1
1.1.1 空间向量及其运算
课程标准
学习目标
1.了解空间向量、向量的模、零向量、相反
向量、相等向量、共线向量等概念.
2.会用平行四边形法则、三角形法则作出向
量的和与差，掌握数乘向量运算的意义及远
算律，
3.掌握空间向量夹角概念及衣示方法
4.掌握两个向量的数量积的概念、性质、计
算方法及运算律;掌握两个向量数量积的主要
用途，能运用数量积求向量夹角和判断的量
的共线与垂直。
1.理解空间向量的观点，掌握其表示方法:
2.会用图形说明空间向量加法、减法、数乘向量及它
们的运算律:
3.能用空间向量的运算意义及运算律解决简单的立体
几何中的问题.
2
知识点01 空间向量
1.定义：空间中既有大小又有方向的量称为空间向量．
2.模(或长度)：向量的大小．
3.表示方法：
①几何表示法：可以用有向线段来直观的表示向量，如始点为A 终点为B 的向量，记为
AB，模为|AB|．
②字母表示法：可以用字母a，b，c，…表示，模为|a|，|b|，|c|，…．
【即学即练1】（22-23 高二上·安徽阜阳·阶段练习）下列命题中是假命题的是（ ）
A．任意向量与它的相反向量不相等
B．和平面向量类似，任意两个空间向量都不能比较大小
C．如果|⃗a|=0，则⃗a=⃗0
D．两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同
【答案】A
【分析】由零向量的定义可判断AC，由向量的性质可判断BD.
【详解】对于A，零向量⃗0的相反向量是它本身，A 错误；
3
对于B，空间向量是有向线段，不能比较大小，B 正确；
对于C，如果|⃗a|=0，则⃗a=⃗0，C 正确；
对于D，两个相等的向量，若起点相同，则终点也相同，D 正确.
故选：A.
【即学即练2】（21-22 高二·全国·课后作业）下列命题中，正确的是（ ）.
A．若⃑a≠⃑b，则|⃑a|≠|⃑b|
B．若|⃑a|>|⃑b|，则⃑a>⃑b
C．若⃑a=⃑b，则|⃑a|=|⃑b|
D．若|⃑a|=|⃑b|，则⃑a=⃑b
【答案】C
【分析】根据向量模长的定义以及向量的定义即可逐一判断.
【详解】对于A;比如⃑a=(0,0,1),⃑b=(1,0,0),⃑a,⃑b不相等，但|⃑a|=|⃑b|=1，故A 错误；
对于B;向量的模长可以有大小之分，但是向量不可以比较大小，所以B 错误；
对于C;向量相等，则其模长相等，方向相同，故C 正确；
对于D；若⃑a=(0,0,1),⃑b=(1,0,0)，|⃑a|=|⃑b|=1，但⃑a,⃑b不相等，故D 错误；
故选：C
知识点02 几类特殊的向量
1.零向量：始点和终点相同的向量称为零向量，记作0．
2.单位向量：模等于1 的向量称为单位向量．
3.相等向量：大小相等、方向相同的向量称为相等向量．
4.相反向量：方向相反，大小相等的向量称为相反向量．
5.平行向量：方向相同或者相反的两个非零向量互相平行，此时表示这两个非零向量的有
向线段所在的直线平行或重合．通常规定零向量与任意向量平行．
【即学即练3】（23-24 高二上·福建泉州·期中）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，与向量⃗A D1相反的向
量是（ ）
A．⃗C1B
B．⃗BC1
C．⃗B1 A
D．⃗A B1
【答案】A
【分析】根据正方体的特征及相反向量的概念判定即可.
【详解】
如图所示，可知⃗C1B是⃗A D1的相反向量.
4
故选：A
【即学即练4】（23-24 高二上·山西临汾·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =3，
AD =2，A A1=1，以长方体的八个顶点中的两点为起点和终点的向量中．
(1)单位向量共有多少个？
(2)试写出与⃗AB相等的所有向量．
(3)试写出⃗A A1的相反向量．
【答案】(1)8
(2)⃗A1B1,⃗DC ,⃗D1C1
(3)⃗A1 A ,⃗B1B ,⃗C1C ,⃗D1 D
【分析】（1）根据单位向量的定义写出即可；
（2）根据相等向量的定义写出即可；
（3）根据相反向量的定义写出即可.
【详解】（1）由题意，单位向量有⃗A A1,⃗A1 A ,⃗B B1,⃗B1B ,⃗C C1,⃗C1C ,⃗D D1,⃗D1 D共8个；
（2）由题意，与⃗AB相等有⃗A1B1,⃗DC ,⃗D1C1；
（3）由题意，⃗A A1的相反向量有⃗A1 A ,⃗B1B ,⃗C1C ,⃗D1 D.
知识点03 空间向量的加法、减法与数乘
名称
运算法则
特点
图示
加法运算
三角形法则
首尾相接首尾连（通过
平移）
平行四边形法则
起点相同（共起点）
（通过平移）
减法运算
平行四边形法则
起点相同连终点，被减
向量定指向。
5
数乘运算
实数λ的作用：正负定方向，数值定模比
【即学即练5】（23-24 高二下·甘肃·期中）在空间四边形ABCD 中，E，F 分别为BC，CD 的中点，则⃗
AF −1
2 (⃗AB+⃗AC )=（ ）
A．−⃗EF
B．⃗BD
C．⃗EF
D．−⃗BD
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用空间向量运算计算即得.
【详解】在空间四边形ABCD 中，E 为BC 的中点，则⃗AB+⃗AC =2⃗AE，
所以⃗AF −1
2 (⃗AB+⃗AC )=⃗AF −⃗AE =⃗EF.
故选：C
【即学即练6】（24-25 高二上·全国·课后作业）在空间四边形ABCD中，点M ,G分别是BC和CD的中点，
则⃗AB+ 1
2 (⃗BD+⃗BC)=（ ）
A．⃗AD
B．⃗GA
C．⃗AG
D．⃗MG
【答案】C
【分析】根据已知可得⃗BD +⃗BC =2⃗BG，代入即可得出答案.
【详解】
因为点G 是CD 的中点，
所以⃗BD +⃗BC =2⃗BG，
所以⃗AB+ 1
2 (⃗BD +⃗BC)=⃗AB+⃗BG =⃗AG.
故选:C.
知识点04 空间向量的加法和数乘运算律
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1.加法交换律：
2.加法结合律：
3.数乘运算律：①λ(μ⃗a)＝(λμ)⃗a；②(λ＋μ)⃗a＝λ⃗a＋μv；③λ(⃗a＋⃗b)＝λ⃗a＋λ⃗b；
【即学即练7】（21-22 高二上·全国·课后作业）下列各式计算正确的是（ ）
A．⃗a+⃗b−(⃗a+⃗b)=2⃗a
B．2(⃗a+⃗b)+⃗c =2⃗a+⃗b+⃗c
C．3(⃗a−⃗b)+3(⃗a+⃗b)=0
D．⃗a+⃗b−(⃗b−3⃗c)=⃗a+3⃗c
【答案】D
【分析】根据向量的线性运算求解即可判断各选项．
【详解】对于A，a
→
+ b
→
−( a
→
+ b
→
)= 0
→
，故A 不正确；
对于B，2(⃗a+⃗b)+⃗c =2⃗a+2⃗b+⃗c，故B 不正确；
对于C，3(⃗a−⃗b)+3(⃗a+⃗b)=6⃗a，故C 不正确；
对于D，⃗a+⃗b−(⃗b−3⃗c)=⃗a+3⃗c，故D 正确．
故选：D．
【即学即练8】（23-24 高二上·全国·阶段练习）化简下列算式：
(1)3(2⃗a−⃗b−4⃗c)−4(⃗a−2⃗b+3⃗c)；
(2)⃗OA −[⃗OB−(⃗AB−⃗AC)].
【答案】(1)2⃗a+5⃗b−24⃗c；
(2)⃗CA.
【分析】（1）根据向量数乘运算即可求得答案；
（2）根据向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】（1）3(2⃗a−⃗b−4⃗c)−4(⃗a−2⃗b+3⃗c)=6⃗a−3⃗b−12⃗c−4⃗a+8⃗b−12⃗c =2⃗a+5⃗b−24⃗c.
（2）⃗OA −[⃗OB−(⃗AB−⃗AC)]=⃗OA −⃗OB+⃗AB−⃗AC =⃗BA +⃗AB+⃗CA =⃗CA.
知识点05 向量共线及共线定理
1.共线向量或平行向量
如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么这些向量叫作共线向量或平行向量
.
向量a 与b 平行，记作a//b.规定，零向量与任意向量共线.
2.共线向量定理
对空间任意两个向量a，b（a≠0），b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使b=λa.
【即学即练9】（23-24 高二上·河北邯郸·期末）已知⃗x ,⃗y ,⃗z是不共面的空间向量，若⃗p=3⃗x−2⃗y −4⃗z与⃗
q =(m+1)⃗x +8⃗y +n⃗z（m,n是实数）是平行向量，则m+n的值为（ ）
7
A．16
B．-13
C．3
D．-3
【答案】C
【分析】根据⃗p∥⃗q，结合⃗q = λ⃗p，列出方程组，求解即可.
【详解】因为⃗x ,⃗y ,⃗z是不共面的空间向量且⃗p∥⃗q，
故⃗q = λ⃗p，则¿，
解得m=−13,n=16，所以m+n=3.
故选：C.
【即学即练10】（22-23 高二下·江苏·课后作业）若空间非零向量⃗e1,⃗e2不共线，则使2k⃗e1−⃗e2与⃗
e1+2(k +1)⃗e2共线的k 的值为 .
【答案】－1
2/−0.5
【分析】根据空间共线向量可得2k⃗e1−⃗e2= λ⃗e1+2 λ(k +1)⃗e2]，建立方程组，解之即可求解.
【详解】由题意知，存在实数λ 使得2k⃗e1−⃗e2= λ[⃗e1+2(k +1)⃗e2]= λ⃗e1+2 λ(k +1)⃗e2]，
即¿，解得¿.
故答案为：−1
2
知识点06 空间向量线性运算的理解
类似于平面向量，可以定义空间向量的加法、减法及数乘运算．
图1 图2
(1)如图1，OB＝OA＋AB＝a＋b，CA＝OA－OC＝a－b．
(2)如图2，DA＋DC＋DD1＝DB1．
即三个不共面向量的和，等于以这三个向量为邻边的平行六面体中，与这三个向量有共同
始点的对角线所表示的向量．
(3)给定一个实数λ 与任意一个空间向量a，则实数λ 与空间向量a 相乘的运算称为数乘向量，
记作λa．其中：
①当λ≠0 且a≠0 时，λa 的模为| λ || a | ，而且λa 的方向：
(ⅰ)当λ＞0 时，与a 的方向相同；
(ⅱ)当λ＜0 时，与a 的方向相反．
②当λ＝0 或a＝0 时，λa＝0．
【即学即练11】（23-24 高二下·湖北孝感·期中）在三棱柱ABC −A1B1C1中，E是BC的中点，⃗AG =2⃗GE，
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则⃗GC1=（ ）
A．1
3⃗AB−2
3⃗AC +⃗A A1B．1
3⃗AB+ 2
3⃗AC +⃗A A1
C．−1
3⃗AB+ 2
3⃗AC +⃗A A1
D．−1
3⃗AB+ 2
3⃗AC −⃗A A1
【答案】C
【分析】依题意可得⃗GE= 1
3⃗AE，再根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为⃗AG =2⃗GE，所以⃗GE= 1
3⃗AE，
所以⃗GC1=⃗GE+⃗EC +⃗C C1= 1
3⃗AE+ 1
2⃗BC +⃗A A1
= 1
3 × 1
2 (⃗AB+⃗AC)+ 1
2 (⃗AC −⃗AB)+⃗A A1
= 2
3⃗AC −1
3⃗AB+⃗A A1.
故选：C
【即学即练12】（23-24 高二下·江苏·课前预习）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，设⃗
A A1=⃗a,⃗AB =⃗b,⃗AD =⃗c，M , N , P分别是A A1,BC ,C1 D1的中点，试用⃗a,⃗b,⃗c表示以下各向量：
(1)⃗AP；
(2)⃗A1 N；
(3)⃗MP.
9
【答案】(1)⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
(2)−⃗a+⃗b+ 1
2⃗c
(3)1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
【分析】
根据空间向量的线性运算，结合图形依次求解即可.
【详解】（1）
∵P是C1 D1的中点，
∴⃗AP =⃗A A1+⃗A1 D1+⃗D1 P =⃗A A1+⃗AD + 1
2⃗D1C1=⃗A A1+⃗AD + 1
2⃗AB =⃗a+ 1
2⃗b+⃗c；
（2）
∵N是BC的中点，
∴⃗A1 N =⃗A1 A +⃗AB+⃗BN =⃗A1 A +⃗AB+ 1
2⃗BC =⃗A1 A +⃗AB+ 1
2⃗AD =−⃗a+⃗b+ 1
2⃗c；
（3）
∵M是A A1的中点，
∴⃗MP =⃗MA +⃗AP = 1
2⃗A1 A +⃗AP =−1
2⃗a+(⃗a+⃗c + 1
2⃗b)= 1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c.
知识点07 空间两个向量的夹角
1. 夹角
定义
a,b 是空间两个向量，过空间任意一点O，作⃗OA =a，⃗OB =b,∠AOB=θ（0≤θ≤π）叫做向量a,b 的
夹角。
图示
表示
〈
a , b 〉
.
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范围
[0,π]
2.空间两个向量的关系
（1）若〈a,b〉=0,则向量a,b 方向相同;
（2）若〈a,b〉=π,则向量a,b 方向 相反;
（3）若〈a,b〉=π
2 ,则向量a,b 互相垂直
，
记作a⊥b
【即学即练13 】（22-23 高二下· 江苏· 课后作业）在正四面体ABCD 中，⃗BC与⃗CD的夹角等于
（ ）
A．30°
B．60°
C．150°
D．120°
【答案】D
【分析】
根据正三角内角为60°求解.
【详解】
由正四面体每个面都是正三角形可知，
<⃗BC ,⃗CD>=180°−<⃗CB ,⃗CD>=180°−60° =120°
故选：D
【即学即练14】（22-23 高二下·江苏·课后作业）如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，求向量⃗AC分别与
向量⃗A
' B
'，⃗B
' A
'，⃗A D
❑
'，⃗C D
❑
'，⃗B
' D
'的夹角．
【答案】45°；135°；60°；120°；90°
【分析】
由图形特征求向量夹角.
【详解】
连接BD，则在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AC⊥BD，∠BAC＝45°，AC＝AD′＝CD′，
所以⟨⃗AC ,⃗A
' B
'⟩=⟨⃗AC ,⃗AB⟩= 45°，
⟨⃗AC ,⃗B
' A
'⟩=180°−⟨⃗AC ,⃗AB⟩=135°，
⟨⃗AC ,⃗AD⟩=∠D
' AC =60°，
⟨⃗AC ,⃗CD⟩=120°，
⟨⃗AC ,⃗B
' D
'⟩=⟨⃗AC ,⃗BD⟩=90°.
