備戰(zhàn)2025年高考數學一輪專題復習全套考點突破和專題檢測專題35空間向量的概念與運算5題型分類(原卷版+解析)

專題35空間向量的概念與運算5題型分類1．空間向量的有關概念名稱定義空間向量在空間中，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長度相等而方向相反的向量共線向量(或平行向量)表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量共面向量平行于同一個平面的向量2.空間向量的有關定理(1)共線向量定理：對任意兩個空間向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數λ，使a＝λb.(2)共面向量定理：如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序實數對(x，y)，使p＝xa＋yb.(3)空間向量基本定理如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在唯一的有序實數組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空間的一個基底．3．空間向量的數量積及運算律(1)數量積非零向量a，b的數量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空間向量的坐標表示及其應用設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐標表示數量積a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共線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(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夾角余弦值cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))4.空間位置關系的向量表示(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a為平面α的法向量．(3)空間位置關系的向量表示位置關系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l?αl∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝0常用結論1．三點共線：在平面中A，B，C三點共線?eq\o(OA,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O為平面內任意一點．2．四點共面：在空間中P，A，B，C四點共面?eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O為空間中任意一點．（一）用已知向量表示某一向量的三個關鍵點(1)要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．(2)要正確理解向量加法、減法與數乘運算的幾何意義．(3)在立體幾何中，三角形法則、平行四邊形法則仍然成立．題型1：空間向量的線性運算1-1．（福建省福州十五中、格致鼓山中學、教院二附中、福州銅盤中學、福州十中2023-2024學年高二上學期期中聯考數學試題）如圖，空間四邊形中，，點在上，且，點為中點，則（）A． B．C． D．1-2．（2024·福建福州·三模）在三棱錐P-ABC中，點O為△ABC的重心，點D，E，F分別為側棱PA，PB，PC的中點，若，，，則=（

）A． B． C． D．1-3．（上海市南洋模范中學2023-2024學年高二上學期期中數學試題）如圖所示，在平行六面體中，為與的交點，若，則（

）

A． B．C． D．1-4．（2024高二上·陜西西安·期末）如圖，在四面體中，是的重心，是上的一點，且，若，則為（

）A． B．C． D．（二）應用共線(面)向量定理、證明點共線(面)的方法比較三點(P，A，B)共線空間四點(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(OB,\s\up6(→))題型2：空間向量基本定理及其應用2-1．（2024高二上·湖南郴州·階段練習）已知，，如果與為共線向量，則（

）A． B． C． D．2-2．（2024高二·全國·課后作業(yè)）若、、三點共線，則（

）．A．B．C．D．2-3．（湖南省岳陽市平江縣2023-2024學年高二上學期1月期末數學試題）已知A、B、C三點不共線，對平面外的任一點O，下列條件中能確定點M與點A、B、C一定共面的是（

）A． B．C． D．2-4．（2024高二下·四川雅安·期末）向量，分別是直線，的方向向量，且，，若，則（

）A．， B．，C．， D．，2-5．（2024高二下·江蘇揚州·期中）已知空間、、、四點共面，且其中任意三點均不共線，設為空間中任意一點，若，則（

）A． B． C． D．2-6．（2024高二上·湖南郴州·階段練習）為空間任意一點，若，若、、、四點共面，則（

）A． B． C． D．2-7．（2024高三·全國·專題練習）已知，若三向量共面，則等于（）A． B．9 C． D．2-8．（2024高二·全國·課后作業(yè)）在四面體OABC中，點M，N分別為OA、BC的中點，若，且G、M、N三點共線，則．（三）空間向量數量積及其應用空間向量的數量積運算有兩條途徑，一是根據數量積的定義，利用模與夾角直接計算；二是利用坐標運算．題型3：空間向量數量積及其應用3-1．【多選】（2024高二上·遼寧大連·期末）已知向量，，則下列正確的是（

）A． B． C． D．3-2．（2024高二上·山東濟寧·階段練習）已知是棱長為2的正方體內切球的一條直徑，則．3-3．（2024·上海松江·二模）已知空間向量，，，若，則．3-4．（2024高二上·重慶萬州·階段練習）已知空間向量，，則在方向上的投影向量為.3-5．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，平行六面體中，，，，，則線段的長為.

3-6．【多選】（2024高三上·黑龍江哈爾濱·期中）如圖，在平行六面體中，其中以頂點A為端點的三條棱長均為6，且彼此夾角都是，下列說法中不正確的是（

）

A．B．C．向量與夾角是D．向量與所成角的余弦值為3-7．【多選】（2024高二上·浙江溫州·期末）已知空間向量，，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若在上的投影向量為，則D．若與夾角為銳角，則3-8．【多選】（2024·安徽·一模）在平行六面體中，已知，，則（

）A．直線與所成的角為B．線段的長度為C．直線與所成的角為D．直線與平面所成角的正弦值為（四）向量法證明平行、垂直(1)利用向量法證明平行、垂直關系，關鍵是建立恰當的坐標系(盡可能利用垂直條件，準確寫出相關點的坐標，進而用向量表示涉及到直線、平面的要素)．(2)向量證明的核心是利用向量的數量積或數乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何的有關定理．題型4：向量法證明平行4-1．（2024高三·全國·專題練習）四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點，證明：平面.4-2．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分別是線段PA，PD，CD的中點，求證：平面EFG∥平面PBC．4-3．（2024高二·全國·課后作業(yè)）如圖，在直四棱柱中，底面為等腰梯形，，，，，是棱的中點．求證：平面平面.4-4．（2024高二·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，，，，分別是，的中點.求證：平面.

4-5．（2024高二上·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點，為的中點，，求證：．

題型5：向量法證明垂直5-1．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，.為的中點，點在上，且.求證：平面平面.5-2．（2024高二·全國·專題練習）已知在直三棱柱中，其中為的中點，點是上靠近的四等分點，與底面所成角的余弦值為．

求證：平面平面.5-3．（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知直三棱柱為的中點，為側棱上一點，且，三棱柱的體積為32．過點作，垂足為點，求證：平面；5-4．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面，底面是邊長為2的正方形，，，分別是，的中點．求證：平面；5-5．（2024高二上·山西太原·期中）如圖，在平行六面體中，.(1)求的長；(2)求證：.一、單選題1．（2024高二下·江蘇泰州·期中）若點，，在同一條直線上，則（

）A．21 B．4 C．4 D．102．（2024高二上·山東菏澤·階段練習）對于空間任意一點和不共線的三點，有如下關系：，則（

）A．四點必共面 B．四點必共面C．四點必共面 D．五點必共面3．（2024高二上·陜西商洛·階段練習）已知，則下列向量中與平行的是（

）A． B． C． D．4．（2024高二上·北京西城·期中）兩個不同的平面和，平面的一個法向量為，平面的一個法向量，則平面與平面（

）A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能確定5．（2024高二·全國·課后作業(yè)）下面關于空間向量的說法正確的是（

