专题40 空间向量及其应用-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）解析版

这是一份专题40 空间向量及其应用-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）解析版，共57页。
【知识梳理】2
【真题自测】4
【考点突破】9
【考点1】空间向量的运算及共线、共面定理9
【考点2】空间向量的数量积及其应用17
【考点3】利用空间向量证明平行与垂直25
【分层检测】35
【基础篇】35
【能力篇】46
【培优篇】52
考试要求：
1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.
2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.
3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.
4.理解直线的方向向量及平面的法向量.
5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.
6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.
知识梳理
1.空间向量的有关概念
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量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)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积
(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝eq \f(π,2)，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.
(2)两向量的数量积：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cs〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cs〈a，b〉.
(3)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
5.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
6.空间位置关系的向量表示
1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：eq \(OA,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.
2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.
4.在利用eq \(MN,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在平面ABC内.
真题自测
一、单选题
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．
二、多选题
2．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足BP=λBC+μBB1，其中，μ∈0,1，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
三、解答题
3．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
参考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，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；
法二：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】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
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．BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，BP=BC+μBB1=BC+μCC1，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此时点轨迹为线段，而，B1C1//平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，BP=12BC+μBB1，取，中点分别为，，则BP=BQ+μQH，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A132,0,1，P0,0,μ，B0,12,0，则A1P=-32,0,μ-1，BP=0,-12,μ，A1P⋅BP=μμ-1=0，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，BP=λBC+12BB1，取，中点为．BP=BM+λMN，所以点轨迹为线段．设P0,y0,12，因为A32，0,0，所以AP=-32,y0,12，A1B=-32,12,-1，所以34+12y0-12=0⇒y0=-12，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
考点突破
【考点1】空间向量的运算及共线、共面定理
一、单选题
1．（2021·上海崇明·一模）若正方体上的点是其所在棱的中点，则直线与直线异面的图形是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·黑龙江佳木斯·模拟预测）给出下列命题，其中错误的命题是（ ）
A．向量，，共面，即它们所在的直线共面
B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
C．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
D．已知向量，，则在上的投影向量为
二、多选题
3．（2022·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，、分别为线段、的中点，为线段上的动点（不含端点P），则下列说法正确的是（ ）
A．对任意点，则有、、、四点共面
B．存在点，使得、、、四点共面
C．对任意点，则有平面
D．存在点，使得平面
4．（22-23高二上·广东·阶段练习）《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”（图2）.在棱长为2的正方体中建立如图3所示的空间直角坐标系（原点O为该正方体的中心，x，y，z轴均垂直该正方体的面），将该正方体分别绕着x轴，y轴，z轴旋转，得到的三个正方体，，2，3（图4，5，6）结合在一起便可得到一个高度对称的“三立方体合体”（图7）.在图7所示的“三立方体合体”中，下列结论正确的是（ ）
A．设点的坐标为，，2，3，则
B．设，则
C．点到平面的距离为
D．若G为线段上的动点，则直线与直线所成角最小为
三、填空题
5．（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 ．
6．（23-24高二上·浙江丽水·期末）已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是 .
参考答案：
1．B
【分析】建立空间直角坐标系，写出满足每个选项点的坐标，利用向量的坐标运算以及向量平行的定义，结合异面直线的定义逐项判断即可.
【详解】不妨设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，如图所示