11
知识点08 空间两个向量的数量积
1. 空间向量的数量积的定义
定义
已知两个非零向量a,b,则
| a || b |cos
〈
a , b 〉
叫做a,b 的数量积,记作
a · b .即a·b=|a||b|cos
〈a,b〉.
规定
零向量与任意向量的数量积为
0
2.空间向量数量积的运算律
交换律
a·b= b · a
结合律
(λa)·b=⑩
λ ( a · b ) ,λ∈R
分配律
a·(b+c)= a · b + a · c
3.空间向量数量积的性质
①若a,b 为非零向量,则a⊥b⇔ a · b = 0 ;
②若a,b 同向，a·b=|a||b|；若a,b 反向，a·b=-|a||b|；特别的，a·a=|a|2，或|a|=√aa
2
③若θ为a,b 的夹角，则cosθ = aaa·b
|a||b|
④|a·b|≤|a||b|
4.与数量积有关的2 个易错点
①两个向量的数量积是数量，而不是向量，它可以是正数、负数或零.
②向量数量积的运算不满足消去律和乘法的结合律，即ab=ac⟹b=c，（a·b）·c=a·（b·c）都不成立.
【即学即练15】（22-23 高二上·湖南怀化·期末）如图，各棱长都为2的四面体ABCD中 ⃗CE = ⃗ED，⃗AF
=2 ⃗FD，则向量⃗BE⋅⃗CF =（ ）
A．− 1
3
B．1
3
C．− 1
2
D．1
2
【答案】A
【分析】由向量的运算可得⃗BE = 1
2 (⃗BC +⃗BD)，⃗CF = 1
3⃗BA −⃗BC + 2
3⃗BD，由向量数量积的定义即可得到
答案.
【详解】由题得⃗BA ,⃗BC夹角，⃗BD ,⃗BC夹角，⃗BD ,⃗BA夹角均为π
3 ，
∵⃗CE =⃗ED ,⃗AF =2⃗FD，
12
∴⃗BE = 1
2 (⃗BC +⃗BD),⃗AF = 2
3⃗AD，
∴⃗CF =⃗BF −⃗BC =⃗BA +⃗AF −⃗BC
=⃗BA + 2
3⃗AD−⃗BC =⃗BA + 2
3 (⃗BD−⃗BA )−⃗BC = 1
3⃗BA −⃗BC + 2
3⃗BD，
∴⃗BE⋅⃗CF = 1
2 (⃗BC +⃗BD)⋅(
1
3⃗BA −⃗BC + 2
3⃗BD)
= 1
6⃗BA ⋅⃗BC −1
2⃗BC
2−1
6⃗BC ⋅⃗BD + 1
6⃗BA ⋅⃗BD + 1
3⃗BD
2
= 1
6 ×2×2× 1
2 −1
2 ×2
2−1
6 ×2×2× 1
2 + 1
6 ×2×2× 1
2 + 1
3 ×2
2=−1
3
故选：A.
【即学即练16】（23-24 高二下·江苏常州·期中）已知正四面体ABCD的棱长为1，点M是BC的中点，则⃗
AM ⋅⃗CD的值为 ．
【答案】−1
4 /−0.25
【分析】根据空间向量线性运算，得⃗AM = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，⃗CD =⃗AD−⃗AC，再计算⃗AM ⋅⃗CD.
【详解】
正四面体ABCD的棱长为1，
∴⃗AB⋅⃗AC =⃗AB⋅⃗AD =⃗AC ⋅⃗AD =1×1×cos60
°= 1
2，
又点M是BC的中点，∴⃗AM = 1
2 (⃗AB+⃗AC)，
又∵⃗CD =⃗AD−⃗AC，
∴⃗AM ⋅⃗CD = 1
2 (⃗AB+⃗AC)⋅(⃗AD−⃗AC)
= 1
2 (⃗AB⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗AC +⃗AC ⋅⃗AD−⃗AC
2)= 1
2 ×(
1
2 −1
2 + 1
2 −1)=−1
4 .
故答案为：−1
4 .
知识点09 向量的投影
13
1.向量在向量上的投影向量
①定义：对于空间任意两个非零向量a，b，设向量⃗OA=a，⃗OB=b，如图，过点A 作AA1⊥0B，垂足为A1.
上述由向量a 得到向量⃗O A1的变换称为向量a 向向量b 投影，向量⃗O A1称为向量a 在向量b 上的投影向量.
②几何意义：向量a，b 的数量积就是向量a 在向量b 上的投影向量与向量b 的数量积，即a·b=⃗O A1b
2．向量在平面上的投影向量
①定义：设向量m=⃗CD，过C，D 分别作平面α 的垂线，垂足分别为C1，D1，得向量⃗C1 D1.我们将上述由
向量m 得到向量⃗C1 D1的变换称为向量m 向平面α 投影，向量⃗C1 D1称为向量 m 在平面α 上的投影向量.
②几何意义：空间向量m，n 的数量积就是向量m 在平面α 上的投影向量与向量n 的数量积，即m∙n=⃗
C1 D1∙n
【即学即练17】（2023 高二·全国·专题练习）四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩
形，则⃗BP在向量⃗AD上的投影向量为 .
【答案】⃗BC
【分析】根据线面、线线位置关系，结合投影向量的定义确定⃗BP在向量⃗AD上的投影向量.
【详解】四棱锥P−ABCD，底面ABCD是矩形，则BC // AD ,BC = AD，即⃗AD =⃗BC，
且BC ⊥CD，由PD⊥底面ABCD，BC ⊂底面ABCD，则PD⊥BC，
由PD∩CD = D，PD ,CD⊂面PCD，则BC ⊥面PCD，
又PC ⊂面PCD，则BC ⊥PC，故向量⃗BP在向量⃗BC上的投影向量为⃗BC，
所以向量⃗BP在向量⃗AD上的投影向量为⃗BC.
故答案为：⃗BC
【即学即练18】（2023 高二·全国·专题练习）如图，在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，向量⃗
AB在向量⃗A1C1上的投影向量是 ，向量⃗AB在平面BD D1B1上的投影向量是 ．
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【答案】 1
2⃗A1C1； 1
2⃗DB.
【分析】空（1），法一：应用向量投影的定义求投影向量；法二：根据投影向量的几何求法，结合正方
体性质确定投影向量；空（2），连接AC，交BD 于点O，应用线面垂直的判定证AC ⊥平面BD D1B1，
再由投影向量的几何法确定投影向量.
【详解】空（1）法一：在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，易知AB// A1B1，∠C1 A1B1= 45
∘，
向量⃗AB与向量⃗A1C1夹角为45°，|⃗AB|=1，|⃗A1C1|=√|⃗A1B1|
2+|⃗B1C1|
2=√2，
所以向量⃗AB在向量⃗A1C1上的投影向量是|⃗AB|⋅cos⟨⃗AB ,⃗A1C1⟩⋅⃗A1C1
|⃗A1C1|
=1× √2
2 ×⃗A1C1
√2 = 1
2⃗A1C1．
法二：设B1 D1∩A1C1=O1，如图，由正方体的性质得AB// A1B1，AB = A1B1，B1O1⊥A1C1，
向量⃗AB在向量⃗A1C1上的投影向量是⃗A1O1= 1
2⃗A1C1．
空（2）如图，连接AC，交BD 于点O，易知AC ⊥BD，线面垂直性质有AC ⊥B B1，
由B B1∩BD = B，B B1,BD⊂平面BD D1B1，则AC ⊥平面BD D1B1，
所以⃗AB在平面BD D1B1上的投影向量就是⃗OB，易知⃗OB = 1
2⃗DB．
故答案为：1
2⃗A1C1； 1
2⃗DB
知识点1O 共面向量
1.共面向量
一般地，能平移到同一平面内的向量叫作共面向量.
2.共面向量定理
15
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有序实数组（x，y），使得
p=xa+yb,即向量p 可以由两个不共线的向量a，b 线性表示。
3.空间四点共面的条件
已知⃗OA，⃗OB，⃗OC不共面，若⃗OP=x⃗OA+y ⃗OB+z⃗OC，且x+y+z =1，则P，A，B，C 四点共面.
注意：
（1）共面向量不仅包括在同一个平面内的向量，还包括平行于同一平面的向量.
（2）空间任意两个向量是共面的，但空间任意三个向量就不一定共面了.
【即学即练19】（22-23 高二上·河北石家庄·阶段练习）对于空间一点O 和不共线三点A，B，C，且有
6⃗OP =⃗OA +2⃗OB+3⃗OC，则（ ）
A．O，A，B，C 四点共面
B．P，A，B，C 四点共面
C．O，P，B，C 四点共面
D．O，P，A，B，C 五点共面
【答案】B
【分析】利用向量加减法，根据空间向量的加减法，可得⃗AP,⃗PB,⃗PC三个向量共面，可得答案.
【详解】由6⃗OP =⃗OA +2⃗OB+3⃗OC，得⃗OP−⃗OA =2(⃗OB−⃗OP)+3(⃗OC −⃗OP)，
即⃗AP =2⃗PB+3⃗PC，故⃗AP,⃗PB,⃗PC共面.
又因为三个向量有同一公共点P，所以P, A ,B,C共面.
故选：B.
【即学即练20】（多选）（23-24 高二上·全国·课后作业）在下列条件中，使M 与A，B，C 不一定共面的
是（ ）
A．⃗OM =3⃗OA −2⃗OB−⃗OC
B．⃗OM +⃗OA +⃗OB+⃗OC =⃗0
C．⃗MA +⃗MB+⃗MC =⃗0 D．⃗OM = 1
4⃗OB−⃗OA + 1
2⃗OC
【答案】ABD
【分析】
根据各项中向量之间的线性关系，应用数形结合法判断M 与A，B，C 是否存在不共面的情况即可.
【详解】
A：⃗OM +2⃗OB+⃗OC =3⃗OA，如下图⃗O B
' =2⃗OB，⃗O A
' =3⃗OA，
由|⃗OB|,|⃗OC |,|⃗OM |的关系不定，则A不一定在面BCM上，满足；
B：⃗OM +⃗OA =−⃗OB−⃗OC，如下图⃗OB =⃗D B
' ,⃗OC =⃗DC
'，此时满足上式，
16
此时，M 与A，B，C 不共面，满足；
C：因为⃗MA +⃗MB+⃗MC =0，所以⃗MA =−⃗MB−⃗MC，所以M，A，B，C 共面，不满足.
D：4(⃗OM +⃗OA )=⃗OB+2⃗OC，如下图4⃗OA =⃗O A
' ,4⃗OM =⃗O M
' ,2⃗OC =⃗DC
'，
此时，M 与A，B，C 不共面，满足；
故选：ABD
难点：空间向量的线性运算
示例1：（23-24 高二上·湖北荆州·期末）如图，三棱锥O－ABC 中，M 是BC 的中点，⃗MN =2⃗NO，设⃗
OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，用⃗a,⃗b,⃗c表示向量⃗AN ，则⃗AN =
【答案】−⃗a+ 1
6⃗b+ 1
6⃗c
【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.
【详解】⃗AN =⃗ON −⃗OA = 1
3⃗OM −⃗OA = 1
6 (⃗OB+⃗OC)−⃗OA =−⃗a+ 1
6⃗b+ 1
6⃗c，
故答案为：−⃗a+ 1
6⃗b+ 1
6⃗c.
难点：向量共面问题
17
示例2：（22-23 高二上·上海普陀·阶段练习）如图，在正方体ABCD - A1B1C1 D1中，M、N分别是棱
B B1、D D1的中点，P是棱A1B1上靠近A1的四等分点，过M、N、P三点的平面α交棱BC于Q，设⃗
BQ = λ⃗BC，则λ = .
【答案】3
4 /0.75
【分析】设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，用基底{⃗a,⃗b,⃗c}表示向量⃗PM、⃗NM、⃗MQ，设⃗
MQ =m⃗PM +n⃗NM，可出关于m、n、λ的方程组，即可得解.
【详解】设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，则⃗PM =⃗P B1+⃗B1 M =3
4⃗a-1
2⃗c，⃗
NM =⃗ND+⃗DB+⃗BM =-1
2⃗c +⃗a-⃗b+1
2⃗c =⃗a-⃗b，⃗
MQ =⃗MB+⃗BQ = λ⃗b-1
2⃗c，
由题意可知，⃗PM、⃗NM、⃗MQ共面，设⃗MQ =m⃗PM +n⃗NM，
即λ⃗b-1
2⃗c =m(
3
4⃗a-1
2⃗c)+n(⃗a-⃗b)=(
3
4 m+n)⃗a-n⃗b-1
2 m⃗c，
所以，¿，解得¿.
故答案为：3
4 .
18
【题型1：空间向量的基本概念】
例1．（23-24 高二上·贵州·开学考试）关于空间向量，下列四个结论正确的是（ ）
A．方向相反的两个向量是相反向量
B．任意两个空间向量总是共面的
C．零向量没有方向
D．不相等的两个空间向量的模必不相等
【答案】B
【分析】根据空间向量的相关定义即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，方向相反长度相等的向量是相反向量，故A 错误，
对于B，空间中，任意两个向量是共面的，故B 正确，
对于C，零向量的方向是任意的，故C 错误，
对于D，两个不相等的向量模长可以相等，此时方向不相同，即为不相等的向量.故D 错误，
故选：B
变式1．（多选）（23-24 高二上·重庆·期中）下列命题中，是真命题的为（ ）
A．设⃗a，⃗b是两个空间向量，则⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗a
B．若空间向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=|⃗b|，则⃗a=±⃗b
C．若空间向量⃗m，⃗n，⃗p满足⃗m=⃗n，⃗n=⃗p，则⃗m=⃗p
D．在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，必有⃗AC =⃗A1C1
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的相关概念和运算逐项分析判断.
【详解】对于选项A：根据数量积的定义可知：⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗a=|⃗a||⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩，故A 为真命题；
对于选项B：根据向量的定义可知，|⃗a|=|⃗b|，但向量的方向无法确定，
19
所以⃗a=±⃗b不一定成立，故B 为假命题；
对于选项C：根据向量相等的定义可知：若⃗m=⃗n，⃗n=⃗p，则⃗m=⃗p，故C 真命题；
对于选项D：在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，|⃗AC|=|⃗A1C1|，且⃗AC ,⃗A1C1方向相同，
所以⃗AC =⃗A1C1，故D 为真命题.
故选：ACD.
变式2．（多选）（23-24 高二上·贵州黔西·阶段练习）下列说法，错误的为（ ）
A．若两个空间向量相等，则表示它们有向线段的起点相同，终点也相同
B．若向量⃗AB ,⃗CD满足|⃗AB|>|⃗CD|，且⃗AB与⃗CD同向，则⃗AB>⃗CD
C．若两个非零向量⃗AB与⃗CD满足⃗AB+⃗CD =⃗0，则⃗AB ,⃗CD为相反向量
D．⃗AB =⃗CD的充要条件是A与C重合，B与D重合
【答案】ABD
【分析】利用向量与有向线段的区别可判定A、D，利用向量的概念可判定B，利用相反向量的定义可判
定C.
