，
又平面，所以平面，故K为与平面的交点，
又因为与平面交于点F，所以F与K重合，
又E为的中点，G为平面的重心，
因为点A，F，G三点共线，则
又因为点E，F，H三点共线，则，
,
所以，解得，即，故.
故选：C.
【巩固练习】
1.(多选) (2024·广东·高三专题练习)下列选项中正确的是( )
A．若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面；
B．若与共面，则存在实数x，y，使；
C．若向量所在的直线是异面直线，则向量一定不共线；
D．若是空间三个向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使．
【答案】AC
【分析】由空间向量共面定理即可判断AB，由共线向量的概念即可判断C，由空间向量基本定理即可判断D
【详解】由向量共面定理可知，若存在实数x，y，使，则点P，M，A，B共面，故A正确；
若共线，不与共线，则不存在实数x，y，使，故B错误；
若向量所在的直线是异面直线，则的方向不相同也不相反，且所在直线也不
相交，所以向量一定不共线，故C正确；
若是空间三个基底向量，则对空间任一向量，总存在唯一的有序实数组，使，故D错误；
故选：AC
2. (2024·广东·高三专题练习)对于空间一点和不共线三点，且有，则( )
A．四点共面 B．四点共面
C．四点共面 D．五点共面
【答案】B
【分析】
根据题意，化简得到，得到共面，进而得到四点共面，即可求解.
【详解】
由，可得，
即，根据平面向量的基本定理，可得共面，
又因为三个向量有公共点，所以四点共面.
故选：B.
3.(2023·河南·模拟预测)已知空间向量，若共面，则实数( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据条件得到存在实数，使得，代入坐标列方程组求解即可.
【详解】由题意知不共线，且共面，
所以存在实数，使得，
所以，
所以，解得，
故选：A.
4. (2024·山西·高三专题练习)在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则线段与的数量关系是( )
A．与所在直线是异面直线 B．与所在的直线平行
C．线段与必相交 D．线段与延长后相交
【答案】C
【分析】分与且两种情况讨论，根据空间向量基本定理得到四点共面，即可判断.
【详解】若，则，
，所以四点共面.
又与不平行；
∴线段与线段相交.
若且，；∴,
不妨设，则,
∴ ,
即,四点共面,
又与不平行；∴线段与线段相交.
故选：C.
5. (2022·湖南·一模)在正方体中，点P满足，且，若二面角的大小为，O为的中心，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正方体中心为，先根据条件得平面，所以作于Q，连，通过证明面可得即为的平面角，接下来在和中计算即可.
【详解】设正方体中心为，
因为点P满足，且
所以平面，
平面平面，
由正方体性质平面，且平面，
所以作于Q，连，
面，
则即为的平面角，所以．
设正方体棱长为1，中，，
则
在中，，
所以．
故选：D.
【题型3】 空间向量数量积及其应用
角度1 求空间向量的数量积
【典题1】 (2024·河南新乡·二模)已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由，最小时，有最小值，求的最小值即可.
【详解】圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，
则有，，
点在圆锥的侧面上运动，
则，
最小时，有最小值，的最小值为点到圆锥母线的距离，
中，，，则，点到的距离，
则的最小值为，的最小值为.
故选：A
【典题2】(多选)(2023·广东·一模)棱长为6的正四面体的四个顶点均在球的表面上，若点为球面上的任意一点，则的取值可以为( )
A． B．3 C．5 D．
【答案】ABC
【分析】将正四面体放到正方体中，从而求得，再利用空间向量数量积的运算法化简求得所求的取值范围，由此得解.
【详解】将正四面体放到正方体中，记的中点为，连接，如图，