对于A，由A选项的图可知,，所以,即，所以，即，故A错误；
对于C，由C选项的图可知,，所以，即，所以，即与共面，故C错误；
对于D，由D选项的图可知,，所以,即，即与共面，故D错误.
对于B，由B选项的图可知,，所以,即不存在实数使得，即与不平行，
由图可知与不相交，所以与是异面直线，故B正确.
故选：B.
2．A
【分析】根据共面向量的性质，结合基底的定义、投影向量的定义进行逐一判断即可.
【详解】对于A，向量可以通过平移后共面，但是它们的所在直线不一定是共面直线，故A错误；
对于B，，，即，
所以，，，四点共面，故B正确；
对于C，根据空间向量基底的性质可知这两个向量共线，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，
故D正确.
故选：A.
3．BD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】因为底面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、、、，
设，其中，则，
，，设，
则，解得，故存在点，使得、、、四点共面，B对；
，，，
设，所以，，解得，不合乎题意，A错；
，，
若平面，平面，则，解得，C错；
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
，
若平面，则，解得，
故当点与点重合时，平面，D对.
故选：BD.
4．ACD
【分析】正方体的顶点到中心的距离不变，判断A，写出各点坐标，利用空间向量法求解判断BCD．
【详解】正方体棱长为2，面对角线长为，
由题意，，，，
旋转后，，，，，，，，，，，，
旋转过程中，正方体的顶点到中心的距离不变，始终为，因此选项A中，，2，3，正确；
，设，则
，
，
，则存在实数，使得，
，
，，∴，B错；
，，
设是平面的一个法向量，则
，令，得，
又，
∴到平面的距离为，C正确；
，设，，
，
，
令，则，
时，，递增，时，，递减，
∴，又，，
所以，
即，，
夹角的最小值为，从而直线与直线所成角最小为，D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：本题正方体绕坐标轴旋转，因此我们可以借助平面直角坐标系得出空间点的坐标，例如绕轴旋转时时，各点的横坐标（）不变，只要考虑各点在坐标平面上的射影绕原点旋转后的坐标即可得各点空间坐标．
5．
【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：.
6．10
【分析】根据题意，由空间向量的运算可得，再由空间向量基本定理可得，即可得到结果.
【详解】
因为，则，
即，
即，所以，
因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点，
使得成立，即，
所以，即，则，
又三棱锥的体积为15，
则.
故答案为：10
反思提升：
1.(1)选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决立体几何问题的基本要求.
(2)解题时应结合已知和所求观察图形，正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，灵活运用三角形法则及平行四边形法则，就近表示所需向量.
2.(1)对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(AB,\s\up6(→))，若x＋y＝1，则点P，A，B共线.
(2)证明空间四点P，M，A，B共面的方法.
①eq \(MP,\s\up6(→))＝xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→)).
②对空间任一点O，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋xeq \(MA,\s\up6(→))＋yeq \(MB,\s\up6(→)).
【考点2】空间向量的数量积及其应用
一、单选题
1．（2024·青海·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（ ）
A．30°B．C．60°D．90°
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在所有棱长均为的平行六面体中，为与交点，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为
D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为
4．（2024·山西太原·模拟预测）如图，正八面体棱长为1，M为线段上的动点（包括端点），则（ ）
A．B．的最小值为
C．当时，AM与BC的夹角为D．
三、填空题
5．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
6．（23-24高二上·广东·期末）如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，则直线和夹角的余弦值为 ．若分别是上的动点，且，则的最小值是 ．
参考答案：
1．D
【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答.
【详解】设，，，则，，
，
，
所以，
故直线CE与DF所成的角为90°.
故选：D
2．C
【分析】以，，作为一组基底表示出，再根据数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】依题意
，
所以
，
所以，即.
故选：C
3．BD
【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D.
【详解】对于A，取中点，连接，
则，所以为异面直线与所成角，
在中，，故A错误；
对于B，将侧面延旋转至与平面共面，
如图连接，交与点，此时最小，

且，故B正确；
对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面平面，
所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线，
取靠近的四等分点，连接，并延长交于点，
连接，交于点，
由，所以，
则，则，所以为平面与平面的交线，
则为平面与平面的交线，
所以为平面与四边形的交线，
由于，所以，
又，所以，
则，故C错误；
对于D，因为点在侧面正方形内，设，
则，
因为，所以，
化简为，
则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确.
故选：BD