）A．若向量平行，則所在直線平行B．若向量所在直線是異面直線，則不共面C．若A，B，C，D四點不共面，則向量，不共面D．若A，B，C，D四點不共面，則向量，，不共面6．（2024高二上·安徽阜陽·階段練習）下列命題中是假命題的是（

）A．任意向量與它的相反向量不相等B．和平面向量類似，任意兩個空間向量都不能比較大小C．如果，則D．兩個相等的向量，若起點相同，則終點也相同7．（2024高二上·浙江臺州·階段練習）已知平面的法向量為，，則直線和平面的位置關系是（

）A． B． C．與相交但不垂直 D．8．（2024高二上·全國·課后作業(yè)）若空間中任意四點O，A，B，P滿足，其中m＋n＝1，則（

）A．P∈AB B．P?ABC．點P可能在直線AB上 D．以上都不對9．（2024高二上·全國·課后作業(yè)）已知在空間單位正交基底下，是空間的一組單位正交基底，是空間的另一組基底.若向量在基底下的坐標為，則向量在基底下的坐標為（

）A． B． C． D．10．（2024高二上·新疆和田·期中）已知、分別為不重合的兩直線、的方向向量，、分別為不重合的兩平面、的法向量，則下列所有正確結論（

）個.①；②；③；④.A． B． C． D．11．（2024·福建福州·三模）以下四組向量在同一平面的是（

）A．、、 B．、、C．、、 D．、、12．（2024高二上·云南昆明·期末）如圖，M在四面體OABC的棱BC的中點，點N在線段OM上，且，設，，，則下列向量與相等的向量是（

）A． B．C． D．13．（2024高三上·廣東廣州·階段練習）如圖所示的木質正四棱錐模型，過點A作一個平面分別交于點E，F，G，若，則的值為（

）A． B． C． D．14．（2024·江西·二模）在四棱錐中，棱長為2的側棱垂直底面邊長為2的正方形，為棱的中點，過直線的平面分別與側棱、相交于點、，當時，截面的面積為（

）A． B．2 C． D．3二、多選題15．（2024高二下·浙江·期中）空間直角坐標系中，已知，，，，則（

）A．B．是等腰直角三角形C．與平行的單位向量的坐標為或D．在方向上的投影向量的坐標為16．（2024·廣東佛山·二模）四面體中，，，，，，平面與平面的夾角為，則的值可能為（

）A． B． C． D．三、填空題17．（2024·上海金山·二模）已知向量，向量，則與的夾角的大小為.18．（2024高二上·北京西城·期中）已知平面的法向量為，平面的法向量為，若，則．19．（2024高二上·山西·開學考試）已知直線的方向向量是，平面的法向量是，與的位置關系為.20．（2024高二下·天津薊州·期中）已知點A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三點共線，則．21．（2024高二上·湖南株洲·階段練習）已知向量，若，則．22．（2024高二上·北京·期中）直線的方向向量為，直線的方向向量為，平面的法向量為，，，則、、的值依次為.23．（2024高二上·浙江臺州·階段練習）如圖，三棱錐中，平面ABC，，且，．若D是棱PC上的點，滿足，且，則．24．（2024高二上·江西宜春·階段練習）如圖所示，在正方體中，E是棱DD1的三等分點（靠近點），點F在棱C1D1上，且，若∥平面，則.四、解答題25．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面，底面是矩形，，分別是的中點，.證明：.26．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）在正方體中，分別是的中點，試建立適當的空間直角坐標系，求證：平面平面.27．（2024高一·全國·專題練習）如圖所示，正四棱的底面邊長1，側棱長4，中點為，中點為．求證：平面平面.

28．（2024高三·全國·對口高考）如圖所示的幾何體中，四邊形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；(2)在線段AB（含端點）上，是否存在一點P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.29．（2024高一·全國·專題練習）如圖，且，，且，且，平面ABCD，.若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：平面CDE；30．（2024高二上·廣東廣州·階段練習）如圖，在正方體中，E，F分別是，的中點．(1)求證：；(2)求證：平面31．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）已知棱長為1的正方體在空間直角坐標系中的位置如圖所示，分別為棱的中點，求證：.32．（2024高二·全國·專題練習）如圖所示，平面平面，四邊形為正方形，是直角三角形，且，，，分別是線段，，的中點，求證：平面平面．33．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在幾何體ABCDE中，ABC，BCD，CDE均為邊長為2的等邊三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求證：A，B，D，E四點共面；34．（2024高三·全國·專題練習）如圖，直三棱柱中，，，，D為BC的中點，E為上的點，且．求證：平面；35．（2024高三·全國·專題練習）如圖，直三棱柱的側面為正方形，，E，F分別為，的中點，．證明：平面；36．（2024高三·全國·專題練習）在正方體中，如圖、分別是，的中點．求證：平面平面；37．（2024高二·全國·專題練習）如圖，正三棱柱中，分別是棱上的點，.

證明：平面平面.38．（2024高三·全國·專題練習）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為AC和的中點，D為棱上的動點..證明：；39．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，點E在棱PD上，且.證明：平面平面ACE；40．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在三棱柱中，平面ABC，，，D為的中點，交于點E．證明：.41．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在底面是矩形的四棱錐中，平面，，，是PD的中點.求證：平面平面.42．（2024高三·全國·專題練習）如圖，棱臺中，，底面ABCD是邊長為4的正方形，底面是邊長為2的正方形，連接，BD，.證明：.43．（2024·云南曲靖·模擬預測）如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，側面是等邊三角形，.(1)求證：平面平面；(2)設為側棱上一點，四邊形是過兩點的截面，且平面，是否存在點，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由.44．（2024高三·全國·專題練習）斜三棱柱的各棱長都為，點在下底面的投影為的中點.在棱（含端點）上是否存在一點使？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由；45．（2024高三·全國·專題練習）斜三棱柱的各棱長都為2，，點在下底面ABC的投影為AB的中點O．在棱（含端點）上是否存在一點D使？若存在，求出BD的長；若不存在，請說明理由；46．（2024·河北保定·一模）如圖，平行六面體的所有棱長均為，底面為正方形，，點為的中點，點為的中點，動點在平面內．(1)若為中點，求證：；(2)若平面，求線段長度的最小值．47．（2024高二上·北京海淀·期中）已知三棱錐（如圖1）的平面展開圖（如圖2）中，四邊形為邊長為的正方形，和均為正三角形.在三棱錐中：(1)求點到平面的距離；(2)若點在棱上，滿足，點在棱上，且，求的取值范圍.48．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為正方形，平面ABCD，E為PD的中點，.求證：PB平面AEC；49．（2024高二上·山東聊城·階段練習）如圖，正方形與梯形所在平面互相垂直，已知，，．