【详解】向量是具有方向和大小的量，向量可自由平移，
而表示向量的有向线段是起点、方向、终点都确定的，
故相等向量的起点和终点不必相同，
对应表示它们的有向线段也不必起点相同，终点也相同，即A、D 错误；
向量的模长可比大小，但向量不可以，故B 错误；
由相反向量的定义可知C 正确.
故选：ABD.
变式3．（23-24 高二上·山西临汾·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =3，AD =2，
A A1=1，以长方体的八个顶点中的两点为起点和终点的向量中．
(1)试写出与⃗AB相等的所有向量．
(2)试写出⃗A A1的相反向量．
【答案】(1)⃗A1B1,⃗DC ,⃗D1C1
(2)⃗A1 A ,⃗B1B ,⃗C1C ,⃗D1 D
【分析】（1）根据相等向量的定义写出即可；
（2）根据相反向量的定义写出即可.
【详解】（1）由题意，与⃗AB相等有⃗A1B1,⃗DC ,⃗D1C1；
（2）由题意，⃗A A1的相反向量有⃗A1 A ,⃗B1B ,⃗C1C ,⃗D1 D.
20
变式4．（23-24 高二上·上海·课后作业）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E为棱B1C1上任意
一点．只考虑图上已画出线段所对应的向量，写出：
(1)⃗AB的相等向量，⃗A1B的相反向量；
(2)用另外两个向量的和或差表示⃗B B1；
(3)用三个或三个以上向量的和表示⃗BE．
【答案】(1)⃗A1B1、⃗DC、⃗D1C1；⃗B A1，⃗C D1
(2)答案见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据相等向量以及相反向量的概念即可得答案.
（2）根据向量的加减运算即可得答案.
（3）利用向量首尾依次相接的规则，即可求得答案.
【详解】（1）根据正方体棱与棱之间的关系，⃗AB的相等向量有⃗A1B1、⃗DC、⃗D1C1，⃗
A1B的相反向量有：⃗B A1、⃗C D1．
（2）用“首尾规则”求解，如果只在含⃗B B1的三角形中考虑，有⃗B B1=⃗B A1+⃗A1B1，⃗
B B1=⃗BE +⃗E B1，⃗B B1=⃗A1B1−⃗A1B，⃗B B1=⃗E B1−⃗EB．（答案不唯一）
（3）用“首尾规则”求解，则⃗BE =⃗B A1+⃗A1B1+⃗B1 E，⃗BE =⃗B B1+⃗B1 A1+⃗A1 D1+⃗D1C1+⃗C1 E．
（答案不唯一）
【方法技巧与总结】
1.关键点：紧紧抓住向量的两个要素，即大小和方向.
2.注意点：注意一些特殊向量的特性.
①零向量不是没有方向，而是它的方向是任意的，且与任何向量都共线，这一点说明了共线向量不具备传
递性.
②单位向量方向虽然不一定相同，但它们的长度都是1.
③两个向量模相等，不一定是相等向量；反之，若两个向量相等，则它们不仅模相等，方向也相同．若两
个向量模相等，方向相反，则它们为相反向量．
【题型2：空间向量的加减数乘运算】
例2．（23-24 高二下·北京·阶段练习）在四面体OABC中，记⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，若点M、N 分别
为棱OA、BC 的中点，则⃗MN =（ ）
21
A．1
2⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
B．−1
2⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
C．1
2⃗a−1
2⃗b+ 1
2⃗c
D．1
2⃗a+ 1
2⃗b−1
2⃗c
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：⃗MN =⃗ON −⃗OM = 1
2 (⃗OB+⃗OC )−1
2⃗OA =−1
2⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c，
故选：B.
变式1．（23-24 高二下·北京·开学考试）已知平行六面体ABCD−A
' B
'C
' D
'，则下列四式中错误的是
（ ）
A．⃗AB−⃗CB =⃗AC
B．⃗A C
' =⃗AB+⃗B
'C
' +⃗C C
'
C．⃗A A
' =⃗C C
'
D．⃗AB+⃗B B
' +⃗BC +⃗C
'C =⃗A C
'
【答案】D
【分析】根据平行六面体的性质及空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】对于A：⃗AB−⃗CB =⃗AB+⃗BC =⃗AC，故A 正确；
对于B：因为⃗B
'C
' =⃗BC，所以⃗AB+⃗BC +⃗C C
' =⃗AB+⃗B
'C
' +⃗C C
' =⃗A C
'，故B 正确；
对于C：⃗A A
' =⃗C C
'，故C 正确；
对于D：因为⃗B B
' =⃗C C
'，所以⃗AB+⃗B B
' +⃗BC +⃗C
'C =(⃗AB+⃗BC)+(⃗B B
'−⃗C C
')=⃗AC，
故D 错误.
故选：D
变式2．（23-24 高二上·河南·期中）如图所示，在三棱锥P−ABC中，M , N分别是棱AB , PC的中点，则
1
2⃗AB+ 1
2⃗BC + 1
2⃗BP+⃗NA =（ ）
22
A．⃗BM
B．⃗MB
C．⃗BA
D．⃗MN
【答案】A
【分析】化简式子，即可得出结论.
【详解】由题意，
在三棱锥P−ABC中，M , N分别是棱AB , PC的中点，⃗
BM = 1
2⃗BA ,⃗NP = 1
2⃗CP,
∴1
2⃗AB+ 1
2⃗BC + 1
2⃗BP+⃗NA = 1
2⃗AC + 1
2 (⃗BA +⃗AP)+(
1
2⃗CP+⃗PA)
= 1
2⃗AC + 1
2⃗BA + 1
2⃗AP+ 1
2⃗CP+⃗PA = 1
2⃗AC + 1
2⃗BA + 1
2⃗PA + 1
2⃗CP
= 1
2⃗AC + 1
2⃗BA + 1
2 (⃗PA +⃗CP)= 1
2⃗AC + 1
2⃗BA + 1
2⃗CA = 1
2⃗BA =⃗BM
故选：A.
变式3 ．（23-24 高二上· 河北· 阶段练习）在四面体OABC中，⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，⃗
OM = λ⃗MA (λ>0)，N为BC的中点，若⃗MN =−3
4⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c，则λ =（ ）
A．1
3
B．3
C．1
2
D．2
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算即可得解.
【详解】如图，
因为⃗OM = λ⃗MA，N为BC的中点，所以⃗OM =
λ
λ+1⃗OA，
23
又因为⃗ON = 1
2⃗OB+ 1
2⃗OC，
所以⃗MN =⃗ON −⃗OM = 1
2⃗OB+ 1
2⃗OC −
λ
λ+1⃗OA =−
λ
λ+1⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c，
又⃗MN =−3
4⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c，所以−
λ
λ+1 =−3
4 ，解得：λ =3．
故选：B.
变式4．（23-24 高二上·湖北恩施·阶段练习）如图，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM
上，点P在线段AN上，且MN = 1
2 ON , AP = 3
4 AN，设向量⃗OP = x⃗OA + y⃗OB+ z⃗OC，则x + y + z =
（ ）
A．11
12
B．1
C．3
4
D．5
6
【答案】C
【分析】写出⃗OP的表达式即可求出x + y + z的值.
【详解】由题意，
在四面体OABC中，
MN = 1
2 ON , AP = 3
4 AN , M是四面体 OABC的棱BC的中点,
∴⃗ON = 2
3⃗OM = 2
3 × 1
2 (⃗OB+⃗OC )= 1
3⃗OB+ 1
3⃗OC,
∴⃗OP =⃗OA +⃗AP =⃗OA + 3
4⃗AN =⃗OA + 3
4 (⃗ON −⃗OA )=⃗OA + 3
4⃗ON −3
4⃗OA
= 1
4⃗OA + 3
4(
1
3⃗OB+ 1
3⃗OC)= 1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC
∵⃗OP = x⃗OA + y⃗OB+ z⃗OC，
∴x = y = z = 1
4 ，
∴x + y + z = 3
4 ，
故选：C.
24
变式5．（多选）（23-24 高二下·甘肃白银·期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P−ABCD中，E
为PC的中点，则（ ）
A．⃗PA =⃗PB+⃗PD−⃗PC B．⃗PA =⃗PB+⃗PC −⃗PD
C．⃗AB+⃗AD+⃗AP =⃗AE D．⃗AB+⃗AD+⃗AP =2⃗AE
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用空间向量的线性运算逐项计算判断得解.
【详解】在四棱锥P−ABCD中，E为PC的中点，四边形ABCD是平行四边形，⃗
PA =⃗PB+⃗BA =⃗PB+⃗CD =⃗PB+⃗PD−⃗PC，A 正确，B 错误；⃗
AB+⃗AD +⃗AP =⃗AC +⃗AP =2 AE，D 正确，C 错误.
故选：AD
变式6．（多选）（23-24 高二上·山西长治·期末）在三棱锥O−ABC中，⃗OA =⃗a，⃗OB =⃗b，⃗OC =⃗c，点
M在直线OA上，且OM =2 MA，N是BC的中点，则下列结论可能成立的是（ ）
A．⃗ON = 1
2 (⃗a+⃗b)
B．⃗MN =−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
C．⃗NA = 1
2 (⃗NO+⃗NM ) D．⃗CM =−2
3⃗a−⃗c
【答案】BC
【分析】根据题意，结合点M的位置，利用空间向量的线性运算，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，因为N是BC的中点，可得⃗ON = 1
2 (⃗OB+⃗OC )= 1
2 (⃗b+⃗c)，所以A 不正确；
对于B，当点M在线段OA上时，因为OM =2 MA，此时⃗OM = 2
3⃗OA，
则⃗MN =⃗ON −⃗OM = 1
2 (⃗OB+⃗OC )−2
3⃗OA =−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c，所以B 正确；
对于C，当点M在线段OA的延长线上时，因为OM =2 MA，此时A为OM的中点，
可得⃗NA = 1
2 (⃗NO+⃗NM )，所以C 正确；
对于D，当点M在线段OA上时，可得⃗CM =⃗OM −⃗OC = 2
3⃗a−⃗c；
当点M在线段OA的延长线上时，⃗CM =⃗OM −⃗OC =2⃗a−⃗c，
当点M在线段AO的延长线上时，OM =2 MA不可能成立，所以D 不正确.
25
综上可得，可能正确的结论为BC.
故选：BC.
【方法技巧与总结】
空间任意两个向量都是共面向量，所以它们可用同一平面内的两条有向线段表示。
因此凡是涉及空间任意两个向量的问题，平面向量中有关结论仍适用于它们.
【题型3：空间向量共线问题】
例3.（24-25 高二上·上海·课后作业）设⃗e1，⃗e2是空间两个不共线的非零向量，已知⃗AB =2⃗e1+ k⃗e2，⃗
BC =⃗e1+3⃗e2，⃗DC =2⃗e1−⃗e2，且A、B、D 三点共线，则实数k 的值为（ ）
A．-8
B．-4
C．-2
D．8
【答案】A
【分析】利用空间向量共线定理求解即可.
【详解】因为A、B、D 三点共线，所以∃λ∈R ,使得⃗AB = λ⃗AD ,
又⃗AB =2⃗e1+ k⃗e2，⃗BC =⃗e1+3⃗e2，⃗DC =2⃗e1−⃗e2，
所以⃗AD =⃗AB+⃗BC −⃗DC =(2⃗e1+ k⃗e2)+(⃗e1+3⃗e2)−(2⃗e1−⃗e2)=⃗e1+(k + 4)⃗e2,
则2⃗e1+ k⃗e2= λ(⃗e1+(k + 4)⃗e2),
则λ =2, λ(k + 4)=k ,解得：k =8.
故选：A.
变式1．（2023·贵州六盘水·模拟预测）已知⃗e1，⃗e2，⃗e3不共面，若⃗AB =⃗e1+⃗e2+⃗e3，⃗BC =⃗e1+ λ⃗e2+ μ⃗e3，
且A ,B ,C三点共线，则λ+ μ=（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】根据向量共线设⃗AB = x⃗BC，从而得到方程组，求出¿，得到答案.
【详解】因为A ,B ,C三点共线，所以⃗AB = x⃗BC，
即⃗e1+⃗e2+⃗e3= x⃗e1+ xλ⃗e2+ xμ⃗e3，故¿，解得¿，
所以λ+ μ=1+1=2.
故选：C
变式2．（20-21 高二上·全国·课后作业）若空间中任意四点O，A，B，P 满足⃑OP =m⃑OA +n⃑OB，其中m
＋n＝1，则（ ）
26
A．P∈AB
B．P∉AB
C．点P 可能在直线AB 上
D．以上都不对
【答案】A
【分析】由已知化简可得⃑AP =n⃑AB，即可判断.
【详解】因为m＋n＝1，所以m＝1－n，
所以⃑OP =(1−n)⃑OA +n⃑OB，即⃑OP−⃑OA =n(⃑OB−⃑OA )，
即⃑AP =n⃑AB，所以⃑AP与⃑AB共线．
又⃑AP，⃑AB有公共起点A，
所以P，A，B 三点在同一直线上，即P∈AB.
故选：A.
变式3．（多选）（21-22 高二上·广东佛山·阶段练习）（多选题）下列命题中不正确的是（
）
A．若⃑a与⃑b共线，⃑b与⃑c共线，则⃑a与⃑c共线
B．向量⃑a，⃑b，⃑c 共面，即它们所在的直线共面
C．若两个非零空间向量⃑AB，⃑CD，满足⃑AB+⃑CD =⃑0，则⃑AB∥⃑CD
D．若⃑a∥⃑b，则存在唯一的实数λ，使⃑a=λ⃑b
【答案】ABD
【分析】举反例判断AD，根据共面向量的定义判断B，根据向量共线定理判断C
【详解】对于A，若⃑b=⃑0，则⃑a与⃑b共线，⃑b与⃑c共线，但⃑a与⃑c不一定共线，所以A 错误，
对于B，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，所
以B 错误，
对于C，因为⃑AB+⃑CD =⃑0，所以⃑AB =−⃑CD，所以⃑AB与⃑CD共线，所以⃑AB∥⃑CD，所以C 正确，
对于D，若⃑b=⃑0，⃑a≠⃑0，则不存在λ，使⃑a=λ⃑b，所以D 错误，
故选：ABD
变式4．（多选）（23-24 高二下·山西长治·阶段练习）如图，在正三棱柱ABC −A1B1C1中，P为空间一
动点，若⃗BP = λ⃗BC + μ⃗B B1(λ , μ∈[0,1])，则（ ）
A．若λ = μ，则点P的轨迹为线段BC1
B．若λ+ μ=1，则点P的轨迹为线段B1C
27
C．存在λ , μ∈(0,1)，使得AP⊥BC
D．存在λ , μ∈(0,1)，使得AP ∥平面A1B1C1
【答案】ABC
【分析】利用向量的线性运算逐一计算判断即可.
