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对于③, OA OC , OB OD , OC OA , OD OB ,
第一章 空间向量与立体几何 OA OB OC OD OA OB OC OD ,

OA OB OC OD 与 OA OB OC OD 是一对相反向量,③正确;
第一节 空间向量及其运算 对于④, OA OA AA , OC OC C C ,又 AA C C ,

OA OA 与 OC OC 是一对相反向量,④正确.故选:C.
核心基础导学 【6】C
1 1
【1】A 解析:∵M,G分别是 BC,CD的中点,∴ BC BM , BD MG .
2 2
解析:选项 A:因为空间向量 AB 与 BA 互为相反向量,所以空间向量 AB
1 1
与 BA 的长度相等,所以 A正确; ∴ AB BC BD AB BM MG AM MG AG .故选:C2 2
选项 B:将空间所有的单位向量平移到一个起点,则它们的终点构成一 【7】A
个球面,所以 B错误; 1 1
选项 C:空间向量可以用空间中的一条有向线段表示,但空间向量不是 解析:因为 PE PD ,所以 DE PD ,2 2
有向线段,所以 C 错误; 因为 BD BA BC CD AD PD PC PD PA 2PD PC PA ,
选项 D:两个空间向量不相等,它们的模可能相等,也可能不相等,如向
所以
量 AB与 BA 的模相等,所以 D错误; 1 3
故选:A. BE BD DE 2PD PC PA PD PD PC
3
PA c b a ,
2 2 2
【2】BC
故选:A.
解析:A为假命题,根据向量相等的定义知,两向量相等,不仅模要相等,
【8】B
而且还要方向相同,而 A中向量 a,b的方向不一定相同; 解析: 点 M 在线段 OA上,且 OM 2MA N BC , 为 中点,
B 为真命题, AC 与 A1C 的方向相同,模也相等,故 AC AC ; 2 1 1 1 1 1 1
OM OA , ON (OB OC) OB OC ,
C 为真命题,由于空间向量 m,n, p 满足 m n , n p ,且向量的相等满足 3 2 2 2
MN ON OM 1

OB 1
2 2 1 1
传递性,故 m p ; OC OA a b c .2 2 3 3 2 2
D为假命题,零向量的相反向量仍是零向量.故选:BC
【3】④
解析:对于①:方向相反且模长相等的两个空间向量是相反向量.

对于②:向量无法比较大小,故 a b 不成立. 故选:B.
对于③:不相等的两个空间向量有可能是相反向量,则模长相等.

【4】（1） AD ,图见解析;（2） CB ,图见解析;（3） EF ,图见解析;

解析:（1） AC CB BD AB BD AD ,如图:
【9】C
解析:如图所示,连接 OF ,
1
∵ OD OF FD , OF (OB OC) ,2
2 FD FE 1

所以 , FE OE OF , OE OA ,
3 2
2
∴ OD OF FD OF FE
（2） AF BF AC AB AC CB ,如图: 3

OF 2 OE OF 2 OE 1 OF3 3 3
2 1 1 1
OA (OB OC )
3 2 3 2
1
OA 1 OB 1 OC 1 1 1 a b c .故选:C.
3 6 6 3 6 6
1 CF 2FD AB EB 2

（3）因为 E是线段 AB的中点, ,所以 , CD CF ,
2 3
1 2
所以 AB BC CD EB BC CF EC CF EF ,如图:
2 3
1 1 1 1
【10】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
4 2 4 8
1
解析:（1）因为 EF BD ,
2

由题意,可知 ABD 60 ,所以 BD,BA 60 ,
1 1 1 1 1
【5】C 所以 EF BA BD BA 1 1 cos60 1 1 .2 2 2 2 4
1
（2） EF BD BD BD
1
|BD |2 1 .
2 2 2

解析: （3）由题意,可知 BD CD BDC 60 ,
1 1 1 EF DC BD DC BD CD 1 1 1 1 1 cos BD CD 1 1
2 2 2 2 2 4
1 1
对于①, OA OC , OD OB , OA OD OB OC , （4） BF CE (BD BA) (CB CA)
2 2
OA OD 与 OB OC 是一对相反向量,①正确; 1
[BD ( CB) BD CA BA ( CB) BA CA]
对于②, OB OC CB , OA OD D A ,又 CB D A , 4
1
OB OC 与 OA OD 不是相反向量,②错误; [ BD CB BA CB (CD CB) CA BA CA]
4
{#{QQABIQWpwwiwgEYACB6bQw1KCQuQkIISLaoOgUAUqAQKSQNIFCA=}#}
1 1
[ BD CB BA CB CD CA CB CA BA CA] EH AH AE AD 1 AB 1 AD 1 AB BD ．4 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 2 2
( ) . 又 CF 2FB , CG 2GD ,所以 CF CB , CG CD ,4 2 2 2 2 2 8 3 3
【11】A 2 2
所以 FG CG CF CD CB
2 2
CD CB BDπ ,
解析:由题得 BA,BC 夹角, BD,BC
3 3 3 3
夹角, BD,BA 夹角均为 ,
3
3
CE ED,AF 2FD 所以 EH FG 且 EH = FG FG 4 ,又点 E不在 FG上,所以四边形,
1 2
BE (BC BD),AF AD , EFGH是梯形．
2 3
【16】C
CF BF BC BA AF BC 解析:对于空间中的任意向量,都有 AB BC AC ,说法 A错误;
2 2 1 2
BA AD BC BA (BD BA) BC BA BC BD , 若 AB BC AC ,则 AC BC AB ,而 AC CB AB ,据此可知
3 3 3 3 B,C
1
BC CB ,即 两点重合,选项 B错误;
BE CF (BC BD) 1 BA BC
2
BD
2 3 3 AB BC ,则 A、B、C三点共线,选项 C正确;
1 2 BA BC 1 BC 1 BC BD 1 BA BD 1
2 AB BC ,则线段 AB的长度与线段 BC 的长度相等,不一定有 A、B、
BD
6 2 6 6 3 C三点共线,选项 D错误;本题选择 C选项.
1 2 2 1 1 22 1 2 2 1 1 2 2 1 1 22 1 【17】充要故选:A.
6 2 2 6 2 6 2 3 3 解析:若 P , A , B , C 为空间四点,且有 PA PB PC（ , PC 不共
【12】D
2 线）,当 1时,即 1 ，可得 PA PC PB PC ,即
解析:如图, D为 AB的中点,则点 G 在 CD 上,且 CG CD ,
3 CA CB ,所以 A , B , C 三点共线,反之也成立,即 1是
2
则 OG OC CG OC
2 1
CD OC CA CB A, B , C 三点共线的充要条件3 3 2 【18】证明见解析
1 1 OC OA OC OB OC OA OB OC , 解析:连接 EF , FB ,3 3 2 2
1
∵ EF A1F A1E A1C A1D1
则 OG OA OB OC OA OB OC OA OB OC
3
5 3
2 2 1 2 2 2
A1A AB BC A1D1
OA OB OC 2OA OB 2OA OC 2OC OB 5 33 2 2 1 A1B1 A1D1 A1A A1D1
1 14 4 9 0 0 0 .故选:D. 5 3
3 3 2 2 4
A1B1 A1A A1D1 ,5 5 15
2
FB A1B A1F A1B1 A1A A B AD A A5 1 1 1 1 1
3
A1B
3 A A 2 AD
5 1 5 1 5 1 1
,
2
∴ EF FB ,∴ EF //FB ,
【13】AC 3