(1)求證：平面．(2)線段上是否存在點M，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．50．（2024高二·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，點為棱的中點．證明：

(1)平面；(2)平面⊥平面．51．（2024高三·全國·專題練習）在蘇州博物館有一類典型建筑八角亭，既美觀又利于采光，其中一角如圖所示，為多面體，，，，底面，四邊形是邊長為2的正方形且平行于底面，，，的中點分別為，，，．證明：//平面；

52．（2024高二上·廣東佛山·階段練習）如圖，在正方體中，分別是的中點

(1)證明：平面.(2)在直線上是否存在點，使得平面？若存在，請指出的位置；若不存在.請說明理由.53．（2024高三·全國·專題練習）在四棱錐中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD為梯形．，，且，，．若M是棱PA的中點，則對于棱BC上是否存在一點F，使得MF與PC平行．

54．（2024高二上·山西大同·期中）如圖，在直三棱柱中，，垂足為，為線段上的一點.(1)若為線段的中點，證明：平面；(2)若平面平面，求的值.55．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）如圖，四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，且不共面，M，N分別是AC，BF的中點，求證：.56．（2024高二·全國·課后作業(yè)）如圖，在平行六面體中，，．(1)求證：、、三點共線；(2)若點是平行四邊形的中心，求證：、、三點共線．57．（2024高二上·湖北宜昌·期中）如圖，在棱長為2的正方體中，點分別是線段的中點.

(1)求證：(2)求三棱錐的體積.58．（2024高三·全國·專題練習）如圖四棱錐，且，平面平面，且是以為直角的等腰直角三角形，其中為棱的中點，點在棱上，且.求證：四點共面.59．（2024高二上·河北邢臺·階段練習）如圖，在邊長為3的正方體中，點P，Q，R分別在棱，，上，且.（1）求點D到平面的距離；（2）若平面與線段的交點為N，求的值.60．（2024高三·全國·專題練習）已知E，F，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點，用向量法證明：(1)E，F，G，H四點共面；(2)平面EFGH．61．（2024·四川瀘州·模擬預測）如圖，四邊形為正方形，若平面平面，，，.(1)求二面角A－CF－D的余弦值；(2)判斷點D與平面CEF的位置關系，并說明理由.62．（2024·河南鄭州·一模）如圖，正四棱錐的底面邊長和高均為2，，分別為，的中點．(1)若點是線段上的點，且，判斷點是否在平面內，并證明你的結論；(2)求直線與平面所成角的正弦值．63．（2024·江蘇·三模）如圖，三棱錐P－ABC的底面為等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分別為AC，BC的中點，PD⊥平面ABC，點M在線段PE上．(1)再從條件①、②、③、④四個條件中選擇兩個作為已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并給予證明；(2)在（1）的條件下，求直線BP與平面MBD所成的角的正弦值．條件①：；條件②：∠PED＝60°；條件③：PM＝3ME：條件④：PE＝3ME成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專題盡在高中數學同步資源大全QQ群552511468也可聯系微信fjshuxue加入百度網盤群1.5T一線老師必備資料一鍵轉存自動更新永不過期專題35空間向量的概念與運算5題型分類1．空間向量的有關概念名稱定義空間向量在空間中，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長度相等而方向相反的向量共線向量(或平行向量)表示若干空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合的向量共面向量平行于同一個平面的向量2.空間向量的有關定理(1)共線向量定理：對任意兩個空間向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數λ，使a＝λb.(2)共面向量定理：如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序實數對(x，y)，使p＝xa＋yb.(3)空間向量基本定理如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在唯一的有序實數組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，{a，b，c}叫做空間的一個基底．3．空間向量的數量積及運算律(1)數量積非零向量a，b的數量積a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)空間向量的坐標表示及其應用設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．向量表示坐標表示數量積a·ba1b1＋a2b2＋a3b3共線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(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))夾角余弦值cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)(a≠0，b≠0)cos〈a，b〉＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))·\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3)))4.空間位置關系的向量表示(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a為平面α的法向量．(3)空間位置關系的向量表示位置關系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2(λ∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m，l?αl∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝λm(λ∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λm(λ∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝0常用結論1．三點共線：在平面中A，B，C三點共線?eq\o(OA,\s\up6(→))＝xeq\o(OB,\s\up6(→))＋yeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＝1)，O為平面內任意一點．2．四點共面：在空間中P，A，B，C四點共面?eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(其中x＋y＋z＝1)，O為空間中任意一點．（一）用已知向量表示某一向量的三個關鍵點(1)要結合圖形，以圖形為指導是解題的關鍵．(2)要正確理解向量加法、減法與數乘運算的幾何意義．(3)在立體幾何中，三角形法則、平行四邊形法則仍然成立．題型1：空間向量的線性運算1-1．（福建省福州十五中、格致鼓山中學、教院二附中、福州銅盤中學、福州十中2023-2024學年高二上學期期中聯考數學試題）如圖，空間四邊形中，，點在上，且，點為中點，則（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據給定的幾何體，利用空間向量的線性運算求解即得.【詳解】依題意，.故選：B1-2．（2024·福建福州·三模）在三棱錐P-ABC中，點O為△ABC的重心，點D，E，F分別為側棱PA，PB，PC的中點，若，，，則=（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據空間向量的線性運算，結合重心的性質即可求解.【詳解】取中點為，三個式子相加可得,又,故選：D

1-3．（上海市南洋模范中學2023-2024學年高二上學期期中數學試題）如圖所示，在平行六面體中，為與的交點，若，則（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空間向量的線性運算進行求解.【詳解】.故選：D1-4．（2024高二上·陜西西安·期末）如圖，在四面體中，是的重心，是上的一點，且，若，則為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據空間向量線性運算進行計算，用表示出．【詳解】因為是中點，所以，是的重心，則，所以，因為所以，若，則．故選：D．【點睛】本題考查空間的向量的線性運算，掌握向量線性運算的運算法則是解題關鍵．（二）應用共線(面)向量定理、證明點共線(面)的方法比較三點(P，A，B)共線空間四點(M，P，A，B)共面eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))eq\o(MP,\s\up6(→))＝xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋xeq\o(MA,\s\up6(→))＋yeq\o(MB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x)eq\o(OB,\s\up6(→))對空間任一點O，eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OM,\s\up6(→))＋yeq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq\o(OB,\s\up6(→))題型2：空間向量基本定理及其應用2-1．（2024高二上·湖南郴州·階段練習）已知，，如果與為共線向量，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據空間共線向量的性質進行求解即可.【詳解】因為與為共線向量，所以，故選：D2-2．（2024高二·全國·課后作業(yè)）若、、三點共線，則（