【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹.
4．BC
【分析】根据体积公式即可求解A，根据平面中两点距离最小即可求解B，根据线线垂直可得线面垂直，进而求解C，根据数量积的运算律即可求解D.
【详解】对于A,连接相交于，故
，，A错误；
对于B，因与均是边长为1的正三角形，故可将沿翻折，
使其与共面，得到菱形，则，B正确；
对于C，由且,平面,
故平面，平面，，
若，平面,则平面，
故，知M与C重合，AM与BC的夹角为，C正确；
对于D，，，
由于平面，故平面，
平面，故
（与的夹角为钝角），D错误．
故选：BC.
5．4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
6． /0.25；． 55/155
【分析】
利用已知条件结合向量法即可求解；利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，即为，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算和数量积、一元二次函数的图象与性质运算即可得解．
【详解】
连接，如下图，
由题意，，，正方形中，，
正方形中，平面，平面，平面平面，
就是二面角的平面角，则，
向量与向量夹角为，且，
①，，，
，
，
直线和夹角的余弦值为；
②设，则，
且由题意，
，
，
令，,，图象开口向上，且对称轴为，
当时，取得最小值，又，
，即的最小值是．
故答案为：；．
反思提升：
由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确.
【考点3】利用空间向量证明平行与垂直
一、单选题
1．（2024·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线垂直B．直线与平面平行
C．三棱锥的体积为D．直线BC与平面所成的角为
2．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，且和均是边长为的等边三角形，分别为的中点，为上的动点（不含端点），平面交直线于，则下列说法正确的是（ ）
A．当运动时，总有
B．当运动时，点到直线距离的最小值为
C．存在点，使得平面
D．当时，直线交于同一点
4．（2024·重庆九龙坡·三模）在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与平面所成角的正切值为
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球表面积为9π
三、解答题
5．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平行六面体中，，.

(1)求证：四边形为正方形；
(2)求体对角线的长度；
(3)求异面直线与所成角的余弦值.
6．（2024·广西柳州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为AB的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
参考答案：
1．B
【分析】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可.
【详解】A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误；
如图建立空间直角坐标系，则，
对于B，设平面的法向量为，则，令，则，
因为，所以，所以，
因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确，
对于C， ，所以三棱锥的体积为，所以C错误，
对于D，，直线BC与平面所成的角为，，所以D错误，
故选：B.
2．C
【分析】建系，分析可知平面，，，结合垂直关系可知，结合范围分析最值即可.
【详解】如图所示：以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
可得，
则，可知，
且，平面，可知：平面，
且平面，可得，
设，即，则，
因为，解得，即；
同理可得：平面，，
则，，
又因为，
则三棱锥为正三棱锥，点为等边的中心，
在中，结合等边三角形可知：，
因为平面，平面，则，可知，
当时，取到最小值；
当时，取到最大值；
综上所述：线段的取值范围为.
故选：C.
3．ABD
【分析】选项A，根据条件，得到面，再利用线面平行的性质，即可求解；选项B，根据条件得到为点到直线的距离，从而知当时，点到直线距离最小，再利用等面积，即可求解；选项C，建立空间直角坐标系，根据条件得到与不垂直，即可求解；选项D，根据条件得到必有交点，再利用基本事实3，即可求解.
【详解】对于选项A，因为分别为的中点，所以，
又为上的动点（不含端点），故面，所以面，
又面面，面，故，所以选项A正确，
对于选项B，由题知，所以，得到，即为点到直线的距离，
如图1，连接，因为，又平面平面，平面平面，面，
所以面，又面，所以，
在中，当时，点到直线距离最小，
又，，由，得到，所以选项B正确，
对于选项C，由选项B知，可建立如图2所示的空间直角坐标系，
则，
又分别是的中点，所以，设，
又，，，
由，得到，解得，又，
所以与不垂直，故不存在点，使得平面，所以选项C错误，
对于选项D，如图3，由（1）知，又，且，
又，所以，且，则必有交点，
设，因为面，所以面，
又面，所以面，得到面面，
所以直线交于同一点，故选项D正确，
故选：ABD.
4．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，根据空间关系的向量证明判断A，利用线面角的向量公式求解判断B，利用等体积法求出相应三棱锥的体积判断C，利用补体法求得外接球的半径，即可求解外接球的表面积判断D.
【详解】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，

则
对于A项，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又，因为直线平面，
所以直线平面，A正确；
对于B项，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，所以，
故，故B正确；
对于C项，
，故C不正确；
对于D项，如图，