ABCD 又 EF FB F ,∴ E , F , B 三点共线.解析:在空间四边形 中, AB,AC 夹角为 60°,所以

2AB AC 2 AB AC cos60 a 2 .故 A正确;

AD,DB 夹角为 120°,所以 2AD DB 2 AD DB cos120 a 2 .
故 B 错误;
1
因为点F,G分别是AD,DC的中点,所以 FG // AC 且 FG AC ,所以
2
【19】证明见解析
AC,FG 夹角为 0°,所以 2FG AC 2 FG AC cos0 a2 .故 C 正确; 解析:证明: MN MB BB B N .
1 1
因为点 E,F分别是 AB,AD的中点,所以 EF / /BD ,所以 EF ,CB 夹角为 1 1
因为 BM BA , B N B D ,
3 1 1 3 1 1
120°,所以 2EF CB 2 EF CB cos120
1
a2 .故 D错误.故选:AC
2 1 1 所以 MN BA1 BB3 1
B
3 1
D1 ,
重点题型专练 1 1 BB1 B1A1 BB1 B A AD ,
14 3 3
1 1 1 1
【 】共线；证明见解析
解析:因为M N分别是 AC BF的中点,而四边形 ABCD ABEF 2 1 2 1都是平行 BB1 A1D1 BB1 BC .3 3 3 3 1 1
四边形,
1 1 又因为 P为 B1C1 中点,
所以 MN MA AF FN CA AF FB .
2 2
所以 BP BB1 B1P BB
1
BC 3 2 BB 1 3 BC MN
1
1 2 1 1 2 3 1 3 1 1 2 ,
又 MN MC CE EB BN CA CE AF
1
FB ,
2 2 从而 BP 与 MN 为共线向量.因为直线 MN与 BP不重合,
1 1 1
所以 CA AF FB CA CE
1
AF FB . 所以 MN / /BP .
2 2 2 2
【20】向量 MN 与向量 AD , BC 共面.
所以 CE CA 2AF FB 2 MA AF FN 2MN , 解析:由题图可得 MN MA AD DN ,①; MN MB BC CN ,②.

即 CE 2MN ,即 CE 与 MN 共线. MA MB , DN CN .由① ②得 2MN AD BC ,
【15】证明见解析 1 1
即 MN AD BCE H AB AD ,故向量 MN 与向量 AD 、 BC 共面.解析:因为 , 分别是边 , 的中点, 2 2
1 1 5
所以 AE AB , AH AD ,所以
2 2 【21】 8
解析: P 平面 ABC ,
{#{QQABIQWpwwiwgEYACB6bQw1KCQuQkIISLaoOgUAUqAQKSQNIFCA=}#}
P , A , B , C 四点共面, 1 1
1
(OA OB OC) (a b c) .
OP OA OB 1
3 3
又 OC ,
4 8 （2）因为 GH OH OG ,
1 1 5
1 ,解得 .故选:D.
4 8 8 OH
2
OD 2 1 (OB OC ) 1 (b c ) ,
3 3 2 3
或者根据 P 平面 ABC , P , A , B , C 四点共面,则存在实数 x, y ,
1 1
1 1
所以 GH (b c ) (a b c ) a OA ,
使得 PA xPB yPC , 3 3 3 3
1 即 OA OP x OB OP y OC OP 1 x y OP OA xOB yOC , MN OA ,所以 MN 3 GH .所以 MNGH 四点共面.
2 2
6

1 x y 4,
【26】
1 5
又 4OP OA 4 OB OC
x 4 5,所以 , 解得 2 8 解析:如图所示,
1 y ,
2
【22】D

解析:空间向量共面定理: OM xOA yOB zOC ,若 A,B,C 不共线,且
A,B,C,M 共面,其充要条件是 x y z 1 .
对 A,因为 1 1 1 1 ,所以 A,B,C,M 四点不共面;
1 1 1 31
对 B,因为 1 ,所以 A,B,C,M 四点不共面;
5 3 2 30 3 1 1
正方体 ABCD－A1B1C1D1 中, BE BB1，BF BC，BG BA ,
对 C,由 OM OA OB OC 0 可得 OM OA OB OC , 4 2 2