）．A．B．C．D．【答案】A【分析】直接根據求解即可.【詳解】∵，，由題意得，則，∴、，∴，故選:A．2-3．（湖南省岳陽市平江縣2023-2024學年高二上學期1月期末數學試題）已知A、B、C三點不共線，對平面外的任一點O，下列條件中能確定點M與點A、B、C一定共面的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據四點共面的性質進行判斷即可.【詳解】M與A、B、C共面的條件是，且，故B選項正確，故選：B2-4．（2024高二下·四川雅安·期末）向量，分別是直線，的方向向量，且，，若，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根據空間向量平行的坐標運算計算得解.【詳解】因為，所以，所以，，所以，解得，.故選：C.2-5．（2024高二下·江蘇揚州·期中）已知空間、、、四點共面，且其中任意三點均不共線，設為空間中任意一點，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據空間四點共面的充要條件代入即可解決【詳解】由、、、四點共面，且其中任意三點均不共線可得，解之得故選：D2-6．（2024高二上·湖南郴州·階段練習）為空間任意一點，若，若、、、四點共面，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空間向量共面基本定理的推論可求出的值.【詳解】空間向量共面的基本定理的推論：，且、、不共線，若、、、四點共面，則，因為為空間任意一點，若，且、、、四點共面，所以，，解得.故選：C.2-7．（2024高三·全國·專題練習）已知，若三向量共面，則等于（）A． B．9 C． D．【答案】D【分析】根據題意利用空間向量共面定理列方程求解即可【詳解】∵，，共面，∴設（為實數），即，∴，解得．故選：D.2-8．（2024高二·全國·課后作業(yè)）在四面體OABC中，點M，N分別為OA、BC的中點，若，且G、M、N三點共線，則．【答案】【分析】由三點共線得存在實數，使得，再由空間向量的線性運算結合空間向量基本定理求得，即可求解.【詳解】若G、M、N三點共線，則存在實數，使得，又點M，N分別為OA、BC的中點，則，，則，則，解得，則.故答案為：.（三）空間向量數量積及其應用空間向量的數量積運算有兩條途徑，一是根據數量積的定義，利用模與夾角直接計算；二是利用坐標運算．題型3：空間向量數量積及其應用3-1．【多選】（2024高二上·遼寧大連·期末）已知向量，，則下列正確的是（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根據給定條件，利用空間向量的坐標運算逐項計算判斷作答.【詳解】向量，，則，A正確；顯然，B正確；由數量積的定義得，C錯誤；顯然，則，即有，D錯誤.故選：AB3-2．（2024高二上·山東濟寧·階段練習）已知是棱長為2的正方體內切球的一條直徑，則．【答案】2【分析】設該正方體的內切球的球心為O，由，結合向量數量積運算求得正確答案.【詳解】因為正方體的棱長為2，所以其內切球的半徑．又球心一定在該正方體的體對角線的中點處，且體對角線長為，所以設該正方體的內切球的球心為O，則，易知，所以．故答案為：3-3．（2024·上海松江·二模）已知空間向量，，，若，則．【答案】【詳解】，，，，解得，故答案為：.3-4．（2024高二上·重慶萬州·階段練習）已知空間向量，，則在方向上的投影向量為.【答案】【分析】首先求得與同向的單位向量，根據投影向量定義知所求為.【詳解】，與同向的單位向量，在方向上的投影向量為.故答案為：.3-5．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，平行六面體中，，，，，則線段的長為.

【答案】1【分析】根據空間向量的數量積運算律求解即可.【詳解】由題可得,，,所以,且,因為,所以，所以，故答案為:1.3-6．【多選】（2024高三上·黑龍江哈爾濱·期中）如圖，在平行六面體中，其中以頂點A為端點的三條棱長均為6，且彼此夾角都是，下列說法中不正確的是（

）

A．B．C．向量與夾角是D．向量與所成角的余弦值為【答案】CD【分析】根據題意，利用空間向量的線性運算和數量積運算，對選項中的命題進行分析判斷，能求出結果.【詳解】在平行六面體中，其中以頂點為端點的三條棱長均為6，且彼此夾角都是，.對于A，，，A正確；對于B，，，即，B正確；對于C，連接，由題意可知是等邊三角形，則，，且向量與的夾角是，向量與夾角是，C錯誤；對于D，，，，，D錯誤.故選：CD

3-7．【多選】（2024高二上·浙江溫州·期末）已知空間向量，，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若在上的投影向量為，則D．若與夾角為銳角，則【答案】ABD【分析】對于A：結合向量垂直的性質即可求解；對于B：結合向量的四則運算即可求解；對于C：利用投影的幾何意義即可求解；對于D：根據向量的夾角公式即可求解.【詳解】對于A：，，即：，解得：.故A選項正確；對于B：，，解得：.故B選項正確；對于C：在上的投影向量為：，即，代入坐標化簡可得：，無解，故C選項錯誤；對于D：與夾角為銳角，，解得：，且與不共線，即，解得：，所以與夾角為銳角時，解得：.故D選項正確；故選：ABD.3-8．【多選】（2024·安徽·一模）在平行六面體中，已知，，則（

