資源簡介

空間向量及其應用
一 空間向量的概念
1 在空間，我們把具有大小和方向的量叫做空間向量，用字母……表示，空間向量的大小叫做空間向量的長度或模.
2 運算
(1) 定義:與平面向量運算一樣，空間向量的加法、減法與數乘運算如下(如圖).
， ，
(2) 運算律
① 加法交換律:；
② 加法結合律:；
③ 數乘分配律:；
3 空間向量基本定理
如果三個向量不共面，那么對空間任一向量存在一個唯一的有序實數組，使 .
二 共線向量和共面向量
1 共線向量
(1) 如果表示空間向量的有向線段所在的直線平行或重合，那么這些向量也叫做共線向量或平行向量平行于記作.
(2) 共線向量定理：空間任意兩個向量，，存在實數使.
(3) 三點共線：三點共線(其中)
(4) 與共線的單位向量為.
2 共面向量
(1) 定義
一般地，能平移到同一平面內的向量叫做共面向量.說明:空間任意的兩向量都是共面的.
(2) 共面向量定理
如果兩個向量不共線與向量共面的充要條件是存在唯一實數對，使.
(3) 四點共面
三 空間向量的數量積
1空間向量的夾角及其表示
已知兩非零向量在空間任取一點 作 則叫做向量的夾角，記作 ；且規定；
若則稱互相垂直，記作:.
2向量的模
設則有向線段 的長度叫做向量的長度或模，記作.
3 向量的數量積
已知向量 ，則叫做的數量積，記作
即
4 空間向量數量積的性質
②
5 空間向量數量積運算律
①
② (交換律)
③ (分配律)
④不滿足乘法結合律:
【題型1】 空間向量的線性運算
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)如圖，在三棱錐S—ABC中，點E，F分別是SA，BC的中點，點G在棱EF上，且滿足，若，，，則( )
A． B． C． D．
【典題2】(多選)(2023·湖北十堰·二模)《九章算術》中，將上、下底面為直角三角形的直三棱柱叫做塹堵，在如圖所示的塹堵中，，則( )．
A． B．
C．向量在向量上的投影向量為 D．向量在向量上的投影向量為
【鞏固練習】
1. (2020·山東德州·一模)在正方體中，點是的中點，且，則實數的值為( )
A． B． C． D．
2.(2024·全國·模擬預測)在棱長為2的正方體中，已知，截面與正方體側面交于線段，則線段的長為( )
A．1 B． C． D．
3. (多選) (2024·全國·模擬預測)已知三棱柱，為空間內一點，若，其中，，則( )
A．若，則點在棱上 B．若，則點在線段上
C．若，為棱的中點 D．若，則點在線段上
【題型2】 共線、共面向量定理的應用
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)已知是空間兩個不共線的向量，，那么必有( )
A．共線 B．共線
C．共面 D．不共面
【典題2】(2024·廣東·模擬預測)在四面體中，E為的中點，G為平面的重心．若與平面交于點F，則( )
A． B． C． D．
【鞏固練習】
1.(多選) (2024·廣東·高三專題練習)下列選項中正確的是( )
A．若存在實數x，y，使，則點P，M，A，B共面；
B．若與共面，則存在實數x，y，使；
C．若向量所在的直線是異面直線，則向量一定不共線；
D．若是空間三個向量，則對空間任一向量，總存在唯一的有序實數組，使．
2. (2024·廣東·高三專題練習)對于空間一點和不共線三點，且有，則( )
A．四點共面 B．四點共面
C．四點共面 D．五點共面
3.(2023·河南·模擬預測)已知空間向量，若共面，則實數( )
A．1 B．2 C．3 D．4
4. (2024·山西·高三專題練習)在四面體中，在面內，在面內，且滿足，若，則線段與的數量關系是( )
A．與所在直線是異面直線
B．與所在的直線平行
C．線段與必相交
D．線段與延長后相交
5. (2022·湖南·一模)在正方體中，點P滿足，且，若二面角的大小為，O為的中心，則( )
A． B． C． D．
【題型3】 空間向量數量積及其應用
角度1 求空間向量的數量積
【典題1】 (2024·河南新鄉·二模)已知圓錐的底面半徑為，高為1，其中為底面圓心，是底面圓的一條直徑，若點在圓錐的側面上運動，則的最小值為( )
A． B． C． D．
【典題2】(多選)(2023·廣東·一模)棱長為6的正四面體的四個頂點均在球的表面上，若點為球面上的任意一點，則的取值可以為( )
A． B．3 C．5 D．
【鞏固練習】
1.(2022·湖南益陽·模擬預測)在正三棱錐中，是的中心，，則
( )
A． B． C． D．
2. (2023·山西晉中·三模)已知點P在棱長為2的正方體的表面上運動，則的最大值為( )
A．6 B．7 C．8 D．9
3.(2020·安徽池州·三模)已知MN是正方體內切球的一條直徑，點Р在正方體表面上運動，正方體的棱長是2，則的取值范圍為( )
A． B． C． D．
4.(2024·河南鄭州·一模)已知是正四面體的外接球的一條直徑，點在正四面體表面上運動，正四面體的棱長是2，則的取值范圍為 ．
5.(2023·上海普陀·一模)體積為的正四面體內有一個球，球與該正四面體的各面均有且只有一個公共點，，是球的表面上的兩動點，點在該正四面體的表面上運動，當最大時，的最大值是 .
角度2 利用數量積求長度
【典題1】(2024·四川成都·二模)如圖，在平行四邊形中，，，且EF交AC于點G，現沿折痕AC將折起，直至滿足條件，此時EF的長度為 ．
【鞏固練習】
1. (2020·陜西商洛·模擬預測)如圖在平行六面體中，底面 是邊長為1的正方形，側棱且，則 ( )
A． B． C． D．
2.(2024·河北·模擬預測)1941年中國共產黨在嚴重的困難面前，號召根據地軍民，自力更生，艱苦奮斗，尤其是通過開展大生產運動，最終走出了困境．如圖就是當時纏線用的線拐子，在結構簡圖中線段與所在直線異面垂直，分別為的中點，且，線拐子使用時將絲線從點出發，依次經過又回到點，這樣一直循環，絲線纏好后從線拐子上脫下，稱為“束絲”．圖中，則絲線纏一圈長度為( )
A． B． C． D．
3.(2023·江西·二模)在直角，中上有一動點P，將沿折起使得二面角，則當最小值最小時，為( )
A． B． C．2 D．
角度3 利用數量積求夾角
【典題1】(2024·廣東·模擬預測)如圖，在長方形中，為中點，.以為折痕將四邊形折起，使，分別達到，，當異面直線，成角為時，異面直線，成角余弦值為( )
A． B． C． D．
【鞏固練習】
1. (2024·廣東·高三專題練習)如圖，在平行六面體中，，則直線與直線AC所成角的余弦值為( )
A． B． C． D．
2.(2022·四川南充·二模)如圖，棱長為1的正方體中，點為線段上的動點，點分別為線段的中點，則下列說法錯誤的是( )
A． B．三棱錐的體積為定值
C． D．的最小值為
角度4 利用向量解決平行和垂直問題
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)如圖所示，三棱柱中，分別是上的點，且，．用空間向量解決如下問題：