【详解】对于A：由⃗BP = λ⃗BC + μ⃗B B1, λ , μ∈[0,1]，得点P在侧面BC C1B1内（含边界），
若λ = μ，则⃗BP = λ(⃗BC +⃗B B1)= λ⃗BC1(λ∈[0,1])，故点P的轨迹为线段BC1，故A 正确；
对于B：若λ+ μ=1，则⃗BP = λ⃗BC +(1−λ)⃗B B1，所以⃗BP−⃗B B1= λ(⃗BC −⃗B B1)，即⃗B1 P = λ⃗B1C，
又λ∈[0,1]，故点P的轨迹为线段B1C，故B 正确；
对于C：分别取棱BC ,B1C1的中点D , E，连接DE，由题意易证BC ⊥平面ADE A1，
当点P在线段DE上时，AP⊥BC，故存在λ , μ∈(0,1)，使得AP⊥BC，故C 正确；
对于D：若使AP ∥平面A1B1C1，则点P必在棱BC上，此时μ=0，故不存在λ , μ∈(0,1)，
使得AP ∥平面A1B1C1，故D 错误.
故选：ABC.
变式5．（21-22 高二上·广东深圳·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E 在A1 D1上，且⃗
A1 E =2⃗E D1，F 在对角线A1C 上，且⃗A1 F = 2
3⃗FC .若⃗AB =⃗a,⃗AD =⃗b,⃗A A1=⃗c.
（1）用⃗a,⃗b,⃗c表示⃗EB.
（2）求证：E，F，B 三点共线.
【答案】（1）⃑EB =⃗a−2
3⃗b−⃗c；（2）证明见解析.
28
【分析】（1）由已知得⃗EB =⃗E A1+⃗A1 A +⃗AB = 2
3⃗D1 A1+⃗A1 A +⃗AB，由此可得答案；
（2）由已知得⃗FB = 3
5⃗EB，由此可得证.
【详解】解：（1）因为⃗A1 E =2⃗E D1， ⃗AB =⃗a,⃗AD =⃗b,⃗A A1=⃗c，
所以⃗EB =⃗E A1+⃗A1 A +⃗AB = 2
3⃗D1 A1+⃗A1 A +⃗AB =−2
3⃗b−⃗c +⃗a，
所以⃗EB =⃗a−2
3⃗b−⃗c；
（2）⃗A1 F = 2
3⃗FC .⃗
FB =⃗F A1+⃗A1 A +⃗AB = 2
5⃗C A1+⃗A1 A +⃗AB
= 2
5 (⃗CB+⃗BA +⃗A A1)+⃗A1 A +⃗AB
= 2
5 (−⃗b−⃗a+⃗c)−⃗c +⃗a
= 3
5⃗a−2
5⃗b−3
5⃗c = 3
5 (⃗a−2
3⃗b−⃗c)= 3
5⃗EB，
又⃗EB与⃗FB相交于B，所以E，F，B 三点共线.
变式6．（21-22 高二·湖南·课后作业）已知向量⃗a，⃗b，⃗c不共面，⃗AB = 4⃗a+5⃗b+3⃗c，⃗AC =2⃗a+3⃗b+⃗c，⃗
AD =6⃗a+7⃗b+5⃗c．求证：B，C，D 三点共线．
【答案】证明见解析
【分析】将三点共线问题转化为求证向量共线问题求证即可.
【详解】因为⃗AB = 4⃗a+5⃗b+3⃗c，⃗AC =2⃗a+3⃗b+⃗c，⃗AD =6⃗a+7⃗b+5⃗c，
所以⃗BC =⃗AC −⃗AB =2⃗a+3⃗b+⃗c−(4⃗a+5⃗b+3⃗c)=−2⃗a−2⃗b−2⃗c，⃗
BD =⃗AD−⃗AB =6⃗a+7⃗b+5⃗c−(4⃗a+5⃗b+3⃗c)=2⃗a+2⃗b+2⃗c，
所以⃗BC =−⃗BD，
所以⃗BC //⃗BD，又B为公共点，
所以B，C，D 三点共线．
29
【方法技巧与总结】
向量共线的判定及应用
（1）判断或证明两向量a，b（b≠0）共线，就是寻找实数λ，使a=λb 成立，为此常结合题目图形，运用
空间向量的线性运算法则将目标向量化简或用同一组向量表达.
（2）判断或证明空间中的三点（如P，A，B）共线的方法：是否存在实数λ，使⃗PA = λ⃗PB.
【题型4：向量的数量积】
例4．（23-24 高二上·北京房山·期中）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗A A1⋅⃗BC1=
（ ）
A．2√2
B．4√2
C．2
D．4
【答案】D
【分析】根据向量数量积定义计算即可.
【详解】
在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中,
易知|⃗A A1|=2，|⃗BC1|=2√2
因为⃗A A1=⃗B B1，⃗B B1与⃗BC1的夹角为π
4 ，
所以⃗A A1与⃗BC1的夹角为π
4 ，⃗
A A1⋅⃗BC1=|⃗A A1|⋅|⃗BC1|cosπ
4 =2×2√2× √2
2 = 4.
故选：D
变式1．（19-20 高二上·广东广州·期末）在空间四边形ABCD中，⃗AB·⃗CD +⃗AC ·⃗DB+⃗AD·⃗BC等于
（ ）
A．−1
B．0
C．1
D．不确定
【答案】B
【分析】令⃗AB =⃗a,⃗AC =⃗b,⃗AD =⃗c，利用空间向量的数量积运算律求解.
【详解】令⃗AB =⃗a,⃗AC =⃗b,⃗AD =⃗c，
则⃗AB·⃗CD +⃗AC ·⃗DB+⃗AD·⃗BC，
=⃗a·(⃗c−⃗b)+⃗b·(⃗a−⃗c)+⃗c·(⃗b−⃗a)，
=⃗a·⃗c−⃗a·⃗b+⃗b·⃗a−⃗b·⃗c +⃗c·⃗b−⃗c·⃗a=0.
30
故选：B
变式2．（23-24 高二上·四川成都·阶段练习）已知空间向量⃗a,⃗b的夹角为π
3 ,|⃗a|=2,|⃗b|=3，则⃗
a⋅(⃗a+3⃗b)= ．
【答案】13
【分析】利用向量数量积运算律即可求得⃗a⋅(⃗a+3⃗b)的值.
【详解】空间向量⃗a,⃗b的夹角为π
3 ,|⃗a|=2,|⃗b|=3，
则⃗a⋅(⃗a+3⃗b)=⃗a
2+3⃗a⋅⃗b=|⃗a|
2+3|⃗a|⋅|⃗b|cosπ
3 =2
2+3×2×3× 1
2 =13.
故答案为：13
变式3．（2023 高二·全国·专题练习）正四面体ABCD的棱长为1，点E、F分别是AB、AD的中点，则⃗
EF ⋅⃗DC = ．
【答案】−1
4 /-0.25
【分析】得到⃗EF = 1
2⃗BD，利用向量数量积公式求出答案.
【详解】如图所示，正四面体ABCD的棱长为1，点E、F分别是AB、AD的中点，
所以⃗EF = 1
2⃗BD，
故⃗EF ⋅⃗DC = 1
2⃗BD⋅⃗DC = 1
2|⃗BD|⋅|⃗DC|cos120° =−1
2 × 1
2 =−1
4
故答案为：−1
4
变式4．（21-22 高二上·陕西西安·期末）如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边长都等于1，点E，F
分别是AB，AD 的中点，则⃗EF ⋅⃗BA的值为 .
31
【答案】1
4 /0.25
【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】⃗EF ⋅⃗BA = 1
2⃗BD⋅⃗BA = 1
2 ×1×1×cosπ
3 = 1
4 .
故答案为：1
4
变式5．（22-23 高二上·全国·期中）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =√2，则⃗AB⋅⃗DC1=
．
【答案】2
【分析】根据⃗AB⋅⃗DC1=⃗DC ⋅⃗DC1即可得出答案.
【详解】解：在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，因为AB =√2，∠CDC1= 45°，
所以⃗AB⋅⃗DC1=⃗DC ⋅⃗DC1=|⃗DC|⋅|⃗DC1|cos∠CD D1=2．
故答案为：2.
变式6．（23-24 高二上·广东广州·期中）如图,给定长方体ABCD−A1B1C1 D1,AD = A A1=2,AB =6,点E
在棱C C1的延长线上,且|C1 E|=|C C1|.设⃗A A1=⃗a,⃗AB =⃗b,⃗AD =⃗c.
(1)试用⃗a,⃗b,⃗c表示向量⃗AE;
(2)求⃗AD⋅⃗B D1.
【答案】(1)⃗AE =2⃗a+⃗b+⃗c
(2)4
【分析】（1）根据题意得⃗CE =2⃗C C1=2⃗A A1,再由空间向量的线性运算即可求解;
32
（2）先由空间向量的线性运算求得⃗B D1,再根据空间向量的数量积公式求解即可.
【详解】（1）因为点E在棱C C1的延长线上,且|C1 E|=|C C1|,
所以⃗CE =2⃗C C1=2⃗A A1,
则⃗AE =⃗AB+⃗BC +⃗CE =⃗AB+⃗BC +⃗2 A A1=2⃗a+⃗b+⃗c.
（2）由题意得⃗A A1⋅⃗AD =0,⃗AB⋅⃗AD =0,|⃗AD|=|⃗A A1|=2,|⃗AB|=6,
则⃗B D1=⃗BA +⃗A A1+⃗A1 D1=⃗A A1+⃗AD−⃗AB,
所以⃗AD⋅⃗B D1=⃗AD⋅(⃗A A1+⃗AD−⃗AB)=⃗AD⋅⃗A A1+⃗AD
2−⃗AD⋅⃗AB = 4.
变式7．（22-23 高二上·河南洛阳·阶段练习）如图所示，在棱长为2 的正四面体ABCD 中，E，F 分别是
AB，AD 的中点，求：
(1)⃗EF·⃗BA；
(2)⃗EF·⃗BD；
(3)⃗AB·⃗CD.
【答案】(1)1
(2)2
(3)0
【分析】分别将⃗EF，⃗BD，⃗CD转化为⃗AB，⃗AC，⃗AD后根据数量积定义计算即可.
【详解】（1）在正四面体ABCD 中，|⃗BD|=|⃗BA |=2,cos〈⃗BD ,⃗BA 〉=60
∘⃗
EF ⋅⃗BA = 1
2⃗BD⋅⃗BA = 1
2 |⃗BD|⋅|⃗BA |cos〈⃗BD ,⃗BA 〉= 1
2 ×2×2cos60° =1
（2）⃗EF ⋅⃗BD = 1
2⃗BD⋅⃗BD = 1
2 |⃗BD|
2=2
（
3
）⃗
AB⋅⃗CD =⃗AB⋅(⃗AD−⃗AC )=⃗AB⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗AC =
|⃗AB|⋅|⃗AD|⋅cos〈⃗AB ,⃗AD 〉−|⃗AB||⃗AC |⋅cos〈⃗AB ,⃗AC 〉
在正四面体ABCD 中，|⃗AB|=|⃗AD|=|⃗AC |，cos〈⃗AB ,⃗AD 〉=cos〈⃗AB ,⃗AC 〉
故⃗AB⋅⃗CD =0
【方法技巧与总结】
1.两个向量的数量积是一个实数，不是向量，符号由cosθ 的符号所决定.
2.两个向量的数量积写成⃗a∙⃗b；今后要学到两个向量的外积⃗ax⃗b，而ab 是两个数的积，书写时要严区分.
3.在数量积中，若 ⃗a≠⃗0，且⃗a∙⃗b=0，不能推出（⃗b=⃗0），因为其中cosθ 有可能为0
33
4.在实数中，有（ab）c =a(bc)，但是（⃗a∙⃗b）⃗c=⃗a（⃗b∙⃗c
【题型5：利用空间向量求夹角】
例5．（19-20 高二上·安徽滁州·期末）已知⃗a,⃗b是两个空间向量，若|⃗a|=2,|⃗b|=2，|⃗a−⃗b|=√7，则
cos〈⃗a,⃗b 〉＝ .
【答案】1
8/0.125
【分析】将|⃗a−⃗b|=√7两边平方，求出⃗a⋅⃗b的值，利用向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】由题意得|⃗a|=2,|⃗b|=2，|⃗a−⃗b|=√7，
则|⃗a−⃗b|
2=7，即⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=7，则⃗a⋅⃗b= 1
2
则cos〈⃗a,⃗b 〉=⃗
a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
1
2
2×2 = 1
8
，
故答案为：1
8
变式1．（23-24 高二上·河北张家口·期末）已知平行六面体ABCD−A1B1C1 D1的所有棱长都相等，且
∠BAD =∠A1 AB =∠A1 AD = 45°，则直线C D1与直线AD所成角的余弦值为 .
【答案】0
【分析】根据空间向量的线性运算及空间向量数量积计算即可得到答案.
【详解】因为A1 D1// AD // BC , A1 D1= AD = BC，所以四边形A1BC D1为平行四边形，
所以C D1// B A1，所以直线C D1与直线AD所成角和直线B A1与直线AD所成的角相等，
又因为⃗B A1=⃗A A1−⃗AB，所以⃗B A1⋅⃗AD =(⃗A A1−⃗AB)⋅⃗AD =⃗A A1⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗AD
=|⃗A A1||⃗AD|cos 45
∘−|⃗AB||⃗AD|cos 45
∘=0，
所以直线C D1与直线AD垂直，即直线C D1与直线AD所成角的余弦值为0.
故答案为：0.
变式2．（2023 高二·全国·专题练习）如图，在正四面体OABC中，E，F分别为AB，OC的中点，则⃗OE
与⃗BF的夹角的余弦值为 ．
34
【答案】−2
3
【分析】利用正四面体的性质、向量的线性运算、向量的数量积运算即可得解.
【详解】解：设正四面体OABC棱长为1，
设⃗OA =⃗a，⃗OB=⃗b，⃗OC =⃗c，则|⃗a|=|⃗b|=|⃗c|=1，
∵∠AOB =∠BOC =∠AOC =60°，
∴⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cos∠AOB = 1
2，⃗b⋅⃗c =|⃗b||⃗c|cos∠BOC = 1
2，⃗c⋅⃗a=|⃗c||⃗a|cos∠AOC = 1
2.
∵E，F分别为AB，OC的中点，△OAB，△OBC是等边三角形，
∴⃗OE = 1
2 (⃗a+⃗b)，⃗BF =⃗OF −⃗OB = 1
2⃗c−⃗b，|⃗OE|=|⃗BF|= √3
2 ，
∴cos⟨⃗OE ,⃗BF⟩=⃗OE⋅⃗BF
|⃗OE||⃗BF|
=
1
2 (⃗a+⃗b)⋅(
1
2⃗c−⃗b)
(
√3
2 )
2
=
1
4⃗a⋅⃗c + 1
4⃗b⋅⃗c−1
2⃗a⋅⃗b−1
2|⃗b|
2
3
4
=−2
3．
∴⃗OE与⃗BF的夹角的余弦值为−2
3．
故答案为：−2
3.