因为 1 1 1 3 1 A,B,C,M 1 1,所以 四点不共面; BO xBG yBF zBE xBA yBC zBE xBG yBF 3 zBB
2 2 4 1
,
对 D,由 MA MB MC 0 可得 OA OM OB OM OC OM 0 ,
1 1
O ,A, C , E 四点共面, O , G , F , B 四点共面,
OM OA OB 1 1 1 1
1
即 OC ,因为 1 ,所以 A,B,C,M 四点共
3 3 3 3 3 3 1 x
1
y z 1
面.故选:D 2 2 2 4 6 6 ,解得 x y , z ； x y z .故答案为：
5 3 5 5 5 5
【23】 x y z 1
6 4
解析:方法一:因为 P与 A,B,C三点共面 【27】 5
1 2 5
所以根据结论 (1 ) 1 ,所以 解析:依题意,设 AB=a , AC b , AA c ,则 a b c 2 ,
6 3 6 1
方法二:因为 P,A,B,C四点共面,所以存在不全为 0的 m,n使得 π
由题意可得 a b a b cos 2 , a c b c 0 ,
PA mPB nPC , 3
又 E 、 F 分别为 AB、 AC 的中点,O ABC OA OP m OB OP n OC OP 1 1是平面 外任意一点,则 ,
1 1 1 1所以 EF EA AA1 A1F a c b a b c ,
即 m n 1 OP mOB nOC OA , 2 2 2 2
22
若 A,B,C三点共线,则 AB CB ,即 PB PA PB PC , EF 1 a 1 b c 1 2 1 2 2所以 a b c 1 a b a c b c
2 2 4 4 2
整理得: 1 PB PA PC ,所以 PA 1 PB PC ,
1 1 1
m n 1 4 4 4 2 0 0 5 ,因此 EF 5 .此时若 PA mPB nPC ,则 , 4 4 2

因为 A,B,C三点不共线, PA mPB nPC , 【28】A
所以 m n 1 , 解析:依题意得, a b c 1 , a b a c c b 0 ;
m n
所以 OP OB OC
1
OA , 所以
m n 1 m n 1 m n 1
m n 1
2
令 y ,z ,x ,则 x y z 1 , 3a b 2c 3a b 2c 9a 2 b 2 4c 2 6a b 12a c 4b c
m n 1 m n 1 m n 1
1 2 5 5 9 1 4 14 ,故选:A.
所以 (1 ) 1 ,所以 .故答案为:
6 3 6 6 【29】A

【24】证明见解析 解析:依题意,设 AB=a , AD b , AA1 c ,
1
解析:证明:因为 M在 BD上,且 BM BD , 因为 AB AD 3,AA1 4, BAD 90 , A1AB A1AD 60 ,
3 2 2 2
1 1 1 1 1 所以 a b 9 , c 16 , a b 0 , a c b c 3 4cos60 6 ,
所以 MB DB DA AB .同理 AN AD DE .
3 3 3 3 3 又 A1C A1A AC AA1 AB AD a b c ,
又 CD BA AB , 2 2 2 2 所以 1 1 1 1 A1C a b c a b c 2a b 2a c 2b c
所以 MN MB BA AN DA AB BA AD DE3 3 3 3 , 9 9 16 2 6 2 6 10 .故选:A.
2 1 2 1
BA DE CD DE . 【30】 5
3 3 3 3
1
又 CD 与 DE 不共线,所以 MN , CD , DE 共面.因为 MN不在平面 CDE 解析:依题意, a b b c c a ,2
内,所以 MN / / 平面 CDE. 2
【25】详见解析 则 a b 2c (a b 2c )
2
1 1
解析:（1） MN OA a a |2 b |2

2 2 4 | c |
2 2a b 4b c 4a c 6 1 1 1 2 4 4 5 ,
2 2 2
因为 OG OA AG ,
a b 2c 5 .故答案为: 5 .
而 AG
2
AD,AD OD OA ,
3 10
【31】
又 D为 BC
1 2
的中点,所以 OD (OB OC) ,
2 解析:设 AO a , AB b , AC c ,
2 2
所以 OG OA AD OA (OD OA)
2 1 2
OA (OB OC ) OA
3 3 3 2 3
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1 1 2 2DE DA AB BE OA AB AC AB 解析: CA1 CD CB CC2 2 1
1 1 AO AB 1 AC 1 a 1 b 1
2 2 2
c , CD CB CC1 2 CD CB CD CC1 CB CC1
2 2 2 2 2 2
2 1 1 4 2 1 1 cos60 1 2 cos60 1 2 cos60 11 ,
DE 1 1 1 1 a b c ( a b c )
2
2 2 2 2 所以 CA1 11 ,即 A1C 的长为 11 .
1
a2 b 2 c 2 2a b 2a c 2b c CA1 DC1 CD CB CC1 CC1 CD
2
1 CD CC1 CD CD CB CC1 CB CD CC1 CC1 CC1 CD
1 1 9 2 1 1 cos60 2 1 3 cos60 2 1 3 cos60
2 1 7 1 1 1 4 1 ,
1 11 1 3 3 10
2 2

2 2 2 2又由余弦定理得 DC1 DC CC1 2 DC CC1 cos60 3 ,
DE 10 10 故答案为: 所以设所求异面直线所成角为 ,
2 2
CA1 DC1
【32】 3 6 cos cos CA 7 331,DC1 .
1
CA DC 66
1 1 1
解析:由题意得 AE AB BC CE a AD CC1 a b c ,2 2 【36】 4
又 AB 5 , AD 3 , AA1 4 , DAB 90 , BAA1 DAA 60

1

, 解析:因为 a 1 , a 与 b的夹角为 ,
3
22 1 2 2 1 2
故 AE

a b c a b c 2a b b c a c2 4 所以由 a b 2 a b cos

2 1 b 1 2 b 4 ,
3 2

2 2 1 2 故答案为: 4 5 3 4 2 a b cos90 b c cos60 a c cos60
4 1
【37】
8
25 1 1 9 4 2 5 3 0 3 4 5 4
2 2 解析:由题意得 | a | 2,| b | 2 , | a b | 7 ,

25 9 4 6 10 54 ,故 AE AE 3 6 ; 2 1则 | a b | 7 ,即 2 2a 2a b b 7 ,则 a b
2 2
【33】
3 1 1


则 a b 1
解析:设 OA a,OB b ,OC c ,且各长度均为 1 , cos a,b
2 ,故答案为:
| a || b | 2 2 8 8

则 a b b c a c 1 1 cos60
1
, 【38】D
2 解析:设 a 与 b的夹角为θ,
1 OE a b BF 1 因为 , c b OE 3,且 , BF 3 , 由 a b c 0 ,得 a b c ,2 2 2 2 2
两边平方,得
2 2
1 1 1 1 1 1 1 a 2a b b c
,
所以 OE BF a b c b a c b c a b b 2 2 2 4 4 2 2 2 , 因为 a 2, b 3, c 4 1,所以 4 2 2 3cos 9 16 ,解得 cos ,