）A．直線與所成的角為B．線段的長度為C．直線與所成的角為D．直線與平面所成角的正弦值為【答案】AC【分析】設，將分別用表示，再根據向量數量積的運算律即可判斷ABC；對于D，先證明平面平面，從而可得與平面所成的角為，再解即可.【詳解】設，則，且，對于A，，，所以直線與所成的角為，故A正確；對于B，因為，所以，故B錯誤；對于C，因為，所以，故C正確；對于D，連接，交于點，則為的中點，因為，，所以，又因平面，所以平面，又平面，所以平面平面，作，垂足為，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，則與平面所成的角為，在中，，所以，即直線與平面所成角的正弦值為，故D錯誤.故選：AC.（四）向量法證明平行、垂直(1)利用向量法證明平行、垂直關系，關鍵是建立恰當的坐標系(盡可能利用垂直條件，準確寫出相關點的坐標，進而用向量表示涉及到直線、平面的要素)．(2)向量證明的核心是利用向量的數量積或數乘向量，但向量證明仍然離不開立體幾何的有關定理．題型4：向量法證明平行4-1．（2024高三·全國·專題練習）四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點，證明：平面.【答案】證明見解析.【分析】連結BD交AC于點O，連結EO，證明EO為的中位線，則EO//PB，即可推出線面平行.【詳解】連結BD交AC于點O，連結EO，因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點，又E為的PD的中點，所以EO為的中位線，則EO//PB，因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB//平面AEC.【點睛】本題考查線面平行的證明，屬于基礎題.4-2．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分別是線段PA，PD，CD的中點，求證：平面EFG∥平面PBC．【答案】證明過程見詳解【分析】根據題意得到AB，AP，AD兩兩垂直，從而以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，并確定A，B，C，D，P，E，F，G的坐標，求得，，，，從而即可確定平面EFG的法向量，平面PBC的法向量，進而即可證明平面EFG∥平面PBC．【詳解】因為平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，所以AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．所以，，，，設是平面EFG的法向量，則，，即，得，令，則，，所以，設是平面PBC的法向量，由，，即，得，令，則，，所以，所以，所以平面EFG∥平面PBC．4-3．（2024高二·全國·課后作業(yè)）如圖，在直四棱柱中，底面為等腰梯形，，，，，是棱的中點．求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法分別證明，，即，，再利用面面平行的判定定理即可得證.【詳解】因為，是棱的中點，所以，所以為正三角形.因為為等腰梯形，，所以.取的中點，連接，則，所以.以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，所以，，，，所以，，又不重合，不重合，所以，，因為平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面4-4．（2024高二·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，，，，分別是，的中點.求證：平面.

【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法來證得平面【詳解】由題意，在矩形中，，，，，分別是，的中點，∴，，在四棱錐中，面平面，面面，，平面，∴面，面，∴，取中點，連接，∵，∴，所以四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∵面，面，∴面，∵平面，∴以、、為、、軸建立空間直角坐標系如下圖所示，∴，∴，面的一個法向量為，∵，平面，∴平面.

4-5．（2024高二上·全國·課后作業(yè)）如圖所示，在四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點，為的中點，，求證：．

【答案】證明見解析【分析】證法一：以為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標系，求出的坐標，利用空間向量共線的坐標表示可得答案；證法二：由空間向量的線性表示可得答案.【詳解】證法一：由題意知，直線兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，所以，又，故．證法二：由題意可得，又，所以．

題型5：向量法證明垂直5-1．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，.為的中點，點在上，且.求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】如圖，以為原點，分別以，為軸，軸，過作平行線為軸，建立空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，利用空間向量證明即可.【詳解】證明：如圖，以為原點，分別以，為軸，軸，過作平行線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，因為，所以，所以，即，所以，，設平面的法向量為，則，令，則，所以，平面的法向量為，則，令，則，所以，所以，所以，所以平面平面.5-2．（2024高二·全國·專題練習）已知在直三棱柱中，其中為的中點，點是上靠近的四等分點，與底面所成角的余弦值為．

求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】根據與底面所成角的余弦值為得到是邊長為的等邊三角形，然后利用空間向量的方法證明平面平面即可.【詳解】

取的中點，連，因為為的中點，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為與底面所成角的余弦值為，所以與底面所成角的余弦值為，因為三棱柱為直三棱柱，所以平面，所以是與底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是邊長為的等邊三角形，取的中點，的中點，連，則，，平面，以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標系：則，，，，，，，，，，，，，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，則，得，令，得，，，令，得，，，因為，所以，所以平面平面.5-3．（2024高三·全國·專題練習）如圖，已知直三棱柱為的中點，為側棱上一點，且，三棱柱的體積為32．過點作，垂足為點，求證：平面；【答案】證明見解析【分析】先根據三棱柱的體積為32，求出，再由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可.【詳解】由直三棱柱，得平面，又，可得三棱柱的體積，得．因為三棱柱為直三棱柱，所以，因為，所以兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，則．設，則，故．因為，所以，所以，解得，即．所以，所以，.所以．又因為平面ACQ，平面ACQ，，所以平面．5-4．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面，底面是邊長為2的正方形，，，分別是，的中點．求證：平面；【答案】證明見解析【分析】由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，所在直線為軸，軸，軸，建立如圖所示空間直角坐標系，再利用空間向量證明即可.【詳解】證明：因為底面，底面，且底面是邊長為2的正方形，所以兩兩垂直，所以以為原點，所在直線為軸，軸，軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，，設平面的法向量，則，取可得，所以平面的一個法向量為，因為，所以平面.5-5．（2024高二上·山西太原·期中）如圖，在平行六面體中，.(1)求的長；(2)求證：.【答案】(1);(2)證明見解析.【分析】（1）利用，即可求出答案.（2）利用，即可證明答案.【詳解】（1）則.（2）證明：故.一、單選題1．（2024高二下·江蘇泰州·期中）若點，，在同一條直線上，則（

）A．21 B．4 C．4 D．10【答案】C【分析】若∥，則．【詳解】，∵點，，在同一條直線上∴∥則解得∴故選：C．2．（2024高二上·山東菏澤·階段練習）對于空間任意一點和不共線的三點，有如下關系：，則（

）A．四點必共面 B．四點必共面C．四點必共面 D．五點必共面【答案】B【分析】根據如下結論判斷：對于空間任一點和不共線三點，若點滿足且，則四點共面.【詳解】對于空間任一點和不共線三點，若點滿足且，則四點共面.而，其中，所以四點共面.故選：B.3．（2024高二上·陜西商洛·階段練習）已知，則下列向量中與平行的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用共線向量基本定理，判斷即可.【詳解】因為，所以與平行.故選：B.【點睛】本題考查了空間向量共線的判斷，屬于基礎題.4．（2024高二上·北京西城·期中）兩個不同的平面和，平面的一個法向量為，平面的一個法向量，則平面與平面（

）A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能確定【答案】A【分析】根據的坐標，判斷二者共線，即可判斷平面與平面的位置關系.【詳解】由題意知，，則，即共線，則，故選：A5．（2024高二·全國·課后作業(yè)）下面關于空間向量的說法正確的是（

）A．若向量平行，則所在直線平行B．若向量所在直線是異面直線，則不共面C．若A，B，C，D四點不共面，則向量，不共面D．若A，B，C，D四點不共面，則向量，，不共面【答案】D【分析】利用平行向量的意義判斷A；利用空間共面向量的意義判斷BCD作答.【詳解】向量平行，所在直線可以重合，也可以平行，A錯誤；可以通過平移將空間中任意兩個向量平移到一個平面內，因此空間任意兩個向量都是共面的，BC錯誤；顯然AB，AC，AD是空間中有公共端點A，但不共面的三條線段，所以向量，，不共面，D正確.故選：D6．（2024高二上·安徽阜陽·階段練習）下列命題中是假命題的是（