变式3 ．（23-24 高二上· 全国· 课后作业）已知a,b是异面直线，A ∈a,B∈a,C ∈b, D∈b，
AC ⊥b,BD⊥b，且AB =2,CD =1，则a与b所成的角为 ．
【答案】π
3
【分析】利用⃗AB =⃗AC +⃗CD +⃗DB，求出⃗AB⋅⃗CD，再应用两向量的夹角公式即可求解.
【详解】设⟨⃗AB ,⃗CD⟩=θ，由已知AC ⊥b,BD⊥b，
得⃗AC ⋅⃗CD =0,⃗BD⋅⃗CD =0，又|⃗CD|=1，
则⃗AB⋅⃗CD =(⃗AC +⃗CD +⃗DB)⋅⃗CD
35
=⃗AC ⋅⃗CD +⃗CD⋅⃗CD +⃗DB⋅⃗CD =|⃗CD|
2=1，
又|⃗AB|=2，∴cosθ =⃗AB⋅⃗CD
|⃗AB||⃗CD|
=
1
2×1 = 1
2.
又θ∈[0,π]，∴θ =π
3 .所以异成直线a,b的夹角为π
3 .
故答案为：π
3 .
变式4．（23-24 高二上·四川绵阳·期中）如图，在平行六面体ABCD−A
' B
'C
' D
'中，底面ABCD是边长
为1 的正方形，侧棱A A
'的长为2，且∠A
' AB =∠A
' AD =120
°. 求：
(1)A C
'的长；
(2)直线B D
'与AC所成角的余弦值.
【答案】(1)√2
(2)√3
3
【分析】（1）利用空间向量数量积的运算律求解；
（2）利用空间向量的数量积的运算律以及夹角公式求解.
【详解】（1）⃗AB
2=1,⃗AD
2=1,⃗A A
'2= 4 ,⃗AB⋅⃗AD =0,⃗
AB⋅⃗A A
' =|⃗AB|⋅|⃗A A
'|cos∠A
' AB =−1，⃗AD⋅⃗A A
' =|⃗AD|⋅|⃗A A
'|cos∠A
' AD =−1，
因为⃗A C
' =⃗AB+⃗AD+⃗A A
',
所以
|⃗A C
'|=√(⃗AB+⃗AD +⃗A A
')
2
=√⃗AB
2+⃗AD
2+⃗A A
'2+2(⃗AB⋅⃗AD +⃗AB⋅⃗A A
' +⃗AD⋅⃗A A
')
=√1+1+ 4 +2(0−1−1)=√2.
（2）⃗B D
' =⃗BA +⃗BC +⃗B B
',
|⃗B D
'|=⃗BA +⃗BC +⃗B B
' =√⃗BA
2+⃗BC
2+⃗B B
'2+2(⃗BA ⋅⃗BC +⃗BA ⋅⃗B B
' +⃗BC ⋅⃗B B
')
=√1+1+ 4 +2(0+|⃗BA|⋅|⃗B B
'|cos60
∘+|⃗BC|⋅|⃗B B
'|cos120
∘)=√6,
|⃗AC|=√2,⃗
B D
'⋅⃗AC =(⃗BA +⃗BC +⃗B B
')⋅(⃗AB+⃗AD)
36
=−⃗AB
2+⃗AB⋅⃗BC +⃗AB⋅⃗B B
' +⃗BA ⋅⃗AD +⃗BC ⋅⃗AD +⃗B B
'⋅⃗AD =−1+0−1+0+1−1=−2,
所以cos<⃗B D
' ,⃗AC >=⃗B D
'⋅⃗AC
|⃗B D
'|⋅|⃗AC|
=
−2
√6×√2 =−√3
3 ,
因为直线B D
'与AC所成角∈[0,π
2 ]，
所以直线B D
'与AC所成角的余弦值为√3
3 .
变式5．（23-24 高二上·吉林松原·期中）已知空间四边形OABC中，OB =OC ,∠AOB =∠AOC =π
3 ，
求cos⟨⃗OA ,⃗BC⟩的值.
【答案】0
【分析】根据空间向量的运算，结合空间向量数量积的定义及夹角余弦公式即可得结论.
【详解】∵OB =OC，⃗BC =⃗OC −⃗OB
∴cos⟨⃗OA ,⃗BC⟩=⃗OA ⋅⃗BC
|⃗OA||⃗BC|
=⃗OA ⋅(⃗OC −⃗OB)
|⃗OA||⃗BC|
=⃗OA ⋅⃗OC −⃗OA ⋅⃗OB
|⃗OA||⃗BC|
=
|⃗OA||⃗OC|cosπ
3 −|⃗OA||⃗OB|cosπ
3
|⃗OA||⃗BC|
=0
变式6．（22-23 高二·全国·课堂例题）如图，长方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长AB = 4，AD =2，
A A1=2．
(1)求|⃗A C1|；
(2)求⃗A C1与⃗BD所夹角θ的余弦值．
【答案】(1)|⃗A C1|=2√6
(2)−√30
10
【分析】（1）设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，则可用前者表示⃗A C1，利用数量积可求其模长.
（2）先求⃗A C1,⃗BD的模长及其数量积，利用公式可求夹角的余弦值.
【详解】（1）设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，
则|⃗a|= 4，|⃗b|=2，|⃗c|=2，⃗
A C1=⃗AB+⃗BC +⃗C C1=⃗a+⃗b+⃗c，⃗
BD =⃗AD−⃗AB =⃗b−⃗a．
37
因为|⃗A C1|
2=(⃗a+⃗b+⃗c)⋅(⃗a+⃗b+⃗c)
=(⃗a+⃗b)⋅(⃗a+⃗b)+2(⃗a+⃗b)⋅⃗c +⃗c⋅⃗c =⃗a⋅⃗a+2⃗a⋅⃗b+⃗b⋅⃗b+2⃗a⋅⃗c +2⃗b⋅⃗c +⃗c⋅⃗c
=|⃗a|
2+0+|⃗b|
2+0+0+|⃗c|
2 = 4
2+2
2+2
2=24，所以|⃗A C1|=2√6．
（2）因为|⃗BD|
2=(⃗b−⃗a)⋅(⃗b−⃗a) =|⃗b|
2−2⃗b⋅⃗a+|⃗a|
2= 4
2+2
2=20，
所以|⃗BD|=2√5．因为⃗A C1⋅⃗BD =(⃗a+⃗b+⃗c)⋅(⃗b−⃗a)
=|⃗b|
2−|⃗a|
2+⃗c⋅⃗b−⃗c⋅⃗a=2
2−4
2=−12，
所以⃗A C1与⃗BD所夹角θ的余弦值为cosθ =⃗A C1⋅⃗BD
|⃗A C1||⃗BD|
=
−12
2√6×2√5 =−√30
10 ．
变式7．（2023 高二·全国·专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长是a，C D1和DC1相交于
点O．
(1)求⃗C D1⋅⃗CD；
(2)求⃗AO与⃗CB的夹角的余弦值
(3)判断⃗AO与⃗C D1是否垂直．
【答案】(1)a
2
(2)√6
3
(3)垂直
【分析】
（1）利用数量积的公式可得；
（2）先用⃗AB ,⃗AD ,⃗A A1表示⃗AO，利用数量积运算律可得⃗AO⋅⃗CB、|⃗AO|进而利用公式可得⃗AO与⃗CB
的夹角的余弦值.
（3）利用数量积运算律得⃗AO⋅⃗C D1=0，进而可得⃗AO与⃗C D1是否垂直．
【详解】（1）正方体ABCD−A1B1C1 D1中，C D1=√2a,⟨⃗C D1,⃗CD⟩=π
4 ，
故⃗C D1⋅⃗CD =√2a×a×cosπ
4 =a
2.
（2）由题意知，⃗AB⋅⃗AD =0,⃗AB⋅⃗A A1=0,⃗A A1⋅⃗AD =0，
38⃗
AO =⃗AD +⃗DO =⃗AD + 1
2 (⃗AB+⃗A A1) ，
|⃗AO|=√[⃗AD + 1
2 (⃗AB+⃗A A1)]
2
=√⃗AD
2+ 1
4⃗AB
2+ 1
4⃗A A1
2= √6a
2
，
故⃗AO⋅⃗CB =−⃗AO⋅⃗AD =−[⃗AD+ 1
2 (⃗AB+⃗A A1)]⋅⃗AD =−a
2，
故cos⟨⃗AO ,⃗CB⟩=⃗AO⋅⃗CB
|⃗AO||⃗CB|
=
−a
2
√6
2 a⋅a
=−√6
3 .
（3）由题意，⃗AB⋅⃗AD =0,⃗AB⋅⃗A A1=0,⃗A A1⋅⃗AD =0 ，⃗
AO⋅⃗C D1=[⃗AD+ 1
2 (⃗AB+⃗A A1)]⋅(⃗A A1−⃗AB)
= 1
2⃗A A1
2−1
2⃗AB
2=0 ，
故⃗AO与⃗C D1垂直.
【方法技巧与总结】
1.两异面直线所成角的范围是（0，π
2 ]，两个向量的夹角范围是[0，π]，利用向量数量积求异面直线所成的
角时，要注意角度的转化；
2.利用数量积求直线夹角或余弦值的方法
①取向量:根据题设条件在所求的异面直线上取两个向量
②角转化:异面直线所成角的问题转化为向量夹角问题
③求余弦值:利用数量积求余弦值或角的大小
④定结果:异面直线所成的角为锐角或直角，利用向量的夹角求余弦值应将余弦值加上绝对
值，继而求角的大小
【题型6：利用空间向量求长度】
例6 ．（23-24 高二上· 河南· 阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，AB = AC =2，AP =3，
cos∠BAP=cos∠CAP = 1
3，cos∠BAC = 1
4 ，E为BC的中点，F为AE的中点，O为△BCP的重心，
AO与PF相交于点G，则AG的长为（ ）
39
A．4
5
B．1
C．5
4
D．3√3
5
【答案】D
【分析】根据向量的线性运算，结合三点共线可得⃗AG = 3
5⃗AO，即可根据模长公式求解.
【详解】设⃗AG = λ⃗AO(0< λ<1)，由题意得PO =2OE，
则⃗
AG = λ⃗AO = λ(⃗AP+⃗PO)= λ(⃗AP+ 2
3⃗PE)= λ(⃗AP+ 2
3⃗AE−2
3⃗AP)= λ(
1
3⃗AP+ 2
3⃗AE)
= 1
3 λ⃗AP+ 2
3 λ⃗AE.
设⃗PG = μ⃗PF(0< μ<1)，
则⃗AG−⃗AP = μ(⃗AF −⃗AP),故⃗AG =(1−μ)⃗AP+ μ⃗AF =(1−μ)⃗AP+ 1
2 μ⃗AE.
由¿得λ = 3
5，
得⃗AG = 1
5⃗AP+ 2
5⃗AE = 1
5⃗AP+ 2
5(
1
2⃗AB+ 1
2⃗AC)= 1
5⃗AP+ 1
5⃗AB+ 1
5⃗AC，
所以
|⃗AG|= 1
5 √(⃗AP+⃗AB+⃗AC )
2= 1
5 √⃗AP
2+⃗AB
2+⃗AC
2+2⃗AP⋅⃗AB+2⃗AP⋅⃗AC +2⃗AB⋅⃗AC
= 1
5√3
2+2
2+2
2+2×3×2× 1
3 +2×3×2× 1
3 +2×2×2× 1
4 = 3√3
5
，
故选：D
变式1．（多选）（23-24 高二上·湖南长沙·期中）如图，两条异面直线a，b 所成的角为60°，在直线a，b
上分别取点A，O 和点C，B，使AO⊥OC，OC ⊥CB.已知AO = 4，CB =3，AB =7，则线段OC 的长
为（ ）
40
A．6
B．8
C．2√3
D．√3
【答案】AC
【分析】依题意，⃗AB =⃗AO+⃗OC +⃗CB，两边同时平方后，利用空间向量的数量积，代入已知数据计算，
即可求解．
【详解】依题意，⃗AB =⃗AO+⃗OC +⃗CB，
平方得⃗A B
2=(⃗AO+⃗OC +⃗CB)
2 =⃗AO
2+⃗OC
2+⃗CB
2+2⃗AO⋅⃗OC +2⃗OC ⋅⃗CB+2⃗CB⋅⃗AO.
因为a，b 所成的角为60°，⟨⃗CB ,⃗AO⟩=60°或⟨⃗CB ,⃗AO⟩=120°.
当⟨⃗CB ,⃗AO⟩=60°时，⃗AO⊥⃗OC，⃗OC ⊥⃗CB，
代入数据可得7
2= 4
2+⃗OC
2+3
2+2×4×3× 1
2，
所以，⃗OC
2=12，所以|⃗OC|=2√3；
当⟨⃗CB ,⃗AO⟩=120°时，⃗AO⊥⃗OC，⃗OC ⊥⃗CB，
代入数据可得7
2= 4
2+⃗OC
2+3
2−2×4×3× 1
2，
所以，⃗OC
2=36，所以|⃗OC|=6.
综上所述，|⃗OC|=2√3或|⃗OC|=6，即OC 的长为6 或2√3.
故选：AC.
变式
2 ．（23-24
高二上· 湖南长沙· 期末）如图所示，已知PA ⊥平面
ABC ,∠ABC =120
∘, PA = AB = BC =6，则|⃗PC|= ．
【答案】12
【分析】首先表示向量⃗PC =⃗PA +⃗AB+⃗BC，平方后，利用数量积公式，即可求解.
【详解】⃗PC =⃗PA +⃗AB+⃗BC，⃗
PC
2=(⃗PA +⃗AB+⃗BC)
2=⃗PA
2+⃗AB
2+⃗BC
2+2(⃗PA ⋅⃗AB+⃗PA ⋅⃗BC +⃗AB⋅⃗BC),
41
因为PA ⊥平面ABC，AB ,BC ⊂平面ABC，
所以PA ⊥AB , PA ⊥BC，PA
→
· AB
→
=0，PA
→
·BC
→
=0
所以⃗PC
2=36+36+36+2×6×6×cos60
∘=144，
则|⃗PC|=12.
故答案为：12
变式3．（2024 高二·全国·专题练习）已知向量⃗a,⃗b,⃗c两两夹角为60°，且|⃗a|=|⃗b|=|⃗c|=1，则|⃗a+⃗b−⃗c|=
．
【答案】√2
【分析】利用空间向量数量积公式计算出|⃗a+⃗b−⃗c|
2，从而求出答案.
【详解】由题意可得：|⃗a+⃗b−⃗c|
2=(⃗a+⃗b−⃗c)
2=⃗a
2+⃗b
2+⃗c
2+2⃗a⋅⃗b−2⃗b⋅⃗c−2⃗a⋅⃗c
=|⃗a|
2+|⃗b|
2+|⃗c|
2+2|⃗a|⋅|⃗b|cos60°−2|⃗b|⋅|⃗c|cos60°−2|⃗a|⋅|⃗c|cos60°
=1+1+1+2× 1
2 −2× 1
2 −2× 1
2 =2，
故|⃗a+⃗b−⃗c|=√2.