4
cos OE,BF OE BF 2所以 故选:D.OE BF 3 . 【39】C
2 解析:由题知, AC AD 2AB 2 , BAD 60
OE 与 BF 所成角的余弦值为 .
3 所以 5 21 AB CD AB AD AC AB AD AB AC
【34】
42 AB AD cos BAD AB AC cos BAC 2 ,
解析:由题意, O ABC 是棱长为 2的正四面体,
1 2 1 2 所以 1 2cos60 1 2cos BAC 2 ,解得 BAC 120 ,故选:C
而 BF BE EO OF BA EA AO OC AO AC AB ,
2 3 3 3 【40】证明见详解

OE OA AE 1 AB AO 解析:设 OA a,OB b ,OC c ,,
2 由题意得
1 2
所以 | BF | ( AO AC AB) 2 a b c , a·b a ·b ·cos AOB a·c a ·c cos AOC ,
3 3

1 2 4 2 2 4 2 4 OG
1
OM ON ,
AO AC AB AO AC AO AB AC AB 2
9 9 9 3 3
4 16 8 4 8 2 7 因为 OM
1
a,ON 1 1 b c ,所以 OG a b c ,
4 , 2 2
4
9 9 9 3 3 3 又 BC c b ,
1 1 2 2|OE |

( AB AO) 2 AB AO AB AO 1 2 4 3 , OG BC 1 a b c c b 1 2 4 所以 a c a b 1 c 2 b 2 0 ,4 4 4
1 1 2 OE BF ( AB AO) ( AO AC AB) 所以 OG BC又 .
2 3 3 【41】证明见解析
1 1 1 2 1 2 2 AB AO AB AC AB AO AO AC AO AB 解析:因为 AD ⊥ AB , AD ⊥
AC , AB ⊥ AC ,
6 3 2 3 3 所以 AB AD AC AD AB AC 0 ,
1 2 2 4 4 5 2 , 因为 M ,N 分别是 BC,BD 的中点,
3 3 3 3 3 1 1
5 所以 MN CD AD AC

.
2 2

OE BF 5 21
所以 cos OE,BF
3 5 21.故答案为: 因为 E,F 分别是 AB,CD的中点,|OE || BF | 2 7 42
3 42 所以
3 1
7 33 EF EA AD DF AB AD
1DC 1 AB 1 AD
2 2 2 2 AC AD 【35】
66 1 1 1
AB AC AD ,
2 2 2
{#{QQABIQWpwwiwgEYACB6bQw1KCQuQkIISLaoOgUAUqAQKSQNIFCA=}#}
1 1 1 1
2
故 EF MN AD AC AB AC AD2 2 2 2
BD A C A C
BD
BD 在 AC 上的投影向量为
1
2 AC AC .故选:B
1 2 2
AC AC AC 4
AB AD AC AD AD AB AC AC AC AD
4 【45】D
1
0 0 1 0 1 0 0 所以 EF ⊥ MN ,得证. 解析:设正方体的棱长为 1, AB=a , AD b , AA1 c ,则
4

42 a b c 1

【 】 BD 与 CE 不垂直 , a b b c c a 0 ,
解析:由题知, 1 1
∵ A1C1 AC AB AD a b , DE DD D E DD DC c a 1 1 1
,
BD BO BA OB OA OB b a b 1
1 1 1 2 1 1 2
a b ,
2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1
∴ A1C1 DE a b c a a c b c a a b a ,
CE CO OE 1 CO OA 1 1 OB a b c 2 2 2 2 2.2 2 2
2
a b c 1 2
1 5
,且两两的夹角为 60 DE 1 2 2
1 1 1 BD·CE a b · a b c
2 2 2 ∴向量 AC AC cos AC ,DE
DE 2
DE
1 1 在向量 DE 上的投影向量是 1 1 1 1 DE 5 .
1 2a 1
2 1
b a b 1 a c b c
4 2 4 2 故选:D．
1 2 2a 1 b 1
3
a b cos60 1 a c cos60 b c cos60 【46】 BC
4 2 4 2 2
1 1 1 1 1 解析: PA 平面 ABC ,

4 2 8 4 2 则 PA BC , PC BC (PA AB BC ) BC PA BC AB BC BC BC
1
0 1,所以, BD 与 CE 不垂直. 0 6 6 62 548 2
1 1 1
43 【 】 A1C1 A1C DB （答案不唯一） PC BC B C 542 3 2 向量 PC 在 BC 上的投影向量为 BC
3
BC.
| BC | | BC | 36 2
解 析 : （ 1 ） 方 法 一 : 在 正 方 体 ABCD A1B1C1D1 中 , 易 知 3
AB//A1B1 , C1A1B 45
, 故答案为:
BC .
1 2
2 2 【47】D
向量 AB与向量 A1C1 夹角为 45°, AB 1 , A1C1 A1B1 B1C1 2 , 9 13
解析: a 13 , b 5 , a 与 b 夹角的余弦值为 ,
所 以 向 量 AB 在 向 量 A1C1 上 的 投 影 向 量 是 65

AC 2 AC 1 a 在 b 上的投影向量为AB cos AB,A1C 11 1 1 1 1 AC
AC 2 2 2
1 1 ． 9 13
1 1
a b b 13 5 ( )

b 9 b 9
65 b .故选:D．方 法 二 : 设 B1D1 A1C1 O1 , 如 图 , 由 正 方 体 的 性 质 可 得 b b 5 5 5 5 25
AB//A1B1 , AB A1B1 , B1O1 A1C1 ,
【48】C
1
向量 AB在向量 A1C1 上的投影向量是 A1O1 A1C1 ． 解析:取 AB中点 O ,连接 PO ,如图,2