设正方体的棱长为，则，故，所以，
易知正方体的体对角线就是正四面体外接球的直径，
则，即，
因为，，，
所以，
，
记，，
所以
，
因为，所以，
则，
经检验，ABC皆满足要求，D不满足要求.
故选：ABC.
【巩固练习】
1.(2022·湖南益阳·模拟预测)在正三棱锥中，是的中心，，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将转化为，由三棱锥是正三棱锥可知PO⊥OA，即可将转化为，结合勾股定理即可求解．
【详解】为正三棱锥，为的中心，
∴平面，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，
∴，
故．
故选：D.
2. (2023·山西晋中·三模)已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动，则的最大值为( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】取中点，连接，利用向量的线性运算及数量积的运算性质可得.
【详解】取中点，连接，如图，
则，
当在正方体表面上运动时，运动到或处时，最大，
所以,
所以的最大值为8.
故选：C
3.(2020·安徽池州·三模)已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可得，根据正方体的特点确定最大值和最小值，即可求解
【详解】设正方体内切球的球心为，则,
,
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以，，
所以，
又点Р在正方体表面上运动，
所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；
当为内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为；
所以，
所以的取值范围为，
故选：B
4.(2024·河南郑州·一模)已知是正四面体的外接球的一条直径，点在正四面体表
面上运动，正四面体的棱长是2，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意可求得外接球半径为，利用可得，由几何关系求出的最值即可求出的取值范围.
【详解】如下图所示：

设点在平面内的摄影为，为的中点，易知在上，且平面；
又正四面体的棱长是2，所以可得，
在正中，由勾股定理可得；
设外接球半径为，则可知，
即，解得；
易知，
又因为是外接球的一条直径，所以，且；
因此，
易知，
所以，
；
因此可知的取值范围为.
故答案为：
5.(2023·上海普陀·一模)体积为的正四面体内有一个球，球与该正四面体的各面均有
且只有一个公共点，，是球的表面上的两动点，点在该正四面体的表面上运动，当最大时，的最大值是 .
【答案】
【分析】记该正四面体为，题意得出球是该正四面体的内切球，球心也是外接球的球心，在高上，由体积求得正四面体的棱长，并求出内切球半径，最大时，是球的直径，由数量积的运算得出取最大时，只要最大即可得．
【详解】记该正四面体为，如图，由题意球是该正四面体的内切球，
显然在其高上，是底面正的中心，
设，则，，
，所以，
是内切球球心也是其外接球球心，
设内切球半径为，即，又，
由得，，
最大时，是球的直径，
，
点在该正四面体的表面，当是正四面体的顶点时，取得最大值为，
所以的最大值是．
故答案为：．
角度2 利用数量积求长度
【典题1】(2024·四川成都·二模)如图，在平行四边形中，，，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将折起，直至满足条件，此时EF的长度为 ．
【答案】
【分析】
根据题意，证得平面，得到平面平面，分别过点作的垂线，证得，，再由，结合向量的运算法则，即可求解.
【详解】
由题意可知，所以，折起后，如图所示，
因为，，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
分别过点作的垂线，垂足分别为点，
又平面平面，所以平面，平面，
因为平面，平面，所以，，
又由，所以，
所以．
故答案为：.
【巩固练习】
1. (2020·陕西商洛·模拟预测)如图在平行六面体中，底面 是边长为1的正方形，侧棱且，则 ( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出 ，，，，，，再计算即可.
【详解】解：因为底面是边长为1的正方形，侧棱且，
则 ，，，，，，
则
故选：B.
2.(2024·河北·模拟预测)1941年中国共产党在严重的困难面前，号召根据地军民，自力更生，艰苦奋斗，尤其是通过开展大生产运动，最终走出了困境．如图就是当时缠线用的线拐子，在结构简图中线段与所在直线异面垂直，分别为的中点，且，线拐子使用时将丝线从点出发，依次经过又回到点，这样一直循环，丝线缠好后从线拐子上脱下，称为“束丝”．图中，则丝线缠一圈长度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依题意可得，根据数量积的运算律求出，同理可得，即可得解.
【详解】依题意，，，
所以，，，
又，
所以
，
所以，同理可得，
所以丝线缠一圈长度为.
故选：C
3.(2023·江西·二模)在直角，中上有一动点P，将沿折起使得二面角，则当最小值最小时，为( )
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】设，用表示，根据空间向量，整理可得，结合正弦函数的有界性以及二次函数分析运算.
【详解】分别过作，垂足分别为，连接，
设，则，
可得，
故，
∵，
则，
又∵，
可得，
故，
∵，则，
可得，当且仅当，即时等号成立，
又∵开口向上，对称轴，
可得当时，取到最小值，
故当，时，最小值最小.
故选：A.
角度3 利用数量积求夹角
【典题1】(2024·广东·模拟预测)如图，在长方形中，为中点，.以为折痕将四边形折起，使，分别达到，，当异面直线，成角为时，异面直线，成角余弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】不妨设，
由于，所以即为直线，所成的角,
故,
，
又，
所以，因此异面直线，成角余弦值为，
故选：A
【巩固练习】
1. (2024·广东·高三专题练习)如图，在平行六面体中，，则直线与直线AC所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由线段的位置关系及向量加减的几何意义可得、，利用向量数量积的运算律求、，最后应用夹角公式求直线夹角余弦值.
【详解】
因为，，
可得，，
又因为，，
可得 ，
，
所以直线与直线所成角的余弦值为.
故选：D.
2.(2022·四川南充·二模)如图，棱长为1的正方体中，点为线段上的动点，点分别为线段的中点，则下列说法错误的是( )
A． B．三棱锥的体积为定值
C． D．的最小值为
【答案】C
【分析】证明平面，可判断A；由平面，可得点到平面的距离为定值，又为定值，可判断B；计算的取值范围可判断C；结合C可判断D
【详解】选项A，如图所示，连接，，由正方体可知，且平面，即，又，所以平面，所以，即，正确；
选项B，如图所示，连接，，，，，，由点，分别为线段，的中点，得，故平面，即点到平面的距离为定值，且，，故为定值，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
选项C，连接，，由点为线段上的动点，
设，，
故，
，
，
当时，取最小值为，
当时，取最大值为，
故，即，，错误；
选项D，，
当时，的最小值为，正确；
故选：C
角度4 利用向量解决平行和垂直问题
【典题1】 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，三棱柱中，分别是上的点，且，．用空间向量解决如下问题：