）A．任意向量與它的相反向量不相等B．和平面向量類似，任意兩個空間向量都不能比較大小C．如果，則D．兩個相等的向量，若起點相同，則終點也相同【答案】A【分析】由零向量的定義可判斷AC，由向量的性質可判斷BD.【詳解】對于A，零向量的相反向量是它本身，A錯誤；對于B，空間向量是有向線段，不能比較大小，B正確；對于C，如果，則，C正確；對于D，兩個相等的向量，若起點相同，則終點也相同，D正確.故選：A.7．（2024高二上·浙江臺州·階段練習）已知平面的法向量為，，則直線和平面的位置關系是（

）A． B． C．與相交但不垂直 D．【答案】D【分析】利用空間向量判定線面關系即可.【詳解】由題意可知，即.故選：D8．（2024高二上·全國·課后作業(yè)）若空間中任意四點O，A，B，P滿足，其中m＋n＝1，則（

）A．P∈AB B．P?ABC．點P可能在直線AB上 D．以上都不對【答案】A【分析】由已知化簡可得，即可判斷.【詳解】因為m＋n＝1，所以m＝1－n，所以，即，即，所以與共線．又，有公共起點A，所以P，A，B三點在同一直線上，即P∈AB.故選：A.9．（2024高二上·全國·課后作業(yè)）已知在空間單位正交基底下，是空間的一組單位正交基底，是空間的另一組基底.若向量在基底下的坐標為，則向量在基底下的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空間向量基本定理求解即可.【詳解】設向量在基底下的坐標為，則，又向量在基底下的坐標為，則，所以，即，所以解得所以向量在基底下的坐標為.故選：C.10．（2024高二上·新疆和田·期中）已知、分別為不重合的兩直線、的方向向量，、分別為不重合的兩平面、的法向量，則下列所有正確結論（

）個.①；②；③；④.A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據直線的方向向量與平面向量的法向量的定義判斷即可.【分析】因為、分別為不重合的兩直線、的方向向量，、分別為不重合的兩平面、的法向量；直線，的方向向量平行（垂直）等價于直線、平行（垂直），故①、②正確；平面，的法向量平行（垂直）等價于平面，平行（垂直）、故③、④正確；故選：D.11．（2024·福建福州·三模）以下四組向量在同一平面的是（

）A．、、 B．、、C．、、 D．、、【答案】B【分析】利用共面向量的基本定理逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】對于A選項，設，所以，，無解；對于B選項，因為，故B選項中的三個向量共面；對于C選項，設，所以，，無解；對于D選項，設，所以，，矛盾.故選：B.12．（2024高二上·云南昆明·期末）如圖，M在四面體OABC的棱BC的中點，點N在線段OM上，且，設，，，則下列向量與相等的向量是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由題意得出，再用向量線性運算化簡后可得.【詳解】因為M在四面體OABC的棱BC的中點，所以，又點N在線段OM上，且，故點為的三等分點，所以，所以.故選與相等的向量的向量是；故選：A.13．（2024高三上·廣東廣州·階段練習）如圖所示的木質正四棱錐模型，過點A作一個平面分別交于點E，F，G，若，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】以AC、BD交點O為坐標原點，射線OA、OB、OP為x、y、z軸正方向建立空間直角坐標系，設，，，，(a、b>0)，進而寫出、、、坐標，可得，，由四點共面有，設，求值即可得答案.【詳解】解：建立如圖所示空間直角坐標系，設，，，，(a、b>0)，則，，，，∴，，由題意四點共面，則有，其中，設，∴由方程組，即，解得，所以，故選：C.14．（2024·江西·二模）在四棱錐中，棱長為2的側棱垂直底面邊長為2的正方形，為棱的中點，過直線的平面分別與側棱、相交于點、，當時，截面的面積為（

）A． B．2 C． D．3【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，利用向量共面確定點的坐標，利用向量數量積及三角形面積公式即可求出.【詳解】由題意，平面，四邊形為正方形，如圖，建立空間直角坐標系D-xyz，

則，，，，，，，設，，則，又，，所以，則，由題意，四點共面，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，所以截面的面積為.故選：A二、多選題15．（2024高二下·浙江·期中）空間直角坐標系中，已知，，，，則（

）A．B．是等腰直角三角形C．與平行的單位向量的坐標為或D．在方向上的投影向量的坐標為【答案】AC【分析】本題考查空間向量的坐標運算，利用向量的加減法得出坐標，再利用向量的模長公式，可判斷A選項；計算出三角形三條邊長，可判斷B選項；與已知向量平行的單位向量計算公式：可判斷C選項；根據在方向上的投影向量與向量共線的性質，可判斷D選項.【詳解】根據空間向量的線性運算，，選項A正確；計算可得，三條邊不相等，選項B不正確；與平行的單位向量為：選項C正確；在方向上的投影向量與向量共線，，選項D不正確，故選：AC.16．（2024·廣東佛山·二模）四面體中，，，，，，平面與平面的夾角為，則的值可能為（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根據給定條件，利用空間向量數量積運算律求解判斷作答.【詳解】在四面體中，，，則是二面角的平面角，如圖，，而，，，，因為平面與平面的夾角為，則當時，，當時，，所以的值可能為，.故選：AD三、填空題17．（2024·上海金山·二模）已知向量，向量，則與的夾角的大小為.【答案】【分析】利用向量夾角的坐標表示來求解.【詳解】因為，，所以，因為，所以.故答案為：.18．（2024高二上·北京西城·期中）已知平面的法向量為，平面的法向量為，若，則．【答案】【分析】根據，可得兩平面的法向量共線，再根據空間向量的共線定理即可得解.【詳解】因為，所以兩平面的法向量共線，所以存在唯一實數，使得，所以，解得，所以.故答案為：.19．（2024高二上·山西·開學考試）已知直線的方向向量是，平面的法向量是，與的位置關系為.【答案】或【分析】利用空間向量法判斷線面關系即可得解.【詳解】因為直線的方向向量是，平面的法向量是，而，所以，則或.故答案為：或.20．（2024高二下·天津薊州·期中）已知點A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），若A，B，C三點共線，則．【答案】1【分析】利用坐標表示向量，由向量共線列方程求出λ的值．【詳解】由題意，點A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0，λ），所以,若A，B，C三點共線，則，即，解得.故答案為：1．21．（2024高二上·湖南株洲·階段練習）已知向量，若，則．【答案】【分析】設，依題意可得，再根據向量夾角公式即可求解.【詳解】設向量，，，設與的夾角為，，，.故答案為：.22．（2024高二上·北京·期中）直線的方向向量為，直線的方向向量為，平面的法向量為，，，則、、的值依次為.【答案】、、【分析】依題意可得、，即可求出、、的值.【詳解】因為，直線的方向向量為，直線的方向向量為，所以，則，即，解得，因為，直線的方向向量為，平面的法向量為，所以，所以，即，所以，解得，則、、的值依次為、、.故答案為：、、23．（2024高二上·浙江臺州·階段練習）如圖，三棱錐中，平面ABC，，且，．若D是棱PC上的點，滿足，且，則．【答案】【分析】證明出兩兩垂直，建立空間直角坐標系，設，從而由垂直關系得到方程，求出的值.【詳解】因為平面ABC，平面，所以，又，故兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸，平行于的直線為軸，建立空間直角坐標系，故，因為，所以，因為，所以，解得，負值舍去.故答案為：24．（2024高二上·江西宜春·階段練習）如圖所示，在正方體中，E是棱DD1的三等分點（靠近點），點F在棱C1D1上，且，若∥平面，則.【答案】【分析】建立空間直角坐標系，利用向量垂直即可求解.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為3，，設，所以設平面的法向量為，所以，取，則，，由于∥平面，所以，即，故，所以所以，故答案為：四、解答題25．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面，底面是矩形，，分別是的中點，.證明：.【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，可證明，進而即可得證.【詳解】證明：由題意，底面，，如圖，以為坐標原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，由，則，所以，所以.因為，所以.26．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）在正方體中，分別是的中點，試建立適當的空間直角坐標系，求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】根據正方體的結構特征，以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量的坐標運算證明線線平行，由面面平行的判定定理證明平面平面.【詳解】證明:如圖，以為坐標原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系．設正方體的棱長為1，則有，，，，，，于是，，，，顯然有，，所以，，由，平面，平面，平面，同理平面，平面，，所以平面平面27．（2024高一·全國·專題練習）如圖所示，正四棱的底面邊長1，側棱長4，中點為，中點為．求證：平面平面.