三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，
所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故选：ABD.
5．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用向量相等证明四边形为平行四边形，再证明邻边垂直即可得证；
（2）利用空间向量的数量积计算模长即可；
（3）利用空间向量的数量积求夹角即可.
【详解】（1）因为，，
所以，而不共线，所以四边形为平行四边形，
又，
所以，即，所以四边形为正方形；
（2）由题意易知，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即；
（3）因为，，
所以
，
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
6．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明,再通过线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面与平面的法向量，根据向量法求二面角的公式即可求解.
【详解】（1）以为原点，，，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，，，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
，，．
因为，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）设平面的法向量为n=x,y,z，
则，取，则，．
所以，是平面的一个法向量，
又因为平面，
所以为平面的一个法向量，
则，
设平面与平面的夹角为，
则，即平面与平面的夹角的余弦值为．
反思提升：
(1)利用向量证明平行问题
①线线平行：方向向量平行.
②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法向量垂直.
③面面平行：两平面的法向量平行.
(2)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法
①线线垂直问题：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零；②线面垂直问题：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直；③面面垂直问题：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（20-21高二上·山东泰安·期中）已知两个非零向量，，则这两个向量在一条直线上的充要条件是（ ）．
A．B．
C．D．存在非零实数，使
2．（2024·河南·三模）在四面体中，是边长为2的等边三角形，是内一点，四面体的体积为，则对，的最小值是（ ）
A．B．C．D．6
3．（2024高三·全国·专题练习）如图，四个棱长为的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则的不同值的个数为（ ）
A．1B．2C．4D．8
4．（2024·四川德阳·二模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列结论，其中正确结论的个数是（ ）
①若，且，则
②若且，则
③若，且，则
④若，且，则
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
5．（22-23高二上·全国·课后作业）下列命题是真命题的有( )
A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点，是平面α的法向量，则u+t＝1
6．（2021·全国·模拟预测）在正三棱柱中，，，与交于点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．存在点，使得
C．三棱锥的体积为
D．直线与平面所成角的余弦值为
7．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．二面角的余弦值为
三、填空题
8．（2023高一·全国·单元测试）设是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且三点共线，则实数k的值为 ．
9．（2024·山东济南·一模）在三棱柱中，，，且平面，则的值为 .
10．（23-24高二上·广东惠州·期中）如图，在三棱锥中，已知平面，，，则向量在向量上的投影向量为 （用向量来表示）.

四、解答题
11．（2023·贵州六盘水·模拟预测）如图，在棱长为4的正方体中，，设，，.
(1)试用，，表示；
(2)求的长.
12．（20-21高二上·天津静海·阶段练习）如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点．设，，.
(1)求证EG⊥AB；
(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
参考答案：
1．D
【解析】分析各选项中、的位置关系，由此可得出合适的选项.
【详解】若非零向量，在同一条直线上，则、共线.
对于A选项，，且是与同向的单位向量，是与同向的单位向量，
所以，、同向，所以，是、在一条直线上的充分不必要条件；
对于B选项，取，，则，但、不共线；
对于C选项，若，则，可知；
对于D选项，“存在非零实数，使”“”.
故选：D.
2．D
【分析】根据共面向量定理将所求最小值转化为点到平面的距离，再利用体积求解即可.
【详解】设，由共面向量定理得点为平面内任意一点，
且，
所以，
求的最小值，即求点到平面的距离，
设点到平面的距离为，
由题意知，
四面体的体积，
解得，故所求最小值为6．
故选：D．
3．A
【分析】根据投影向量的定义理解向量数量积的几何意义，结合图形即可计算得到.
【详解】因图中是四个相同的正方体排成的正四棱柱，故在上的投影都是，
所以，，
即的值只有一个．
故选：A.
4．A
【分析】利用方向向量与法向量判断线面位置关系，从而判断①④；利用面面平行的判定定理判断②，举特例可排除③，从而得解.
【详解】设分别是直线的方向向量，
对于①，因为，所以分别是平面的法向量，
又，即，所以，故①正确；
对于②，由面面平行的判定定理可知，当不相交时，不一定成立，故②错误；
对于③，当时，可满足时有，
又，显然此时位置关系不确定，故③错误；
对于④，因为，所以是平面的法向量，
又，所以也是平面的法向量，
又，即，所以，故④错误.
故选：A.
5．ABD
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．
【详解】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，
则共面，可得A，B，M，N共面，故A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，故B正确；
对于C，，故，可得在α内或l∥α，故C错误；
对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正确．
故选：ABD．
6．AC
【分析】A.利用空间向量运算求解判断；B. 利用空间向量运算求解判断；C.利用等体积法求解判断；D.利用线面角的求解判断.
【详解】由题意，画出正三棱柱如图所示，
向量，故A正确；
假设存在点，设，，所以.因为，所以.解得.故B错误；
因为正三棱柱，所以，所以，所以，故C正确；
设中点为，所以，三棱柱是正三棱柱，所以平面，所以即与平面所成的角，.故D错误.
故选：AC.
7．BD
【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.
【详解】对于A，若，因为平面，平面，
所以平面，矛盾，故A错误．
对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则，
因为，
，
故，，
故，，
因为，平面，
故平面，当Q为的中点时，，
此时平面，故B正确．