(1)若，證明：；
(2)證明：平面．
【鞏固練習】
1. (2024·全國·高三專題練習)如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是，M為與的交點．若．

(1)求；(2)求證：直線平面．
2. (2024·全國·高三專題練習)如圖，在三棱柱中，，D，E分別是的中點.求證：
(1)平面；(2)平面.(用向量方法證明)
3. (2024·全國·高三專題練習)如圖，在三棱柱中，，設.
(1)試用向量表示，并求.
(2)在平行四邊形內是否存在一點，使得平面？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【題型4】 空間向量線性運算的綜合應用
【典題1】 (2023·山東·模擬預測)已知三棱錐，空間內一點滿足，則三棱錐與的體積之比為 ．
【典題2】(多選) (2024·山西·二模)已知長方體的棱，，點滿足：，，下列結論正確的是( )
A．當時，點到平面距離的最大值為
B．當，時，直線與平面所成角的正切值的最大值為
C．當，時，到的距離為2
D．當，時，四棱錐的體積為1
【典題3】(多選) (2024·全國·模擬預測)如圖，平行六面體中，，，與交于點O，則下列說法正確的有( )

A．平面平面
B．若，則平行六面體的體積
C．
D．若，則
【鞏固練習】
1.(2022·全國·模擬預測)在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G為PC的中點，過AG的平面與棱PB、PD分別交于點E、F．若EF∥平面ABCD，則截面AEGF的面積為 ．
2. (2024·全國·模擬預測)已知正三棱錐滿足，則該三棱錐側面積的最大值為 ．
3.(2024·上海黃浦·二模)在四面體中，，，，設四面體與四面體的體積分別為、，則的值為 .
4. (多選) (2023·廣東佛山·一模)如圖，在棱長為1的正方體中，點P滿足，其中，則( )
A．當時，
B．當，時，點P到平面的距離為
C．當時，平面
D．當時，三棱錐的體積恒為
5.(多選)(2023·福建寧德·模擬預測)已知空間單位向量，，兩兩夾角均為，，，則下列說法中正確的是( )
A．、、、四點可以共面 B．
C． D．
6. (多選)如圖，在三棱柱中，、分別是、上的點，且．若，，，則( )