故答案为：√2.
变式4．（23-24 高二上·山东济宁·期中）在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，若底面ABCD是边长为1 的正
方形，A A1=2，∠BA A1=∠DA A1=π
3 ，则四棱柱对角线A C1的长为 ．
【答案】√10
【分析】由空间向量线性运算及数量积的定义及性质运算即可得答案.
【详解】如图，
可得⃗A C1=⃗A A1+⃗A1C1=⃗A A1+⃗AC =⃗A A1+⃗AB+⃗AD.
则|⃗A C1|=√(⃗A A1+⃗AB+⃗AD)
2=√⃗A A1
2+⃗AB
2+⃗AD
2+2⃗A A1⋅⃗AB+2⃗AB⋅⃗AD +2⃗A A1⋅⃗AD
=√2
2+1
2+1
2+2×2×1×cosπ
3 +2×1×1×cosπ
2 +2×2×1×cosπ
3 =√10.
故答案为：√10
变式5．（23-24 高二上·辽宁大连·期中）已知空间向量⃗a,⃗b,⃗c两两夹角均为60
°，其模均为1，则
|⃗a+2⃗b−3⃗c|= .
42
【答案】√7
【分析】利用空间向量数量积的运算法则计算即得.
【详解】单位向量⃗a,⃗b,⃗c两两夹角均为60
°，则⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗c =⃗c⋅⃗a=1×1×cos60
°= 1
2，
所以|⃗a+2⃗b−3⃗c|=√(⃗a+2⃗b−3⃗c)
2=√⃗a
2+ 4⃗b
2+9⃗c
2+ 4⃗a⋅⃗b−6⃗a⋅⃗c−12⃗b⋅⃗c
=√1+ 4+9+2−3−6=√7.
故答案为：√7
变式6．（23-24 高二上·福建泉州·阶段练习）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，M，N分别是A1B，
A1C1上的点，且2BM = A1 M ,C1 N =2 A1 N,设⃗AB =⃗a，⃗AC =⃗b，⃗A A1=⃗c．
(1)试用⃗a,⃗b,⃗c 表示向量⃗MN；
(2)若∠BAC =90
∘，∠BA A1=∠CA A1=60
∘，AB = AC = A A1=2，求线段MN的长．
【答案】(1)−2
3⃗a+ 1
3⃗b+ 2
3⃗c
(2)2√7
3
．
【分析】（1）根据题意，结合空间向量的运算法则，准确化简、运算，即可求解；
（2）根据题意，求得⃗a⋅⃗b=0且⃗b⋅⃗c =⃗a⋅⃗c =2，结合空间向量的数量积和模的运算，即可求解.
【详解】（1）解：因为2BM = A1 M ,C1 N =2 A1 N，
根
据
空
间
向
量
的
运
算
法
则
，
可
得⃗
MN =⃗A1 N −⃗A1 M = 1
3⃗AC −2
3 (⃗AB−⃗A A1)
=−2
3⃗AB+ 1
3⃗AC + 2
3⃗A A1=−2
3⃗a+ 1
3⃗b+ 2
3⃗c.
（2）解：因为∠BAC =90
∘，∠BA A1=∠CA A1=60
∘，AB = AC = A A1=2，
可得⃗a⋅⃗b=0且⃗b⋅⃗c =⃗a⋅⃗c =2，
则|⃗MN|
2=(−2
3⃗a+ 1
3⃗b+ 2
3⃗c)
2
= 1
9 (4⃗a
2+⃗b
2+ 4⃗c
2−4⃗a⋅⃗b+ 4⃗b⋅⃗c−8⃗a⋅⃗c)
= 1
9 (16+ 4+16−0+8−16)= 28
9 ，所以|⃗MN|= 2√7
3
，
即线段MN的长2√7
3
．
【方法技巧与总结】
43
利用向量的数量积求两点间的距离，可以转化为求向量的模的问题，其基本思路是先选择以两点为端点的
向量，将此向量表示为几个已知向量的和的形式，求出这几个已知向量的两两之间的夹角以及它们的模，
利用公式|⃗a|=√⃗a⃗a求解即可．特别注意准确求解已知两向量之间的夹角大小.
【题型7：投影向量】
例7．（23-24 高二上·宁夏银川·阶段练习）已知|⃗a|= 4，空间向量⃗e为单位向量，⟨⃗a,⃗e⟩= 2π
3 ，则空间向量⃗
a在向量⃗e方向上的投影向量的模长为（ ）
A．2
B．−2
C．−1
2
D．1
2
【答案】A
【分析】由空间向量⃗a在向量⃗e方向上的投影数量为⃗a⋅⃗e
|⃗e| ，运算即可得解.
【详解】由题意，|⃗a|= 4，|⃗e|=1，⟨⃗a,⃗e⟩= 2π
3 ，
则空间向量⃗a在向量⃗e方向上的投影数量为⃗a⋅⃗e
|⃗e| =
|⃗a|⋅|⃗e|cos 2π
3
|⃗e|
= 4×(−1
2)=−2.
所以所求投影向量的模长为2.
故选：A
变式1．（23-24 高二上·广东深圳·期中）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥AC ,⃗B1 D =3⃗DC1，则向
量⃗AD在向量⃗AB上的投影向量为（ ）
A．2
3⃗AB
B．1
3⃗AB
C．3
4⃗AB
D．1
4⃗AB
【答案】D
【分析】利用几何关系作出向量⃗AD在向量⃗AB上的投影即可.
【详解】如图，过D作DE⊥BC，垂足为E，过E作EF ⊥AB，垂足为F，连接DF．
因为在直三棱柱ABC −A1B1C1中，DE //C C1，C C1⊥平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，且AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB．
又EF , DF ⊂平面DEF，EF ∩DF = F，所以AB⊥平面DEF，
44
又DF ⊂平面DEF，则AB⊥DF．
所以向量⃗AD在向量⃗AB上的投影向量为⃗AF，
由⃗B1 D =3⃗DC1，DE //C C1，得⃗BE =3⃗EC，
EF ⊥AB，AB⊥AC ,所以EF // AC ,
则AF
AB = CE
CB = 1
4 ，即⃗AF = 1
4⃗AB，
即向量⃗AD在向量⃗AB上的投影向量为1
4⃗AB.
故选：D
变式2．（23-24 高二上·安徽合肥·期中）若空间向量⃗e1，⃗e2满足|⃗e1|=|2⃗e1+⃗e2|=3，则⃗e1在⃗e2方向上投影
的最大值是（ ）
A．3
B．0
C．−3√3
2
D．−3
2
【答案】C
【分析】设向量⃗e1,⃗e2的夹角为θ，根据题意，求得cosθ =−|⃗e2|
2+27
12|⃗e2|
，得到所以⃗e1在⃗e2方向上的投影为
|⃗e1|cosθ =−|⃗e2|
2+27
4|⃗e2|
=−(|⃗e2|
4 + 27
4|⃗e2|
)，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为|⃗e1|=|2⃗e1+⃗e2|=3，设向量⃗e1,⃗e2的夹角为θ，
所以|⃗e2|
2+ 4|⃗e1|
2+ 4|⃗e1||⃗e2|cosθ =9，可得|⃗e2|
2+12|⃗e2|cosθ+27 =0，
解得cosθ =−|⃗e2|
2+27
12|⃗e2|
，
所以⃗e1在⃗e2方向上的投影为|⃗e1|cosθ =−|⃗e2|
2+27
4|⃗e2|
=−(|⃗e2|
4 + 27
4|⃗e2|
)≤−2√
|⃗e2|
4 + 27
4|⃗e2|
=−2√
27
16 =−3√3
2
，当且仅当|⃗e2|
4 = 27
4|⃗e2|
时，即|⃗e2|=3√3时，等号成立，
所以⃗e1在⃗e2方向上的投影的最大值为−3√3
2
．
故选：C.
变式3．（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，⃗B1 D =2⃗DC1，则（ ）．
45
A．⃗AD =⃗A A1+ 2
3⃗AB+ 1
3⃗AC
B．⃗AD =⃗A A1+ 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC
C．向量⃗AD在向量⃗AB上的投影向量为2
3⃗AB
D．向量⃗AD在向量⃗AC上的投影向量为2
3⃗AC
【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】因为⃗AD =⃗A A1+⃗A1B1+⃗B1 D =⃗A A1+⃗A1B1+ 2
3⃗B1C1
=⃗A A1+⃗A1B1+ 2
3 (⃗A1C1−⃗A1B1) =⃗A A1+ 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，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，
故向量⃗AD在向量⃗AB上的投影向量为⃗AV ,向量⃗AD在向量⃗AC上的投影向量为⃗AW ，
由题意易得AV
AB = 1
3 , AW
AC = 2
3 ,故⃗AV = 1
3⃗AB，C 不正确． ⃗AW = 2
3⃗AC，D 正确．
故选：BD
变
式
4
．
（
23-24
高
二
上
·
浙
江
杭
州
·
期
中
）
已
知
空
间
向
量⃗
a,⃗b,|⃗a|=1,|⃗b|=2,⃗m=⃗a+⃗b,⃗n= λ⃗a+⃗b,<⃗a,⃗b>=60°，若⃗m⊥⃗n，则λ的值为 ．
【答案】−5
2/−2.5
【分析】根据向量间的垂直关系和向量的数量积即可求解.
【详解】由题知，因为⃗m⊥⃗n，所以⃗m⋅⃗n=0，
46
即(⃗a+⃗b)(λ⃗a+⃗b)= λ|⃗a|
2+|⃗b|
2+(λ+1)⃗a⋅⃗b
= λ+ 4+2(λ+1)cos60° =2 λ+5=0，
所以λ=−5
2.
故答案为：−5
2
变式5．（2023 高二·全国·专题练习）四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，则⃗
BP在向量⃗AD上的投影向量为 .
【答案】⃗BC
【分析】根据线面、线线位置关系，结合投影向量的定义确定⃗BP在向量⃗AD上的投影向量.
【详解】四棱锥P−ABCD，底面ABCD是矩形，则BC // AD ,BC = AD，即⃗AD =⃗BC，
且BC ⊥CD，由PD⊥底面ABCD，BC ⊂底面ABCD，则PD⊥BC，
由PD∩CD = D，PD ,CD⊂面PCD，则BC ⊥面PCD，
又PC ⊂面PCD，则BC ⊥PC，故向量⃗BP在向量⃗BC上的投影向量为⃗BC，
所以向量⃗BP在向量⃗AD上的投影向量为⃗BC.
故答案为：⃗BC
变式6．（21-22 高二上·北京·阶段练习）已知|⃗a|= 4，向量⃗e为单位向量，<⃗a，⃗e>=120
∘，则空间向量⃗a
在向量⃗e方向上投影为 ．
【答案】−2
【分析】
根据投影的定义结合已知条件求解即可.
【详解】
因为|⃗a|= 4，向量⃗e为单位向量，<⃗a，⃗e>=120
∘，
所以向量⃗a在向量⃗e方向上投影为|⃗a|cos120
∘= 4×(−1
2 )=−2．
故答案为：−2
变式7 ．（23-24 高二上· 广东惠州· 期中）如图，在三棱锥P−ABC中，已知PA ⊥平面ABC，
∠ABC =120°，PA = AB = BC =6，则向量⃗PC在向量⃗BC上的投影向量为 （用向量⃗BC
来表示）.
47
【答案】3
2⃗BC
【分析】写出⃗PC表达式，求出⃗PA ⋅⃗BC ,⃗AB⋅⃗BC ,⃗BC ⋅⃗BC，即可得出向量⃗PC在向量⃗BC上的投影向量.
【详解】由题意，
在三棱锥P−ABC中，已知PA ⊥平面ABC， ⃗
PC =⃗PA +⃗AB+⃗BC,
∵BC ⊂面ABC，
∴PA ⊥BC ,⃗PA ⋅⃗BC =0，
在△ABC中，∠ABC =120°，PA = AB = BC =6，
∴⃗BC ⋅⃗BC =|⃗BC|
2=36,⃗
AB⋅⃗BC =|⃗AB|⋅|⃗BC|cos(180°−∠ABC)=6×6cos(180°−120°)=18，
∴
向
量⃗
PC在
向
量⃗
BC上
的
投
影
向
量
为
：⃗
PC ⋅⃗BC
|⃗BC|
2⃗
BC = (⃗PA +⃗AB+⃗BC)⋅⃗BC
|⃗BC|
2⃗
BC =⃗PA ⋅⃗BC +⃗AB⋅⃗BC +⃗BC ⋅⃗BC
|⃗BC|
2⃗
BC
= 0+18+36
36⃗
BC = 3
2⃗BC，
故答案为：3
2⃗BC.
变式8．（20-21 高二·江苏·课后作业）如图，在三棱锥P−ABC中，PA ⊥平面ABC，CB⊥AB，
AB = BC =a，PA =b．
(1)确定⃑PC在平面ABC上的投影向量，并求⃑PC ⋅⃑AB；
(2)确定⃑PC在⃑AB上的投影向量，并求⃑PC ⋅⃑AB．
【答案】(1)⃑PC在平面ABC上的投影向量为⃑AC，⃑PC ⋅⃑AB =a
2；
(2)⃑PC在⃑AB上的投影向量为⃑AB，⃑PC ⋅⃑AB =a
2.
48
【分析】（1）根据PA ⊥平面ABC可得⃑PC在平面ABC上的投影向量，由空间向量的线性运算以及数量
积的定义计算⃑PC ⋅⃑AB =(⃑PA +⃑AB+⃑BC)⋅⃑AB的值即可求解；
（2）由投影向量的定义可得⃑PC在⃑AB上的投影向量，由数量积的几何意义可得⃑PC ⋅⃑AB的值.
【详解】（1）因为PA ⊥平面ABC，所以⃑PC在平面ABC上的投影向量为⃑AC，
因为PA ⊥平面ABC，AB⊂面ABC，可得PA ⊥AB，所以⃑PA ⋅⃑AB =0，
因为CB⊥AB，所以⃑BC ⋅⃑AB =0，
所以⃑PC ⋅⃑AB =(⃑PA +⃑AB+⃑BC)⋅⃑AB =⃑PA ⋅⃑AB+⃑AB⋅⃑AB+⃑BC ⋅⃑AB
=0+a
2+0=a
2.
（2）由（1）知：⃑PC ⋅⃑AB =a
2，|⃑AB|=a，
所以⃑PC在⃑AB上的投影向量为：
|⃑PC|⋅cos⟨⃑PC ,⃑AB⟩⋅⃑AB
|⃑AB|=|⃑PC|⋅⃑PC ⋅⃑AB
|⃑PC|⋅|⃑AB|⋅⃑AB
|⃑AB|=⃑PC ⋅⃑AB
|⃑AB|
⋅⃑AB
|⃑AB|= a
2
a ⋅⃑AB
a =⃑AB，
由数量积的几何意义可得：⃑PC ⋅⃑AB =|⃑AB|⋅|⃑AB|=a
2.