（2）如图,连接 B1C ,过 B1 作 B1H A1C ,垂足为H,则 AB在直线 A1C 上

的投影向量就是 A1H ,
在正方体 ABCD A1B1C1D1 中,易知 A1B1 平面 BCC1B1 ,因为 B1C 平面
BCC1B1 ,所以 A1B1 B1C ,
在 Rt A1B1C
3
中, A1B1 1 , BC 2 , AC 3 , cos B AC , 2 2 1 1 21 1 3 则 PA PB PO OA PO OB PO OA PO 1 ,
AH AB cos B AC 3 1 AC ． 当 P 在正方体表面上运动时,运动到 D1 或 C1 处时, PO 最大,1 1 1 1 1 3 3 1 2
1 所以 POmax D1D
2 DA2 AO2 9 ,所以 PA PB 的最大值为 8.
所以向量 AB在直线 A1C 上的投影向量是 A1C ．3 故选:C
（3）如图,连接 AC,交 BD于点 O,易证 AC BD , AC BB 【49】A1 ,
解析:由题意 MN 等于正方体的体对角线长,设点 O 为 MN 的中点,
由 BB1 BD B , BB1,BD 平面 BDD1B1 ,则 AC 平面 BDD1B1 ,
1 1 2 2 2 3
所以 AB在平面 BDD1B
1 所以 OM ON MN 1 1 1 ,
1 上的投影向量就是 OB ,易知 OB DB ．2 2 2 2 则 PM PN PO OM PO ON
2
2
2
PO PO OM ON OM ON PO 0 3 2
2
PO 3 ,
4
2
P 2
2 1 1
当点 与某个侧面的中心重合时, 最小,且 PO ,
1 1
PO 2 1 min 4
故答案为: A
2 1
C1 ; A1C ; DB （答案不唯一）3 2 当点 P

与正方体的顶点重合时, 2PO 最大,且
【44】B
2 2
解析:在四面体中,因为 ABD BDC 90 ,AC 2BD , 2 1 2 3
PO ,
设 AC 2,BD 1

,且 AB BD BD DC 0 , AC AB BD DC , max 2 2 4
2 1 3
则 AC BD AB BD DC BD BD , 由于点 P 2是在正方体表面连续运动,所以 PO 的取值范围是 ,
4 4
,

1
PM PN 的取值范围是 ,02 .故选:A.
{#{QQABIQWpwwiwgEYACB6bQw1KCQuQkIISLaoOgUAUqAQKSQNIFCA=}#}
【50】D 因为 FG 平面 EFG , AD 平面 EFG ,所以 AD / / 平面 EFG ,

解析:分别取 BC,AD的中点 E,F,则 PB PC 2PE 2 2 , 同理 AC / / 平面 EFG ,
又因为 AC,AD 平面 ACD , AC AD A ,所以平面 EFG / / 平面
所以 PE 2 , ACD .
P EH / / ACD故点 的轨迹是以 E 为球心,以 2 为半径的球 因为 平面 ,所以 H为线段 FG上的点.

BCD CD BCD AB CD
面, AP PD PF FA 由 AB 平面 , 平面 ,得 ,PF FD PF FA PF FA 又 BDC 90 ,则 BD CD ,
2 2 2
FA PF 4 PF , 由 AB BD B,AB,BD 平面 ABD ,得 CD 平面 ABD ,
FG
又 ED DC 2 CE 2 16 4 12 2 3, 因为 EG / /CD ,所以 EG 平面 ABD , EG FG , cos EFG .EF
EF DE 2 DF 2 12 4 8 2 2 , 因为 BD 2AB 2CD 2 ,

PF EF 2 2 PF EF 2 3 2 FG 1 AD 5 BC 5 EF 1 AC 6所以 , , 所以 , , .
min max 2 2 2 2

所以 AP PD的取值范围为 14,2 ．故选:D．
2
所以 CA EH 2EF EF FH 2EF 2EF FH
2 2

2EF 2 EF FH cos π EFG 2EF 2 EF FH cos EFG
2
2EF 2 FH FG 3 5 FH .
5 1
因为 FH 0, ,所以 CA EH ,32 2
.

3
【51】 ,0
4

综合巩固提升
解析:取 AC1 中点 O , 1.【答案】D
解析:如图,
2 2则 PA PC1 PO OA PO OC1 PO OA PO OA PO OA ,
1 当 P 为侧面 ABB1A1 中点时, PO ; PO 的最大值为体对角线的 由题意可知, AC2 1
AB AD AA1
min 2
1 1
2
2 2
PO OA 3 ,0 AC1 (AB AD AA1)一半 1 ,又 OA AC1 1 1 2 1 , 4 ,2 2 2 2 2 AB AD AA1 2AB AD 2AB AA1 2AD AA1
3
即 PA PC1 的取值范围为 ,04 . 1 1 1 2 (cos 60 cos 60 cos 60 ) 6 ,

1 3 AC 6
【52】 , 1 .故选:D.
4 4 2．【答案】D
解析:如图所示,正四面体 D ABC的棱长是 1,E是 AB的中点,点 F是 解析:由题意可
线段 DC上的动点（包含端点）,

a a a
a a
得: c a a
2
b a a b a2 a2 0 ,
a b a b

故: a c ,即向量 a 与 c 的夹角为 .本题选择 D选项.2
3.【答案】D
解析:因为 AB AD AA1 2 , BAD
π
, BAA1 DAA
π
2 1
,
3

EC AC AE 1 AC AB 所以 ,
2 可得 AB AD 0,AB AA1 AD
1
AA1 2 2 2 , AC 2 2 ,
2
又 F,C,D三点共线,所以 AF AC 1 AD 0 1 , 又因为 BD1 BA AD DD1 AD AA1 AB , AC AB AD ,
EC AF AC
1 AB AC 1 AD 可得
2 2 2 AC BD1 (AB AD) (AD AA1 AB) AD AB AB AA1 AD AA 2 1
1
AC 1 AC AD AB AC 1

1 AB AD 4 4 2 2 4 ,
2 2
1 1 BD1 (AD AA1 AB)
2
1 cos60 cos60 1 cos60
2 2 2 2 2
1 3 1 3 AD AA1 AB 2AD AA1 2AD AB 2AA AB1 1 1
+ ,则 EC AF 的取值范围为 ,

4 4 ．故答案为:2 4
, ．
4 4 4 4 4 4 0 4 2 3 ,
1 所以直线 BD1 与直线 AC 所成角的余弦值为
【53】 ,32 AC BD1 4 6
解析:设 F,G分别为 AB,BD的中点,连接 FG,EF,EG,如图, .故选:D.AC BD 2 2 2 3 61
4.【答案】ACD
解析:对于 A,由平面向量数量积的结合律,可知 A正确;