A． B．
C． D．
7.(多選)已知二面角的大小為，，，且，，則( )
A．是鈍角三角形 B．異面直線AD與BC可能垂直
C．線段AB長度的取值范圍是 D．四面體體積的最大值為
1.(2023·全國·高考真題)已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為( )
A． B． C． D．
2.(2020·全國·高考真題)如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內接正三角形，為上一點，．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的余弦值．空間向量及其應用
一 空間向量的概念
1 在空間，我們把具有大小和方向的量叫做空間向量，用字母……表示，空間向量的大小叫做空間向量的長度或模.
2 運算
(1) 定義:與平面向量運算一樣，空間向量的加法、減法與數乘運算如下(如圖).
， ，
(2) 運算律
① 加法交換律:；
② 加法結合律:；
③ 數乘分配律:；
3 空間向量基本定理
如果三個向量不共面，那么對空間任一向量存在一個唯一的有序實數組，使 .
二 共線向量和共面向量
1 共線向量
(1) 如果表示空間向量的有向線段所在的直線平行或重合，那么這些向量也叫做共線向量或平行向量平行于記作.
(2) 共線向量定理：空間任意兩個向量，，存在實數使.
(3) 三點共線：三點共線(其中)
(4) 與共線的單位向量為.
2 共面向量
(1) 定義
一般地，能平移到同一平面內的向量叫做共面向量.說明:空間任意的兩向量都是共面的.
(2) 共面向量定理
如果兩個向量不共線與向量共面的充要條件是存在唯一實數對，使.
(3) 四點共面
三 空間向量的數量積
1空間向量的夾角及其表示
已知兩非零向量在空間任取一點 作 則叫做向量的夾角，記作 ；且規定；
若則稱互相垂直，記作:.
2向量的模
設則有向線段 的長度叫做向量的長度或模，記作.
3 向量的數量積
已知向量 ，則叫做的數量積，記作
即
4 空間向量數量積的性質
②
5 空間向量數量積運算律
①
② (交換律)
③ (分配律)
④不滿足乘法結合律:
【題型1】 空間向量的線性運算
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)如圖，在三棱錐S—ABC中，點E，F分別是SA，BC的中點，點G在棱EF上，且滿足，若，，，則( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用空間向量的加、減運算即可求解.
【詳解】由題意可得
.
故選：D
【典題2】(多選)(2023·湖北十堰·二模)《九章算術》中，將上、下底面為直角三角形的直三棱柱叫做塹堵，在如圖所示的塹堵中，，則( )．
A． B．
C．向量在向量上的投影向量為 D．向量在向量上的投影向量為
【答案】BD
【分析】利用空間向量的線性運算可判定A、B選項；利用投影向量的定義可判定C、D選項.
【詳解】因為
，故A不正確，B正確．
如圖所示，故D作DU垂直BC，過U作VU垂直AB，UW垂直AC，
故向量在向量上的投影向量為,向量在向量上的投影向量為，
由題意易得故，C不正確． ，D正確．
故選：BD
【鞏固練習】
1. (2020·山東德州·一模)在正方體中，點是的中點，且，則實數的值為( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】化簡得到，得到，，得到答案.
【詳解】，
故，，.
故選：.
2.(2024·全國·模擬預測)在棱長為2的正方體中，已知
，截面與正方體側面交于線段，則線段的長為( )
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
根據題意，得到，再由面面平行的性質，證得，結合，即可求解.
【詳解】
如圖所示，因為，所以，
因為平面平面，
設平面平面，平面平面，所以，
又因為，所以
過點作，可得，
則為的中點，為的四等分點，
又因為，所以為的四等分點，所以.
故選：C．