【方法技巧与总结】
类比平面向量投影的概念，借助图形，叙述作出向量⃗AB， 在轴l 上投影（空间称为射影）的过程.
已知图形向量⃗AB =⃗a，l 为轴，向量⃗e是l 上与轴l 同方向的单位向量，作点A 在l 上的射影A’,作点B 在l
上的射影B’，则⃗A ' B’称为向量⃗AB在轴l 上或在⃗e的方向上的正射影；可以证明A’B’=|⃗AB|cos<⃗a,⃗e>。
注意：轴l 上的正射影⃗A ' B’对应的数值A’B’是一个可正可负可零的实数，它的符号代表向量⃗
AB与l 的方向的对应关系，大小代表在l 上射影的长度.
【题型8：共面问题】
例8 ．（23-24 高二上·广东江门·期中）若{⃗a,⃗b,⃗c }是空间的一个基底，则下列向量不共面的是
（ ）
A．⃗c +⃗b，⃗b，⃗c−⃗b
B．⃗a+⃗b，⃗a，⃗a−⃗b
C．⃗a+⃗c，⃗a−⃗c，⃗b
D．⃗a+⃗c，⃗b，⃗a+⃗b+⃗c
【答案】C
【分析】根据共面向量定理逐个分析判断即可.
49
【详解】对于A，因为⃗b= 1
2 (⃗c +⃗b)−1
2 (⃗c−⃗b)，所以⃗c +⃗b，⃗b，⃗c−⃗b三个向量共面，所以A 错误，
对于B，因为⃗a= 1
2 (⃗a+⃗b)+ 1
2 (⃗a−⃗b)，所以⃗a+⃗b，⃗a，⃗a−⃗b三个向量共面，所以B 错误，
对
于
C
，
假
设⃗a+⃗c，⃗a−⃗c，⃗b三
个
向
量
共
面
，
则
存
在
实
数
x , y，
使⃗
b= x(⃗a+⃗c)+ y(⃗a−⃗c)=( x + y )⃗a+( x −y )⃗c，
所以⃗a,⃗b,⃗c三个向量共面，
因为{⃗a,⃗b,⃗c }是空间的一个基底，所以⃗a,⃗b,⃗c三个向量不共面，
所以假设错误，所以⃗a+⃗c，⃗a−⃗c，⃗b三个向量不共面，所以C 正确，
对于D，因为⃗a+⃗b+⃗c =(⃗a+⃗c)+⃗b，所以⃗a+⃗c，⃗b，⃗a+⃗b+⃗c三个向量共面，所以D 错误，
故选：C
变式1．（23-24 高二上·浙江杭州·期末）设平面α内不共线的三点A，B，C 以及平面外一点P，若平面α
内存在一点D 满足⃗PD = x⃗PA +(2−x) ⃗PB+3 x⃗PC，则x 的值为（ ）
A．0
B．−1
9
C．−1
3
D．−2
3
【答案】C
【分析】由空间向量共面定理构造方程求得结果.
【详解】∵空间A 、B、C 、D四点共面，但任意三点不共线，
∴x +2−x +3 x =1，解得：x =−1
3.
故选：C
变式2 ．（23-24 高二上· 四川宜宾· 期中）在四面体OABC中，空间的一个点M满足⃗
OM = 1
4⃗OA + 1
5⃗OB+ λ⃗OC，若M , A ,B ,C四点共面，则λ等于（ ）
A．12
21
B．11
20
C．3
5
D．1
2
【答案】B
【分析】根据空间四点共面可得1
4 + 1
5 + λ=1，解之即可.
【详解】因为M , A ,B ,C四点共面，⃗OM = 1
4⃗OA + 1
5⃗OB+ λ⃗OC，
所以1
4 + 1
5 + λ=1，解得λ= 11
20.
故选：B.
变式3．（22-23 高二上·江西·阶段练习）已知点P为△ABC所在平面内一点，O为平面ABC外一点，若⃗
OP =m⃗OA +n⃗OB+2⃗OC，则m+n的值为（ ）
A．1
B．−1
C．2
D．−2
50
【答案】B
【分析】利用空间向量共面的基本定理化简可得出m+n的值.
【详解】因为点P为△ABC所在平面内一点，设⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC，其中λ、μ∈R，
即⃗OP−⃗OA = λ(⃗OB−⃗OA)+ μ(⃗OC −⃗OA)，
所以，⃗OP =(1−λ−μ)⃗OA + λ⃗OB+ μ⃗OC =m⃗OA +n⃗OB+2⃗OC，
所以，m+n+2=(1−λ−μ)+ λ+ μ=1，所以，m+n=−1.
故选：B.
变式4．（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·期末）在空间四面体PABC中，对空间内任意一点Q，满足⃗
PQ = x⃗PA + 1
3⃗PB+ 1
4⃗PC，则下列条件中可以确定点Q与A，B，C共面的为（ ）
A．x = 5
12
B．x = 7
12
C．x = 1
2
D．x = 1
8
【答案】A
【分析】根据空间向量四点共面列式即可得解.
【详解】因为⃗PQ = x⃗PA + 1
3⃗PB+ 1
4⃗PC，
所以点Q与A，B，C共面等价于x + 1
3 + 1
4 =1，即x = 5
12.
故选：A.
变式5．（23-24 高二上·广东广州·期末）在下列条件中，一定能使空间中的四点M , A ,B ,C共面的是
（ ）
A．⃗OM =2⃗OA −⃗OB−⃗OC
B．⃗OM = 1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC
C．⃗OM +⃗OA +⃗OB+⃗OC =⃗0
D．⃗OM = 1
6⃗OA + 1
3⃗OB+ 1
2⃗OC
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用共面向量定理及推论逐项判断即得.
【详解】对于A，⃗OM =2⃗OA −⃗OB−⃗OC中，2+(−1)+(−1)=0≠1，A 不是；
对于B，⃗OM = 1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC中，1
4 + 1
4 + 1
4 = 3
4 ≠1，B 不是；
对于C，⃗OM +⃗OA +⃗OB+⃗OC =⃗0化为⃗OM =−⃗OA −⃗OB−⃗OC，−1+(−1)+(−1)=−3≠1，C 不是；
对于D，⃗OM = 1
6⃗OA + 1
3⃗OB+ 1
2⃗OC中，1
6 + 1
3 + 1
2 =1，D 是.
故选：D
变式
6 ．（23-24
高二上· 河南信阳· 期中）已知⃗PA，⃗PB，⃗PC不共面，⃗
PM =(3−x−y)⃗PA + x⃗PB+( y −2)⃗PC，则（ ）
A．∀x，y ∈R，A，B，C，M 四点共面
B．∀x，y ∈R，A，B，C，M 四点不共面
51
C．∀x，y ∈R，A，B，C，P 四点共面
D．∃x，y ∈R，A，B，C，四点共面
【答案】A
【分析】根据共面的推论即可求解.
【详解】∵(3−x−y)+ x +( y −2)=1，∴∀x，y ∈R，A，B，C，M 四点共面.
故选:A.
变式7．（22-23 高二上·湖南郴州·阶段练习）O为空间任意一点，若⃗OP = 3
4⃗OA + 1
8⃗OB+t⃗OC，若A、B、
C、P四点共面，则t =（ ）
A．1
B．1
2
C．1
8
D．1
4
【答案】C
【分析】利用空间向量共面基本定理的推论可求出t的值.
【详解】空间向量共面的基本定理的推论：⃗OP = x⃗OA + y⃗OB+ z⃗OC，且A、B、C不共线，
若A、B、C、P四点共面，则x + y + z =1，
因为O为空间任意一点，若⃗OP= 3
4⃗OA + 1
8⃗OB+t⃗OC，且A、B、C、P四点共面，
所以，3
4 + 1
8 +t =1，解得t = 1
8.
故选：C.
【方法技巧与总结】
利用向量法证明向量共面的策略
（1）若已知点P 在平面ABC 内，则有⃗OP=x⃗AB＋y⃗AC或⃗OP=x⃗OA＋y⃗OBz⃗Oc（x+y＋
z=1），然后利用指定向量表示出已知向量，用待定系数法求出参数．
（2）证明三个向量共面（或四点共面），需利用共面向量定理，证明过程中要灵活进行向量的分解与合
成，将其中一个向量用另外两个向量来表示.
【题型9：最值取值范围问题】
例9．（23-24 高二上·湖南·期中）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，球O是正方体的内切球，
点G是内切球O表面上的一个动点，则⃗GB⋅⃗GC的取值范围为（ ）
A．[0,4]
B．[2−2√2,0]
C．[4,2+2√2]
D．[2−2√2,2+2√2]
【答案】D
【分析】根据题意，取BC中点为H，则⃗GB⋅⃗GC =⃗GH
2−⃗HC
2=⃗GH
2−1，再结合向量的运算，代入计算，
即可得到结果.
52
【详解】
取BC中点为H，因为⃗GB =⃗GH +⃗HB，⃗GC =⃗GH +⃗HC，
所以⃗GB⋅⃗GC =⃗GH
2−⃗HC
2=⃗GH
2−1，
又⃗GH =⃗GO+⃗OH，则⃗GH
2=⃗GO
2+⃗OH
2+2⃗GO⋅⃗OH，
又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则|⃗GO|=1，|⃗OH|=√2，
所以⃗GH
2=3+2√2cos⟨⃗GO ,⃗OH ⟩，
所以⃗GB⋅⃗GC =⃗GH
2−1=2+2√2cos⟨⃗GO ,⃗OH ⟩，
所以当⃗GO，⃗OH反向时，cos⟨⃗GO ,⃗OH ⟩=−1，⃗GB⋅⃗GC有最小值为2−2√2；
当⃗GO，⃗OH同向时，cos⟨⃗GO ,⃗OH ⟩=1，⃗GB⋅⃗GC有最大值为2+2√2.
故选：D.
变式1．（22-23 高二上·湖南·期中）《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
图所示的鳖臑A −BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC =90°，BD =2 AB =2CD =2，E 是BC 的中点，H
是△ABD内的动点（含边界），且EH //平面ACD，则⃗CA ⋅⃗EH的取值范围是（ ）
A．[0,3]
B．[
1
2 ,3]
C．[
1
2 , 11
2 ]
D．[3, 11
2 ]
【答案】B
【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面EFG //平面ACD，再由线面垂直的判定定
理可得CD⊥平面ABD，进而有EG⊥FG，cos∠EFG= FG
EF ，结合空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】设F，G 分别为AB，BD 的中点，连接FG，EF，EG，如图，
53
易得FG // AD，EF // AC，EG //CD，
因为FG⊂平面EFG，AD⊄平面EFG，所以AD //平面EFG，
同理AC //平面EFG，
又因为AC , AD⊂平面ACD，AC ∩AD = A，所以平面EFG//平面ACD.
因为EH //平面ACD，所以H 为线段FG 上的点.
由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD，
又∠BDC =90
°，则BD⊥CD，
由AB∩BD = B , AB ,BD⊂平面ABD，得CD⊥平面ABD，
因为EG//CD，所以EG⊥平面ABD，EG⊥FG，cos∠EFG = FG
EF .
因为BD =2 AB =2CD =2，
所以FG = 1
2 AD = √5
2 ，BC =√5，EF = 1
2 AC = √6
2 .
所以⃗CA ⋅⃗EH =2⃗EF ⋅(⃗EF +⃗FH )=2⃗EF
2+2⃗EF ⋅⃗FH
=2⃗EF
2+2|⃗EF|⋅|⃗FH|cos(π−∠EFG)=2⃗EF
2−2|⃗EF|⋅|⃗FH|cos∠EFG
=2⃗EF
2−2|⃗FH|⋅|⃗FG|=3−√5|⃗FH|.
因为|⃗FH|∈[0, √5
2 ]，所以⃗CA ⋅⃗EH ∈[
1
2 ,3].
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H 为线段FG 上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到⃗
CA ⋅⃗EH =3−√5|⃗FH|，从而得解.
变式2．（21-22 高二·全国·课后作业）如图所示，在棱长为1 的正方形ABCD−A1B1C1 D1中，点P 是
A A1的中点，点M，N 是矩形B B1 D1 D内（包括边界）的任意两点，则⃗PM ⋅⃗PN的取值范围是
（ ）
54
A．[ 1
4 , 5
4 ]
B．[−1
4 , 5
4 ]
C．[ 1
2 , 5
4 ]
D．[−1
2 , 5
4 ]
【答案】B
【分析】设正方体ABCD−A1B1C1 D1的中心为O，连接OP，OM，ON，根据向量的线性运算可得⃑
PM ⋅⃑PN = 1
2 +⃑OM ⋅⃑ON，再分析⃑OM ⋅⃑ON的范围求解即可.
【详解】设正方体ABCD−A1B1C1 D1的中心为O，连接OP，OM，ON．由正方体的性质可知，⃑
OP⊥⃑OM，⃑
OP⊥⃑ON，
那
么⃑
PM ⋅⃑PN =(⃑PO+⃑OM )⋅(⃑PO+⃑ON )=⃑PO
2+⃑PO⋅⃑ON +⃑OM ⋅⃑PO+⃑OM ⋅⃑ON，又|⃑PO|= √2
2 ，所以⃑
PM ⋅⃑PN = 1
2 +⃑OM ⋅⃑ON.
当⃑OM与⃑ON反向，且|⃑OM|=|⃑ON|= 1
2|⃑B D1|= √3
2 时，⃑OM ⋅⃑ON有最小值，此时⃑PM ⋅⃑PN = 1
2 −3
4 =−1
4 ；
当⃑OM与⃑ON同向，且|⃑OM|=|⃑ON|= 1
2|⃑B D1= √3
2 |时，⃑OM ⋅⃑ON有最大值，此时⃑PM ⋅⃑PN = 1
2 + 3
4 = 5
4 ，
即⃑PM ⋅⃑PN的取值范围为[−1
4 , 5
4]．
故选：B
变式3 ．（多选）（23-24 高三下· 全国· 强基计划）正四面体ABCD中，棱长为2√2．点P满足
|⃗PA +⃗PB|=2，则⃗AP⋅⃗AD的（ ）
A．最小值为4−2√2．
55
B．最大值为2+2√2
C．最小值为2−2√2
D．最大值为4+2√2
【答案】BC
【分析】由题意，确定点P在球上，根据空间向量的线性运算和数量积的运算求得⃗AP⋅⃗AD的表达式，结
合三角函数的性质即可求解.
【详解】设AB的中点O，则⃗PO = 1
2⃗PA + 1
2⃗PB，即2|⃗PO|=|⃗PA +⃗PB|，
又|⃗PB+⃗PA|=2，所以|⃗PO|=1，
即点P落在以O为球心，以1 为半径的球上.
因为⃗AP =⃗AO+⃗OP，所以⃗AP⋅⃗AD =(⃗AO+⃗OP)⋅⃗AD =⃗AO⋅⃗AD +⃗OP⋅⃗AD.