【答案】證明見解析【分析】以為原點，，，所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，利用向量法證，同理，再結合面面平行判定定理即可證明結論.【詳解】以為原點，，，所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，如圖

則,0,，,1,，,0,，,0,，,1,，,1,，，，同理，平面，平面，平面，平面，平面，平面，又平面平面與平面平行．28．（2024高三·全國·對口高考）如圖所示的幾何體中，四邊形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；(2)在線段AB（含端點）上，是否存在一點P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用法向量的夾角即可求解二面角，（2）由平面法向量與直線方向向量垂直，結合向量共線，即可由坐標運算求解.【詳解】（1）過作于，由于，則,由于,且四邊形是等腰梯形，所以,在三角形中，由余弦定理可得，所以,故,

以為坐標原點，，為軸，軸，過點作的平行線為軸，建立空間直角坐標系，設，則，設面的法向量，則，即，取，得．設面的法向量，則，即，則取，得．，由幾何體的特征可知二面角的平面角為銳角，二面角的余弦值為．（2），,，面，面．設,若平面，則,所以，所以29．（2024高一·全國·專題練習）如圖，且，，且，且，平面ABCD，.若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：平面CDE；【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，由空間向量判斷位置關系【詳解】因為，，平面ABCD，而AD?平面ABCD，所以，，因此以D為坐標原點，分別以??的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系.因為且，且，，所以，，，，，，，，.設為平面CDE的法向量，，，則，不妨令，可得；又，所以.又∵直線平面CDE，∴平面CDE；30．（2024高二上·廣東廣州·階段練習）如圖，在正方體中，E，F分別是，的中點．(1)求證：；(2)求證：平面【答案】(1)見解析；(2)見解析.【分析】建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量研究空間位置關系即可.【詳解】（1）如圖所示，以D為原點建立空間直角坐標系，設正方體邊長為2，則，所以，有；（2）由（1）知，設平面的一個法向量為，則，令，即，又，顯然，故平面.31．（2024高二下·江蘇·課后作業(yè)）已知棱長為1的正方體在空間直角坐標系中的位置如圖所示，分別為棱的中點，求證：.【答案】證明見解析【分析】由圖中的空間直角坐標系，求出相關點的坐標，證明，可得.【詳解】因為正方體的棱長為1，分別為棱的中點，所以有，，，，所以，，則有，所以.32．（2024高二·全國·專題練習）如圖所示，平面平面，四邊形為正方形，是直角三角形，且，，，分別是線段，，的中點，求證：平面平面．【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，利用法向量即可求解.【詳解】因為平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，所以AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則．所以，，，，設是平面EFG的法向量，則，，即，得，令，則，，所以，設是平面PBC的法向量，由，，即，得，令，則，，所以，所以，所以平面EFG∥平面PBC．33．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在幾何體ABCDE中，ABC，BCD，CDE均為邊長為2的等邊三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面DCE⊥平面BCD．求證：A，B，D，E四點共面；【答案】證明見解析【分析】取的中點，連接，取的中點，連接，證明平面，平面，得兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，寫出各點坐標，設，由求得點坐標，證明向量共面，得證四點共面．【詳解】取的中點，連接，取的中點，連接，因為平面平面，且平面平面，而為等邊三角形，所以，因此平面，因為平面平面，且平面平面，又因為為等邊三角形，所以，因此平面，又因為平面，因此，又因為為等邊三角形，所以，因此兩兩垂直，從而以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，又因為均為邊長為2的等邊三角形，所以，，，設，則，，，由于，所以，解得，因此，所以，，，所以，由空間向量基本定理可知：共面，所以四點共面；34．（2024高三·全國·專題練習）如圖，直三棱柱中，，，，D為BC的中點，E為上的點，且．求證：平面；【答案】證明見解析【分析】以點為原點，射線的方向分別為軸正方向，建立空間直角坐標系，得到，再論證即可.【詳解】證明：在直三棱柱中，，顯然射線兩兩垂直，以點為原點，射線的方向分別為軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖，因為，，D為BC的中點，E為上的點，且，則，，于是，即，而平面，所以平面.35．（2024高三·全國·專題練習）如圖，直三棱柱的側面為正方形，，E，F分別為，的中點，．證明：平面；【答案】證明見解析【分析】由題意可得兩兩垂直，所以以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可.【詳解】證明：因為三棱柱為直三棱柱，所以，又因為，，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為為正方形，所以，所以兩兩垂直，所以以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，則，因為，，所以，，因為平面，，所以平面，36．（2024高三·全國·專題練習）在正方體中，如圖、分別是，的中點．求證：平面平面；【答案】證明見解析【分析】設棱長為，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量證明即可.【詳解】證明：設棱長為，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設平面的法向量，則，取，得，設平面的法向量，則，取，得，所以，所以，則平面平面．37．（2024高二·全國·專題練習）如圖，正三棱柱中，分別是棱上的點，.