3. (多選) (2024·全國·模擬預測)已知三棱柱，為空間內一點，若，其中，，則( )
A．若，則點在棱上 B．若，則點在線段上
C．若，為棱的中點 D．若，則點在線段上
【答案】ABD
【分析】利用空間向量的數乘運算與共線定理逐項判斷即可.
【詳解】作出三棱柱，如圖，
對于A，當時，，則，
所以點在棱上，故A正確；
對于B，當時，，
所以點在線段上，故B正確；
對于C，當時，由B知，
所以為棱的中點，故C錯誤；
對于D，當時，，
所以，則，即，
所以點在線段上，故D正確.
故選：ABD.
【題型2】 共線、共面向量定理的應用
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)已知是空間兩個不共線的向量，，那么必有( )
A．共線 B．共線
C．共面 D．不共面
【答案】C
【分析】利用空間向量的共線定理與共面定理.
【詳解】若共線，則，
又，則共線，
與條件矛盾，故A錯誤；
同理若共線，則，
又，則共線，
與條件矛盾，故B錯誤；
根據空間向量的共面定理可知共面，即C正確，D錯誤.
故選：C
【典題2】(2024·廣東·模擬預測)在四面體中，E為的中點，G為平面的重心．若與平面交于點F，則( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據共線定理及空間向量線性運算可得結果.
【詳解】如圖：連接交于H，則H為中點，連接,
因為平面，平面，設，則，
又平面，所以平面，故K為與平面的交點，
又因為與平面交于點F，所以F與K重合，
又E為的中點，G為平面的重心，
因為點A，F，G三點共線，則
又因為點E，F，H三點共線，則，
,
所以，解得，即，故.
故選：C.
【鞏固練習】
1.(多選) (2024·廣東·高三專題練習)下列選項中正確的是( )
A．若存在實數x，y，使，則點P，M，A，B共面；
B．若與共面，則存在實數x，y，使；
C．若向量所在的直線是異面直線，則向量一定不共線；
D．若是空間三個向量，則對空間任一向量，總存在唯一的有序實數組，使．
【答案】AC
【分析】由空間向量共面定理即可判斷AB，由共線向量的概念即可判斷C，由空間向量基本定理即可判斷D
【詳解】由向量共面定理可知，若存在實數x，y，使，則點P，M，A，B共面，故A正確；
若共線，不與共線，則不存在實數x，y，使，故B錯誤；
若向量所在的直線是異面直線，則的方向不相同也不相反，且所在直線也不
相交，所以向量一定不共線，故C正確；
若是空間三個基底向量，則對空間任一向量，總存在唯一的有序實數組，使，故D錯誤；
故選：AC
2. (2024·廣東·高三專題練習)對于空間一點和不共線三點，且有，則( )
A．四點共面 B．四點共面
C．四點共面 D．五點共面
【答案】B
【分析】
根據題意，化簡得到，得到共面，進而得到四點共面，即可求解.
【詳解】
由，可得，
即，根據平面向量的基本定理，可得共面，
又因為三個向量有公共點，所以四點共面.
故選：B.
3.(2023·河南·模擬預測)已知空間向量，若共面，則實數( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根據條件得到存在實數，使得，代入坐標列方程組求解即可.
【詳解】由題意知不共線，且共面，
所以存在實數，使得，
所以，
所以，解得，
故選：A.
4. (2024·山西·高三專題練習)在四面體中，在面內，在面內，且滿足，若，則線段與的數量關系是( )
A．與所在直線是異面直線 B．與所在的直線平行
C．線段與必相交 D．線段與延長后相交
【答案】C
【分析】分與且兩種情況討論，根據空間向量基本定理得到四點共面，即可判斷.
【詳解】若，則，
，所以四點共面.
又與不平行；
∴線段與線段相交.
若且，；∴,
不妨設，則,
∴ ,
即,四點共面,
又與不平行；∴線段與線段相交.
故選：C.
5. (2022·湖南·一模)在正方體中，點P滿足，且，若二面角的大小為，O為的中心，則( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】設正方體中心為，先根據條件得平面，所以作于Q，連，通過證明面可得即為的平面角，接下來在和中計算即可.
【詳解】設正方體中心為，
因為點P滿足，且
所以平面，
平面平面，
由正方體性質平面，且平面，
所以作于Q，連，
面，
則即為的平面角，所以．
設正方體棱長為1，中，，
則
在中，，
所以．
故選：D.
【題型3】 空間向量數量積及其應用
角度1 求空間向量的數量積
【典題1】 (2024·河南新鄉·二模)已知圓錐的底面半徑為，高為1，其中為底面圓心，是底面圓的一條直徑，若點在圓錐的側面上運動，則的最小值為( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由，最小時，有最小值，求的最小值即可.
【詳解】圓錐的底面半徑為，高為1，其中為底面圓心，是底面圓的一條直徑，
則有，，
點在圓錐的側面上運動，
則，
最小時，有最小值，的最小值為點到圓錐母線的距離，
中，，，則，點到的距離，
則的最小值為，的最小值為.
故選：A
【典題2】(多選)(2023·廣東·一模)棱長為6的正四面體的四個頂點均在球的表面上，若點為球面上的任意一點，則的取值可以為( )
A． B．3 C．5 D．
【答案】ABC
【分析】將正四面體放到正方體中，從而求得，再利用空間向量數量積的運算法化簡求得所求的取值范圍，由此得解.
【詳解】將正四面體放到正方體中，記的中點為，連接，如圖，

設正方體的棱長為，則，故，所以，
易知正方體的體對角線就是正四面體外接球的直徑，
則，即，
因為，，，
所以，
，
記，，
所以
，
因為，所以，
則，
經檢驗，ABC皆滿足要求，D不滿足要求.
故選：ABC.
【鞏固練習】
1.(2022·湖南益陽·模擬預測)在正三棱錐中，是的中心，，則( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】將轉化為，由三棱錐是正三棱錐可知PO⊥OA，即可將轉化為，結合勾股定理即可求解．
【詳解】為正三棱錐，為的中心，
∴平面，△ABC是等邊三角形，∴PO⊥AO，
∴，
故．
故選：D.
2. (2023·山西晉中·三模)已知點P在棱長為2的正方體的表面上運動，則的最大值為( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】取中點，連接，利用向量的線性運算及數量積的運算性質可得.
【詳解】取中點，連接，如圖，
則，
當在正方體表面上運動時，運動到或處時，最大，
所以,
所以的最大值為8.
故選：C
3.(2020·安徽池州·三模)已知MN是正方體內切球的一條直徑，點Р在正方體表面上運動，正方體的棱長是2，則的取值范圍為( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用向量的線性運算和數量積運算律可得，根據正方體的特點確定最大值和最小值，即可求解
【詳解】設正方體內切球的球心為，則,
,
因為MN是正方體內切球的一條直徑，
所以，，
所以，
又點Р在正方體表面上運動，
所以當為正方體頂點時，最大，且最大值為；
當為內切球與正方體的切點時，最小 ，且最小為；
所以，
所以的取值范圍為，
故選：B
4.(2024·河南鄭州·一模)已知是正四面體的外接球的一條直徑，點在正四面體表
面上運動，正四面體的棱長是2，則的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】根據題意可求得外接球半徑為，利用可得，由幾何關系求出的最值即可求出的取值范圍.
【詳解】如下圖所示：