(1)若，证明：；
(2)证明：平面．
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析
【分析】(1)由题意分解向量，结合已知条件证明即可；
(2)由向量共面基本定理证明存在，使得即可.
【详解】(1)由题意，且，
所以
，
所以，即.
(2)由题意
，
这表明了共面，而面，
所以平面.
【巩固练习】
1. (2024·全国·高三专题练习)如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为与的交点．若．

(1)求；
(2)求证：直线平面．
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】(1)根据线性运算得到，，然后根据数量积的公式计算即可；
(2)利用空间向量的方法得到，，然后根据线面垂直的判定定理证明即可.
【详解】(1)

由题意得，，
所以
，
，
，
所以.
(2)，，，
因为，
，
所以，，
因为，平面，
所以平面.
2. (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱中，，D，E分别是的中点.求证：
(1)平面；
(2)平面.(用向量方法证明)
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)设，利用空间向量定理表示向量，，论证，共线即可.
(2)设，利用空间向量定理表示向量，根据，得到，然后再论证，即可.
【详解】设.
(1)，
∵，
∴，
∴，又平面平面，
∴平面.
(2)易知，
∵，
∴
即
两式相加，整理得，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴.
又，
∴.
又，
∴平面.
3. (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱柱中，，设.
(1)试用向量表示，并求.
(2)在平行四边形内是否存在一点，使得平面？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】(1)根据空间向量的线性运算可得，两边同时平方，结合向量的数量积的定义计算即可求解；
(2)假设存在点使得平面，则.设，根据线性运算可得，结合数量积的定义建立方程组，解之即可.
【详解】(1)连接，
由题意可知，，且三个向量两两夹角均为，
所以.
故，
所以.

(2)假设存在点使得平面，连接，
不妨设，则，
而，
所以.
要使平面，只需，
即，
所以，
解得即，
所以存在点，即当时，平面.