对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面，
，DA=2,0,0，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，
解得，令得，故，
故，故与不垂直，
故平面不成立，故C错误；
对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD，
由于为等边三角形，
则，，所以为所求二面角的平面角，
不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为，
故，，
由余弦定理可得，
二面角的余弦值为，故D正确．
故选：BD
8．
【分析】根据题意，化简得到，由三点共线，可设，利用空间向量共线的充要条件，列出方程，即可求解.
【详解】因为，，
可得，
又因为三点共线，可设，即，
因为不共线，可得，解得，
所以实数的值为.
故答案为：.
9． /0.5
【分析】利用三棱柱模型，选择一组空间基底，将相关向量分别用基底表示，再利用平面，确定必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得.
【详解】
如图，不妨设，依题意，,
，
因，则
又因平面，故必共面，
即存在，使，即，
从而有，解得.
故答案为：.
10．
【分析】写出表达式，求出，即可得出向量在向量上的投影向量.
【详解】由题意，
在三棱锥中，已知平面，
,
∵面，
∴，
在中，，，
∴,
，
∴向量在向量上的投影向量为：
，
故答案为：.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）根据数量积的运算律求出，即可得解.
【详解】（1）依题意可得
（2）依题意可得，
所以
，
所以，即.
12．(1)证明过程见解析；
(2)
【分析】（1）作出辅助线，利用三线合一证明出，从而得到线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）用表达与，利用空间向量夹角公式求解异面直线AG和CE所成角的余弦值.
【详解】（1）证明：连接DE，
因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，且E，G分别是AB，CD的中点，
所以，
故，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）由题意得：均为等边三角形且边长为1，
所以
，，
所以
，
设异面直线AG和CE所成角为，
则
【能力篇】
一、单选题
1．（2020·北京朝阳·一模）如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动.当的面积取得最小值时，点的位置是（ ）
A．线段的三等分点，且靠近点B．线段的中点
C．线段的三等分点，且靠近点D．线段的四等分点，且靠近点
二、多选题
2．（2024·甘肃张掖·一模）下列命题错误的是（ ）
A．对空间任意一点与不共线的三点，若，其中，，且，则四点共面
B．已知，，与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，共线，则
D．若，共线，则一定存在实数使得
三、填空题
3．（2023·黑龙江大庆·模拟预测）如图，已知二面角的棱是，，，若，，，且，，则二面角的大小为 ，此时，四面体的外接球的表面积为 ．

四、解答题
4．（2024·天津河西·二模）如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
参考答案：
1．B
【分析】将问题转化为动点到直线的距离最小时，确定点的位置，建立空间直角坐标系，取的中点，通过坐标运算可知，即是动点到直线的距离，再由空间两点间的距离公式求出后，利用二次函数配方可解决问题.
【详解】设正方体的棱长为1，以 为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，的中点，
，，则，
设，，
由与共线，可得，所以，所以，其中，
因为，
，
所以，所以，即是动点到直线的距离，
由空间两点间的距离公式可得，
所以当时，取得最小值，此时为线段的中点，
由于为定值，所以当的面积取得最小值时，为线段的中点.
故选：B
【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题.
2．BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A，根据数量积的坐标表示及平面向量共线的坐标表示判断B，利用特殊值判断C、D.
【详解】对于A：因为，则，
所以，即，
所以，所以四点共面，故A正确；
对于B：因为，，与的夹角为钝角，
所以且与不共线反向，
若，则，解得；
若与共线，则，解得，
综上可得或，故B错误；
对于C：若、同向且，此时，
即不成立，故C错误；
对于D：若，，显然与共线，但是不存在使得，故D错误.
故选：BCD
3． / /
【分析】把二面角转化为与的夹角，由，利用向量的运算，求得，求得二面角的大小为，把三棱锥补成一个直三棱柱，利用正弦定理求得外接圆的半径为，结合球的截面圆的性质，求得，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】空1：由题意知且，
根据二面角的平面角的定义，可得向量与的夹角就是二面角的平面角，
又由，且，和，
所以，
即，化简得，
即，所以，
又因为，所以，所以二面角的大小为．
空2：如图所示，把三棱锥补成一个直三棱柱，
可得三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，
设外接球的半径为，底面的外接圆的半径为
在中，由，
可得，
由正弦定理得，可得，
又由球的截面圆的性质，可得，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.