設點在平面內的攝影為，為的中點，易知在上，且平面；
又正四面體的棱長是2，所以可得，
在正中，由勾股定理可得；
設外接球半徑為，則可知，
即，解得；
易知，
又因為是外接球的一條直徑，所以，且；
因此，
易知，
所以，
；
因此可知的取值范圍為.
故答案為：
5.(2023·上海普陀·一模)體積為的正四面體內有一個球，球與該正四面體的各面均有
且只有一個公共點，，是球的表面上的兩動點，點在該正四面體的表面上運動，當最大時，的最大值是 .
【答案】
【分析】記該正四面體為，題意得出球是該正四面體的內切球，球心也是外接球的球心，在高上，由體積求得正四面體的棱長，并求出內切球半徑，最大時，是球的直徑，由數量積的運算得出取最大時，只要最大即可得．
【詳解】記該正四面體為，如圖，由題意球是該正四面體的內切球，
顯然在其高上，是底面正的中心，
設，則，，
，所以，
是內切球球心也是其外接球球心，
設內切球半徑為，即，又，
由得，，
最大時，是球的直徑，
，
點在該正四面體的表面，當是正四面體的頂點時，取得最大值為，
所以的最大值是．
故答案為：．
角度2 利用數量積求長度
【典題1】(2024·四川成都·二模)如圖，在平行四邊形中，，，且EF交AC于點G，現沿折痕AC將折起，直至滿足條件，此時EF的長度為 ．
【答案】
【分析】
根據題意，證得平面，得到平面平面，分別過點作的垂線，證得，，再由，結合向量的運算法則，即可求解.
【詳解】
由題意可知，所以，折起后，如圖所示，
因為，，且，平面，
所以平面，
又因為平面，所以平面平面，
分別過點作的垂線，垂足分別為點，
又平面平面，所以平面，平面，
因為平面，平面，所以，，
又由，所以，
所以．
故答案為：.
【鞏固練習】
1. (2020·陜西商洛·模擬預測)如圖在平行六面體中，底面 是邊長為1的正方形，側棱且，則 ( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出 ，，，，，，再計算即可.
【詳解】解：因為底面是邊長為1的正方形，側棱且，
則 ，，，，，，
則
故選：B.
2.(2024·河北·模擬預測)1941年中國共產黨在嚴重的困難面前，號召根據地軍民，自力更生，艱苦奮斗，尤其是通過開展大生產運動，最終走出了困境．如圖就是當時纏線用的線拐子，在結構簡圖中線段與所在直線異面垂直，分別為的中點，且，線拐子使用時將絲線從點出發，依次經過又回到點，這樣一直循環，絲線纏好后從線拐子上脫下，稱為“束絲”．圖中，則絲線纏一圈長度為( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依題意可得，根據數量積的運算律求出，同理可得，即可得解.
【詳解】依題意，，，
所以，，，
又，
所以
，
所以，同理可得，
所以絲線纏一圈長度為.
故選：C
3.(2023·江西·二模)在直角，中上有一動點P，將沿折起使得二面角，則當最小值最小時，為( )
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】設，用表示，根據空間向量，整理可得，結合正弦函數的有界性以及二次函數分析運算.
【詳解】分別過作，垂足分別為，連接，
設，則，
可得，
故，
∵，
則，
又∵，
可得，
故，
∵，則，
可得，當且僅當，即時等號成立，
又∵開口向上，對稱軸，
可得當時，取到最小值，
故當，時，最小值最小.
故選：A.
角度3 利用數量積求夾角
【典題1】(2024·廣東·模擬預測)如圖，在長方形中，為中點，.以為折痕將四邊形折起，使，分別達到，，當異面直線，成角為時，異面直線，成角余弦值為( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據空間向量的數量積運算即可求解.
【詳解】不妨設，
由于，所以即為直線，所成的角,
故,
，
又，
所以，因此異面直線，成角余弦值為，
故選：A
【鞏固練習】
1. (2024·廣東·高三專題練習)如圖，在平行六面體中，，則直線與直線AC所成角的余弦值為( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由線段的位置關系及向量加減的幾何意義可得、，利用向量數量積的運算律求、，最后應用夾角公式求直線夾角余弦值.
【詳解】
因為，，
可得，，
又因為，，
可得 ，
，
所以直線與直線所成角的余弦值為.
故選：D.
2.(2022·四川南充·二模)如圖，棱長為1的正方體中，點為線段上的動點，點分別為線段的中點，則下列說法錯誤的是( )
A． B．三棱錐的體積為定值
C． D．的最小值為
【答案】C
【分析】證明平面，可判斷A；由平面，可得點到平面的距離為定值，又為定值，可判斷B；計算的取值范圍可判斷C；結合C可判斷D
【詳解】選項A，如圖所示，連接，，由正方體可知，且平面，即，又，所以平面，所以，即，正確；
選項B，如圖所示，連接，，，，，，由點，分別為線段，的中點，得，故平面，即點到平面的距離為定值，且，，故為定值，
所以三棱錐的體積為定值，正確；
選項C，連接，，由點為線段上的動點，
設，，
故，
，
，
當時，取最小值為，
當時，取最大值為，
故，即，，錯誤；
選項D，，
當時，的最小值為，正確；
故選：C
角度4 利用向量解決平行和垂直問題
【典題1】 (2024·全國·高三專題練習)如圖所示，三棱柱中，分別是上的點，且，．用空間向量解決如下問題：