对于 B, b c a c a b c b c a c c a b c
b c a c c a b c 0 ,
易得 FG / /AD , EF // AC , EG / /CD ,
{#{QQABIQWpwwiwgEYACB6bQw1KCQuQkIISLaoOgUAUqAQKSQNIFCA=}#}
所以 b c a c a b与 c垂直,故 B 错误; 10.【答案】12
解析:∵AC⊥AB,BD⊥AB,∴ CA AB 0,BD AB 0 ,
对于 C,因为 a,b不共线,
又∵二面角 AB 的平面角为 120°,
所以 a , b , a b 组成三角形的三边,所以 a b a b C ,故 正确; ∴ CA,BD 60 ,
2

2 2 2 2 2 2
对于D, 3a 2b 3a 2b 9a 6a b 6a b 4b 9 a 4 b ,故D正 ∴ |CD | |CD | (CA AB BD)
2 2 2
确.故选:ACD. CA AB BD 2CA AB 2CA BD 2AB BD
3 3 62 2 62 cos60 144
5.【答案】
10 ∴CD＝12.

解析:因为 m n , 3
11．【答案】
所以 m n a b a b 2 4 a 1 a b b 2 0 , 解析:连接 BD , BG
2 2
即 a 1 a b cos135 b 0 ,

即 18 1 2 3 2 5 25 0 ,
2
3 3
解得 .故答案为: .
10 10
6.【答案】－13
2
解析:因为 a b c 0 ,所以 a b c 0 ,则 因为 AB PB PA , AB DC ,所以 DC PB PA ．
2 2 2 因为 PC PD DC ,所以 PC PD PB PA PA PB PD ．a b c 2 a b b c c a 0 PH 1 1 1 1 1
32 12 42 因为
,所以 PH PC ,所以 PH PA PB PD．
因此 a b b c c a 13 HC 2 3 3 3 3故答案为: 13
2 4 1 1
7 2 又因为 AH PH PA ,所以
AH PA PB PD ．
．【答案】 3 3 3
解析:因为 A,B,C,D 四点在平面 内, AG
因为 m ,所以 AG mAH
4m
PA m PB m PD ．
且点 P 为平面 外的一点, AH 3 3 3

则有 aAP bBP cCP dDP 0 , 4m m
又因为 PG PA AG 1 PA
m
PB PD
3 3 3 ,且
G , B , P , D四
其中 a b c d 0 ,

而 AP BP 4CP DP 0 , 1 4m 3 3点共面,所以 0 ,解得 m ．故答案为:
所以 1 1 4 0 ,解得 2 .故答案为:2 3 4 4
8．【答案】 60 12.【答案】（1）证明见解析;（2） 2

解析:因为异面直线 AD与 BC 成 60 角,则 AD与 BC 夹角为 60 或 解析:（1）由已知得 AB1 AB BB1 , BC1 BB1 B1C1 BB1 BC ,
120 , BB1 平面 ABC ,

又 AB BC CD DA 0 , AB CD BC DA . BB1 AB 0 , BB1 BC 0 ,
2 又 ABC2 2 2 是正三角形,
两边平方,得 AB CD 2 AB CD BC DA 2 BC DA ,
1 AB,BC BA,BC
2
,
即 4 1 2 2 1 cos AB,CD 1 9 2 1 3 , 3 3
2 2 AB1 BC1 AB BB1 BB1 BC AB BB AB BC BB BB BC
4 1 2 2 1 cos AB,CD 1 9 2 1 3 1
1 1 1
或 2 , 2 0 AB BC cos AB,BC BB 1 1 0 2 2 1 0 1 2
;
cos AB,CD （或 cos AB,CD 2

舍去）.
2
AB1 BC 1 ;
即 AB与 CD 夹角为 60 ,所以异面直线 AB与 CD 所成角为 60 . 2 2
（2）由（1）得 AB1 BC1 AB BC cos AB ,BC BB1 BB1 1 ,
2 2 2
又 AB1 AB +BB1 2AB BB1 2 BB1 ,
2 2 2
BC1 BC +BB1 2BC BB1 2 BB1 ,
2
AB BC BB1 1
60 cos AB ,BC
1
1 1 ,
故答案为: . 1 1 2AB1 BC1 2 BB 2
9 1．【答案】4

PM 1
2 4
解析: PA PB PC ,故 解得 BB1 2 ,即侧棱长为 2 .
15 15 15
1 2 4 2
15PM PA 2PB 4PC , 3PM PA PB PC , 13．【答案】 , 2 .
5 5 5 2

解析:由已知 E为棱 B1C1 上的动点,设 B1E B1C1 (0 1).