證明：平面平面.【答案】證明見解析【分析】建立空間直角坐標系，求解兩個平面的法向量，利用法向量證明面面垂直.【詳解】證明：取的中點，連接，

在正三棱柱中，不妨設;以為原點，分別為軸和軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，則,，；設平面的一個法向量為，則，取，則，，即；設平面的一個法向量為，則，取，得，，即.因為，所以平面平面；38．（2024高三·全國·專題練習）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為AC和的中點，D為棱上的動點..證明：；【答案】證明見解析【分析】由題意可證得兩兩垂直，所以以為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量證是即可.【詳解】證明：因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，又底面，所以，，又因為，，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，即兩兩垂直，以為原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，設，則，，，，，，，，設，所以，，因為，所以，即.39．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，點E在棱PD上，且.證明：平面平面ACE；【答案】證明見解析【分析】由題意可得BO，CO，PO互相垂直，所以以O為坐標原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量證明即可.【詳解】證明：因為底面ABCD是菱形，所以，因為平面ABCD，平面，所以，所以BO，CO，PO互相垂直，所以以點O為坐標原點，所在的直線分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系，由，，可知相關點坐標如下：，，，，，因為平面，所以平面所以平面PBD的一個法向量為，因為，所以，故平面PBD，因為平面，所以平面平面ACE.40．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在三棱柱中，平面ABC，，，D為的中點，交于點E．證明：.【答案】證明見解析【分析】由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后利用空間向量證明即可.【詳解】因為平面，平面‖平面,所以平面，因為平面，所以,因為，所以兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，所以，所以，故41．（2024高三·全國·專題練習）如圖，在底面是矩形的四棱錐中，平面，，，是PD的中點.求證：平面平面.【答案】證明見解析【分析】由題意可得兩兩垂直，所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可.【詳解】證明：因為平面，平面，所以，因為四邊形為矩形，所以，所以兩兩垂直，所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示則所以所以即，所以即，又，平面PAD，所以平面PAD，又平面，所以平面平面PAD.42．（2024高三·全國·專題練習）如圖，棱臺中，，底面ABCD是邊長為4的正方形，底面是邊長為2的正方形，連接，BD，.證明：.【答案】證明見解析【分析】連接交于，以所在直線為軸，經過且垂直于平面的直線為軸，交上底面于，連接，建立空間直角坐標系如圖，然后利用空間向量證明即可【詳解】證明：由題意，該棱臺是正四棱臺.連接交于，以所在直線為軸，經過且垂直于平面的直線為軸，交上底面于，連接，建立空間直角坐標系如圖.根據正四棱臺的性質，過作底面的垂線，則垂足在上.由題意得，為上底面正方形對角線長的一半，顯然，故，又，則，故.于是，，則，所以.43．（2024·云南曲靖·模擬預測）如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，側面是等邊三角形，.(1)求證：平面平面；(2)設為側棱上一點，四邊形是過兩點的截面，且平面，是否存在點，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）根據題意，先由線面垂直的判定定理得到平面，從而得到面面垂直；（2）根據題意，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，然后結合法向量與空間向量的坐標運算，代入計算，即可得到結果.【詳解】（1）證明：在中，因，所以，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）假設存在點，使得平面平面.取中點為，連接，則，因為平面平面，平面平面，所以平面.如圖所示建立空間直角坐標系，不妨設，則，，則，設是平面的法向量，則，取.設，其中.則連接，因平面平面，平面平面，故取與同向的單位向量.設是平面的法向量，則，取.由平面平面，知，有，解得.故在側棱上存在點，使得平面平面.44．（2024高三·全國·專題練習）斜三棱柱的各棱長都為，點在下底面的投影為的中點.在棱（含端點）上是否存在一點使？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由；【答案】存在，【分析】連接，以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，設，根據結合空間向量的坐標運算求解.【詳解】因為點在下底面的投影為的中點，故平面，連接，由題意為正三角形，故，以為原點，分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，，可得，，，設，可得，假設在棱（含端點）上存在一點使，則，解得，所以存在，此時.45．（2024高三·全國·專題練習）斜三棱柱的各棱長都為2，，點在下底面ABC的投影為AB的中點O．在棱（含端點）上是否存在一點D使？若存在，求出BD的長；若不存在，請說明理由；【答案】存在，【分析】連接，以O點為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，設，根據求解即可.【詳解】連接，因為，為的中點，所以，由題意知平面ABC，，又，，所以，以O點為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，由得，同理得，設，得，又，，由，則，可得，得，又，即，所以存在點D且滿足條件.46．（2024·河北保定·一模）如圖，平行六面體的所有棱長均為，底面為正方形，，點為的中點，點為的中點，動點在平面內．(1)若為中點，求證：；(2)若平面，求線段長度的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由條件先求，，，再證明，由此完成證明；（2）建立空間直角坐標系，設，求平面的法向量和直線的方向向量，由條件列方程確定的關系，再求的最小值即可.【詳解】（1）由已知，，，，所以，，，因為為中點，所以，又，所以，所以所以（2）連接，，∵，∴，∵，∴，連接，由正方形的性質可得三點共線，為的中點，所以，由第一問，平面，，所以平面，以為坐標原點，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系、、、、，設平面法向量為，，則，所以，

∴，令，則，．∴為平面的一個法向量，因為點在平面內，故設點的坐標為，因為，所以，，則，所以，所以當時，有最小值，最小值為.47．（2024高二上·北京海淀·期中）已知三棱錐（如圖1）的平面展開圖（如圖2）中，四邊形為邊長為的正方形，和均為正三角形.在三棱錐中：(1)求點到平面的距離；(2)若點在棱上，滿足，點在棱上，且，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據四邊形為正方形，得到，再利用勾股定理得到，即可證得平面，然后利用等體積的方法即可求得點到平面的距離；（2）建立空間直角坐標系，通過設，，得到和的坐標，再利用列等式，得到的關系，根據的范圍即可得到的范圍.【詳解】（1）如圖，取，中點，，連接，，，∵展開圖中四邊形為邊長為的正方形，為中點，∴，，又和均為正三角形，∴，，∵，∴，∵，平面，平面,∴平面，設點到平面的距離為，，解得，所以點到平面的距離為.（2）如圖，以為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，，，，，，，,∵，∴，，設，則,∵，∴，整理得，∵，∴，∴的范圍為.48．（2024高三·全國·專題練習）如