(1)若，證明：；
(2)證明：平面．
【答案】(1)證明見解析，(2)證明見解析
【分析】(1)由題意分解向量，結合已知條件證明即可；
(2)由向量共面基本定理證明存在，使得即可.
【詳解】(1)由題意，且，
所以
，
所以，即.
(2)由題意
，
這表明了共面，而面，
所以平面.
【鞏固練習】
1. (2024·全國·高三專題練習)如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是，M為與的交點．若．

(1)求；
(2)求證：直線平面．
【答案】(1)，(2)證明見解析
【分析】(1)根據線性運算得到，，然后根據數量積的公式計算即可；
(2)利用空間向量的方法得到，，然后根據線面垂直的判定定理證明即可.
【詳解】(1)

由題意得，，
所以
，
，
，
所以.
(2)，，，
因為，
，
所以，，
因為，平面，
所以平面.
2. (2024·全國·高三專題練習)如圖，在三棱柱中，，D，E分別是的中點.求證：
(1)平面；
(2)平面.(用向量方法證明)
【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.
【分析】(1)設，利用空間向量定理表示向量，，論證，共線即可.
(2)設，利用空間向量定理表示向量，根據，得到，然后再論證，即可.
【詳解】設.
(1)，
∵，
∴，
∴，又平面平面，
∴平面.
(2)易知，
∵，
∴
即
兩式相加，整理得，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴.
又，
∴.
又，
∴平面.
3. (2024·全國·高三專題練習)如圖，在三棱柱中，，設.
(1)試用向量表示，并求.
(2)在平行四邊形內是否存在一點，使得平面？若存在，試確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)，
(2)存在，
【分析】(1)根據空間向量的線性運算可得，兩邊同時平方，結合向量的數量積的定義計算即可求解；
(2)假設存在點使得平面，則.設，根據線性運算可得，結合數量積的定義建立方程組，解之即可.
【詳解】(1)連接，
由題意可知，，且三個向量兩兩夾角均為，
所以.
故，
所以.

(2)假設存在點使得平面，連接，
不妨設，則，
而，
所以.
要使平面，只需，
即，
所以，
解得即，
所以存在點，即當時，平面.

【題型4】 空間向量線性運算的綜合應用
【典題1】 (2023·山東·模擬預測)已知三棱錐，空間內一點滿足，則三棱錐與的體積之比為 ．
【答案】
【分析】根據題意，化簡得到，結合空間向量的基本定理，得到在平面內存在一點，使得，得到，即可求解.
【詳解】由空間內一點滿足，
可得，
因為，根據空間向量的基本定理，可得在平面內存在一點，
使得，所以，即點為的中點，
可得，所以三棱錐和的體積比值為.
故答案為：.
【典題2】(多選) (2024·山西·二模)已知長方體的棱，，點滿足：，，下列結論正確的是( )
A．當時，點到平面距離的最大值為
B．當，時，直線與平面所成角的正切值的最大值為
C．當，時，到的距離為2
D．當，時，四棱錐的體積為1
【答案】ACD
【分析】由時，推得點在平面上，轉化為到平面的距離，可判定A正確；由時，得到點在線段上，得到點與點重合時，直線與平面所成角的正切值最大，可判定B不正確；由時，得到點在線段上，進而可判定C正確；由時，得到點在線段的中點，結合題意公式，可判定D正確.
【詳解】對于A中，當時，，
即，可得，所以點在平面上，
則點到平面距離的最大值為點或到平面的距離，
連接交于點，因為為正方形，可得，
又因為平面，平面，所以，
因為且平面，所以平面，
因為正方形中，，所以 ，
即點到平面距離的最大值為，所以A正確；
對于B中，當時，，
即，可得點在線段上，
當點與點重合時，直線與平面所成角的正切值最大，
在直角中，可得，所以B不正確；
對于C中，當時，可得，
即，可得點在線段上，
在長方體，可得，
所以點在線段的距離等于點在線段的距離，
又由平面，且平面，所以，
在直角中，可得，
所以點到的距離為，所以C正確.
對于D中，當時，可得，
即，所以點在線段的中點，
此時點到平面的距離為，
所以，所以D正確.
故選：ACD.
【典題3】(多選) (2024·全國·模擬預測)如圖，平行六面體中，
，，與交于點O，則下列說法正確的有( )