因为 AE AB1 B1E AB1 B1C1 AB BB1 B1C1

所以 AE AC (AB BB1 B1C1) AC AB AC BB1 AC B1C1 AC
1 2 cos45 1 2 cos45 1
1
所以向量 AE 在向量 AC 方向上投影的数量为 2 ,
2 1
1 2 4 1 2 4 又 0≤ ≤1, 1 1 2 , 2
不妨令 PH 3PM ,则 PH PA PB PC ,又 1 ,故 2 25 5 5 5 5 5
2 2 2
点 H ,A,B,C 共面,故V V 6 4 .故答案为: 4 . 所以向量 AE 在向量 AC 方向上投影的数量的取值范围为 , 2 .M ABC 3 P ABC 3 2
{#{QQABIQWpwwiwgEYACB6bQw1KCQuQkIISLaoOgUAUqAQKSQNIFCA=}#}第一节 空间向量及其运算
▍知识点1:空间向量的有关概念
（1）在空间中,我们把具有大小和方面的量叫做空间向量.
注意:平面向量是在二维平面中,而空间向量是在三维的空间当中.
（2）向量的长度（模）:向量的大小叫做向量的长度或模,如图,其模记为或.
（3）特殊向量
长度为0的向量叫做零向量,记为0 .
模长为1的向量称为单位向量.
方向相同且模相等的向量称为相等向量.
与向量长度相等而方向相反的向量,称为的相反向量,记为.
［对应练习:基础1］
▍知识点2:空间向量的线性运算
（1）空间向量的加减法运算法则:
与平面向量的运算一样,空间向量的加法、减法与数乘运算的意义为:
;
;
（2）空间向量的加法运算满足交换律及结合律:
交换律:.
结合律:.
（3）的方向和长度
当时,与向量方向相同;当时,与向量方向相反.的长度是的长度的倍.即
（4）空间向量的数乘运算满足分配律及结合律:
分配律:
结合律: .其中.
［对应练习:基础2］
▍知识点3:共线向量
（1）定义:表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合,则这些向量叫做共线或平行向量.
（2）共线向量定理:对于空间任意两个向量a,b（b≠0）,a∥b的充要条件是存在实数,使.
注意:因为零向量与任意向量平行,即对任意向量a,都有0∥a.所以共线定理中的b≠0不可丢掉,否则实数不存在,但依然有a∥b.
（3）方向向量:如图,O是直线l上一点,在直线l上取非零向量a,则对于直线l上任意一点P,由数乘向量定义及向量共线的充要条件可知,存在实数,使得,把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量.直线l上任意一点都可以由直线l上一点和他的方向向量去表示.
［对应练习:题型1］
▍知识点4:共面向量
（1）定义:平行于同一个平面的向量叫做共面向量.
（2）共面向量定理:若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对（x,y）,使p＝xa＋yb.
（3）空间一点P位于平面ABC内的充要条件:存在有序实数对（x,y）,使＝x＋y..
（4）共面向量定理的推论:
空间中的一点与不共线的三点,,共面的充要条件是存在唯一的有序实数组,使得且,其中为空间任意一点.
［对应练习:题型2］
▍知识点5:空间向量的夹角
（1）夹角的定义
已知两个非零向量,在空间任取一点,作,则叫做向量的夹角,记作.
（2）夹角的范围
空间任意两个向量的夹角的取值范围是.特别地,当时,两向量同向共线;当时,两向量反向共线;当时,两向量垂直,记作.
▍知识点6:向量的数量积
（1）定义:已知两个非零向量,
则叫做的数量积,记作,即.
规定:零向量与任何向量的数量积为0.
（2）投影向量
如图①,在空间,向量向向量投影由于它们是自由向量,因此可以先将它们平移到同一个平面内,进而利用平面上向量的投影,得到与向量共线的向量,,向量称为向量在向量上的投影向量.类似地,可以将向量向直线投影（如图②）.
如图③,向量向平面投影,就是分别由向量的起点和终点作平面的垂线,垂足分别为,,得到向量,向量称为向量在平面上的投影向量.这时,向量,的夹角就是向量所在直线与平面所成的角.
（4）向量数量积的性质
①由可得向量自身的数量积就是其模的平方.
②的充要条件是为非零向量）.
③两个非零向量的夹角可由的数量积表示: .
④对于任意向量,总有,并且只有当时,等号成立.
⑤
（5）向量数量积的运算律
数乘结合律:
交换律:;
分配律:
［对应练习:基础3、题型3—题型7］
空间向量的概念
【典例 1】下列命题中为真命题的是（ ）
A.空间向量与的长度相等
B.将空间中所有的单位向量移到同一个起点,则它们的终点构成一个圆
C.空间非零向量就是空间中的一条有向线段
D.不相等的两个空间向量的模必不相等
【典例 2】（多选）下列命题为真命题的是（ ）
A.若空间向量满足,则
B.在正方体中,必有
C.若空间向量满足,,则
D.空间任一向量与它的相反向量不相等
【练习 3】给出下列三个命题:
①方向相反的两个空间向量是相反向量;
②若是空间两个向量,满足且同向,则
③不相等的两个空间向量的模必不相等
④空间向量与的长度相等.
其中正确命题的序号是________.
空间向量的线性运算
【典例 4】如图,在空间四边形ABCD中,E是线段AB的中点,,连接EF,CE,AF,BF.化简下列各式,并在图中标出化简得到的向量:
（1）;
（2）;
（3）.
【练习 5】已知正方体的中心为,则在下列各结论中正确的共有（　　）
①与是一对相反向量;
②与是一对相反向量;
③与是一对相反向量;
④与是一对相反向量.
A.个 B.个 C.个 D.个
【练习 6】空间四边形ABCD,连接AC,BD.M,G分别是BC,CD的中点,则等于（ ）

A. B. C. D.
【练习 7】如图所示,在四棱锥中,底面是平行四边形,已知,,, ,则（ ）

A. B.
C. D.
【练习 8】四面体中,,点在棱上,且,为中点,则（ ）
A. B.
C. D.
【练习 9】如图,分别是四面体的边的中点,是线段的一个三等分点（靠近点）,设,则（ ）
A. B.
C. D.
求空间向量的数量积
【典例 10】如图,已知空间四边形ABDC的对角线和每条边长都等于1,点E、F分别是AB、AD的中点.计算:
（1）;
（2）;
（3）;
（4）.
【练习 11】如图,各棱长都为的四面体中,,则向量（ ）
A. B. C. D.
【练习 12】在四面体中,棱两两垂直,且为的重心,则（ ）
A. B. C. D.
【练习 13】（多选）如图所示,已知空间四边形每条边和对角线长都为,点E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,则下列向量的数量积等于的是（　　）
A. B.
C. D.
重点题型专练
空间向量的共线问题
空间向量共线的充要条件:
①.则存在唯一实数,使;
②若存在唯一实数,使,则.
证明空间三点共线的思路:
（1）存在实数,使成立.
（2）对空间任一点,有
【典例 14】如图,四边形ABCD ABEF都是平行四边形且不共面,M N分别是AC BF的中点,判断并证明与是否共线？（使用空间向量方法解题）
【变式 15】如图,已知空间四边形ABCD,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边CB,CD上的点,且,.证明:四边形EFGH是梯形.
【变式 16】满足下列条件,能说明空间不重合的A、B、C三点共线的是（　　）
A. B.
C. D.
【变式 17】（2023·全国高二专题）若,,,为空间四点,且（,不共线）,则是,,三点共线的_________条件
【变式 18】如图,在正方体中,点在上,且,点在体对角线上,且.求证:,,三点共线.