【题型4】 空间向量线性运算的综合应用
【典题1】 (2023·山东·模拟预测)已知三棱锥，空间内一点满足，则三棱锥与的体积之比为 ．
【答案】
【分析】根据题意，化简得到，结合空间向量的基本定理，得到在平面内存在一点，使得，得到，即可求解.
【详解】由空间内一点满足，
可得，
因为，根据空间向量的基本定理，可得在平面内存在一点，
使得，所以，即点为的中点，
可得，所以三棱锥和的体积比值为.
故答案为：.
【典题2】(多选) (2024·山西·二模)已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是( )
A．当时，点到平面距离的最大值为
B．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
C．当，时，到的距离为2
D．当，时，四棱锥的体积为1
【答案】ACD
【分析】由时，推得点在平面上，转化为到平面的距离，可判定A正确；由时，得到点在线段上，得到点与点重合时，直线与平面所成角的正切值最大，可判定B不正确；由时，得到点在线段上，进而可判定C正确；由时，得到点在线段的中点，结合题意公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，，
即，可得，所以点在平面上，
则点到平面距离的最大值为点或到平面的距离，
连接交于点，因为为正方形，可得，
又因为平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
因为正方形中，，所以 ，
即点到平面距离的最大值为，所以A正确；
对于B中，当时，，
即，可得点在线段上，
当点与点重合时，直线与平面所成角的正切值最大，
在直角中，可得，所以B不正确；
对于C中，当时，可得，
即，可得点在线段上，
在长方体，可得，
所以点在线段的距离等于点在线段的距离，
又由平面，且平面，所以，
在直角中，可得，
所以点到的距离为，所以C正确.
对于D中，当时，可得，
即，所以点在线段的中点，
此时点到平面的距离为，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
【典题3】(多选) (2024·全国·模拟预测)如图，平行六面体中，
，，与交于点O，则下列说法正确的有( )

A．平面平面
B．若，则平行六面体的体积
C．
D．若，则
【答案】ABD
【分析】对于A，由题意可得四边形为菱形，则可得，再计算，可得，从而得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论；对于B， 连接，可得，从而可证得平面，进而可求出体积，对于C，利用空间向量的加法分析判断，对于C，设，则可得 ，然后利用向量的夹角公式计算判断.
【详解】对于A，因为在平行四边形中，，所以四边形为菱形，所以，
因为，，
所以，
所以，
因为， 所以，
所以，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确，
对于B，连接，因为，，所以，
所以为直角三角形，即，因为∥，所以，
因为由选项A知平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以平行六面体的体积，所以B正确，
对于C，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，
所以，所以，所以C错误，
对于D，设，因为在菱形中，，
所以，
所以，所以D正确，
故选：ABD

【巩固练习】
1.(2022·全国·模拟预测)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的中点，过AG的平面与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为 ．
【答案】/
【分析】由题知，则①，再根据E、F、G三点共面得，其中x＋y＋z＝1．设，，从而可求，与①对比即可求出λ，从而可求EF的长度；再证明BD垂直平面PAC，EF∥BD，从而得AG⊥EF，根据即可得答案．
【详解】∵AC＝2AB＝2AD，CD⊥AD，CB⊥AB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
则根据向量加法法则易知，，
即，则．
根据共面向量定理的推论知，，其中x＋y＋z＝1．
连接BD，
∵EF∥平面ABCD，EF平面PBD，平面PBD∩平面ABCD=BD，∴EF∥BD，
设，则，又G为PC的中点，
∴，
则，，解得，
AB=2，BD=2×ABsin60°=，则．
连接AG，∵PA＝AC＝4，G为PC的中点，故．
易知BD⊥AC，BD⊥PA，，故BD⊥平面PAC，
又平面PAC，∴BD⊥AG，∴AG⊥EF，
因此．
故答案为：．
解法二：连接BD，设AC与BD交于点K，连接AG、PK，设AG与PK交于点L，
由题易得BD∥EF，则，
作KN∥AG交PC于N，易知CK＝3AK，则CN＝3GN，从而PG＝4GN，
故，即．以下解法同上．
故答案为：．
2. (2024·全国·模拟预测)已知正三棱锥满足，则该三棱锥侧面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】设为的外心，为的中点，连接，设，．由，结合立体几何，空间向量知识可得，又由题意及几何知识可得的侧面积 ，
后由基本不等式可得答案.
【详解】如图所示，设为的外心，为的中点，连接，设，．
因几何体为正三棱锥，则平面，O为重心，则．
注意到，，则，所以，
所以．又中，有，所以．
记三棱锥的侧面积为，在中，，
又， ，则.
故 ，
而，
当且仅当，即时取等号，所以该三棱锥侧面积的最大值为．
故答案为：.