A．平面平面
B．若，則平行六面體的體積
C．
D．若，則
【答案】ABD
【分析】對于A，由題意可得四邊形為菱形，則可得，再計算，可得，從而得平面，再利用面面垂直的判定定理可得結論；對于B， 連接，可得，從而可證得平面，進而可求出體積，對于C，利用空間向量的加法分析判斷，對于C，設，則可得 ，然后利用向量的夾角公式計算判斷.
【詳解】對于A，因為在平行四邊形中，，所以四邊形為菱形，所以，
因為，，
所以，
所以，
因為， 所以，
所以，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面，所以A正確，
對于B，連接，因為，，所以，
所以為直角三角形，即，因為∥，所以，
因為由選項A知平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
所以平行六面體的體積，所以B正確，
對于C，因為四邊形為平行四邊形，所以為的中點，
所以，所以，所以C錯誤，
對于D，設，因為在菱形中，，
所以，
所以，所以D正確，
故選：ABD

【鞏固練習】
1.(2022·全國·模擬預測)在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G為PC的中點，過AG的平面與棱PB、PD分別交于點E、F．若EF∥平面ABCD，則截面AEGF的面積為 ．
【答案】/
【分析】由題知，則①，再根據E、F、G三點共面得，其中x＋y＋z＝1．設，，從而可求，與①對比即可求出λ，從而可求EF的長度；再證明BD垂直平面PAC，EF∥BD，從而得AG⊥EF，根據即可得答案．
【詳解】∵AC＝2AB＝2AD，CD⊥AD，CB⊥AB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
則根據向量加法法則易知，，
即，則．
根據共面向量定理的推論知，，其中x＋y＋z＝1．
連接BD，
∵EF∥平面ABCD，EF平面PBD，平面PBD∩平面ABCD=BD，∴EF∥BD，
設，則，又G為PC的中點，
∴，
則，，解得，
AB=2，BD=2×ABsin60°=，則．
連接AG，∵PA＝AC＝4，G為PC的中點，故．
易知BD⊥AC，BD⊥PA，，故BD⊥平面PAC，
又平面PAC，∴BD⊥AG，∴AG⊥EF，
因此．
故答案為：．
解法二：連接BD，設AC與BD交于點K，連接AG、PK，設AG與PK交于點L，
由題易得BD∥EF，則，
作KN∥AG交PC于N，易知CK＝3AK，則CN＝3GN，從而PG＝4GN，
故，即．以下解法同上．
故答案為：．
2. (2024·全國·模擬預測)已知正三棱錐滿足，則該三棱錐側面積的最大值為 ．
【答案】
【分析】設為的外心，為的中點，連接，設，．由，結合立體幾何，空間向量知識可得，又由題意及幾何知識可得的側面積 ，
后由基本不等式可得答案.
【詳解】如圖所示，設為的外心，為的中點，連接，設，．
因幾何體為正三棱錐，則平面，O為重心，則．
注意到，，則，所以，
所以．又中，有，所以．
記三棱錐的側面積為，在中，，
又， ，則.
故 ，
而，
當且僅當，即時取等號，所以該三棱錐側面積的最大值為．
故答案為：.

3.(2024·上海黃浦·二模)在四面體中，，，，設四面體與四面體的體積分別為、，則的值為 .
【答案】/
【分析】根據空間向量的加法與數乘運算，可得點的位置并作圖，利用三角形的等積變換可得底面的面積比，可得答案.
【詳解】由，，，則；
由，，，則；
由，，，則；
顯然四面體與四面體共頂點且底面共面，則其高相同可設為，
結合題意可作圖如下：
在底面連接，作圖如下：
由，即，則，易知；
由，即，則，易知；
由，即，則；
由，，則，易知；
，；
.
故答案為：.
4. (多選) (2023·廣東佛山·一模)如圖，在棱長為1的正方體中，點P滿足，其中，則( )
A．當時，
B．當，時，點P到平面的距離為
C．當時，平面
D．當時，三棱錐的體積恒為
【答案】ACD
【分析】根據正方體的幾何性質，確定各選項下點P的位置，根據線線關系判斷A；根據線面平行確定點到平面的距離來判斷B；由面面平行的性質得線面平行來判斷C；利用等體積轉換法確定三棱錐的體積可判斷D.
【詳解】對于A，