【练习 19】如图,正方体中,M,N分别在线段,上,且,, P为棱的中点.求证:.
空间向量的共面问题
（1）证明空间三个向量共面常用的方法
证明其中一个空间向量可以表示成另两个空间向量的线性组合,即若,则,,共面;
（2）对空间四点,,,可通过证明下列结论成立来证明四点共面
①
②对空间任一点,,其中
③或或
【典例 20】如图所示,、分别是空间四边形的边、的中点.试判断并证明向量与向量、是否共面.
【变式 21】若点平面,且对空间内任意一点满足,则_______.
【练习 22】在下列条件中,使M与A,B,C一定共面的是（其中O为坐标原点）（ ）
A.
B.
C.
D.
【练习 23】已知A,B,C三点不共线,O是平面ABC外任意一点,若由确定的一点P与A,B,C三点共面,则 .
【练习 24】如图,矩形ABCD和矩形ADEF所在平面相交于AD,点M,N分别在对角线BD,AE上,且,.求证:平面CDE.
【练习 25】如图所示,四面体中,G,H分别是的重心,设, ,点D,M,N分别为BC,AB, OB的中点.
（1）试用向量表示向量;
（2）试用空间向量的方法证明MNGH四点共面.
【练习 26】（提升）已知在棱长为1的正方体中,,,分别在棱,, 上,且,,,点是平面,与平面的一个公共点,设,求的值.
利用数量积求长度与距离
线段长度的计算应牢记并能熟练地应用公式: .
【典例 27】正三棱柱的各棱长都为, 、分别是、的中点,则的长为_______.
【变式 28】已知,,是空间中两两垂直的单位向量,则（ ）
A. B.14 C. D.2
【练习 29】（2024·河南高二期末）如图,在平行六面体中,,,
,,则等于（ ）
A. B. C. D.10
【练习 30】已知空间向量两两夹角为,且,则 .
【练习 31】（2024·广东高二）如图,四面体中,,,,,,是,的中点,则 .
【练习 32】（2024·广东中山高二）如图,在平行六面体中,,,, ,,E是的中点,设,,,求的长.
利用数量积求夹角
【典例 33】已知空间四边形各边及对角线长都相等,分别为,中点,求与夹角的余弦值.
【练习 34】（2024·福建）如图,空间四边形的各边及对角线长都为2,是的中点,在上,且,求向量与向量所成角的余弦值.

【练习 35】如图,平行六面体的底面是菱形,且,, ,求异面直线与所成的角的余弦值.
【练习 36】（2023·全国高二课后作业）已知空间向量与满足,且,若与的夹角为,则 .
【练习 37】（2024·云南）已知是两个空间向量,若,,则＝ .
【练习 38】（2021·全国高二）已知空间向量满足,,则与的夹角为（ ）
A.30° B.45°
C.60° D.以上都不对
【练习 39】（22-23高二·山东期中）四面体中,,,,则（ ）
A. B. C. D.
利用数量积证明垂直问题
【典例 40】（2023·全国）已知空间四边形中, ,且分别是的中点,是的中点,用向量方法证明.
【练习 41】（2024·全国高二专题）如图,⊥, ⊥,⊥,,分别是的中点,分别是的中点,用向量方法证明证明:⊥.
【练习 42】（2023·上海高二）已知四面体的各棱长均为1,D是棱OA的中点,E是棱AB的中点,设,.,用空间向量方法判断与是否垂直.
空间向量的投影
【典例 43】如图,棱长为1的正方体中,向量在向量上的投影向量是 ,向量在直线上的投影向量是 ,向量在平面上的投影向量是 .

【练习 44】（2024·河北高二期中）在空间四边形中,,则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【练习 45】（23-24·广东高二阶段练习）如图所示,在正方体中,为的中点,则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【练习 46】（2023·河南郑州高二练习）如图,已知平面,,,则向量在上的投影向量等于 .
【练习 47】已知空间向量,,且与夹角的余弦值为,则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
数量积的取值范围
【典例 48】（2023·全国·高二专题练习）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
【练习 49】（2024·福建）正方体的棱长为,是正方体外接球的直径,为正方体表面上的动点,则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【练习 50】正四面体的棱长为4,空间中的动点P满足,则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【练习 51】已知正四棱柱中,底面边长,,是长方体表面上一点,则的取值范围是_________.
【练习 52】已知正四面体的各棱长为1,点E是AB中点,点F是线段DC上的动点（包含端点）,则的取值范围为 .
【练习 53】（22-23高二·湖南）《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如图的鳖臑中,平面,, ,E是BC的中点,H是内的动点（含边界）,且平面,则的取值范围是_________.
综合巩固提升
一、单选题
1.已知在平行六面体中,同一顶点为端点的三条棱长都等于,且彼此的夹角都是,则此平行六面体的对角线的长为（ ）
A. B. C. D.
2.若向量与不共线,,且,则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
3.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.
二、多选题
4.设是任意的非零向量,且它们相互不共线,给出下列选项,其中正确的有（ ）
A.
B.不与垂直
C.
D.
三、填空题
5.已知,,,, ,若,则的值为 .
6.（2024·全国高二课后）已知空间向量满足,,则的值为 .
7.（2023·全国高二）已知四点在平面内,且任意三点都不共线,点为平面外的一点,满足,则 .
8.空间四边形中,,, ,且异面直线与成,则异面直线与所成角的大小为 .
9.已知三棱锥的体积为,是空间中一点,,则三棱锥的体积是 .
四、解答题
10.如图,在120°的二面角中,AC α, BD β且AC⊥AB,BD⊥AB,垂足分别为A,B,已知AC＝AB＝BD＝6,试求线段CD的长.

11.如图所示,若为平行四边形所在平面外一点,为棱PC上的点,且,点在上,且,若, ,,四点共面,求实数的值.

12.（22-23·甘肃兰州高二期末）如图,正三棱柱中,底面边长为.
（1）设侧棱长为,求证:;
（2）设与的夹角为,求侧棱的长.
13.（2021·全国高二）已知正方体的棱长为1,E为棱上的动点.求向量在向量方向上投影的数量的取值范围.

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