4．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证.
（2）由（1）得直线的的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解.
（3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解.
【详解】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得A0,0,0，，，，，，
，，，
则，，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，则，
故，即，则，
令，得，
所以，
所以，又平面，
所以平面.
（2）由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设平面的一个法向量，由（1）可得，，
则，故，即，
令，得，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
【培优篇】
一、单选题
1．（2023·江西·二模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（ ）
A．B．2C．D．3
二、多选题
2．（2024·河北秦皇岛·三模）在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角的大小为，，则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得直线平面
C．四棱锥体积的最大值为
D．当时，线段长度的最小值为
三、填空题
3．（2023·上海嘉定·一模）正四棱台是的中点，在直线上各取一个点P、Q，使得M、P、Q三点共线，则线段的长度为 ．
参考答案：
1．A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.
【详解】由题意，平面，四边形为正方形，
如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则，，，，，，，
设，，则，
又，，所以，则，
由题意，四点共面，所以，
所以，解得，
所以，，所以，
所以，即，
所以，
所以，
又，
所以，即，
所以，
所以，
所以截面的面积为.
故选：A
2．ACD
【分析】利用特殊位置可判定A，根据线面平行的性质可判定B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定C，利用空间向量数量积研究模长可判定D.
【详解】设点A在平面上的投影为，即，
而当时，平面，
所以平面，平面，所以，
这种情况显然存在，故A正确；
若平面，平面，平面平面，
所以，显然矛盾，故B错误；
设，，则点A到的距离为，，，
要使得四棱锥的体积最大，则，
此时四棱锥的体积，
，在上单调递减，
且当时，.
令，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
即四棱锥体积的最大值为，C正确.
过A，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，，
又，
所以
.
因为二面角的大小为，所以与的夹角为120°.
设，，则，
，，，，
所以，
所以
.
故当时，有最小值28，故线段长度的最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：对于C项，设，利用表示线段长，利用棱锥体积公式得，通过导数研究其单调性计算最值即可；对于D项，根据空间向量数量积公式计算模长即可.
3．
【分析】根据正四棱台的特征，建立空间直角坐标系，利用M、P、Q三点共线，得到等量关系，从而确定的位置，进而得到线段的长度.
【详解】结合题意：连接交于点,交于点,连接
由正四棱台的结构特征,易知两两垂直，
故以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
因为在正四棱台，
所以易计算得到： ，，
所以，,
因为是的中点,所以，
所以.
要使M、P、Q三点共线，则，共线，
则，解得：，
所以，,
所以，
所以.
故答案为:

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名称
定义
空间向量
在空间中，具有大小和方向的量
相等向量
方向相同且模相等的向量
相反向量
方向相反且模相等的向量
共线向量
(或平行向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量
平行于同一个平面的向量
向量表示
坐标表示
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3
共线
a＝λb(b≠0，λ∈R)
a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直
a·b＝0(a≠0，b≠0)
a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
eq \r(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3))
夹角
〈a，b〉(a≠0，b≠0)
cs〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3))·\r(beq \\al(2,1)＋beq \\al(2,2)＋beq \\al(2,3)))
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2
l1∥l2
u1∥u2⇔u1＝λu2
l1⊥l2
u1⊥u2⇔u1·u2＝0
直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n
l∥α
u⊥n⇔u·n＝0
l⊥α
u∥n⇔u＝λn
平面α，β的法向量分别为n1，n2
α∥β
n1∥n2⇔n1＝λn2
α⊥β
n1⊥n2⇔n1·n2＝0