當時，此時點與點重合，由正方體性質可得，，
所以四邊形為平行四邊形，從而，
又因為，所以，即，故A正確；
對于B，當時，此時點為的中點，

由A選項分析可知，平面，平面，
所以平面，從而得點到平面的距離等于點到平面的距離，設為，
因為三棱錐與三棱錐是同一個三棱錐，且為邊長為的等邊三角形，
所以，從而得，解得，故B錯誤；
對于C，

當時，此時三點共線，
由B選項分析可知平面，同理可證平面，
又因為平面，，平面，
所以平面平面，又平面，從而得平面，故C正確；
對于D，

當時，點在中與平行的中位線上，即，
由B選項分析可知平面，且平面，
所以平面，從而點到平面的距離為定值，為點到平面的距離的一半，即，
底面為邊長為的等邊三角形，所以，則的體積為，故D正確.
故選：ACD.
5.(多選)(2023·福建寧德·模擬預測)已知空間單位向量，，兩兩夾角均為，，，則下列說法中正確的是( )
A．、、、四點可以共面 B．
C． D．
【答案】BC
【分析】
根據向量共面即可判斷點共面，進而可判斷A，根據數量積的運算律即可求解B，根據模長的計算公式即可判斷C，根據夾角公式即可求解D.
【詳解】由于單位向量，，兩兩夾角均為，
所以，
假設、、、四點可以共面，則共面，
所以存在，使得，分別用，，與點乘，
則，由于該方程組無解，所以不存在，使得共面，
故、、、四點不共面，故A錯誤，
對于B，,故B正確，
對于C，由得，
由得,
所以,則
,故C正確；
對于D，
，
故，故D錯誤，
故選：BC.
6. (多選)如圖，在三棱柱中，、分別是、上的點，且
．若，，，則( )

A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】設，，，利用向量的加減法則，以為基底可得，可得A錯誤；由計算可得，可知B正確；分別表示出可得不為零，可得C錯誤；利用C中結論，分別求出，即可得，即D正確.
【詳解】設，，，
對于A選項，因為，，
所以，，
所以，故A錯誤；
對于B選項，因為，，，
所以，
所以，故B正確；
對于C選項，易知，
此時
，所以與不垂直，即C錯誤；
對于D選項，因為，，
所以，
因為，所以，
，所以，
所以，故D正確.
故選：BD.
7.(多選)已知二面角的大小為，，，且，，則( )
A．是鈍角三角形 B．異面直線AD與BC可能垂直
C．線段AB長度的取值范圍是 D．四面體體積的最大值為
【答案】AC
【分析】根據空間向量的線性運算與數量積公式，可得出，，從而可知選項A正確，B錯誤；
計算可得 ，設，得，結合二次函數知識可求出線段AB長度的取值范圍，可知選項C正確；
先求出四面體的體積表達式，再結合基本不等式可求出最大值，從而可知選項D錯誤．
【詳解】對于選項A：由題意可知，，二面角的大小為，，，所以，
所以，
所以是鈍角，即是鈍角三角形，故A正確；
對于選項B：由題意知，，，，，
所以，
所以異面直線AD與BC不可能垂直，故B錯誤；
對于選項C：由題意可知，，，，
所以
．
設，由，得，其中，
所以，所以，
則線段長度的取值范圍是，故C正確；
對于選項D：如圖，過點A作平面的垂線，垂足為E，則，
由題意，可知四面體的體積為
，
當且僅當時，等號成立，故D錯誤．

故選：AC.
1.(2023·全國·高考真題)已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先在中利用余弦定理求得，，從而求得，再利用空間向量的數量積運算與余弦定理得到關于的方程組，從而求得，由此在中利用余弦定理與三角形面積公式即可得解.
【詳解】連結交于，連結，則為的中點，如圖，
因為底面為正方形，，所以，
在中，，
則由余弦定理可得，故，
所以，則，
不妨記，
因為，所以，
即，
則，整理得①，
又在中，，即，
則②，
兩式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面積為.
故選：C.
2.(2020·全國·高考真題)如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，為底面直徑，．是底面的內接正三角形，為上一點，．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】(1)要證明平面，只需證明，即可；
(2)方法一：過O作∥BC交AB于點N，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，分別算出平面的一個法向量，平面的一個法向量為，利用公式計算即可得到答案.
【詳解】(1)空間基底向量法
如圖所示，圓錐底面圓O半徑為R，連結，，易得，
因為，所以．
以為基底，平面，則，
，且，
所以
．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
(2)空間直角坐標系法
過O作∥BC交AB于點N，因為平面，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
，，，
設平面的一個法向量為，
由，得，令，得，
所以，
設平面的一個法向量為
由，得，令，得，
所以
故，
設二面角的大小為，由圖可知二面角為銳二面角，所以.

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