3.(2024·上海黄浦·二模)在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 .
【答案】/
【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比，可得答案.
【详解】由，，，则；
由，，，则；
由，，，则；
显然四面体与四面体共顶点且底面共面，则其高相同可设为，
结合题意可作图如下：
在底面连接，作图如下：
由，即，则，易知；
由，即，则，易知；
由，即，则；
由，，则，易知；
，；
.
故答案为：.
4. (多选) (2023·广东佛山·一模)如图，在棱长为1的正方体中，点P满足，其中，则( )
A．当时，
B．当，时，点P到平面的距离为
C．当时，平面
D．当时，三棱锥的体积恒为
【答案】ACD
【分析】根据正方体的几何性质，确定各选项下点P的位置，根据线线关系判断A；根据线面平行确定点到平面的距离来判断B；由面面平行的性质得线面平行来判断C；利用等体积转换法确定三棱锥的体积可判断D.
【详解】对于A，

当时，此时点与点重合，由正方体性质可得，，
所以四边形为平行四边形，从而，
又因为，所以，即，故A正确；
对于B，当时，此时点为的中点，

由A选项分析可知，平面，平面，
所以平面，从而得点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，且为边长为的等边三角形，
所以，从而得，解得，故B错误；
对于C，

当时，此时三点共线，
由B选项分析可知平面，同理可证平面，
又因为平面，，平面，
所以平面平面，又平面，从而得平面，故C正确；
对于D，

当时，点在中与平行的中位线上，即，
由B选项分析可知平面，且平面，
所以平面，从而点到平面的距离为定值，为点到平面的距离的一半，即，
底面为边长为的等边三角形，所以，则的体积为，故D正确.
故选：ACD.
5.(多选)(2023·福建宁德·模拟预测)已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是( )
A．、、、四点可以共面 B．
C． D．
【答案】BC
【分析】
根据向量共面即可判断点共面，进而可判断A，根据数量积的运算律即可求解B，根据模长的计算公式即可判断C，根据夹角公式即可求解D.
【详解】由于单位向量，，两两夹角均为，
所以，
假设、、、四点可以共面，则共面，
所以存在，使得，分别用，，与点乘，
则，由于该方程组无解，所以不存在，使得共面，
故、、、四点不共面，故A错误，
对于B，,故B正确，
对于C，由得，
由得,
所以,则
,故C正确；
对于D，
，
故，故D错误，
故选：BC.
6. (多选)如图，在三棱柱中，、分别是、上的点，且
．若，，，则( )

A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】设，，，利用向量的加减法则，以为基底可得，可得A错误；由计算可得，可知B正确；分别表示出可得不为零，可得C错误；利用C中结论，分别求出，即可得，即D正确.
【详解】设，，，
对于A选项，因为，，
所以，，
所以，故A错误；
对于B选项，因为，，，
所以，
所以，故B正确；
对于C选项，易知，
此时
，所以与不垂直，即C错误；
对于D选项，因为，，
所以，
因为，所以，
，所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
7.(多选)已知二面角的大小为，，，且，，则( )
A．是钝角三角形 B．异面直线AD与BC可能垂直
C．线段AB长度的取值范围是 D．四面体体积的最大值为
【答案】AC
【分析】根据空间向量的线性运算与数量积公式，可得出，，从而可知选项A正确，B错误；
计算可得 ，设，得，结合二次函数知识可求出线段AB长度的取值范围，可知选项C正确；
先求出四面体的体积表达式，再结合基本不等式可求出最大值，从而可知选项D错误．
【详解】对于选项A：由题意可知，，二面角的大小为，，，所以，
所以，
所以是钝角，即是钝角三角形，故A正确；
对于选项B：由题意知，，，，，
所以，
所以异面直线AD与BC不可能垂直，故B错误；
对于选项C：由题意可知，，，，
所以
．
设，由，得，其中，
所以，所以，
则线段长度的取值范围是，故C正确；
对于选项D：如图，过点A作平面的垂线，垂足为E，则，
由题意，可知四面体的体积为
，
当且仅当时，等号成立，故D错误．

故选：AC.
1.(2023·全国·高考真题)已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，
则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2.(2020·全国·高考真题)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)要证明平面，只需证明，即可；
(2)方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】(1)空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以
．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
(2)空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.

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