由正四面体ABCD的棱长为2√2，得AO =√2，
所以⃗AO⋅⃗AD =|⃗AO||⃗AD|cos60
°=√2×2√2× 1
2 =2，
设⟨⃗OP ,⃗AD⟩=θ，则⃗AP⋅⃗AD =⃗AO⋅⃗AD+⃗OP⋅⃗AD =2+|⃗OP||⃗AD|cosθ =2+2√2cosθ，
又−1≤cosθ≤1，所以2−2√2≤2+2√2cosθ≤2+2√2，
即⃗AP⋅⃗AD的最大值为2+2√2，最小值为2−2√2.
故选：BC
变式4．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）已知球O的半径为1, AB是球O的直径，点D在球O的球面上.
若空间中一点C与点D间的距离为√3，则⃗CA ⋅⃗CB的最小值为 .
【答案】3−2√3
【分析】利用向量的四则运算可得⃗CA ⋅⃗CB =(⃗CD +⃗DA)⋅(⃗CD +⃗DB)，再根据数量积的公式和运算律求解
即可.
【详解】由题意可得点C在以D为球心，√3为半径的球上，
56
所以⃗CA ⋅⃗CB =(⃗CD +⃗DA)⋅(⃗CD +⃗DB)=⃗CD
2+⃗CD⋅⃗DB+⃗DA ⋅⃗CD +⃗DA ⋅⃗DB
=3+⃗CD⋅(⃗DB+⃗DA)+0=3−2⃗DC ⋅⃗DO =3−2|⃗CD||⃗DO|cos∠CDO，
因为∠CDO∈[0,π]，所以|⃗CD||⃗DO|cos∠CDO =√3cos∠CDO∈[−√3,√3]，
所以⃗CA ⋅⃗CB∈[3−2√3,3+2√3]，所以⃗CA ⋅⃗CB的最小值为3−2√3，
故答案为：3−2√3
变式5．（23-24 高二上·重庆黔江·阶段练习）已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上
运动，正方体的棱长是2，则⃗PM ⋅⃗PN的最大值是 ，最小值是 .
【答案】 2 0
【分析】先利用正方体的性质求得PS的取值范围，再利用空间向量的数量积即可得解.
【详解】设正方体内切球球心为S，MN是该内切球的任意一条直径，易知该内切球的半径为1，
当点P在正方体的面的中心时，PS取得最小值1；
当点P在正方体的顶点时，PS取得最大值√3，所以1≤PS≤√3；
故⃗PM ⋅⃗PN =(⃗PS+⃗SM )⋅(⃗PS+⃗SN )
=(⃗PS+⃗SM )⋅(⃗PS−⃗SM )=⃗PS
2−1∈[0,2]，
所以⃗PM ⋅⃗PN的最大值是2，最小值是0.
故答案为：2；0.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用数量积运算，将⃗PM ⋅⃗PN转化为⃗PS
2−1，从而得解.
变式6.（23-24 高二上·上海·期中）已知空间三个向量⃗a,⃗b,⃗c的模均为1，它们相互之间的夹角均为60°．若
|k⃗a+⃗b+⃗c|>√6，则k 的取值范围为 ．
【答案】(−∞,−3)∪(1,+∞)
【分析】利用向量数量积运算求解.
57
【详解】因为a
→
，b
→
，c
→
的模均为1 ，他们之间的夹角均为60°，所以：a
→
2= b
→
2= c
→
2=1，
a
→
·b
→
= c
→
·b
→
= a
→
· c
→
= 1
2.
又(k a
→
+ b
→
+ c
→)
2
=k
2 a
→
2+ b
→
2+ c
→
2+2k a
→
·b
→
+2k a
→
· c
→
+2 c
→
·b
→
=k
2+2k +3 >6
所以：k
2+2k −3>0 ⇒ (k +3)(k −1)>0 ⇒ k <−3或k >1.
故答案为：(−∞,−3)∪(1,+∞)
变式7．（22-23 高二·浙江温州·阶段练习）正四面体A - BCD的棱长为2，空间动点P满足|⃗PB+⃗PC |=2，
则⃗PA ⋅⃗PD的取值范围是 .
【答案】[2-2√2,2+2√2]
【分析】由向量的线性运算公式化简|⃗PB+⃗PC |=2，结合数量积的运算律化简AP⃗⋅PD⃗，由此求出其取
值范围即可.
【详解】取BC的中点为E，AD的中点为F，
因为|⃗PB+⃗PC |=2，所以2|⃗PE|=2，即|⃗PE|=1，
又⃗AP⋅⃗PD =-⃗PA ⋅⃗PD =-(⃗PF +⃗FA )⋅(⃗PF +⃗FD )=-(⃗PF
2-⃗FA
2)=⃗FA
2-⃗PF
2，
因为⃗PF =⃗PE +⃗EF，
所以|⃗PF |=|⃗PE +⃗EF |⩽|⃗PE|+|⃗EF |，当且仅当⃗PE,⃗EF方向相同或⃗PE为零向量时等号成立；
|⃗PF |=|⃗PE +⃗EF |≥||⃗PE|-|⃗EF||，当且仅当⃗PE,⃗EF方向相反或⃗PE为零向量时等号成立；
因为正四面体A - BCD的棱长为2，
所以在△ADE中，EA =√3, ED =√3, AD =2，
所以EF =√2，即|⃗EF|=√2，故√2-1≤|⃗PF |≤1+√2，
所以3-2√2≤|⃗PF |
2≤3+2√2，又|⃗FA |=1，
所以-2-2√2≤⃗FA
2-⃗PF
2≤2√2-2，即2-2√2≤⃗PA ⋅⃗PD≤2√2+2.
故答案为：[2-2√2,2+2√2].
58
一、单选题
1．（23-24 高二上·河北·期中）如图，在正三棱台ABC −A1B1C1中，AC =2 A1C1，P为A1B1中点，Q
为PC中点，设⃗AB =⃗a,，⃗AC =⃗b，⃗A A1=⃗c，则⃗AQ可用⃗a，⃗b，⃗c表示为（ ）
A．1
4⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
B．1
8⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
C．1
8⃗a+ 1
4⃗b+ 1
4⃗c
D．1
8⃗a+ 1
8⃗b+ 1
2⃗c
【答案】B
【分析】根据空间向量线性运算法则直接计算.
【详解】由题意可得⃗AP =⃗A A1+⃗A1 P=⃗A A1+ 1
2⃗A1B1=⃗A A1+ 1
4⃗AB =⃗c + 1
4⃗a，
而⃗AQ = 1
2⃗AC + 1
2⃗AP = 1
2⃗b+ 1
2(⃗c + 1
4⃗a)= 1
8⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c，
故选：B.
2．（23-24 高二上·北京西城·期中）如图，E，F 分别是长方体ABCD−A
' B
'C
' D
'的棱AB，CD 的中点，
则⃗AB+⃗CF等于（ ）
A．⃗A D
'
B．⃗A C
'
C．⃗DE
D．⃗AE
【答案】D
【分析】根据向量加法，减法的几何意义及相等向量的定义进行化简即可.
【详解】解：⃗AB+⃗CF=⃗AB+⃗BE =⃗AE，所以D 正确，A，B，C 错误.
故选：D
3．（21-22 高二上·甘肃陇南·期末）已知⃗a=2⃗i−2⃗j+ λ⃗k，⃗b= 4⃗i−⃗j+5⃗k（⃗i，⃗j，⃗k为两两互相垂直的单位
向量），若⃗a⊥⃗b，则λ =（ ）
A．−1
B．1
C．−2
D．2
【答案】C
59
【分析】利用向量的数量积的运算得到方程，解方程即可.
【详解】⃗a⋅⃗b=(2⃗i−2⃗j+ λ⃗k)⋅(4⃗i−⃗j+5⃗k) =8⃗i
2+2⃗j
2+5 λ⃗k
2−10⃗i⋅⃗j+(10+ 4 λ)⃗i⋅⃗k +(−10−λ)⃗j⋅⃗k
∵⃗i，⃗j，⃗k为两两互相垂直的单位向量，
∴⃗i
2=1，⃗j
2=1，⃗k
2=1，⃗i⋅⃗j =0，⃗i⋅⃗k =0，⃗j⋅⃗k =0，
∴⃗a⋅⃗b=8+2+5 λ =10+5 λ，
∵⃗a⊥⃗b，∴⃗a⋅⃗b=0，∴10+5 λ =0，
解得λ =−2，
故选：C.
4．（2022 高二上·全国·专题练习）如图，在三棱锥O−ABC中，设⃗OA =⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC =⃗c，若⃗AN =⃗NB，
2⃗BM =5⃗MC，则⃗MN =（ ）
A．1
2⃗a+ 1
6⃗b−2
3⃗c
B．1
2⃗a−1
6⃗b+ 2
3⃗c
C．1
2⃗a+ 3
14⃗b−5
7⃗c
D．1
2⃗a+ 5
14⃗b−3
7⃗c
【答案】C
【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解.
【详解】连接OM ,ON，⃗
MN =⃗ON −⃗OM = 1
2 (⃗OA +⃗OB)−(⃗OC +⃗CM )= 1
2 (⃗OA +⃗OB)−⃗OC −2
7⃗CB
= 1
2 (⃗OA +⃗OB)−⃗OC −2
7 (⃗OB−⃗OC)
= 1
2⃗OA + 3
14⃗OB−5
7⃗OC
= 1
2⃗a+ 3
14⃗b−5
7⃗c.
故选：C
60
5．（23-24 高二下·江苏·课前预习）已知⃗a=3⃗p−2⃗q ,⃗b=⃗p+⃗q，⃗p,⃗q是相互垂直的单位向量，则⃗a⋅⃗b＝（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【分析】根据空间向量数量积公式计算出答案.
【详解】⃗p,⃗q是相互垂直的单位向量，故⃗p⋅⃗q =0,|⃗p|=|⃗q|=1，
故⃗a⋅⃗b=(3⃗p−2⃗q)⋅(⃗p+⃗q)=3⃗p
2+⃗p⋅⃗q−2⃗q
2=3+0−2=1.
故选：A
6 ．（21-22 高二上· 辽宁沈阳· 阶段练习）已知四面体ABCD，G是CD的中点，连接AG，则⃗
AB+ 1
2 (⃗BD+⃗BC )＝（ ）
A．⃗AG
B．⃗CG
C．⃗BC
D．1
2⃗BC
【答案】A
【分析】根据已知条件作出图形，利用线段中点的向量表达式及向量加法法则即可求解.
【详解】如图，四面体ABCD，G是CD的中点，
因为G是CD的中点，所以BG
→
= 1
2 (BD
→
+ BC
→
)
所以⃗AB+ 1
2 (⃗BD +⃗BC )=⃗AB+⃗BG =⃗AG.
故选：A.
7 ．（23-24 高二下· 甘肃· 期末）在所有棱长均为2 的平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，
61
∠A1 AB =∠A1 AD =∠BAD =60°，则A C1的长为（ ）
A．2√3
B．2√5
C．2√6
D．6
【答案】C
【分析】先将⃗AC1用⃗AB ,⃗AD ,⃗A A1表示，然后再结合数量积的运算律即可得解.
【详解】因为⃗AC1=⃗AB+⃗BC +⃗C C1=⃗AB+⃗AD +⃗A A1，所以|⃗AC1|
2=(⃗AB+⃗AD +⃗A A1)
2=⃗AB
2+⃗AD
2
+⃗AA1
2+2⃗AB⋅⃗AD +2⃗AB⋅⃗A A1+2⃗AD⋅⃗A A1
= 4 + 4 + 4 +2×2×2×cos60
°+2×2×2×cos60
°+2×2×2×cos60
°
= 4 + 4 + 4+ 4 + 4 + 4 =24，
从而|⃗A C1|=2√6，即A C1的长为2√6．
故选：C.
8 ．（23-24 高二下· 浙江杭州· 期中）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1 ，则
(⃗AB+⃗AD)⋅(⃗AD+⃗A A1)=（ ）
A．1
B．0
C．−1
D．2
【答案】A
【分析】根据空间向量数量积的运算律，结合垂直关系即可求解.
【详解】(⃗AB+⃗AD)⋅(⃗AD+⃗A A1)=⃗AB⋅⃗AD+⃗AB⋅⃗A A1+⃗AD
2+⃗AD⋅⃗A A1=0+0+1+0=1,
故选：A
二、多选题
9．（23-24 高一下·吉林·期末）已知{⃗a,⃗b,⃗c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．⃗a+2⃗c，⃗a+2⃗b，⃗b−⃗c
B．⃗a+2⃗b，⃗a−⃗b，⃗b−⃗c
C．⃗a−⃗b，⃗a+⃗c，⃗b−⃗c
D．⃗a+⃗b，⃗a+⃗b+⃗c，⃗b+⃗c
【答案】BCD
【分析】根据向量共面的定义分别判断各选项.
【详解】A 选项：令⃗a+2⃗c = x(⃗a+2⃗b)+ y(⃗b−⃗c)，则¿，解得¿，即⃗a+2⃗c，⃗a+2⃗b，⃗b−⃗c共面，故A 选项
不符合题意；
62
B 选项：设⃗a+2⃗b= x(⃗a−⃗b)+ y(⃗b−⃗c)，则¿，此方程组无解，即⃗a+2⃗b，⃗a−⃗b，⃗b−⃗c不共面，故B 选项
符合题意；
C 选项：设⃗a−⃗b= x (⃗a+⃗c)+ y(⃗b−⃗c)，则¿，此方程组无解，即⃗a−⃗b，⃗a+⃗c，⃗b−⃗c不共面，故C 选项符合
题意；
D 选项：设⃗a+⃗b= x(⃗a+⃗b+⃗c)+ y(⃗b+⃗c)，则¿，此方程组无解，⃗a+⃗b，⃗a+⃗b+⃗c，⃗b+⃗c不共面，故D 选项
符合题意；
故选：BCD.
10．（23-24 高一下·山东淄博·期中）已知⃗a，⃗b，⃗c是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是
（ ）
A．若|⃗a|=|⃗b|，则⃗a=⃗b或⃗a=−⃗b
B．若|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则⃗a⋅⃗b=0
C．若|⃗a|=|⃗b|=|⃗a+⃗b|，则⃗a与⃗a−⃗b的夹角为π
3
D．在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗AC =⃗A1C1
【答案】BD
【分析】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式
可判断C；根据正方体的性质可判断D。
【详解】对于A，若|⃗a|=|⃗b|，但⃗a，⃗b的方向不确定，A 错误；
对于B，若|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，两边平方得⃗a
2+⃗b
2+2⃗a⋅⃗b=⃗a
2+⃗b
2−2⃗a⋅⃗b，
则⃗a⋅⃗b=0，B 正确；
对于C，|⃗a|=|⃗b|=|⃗a+⃗b|，则|⃗a|
2=|⃗a+⃗b|
2，即得⃗a⋅⃗b=−1
2⃗a
2，
故⃗a⋅(⃗a−⃗b)=⃗a
2−⃗a⋅⃗b= 3
2⃗a
2，|⃗a−⃗b|=√(⃗a−⃗b)
2=√⃗a
2−2⃗a⋅⃗b+⃗b
2=√3|⃗a|，
故cos〈⃗a,(⃗a−⃗b) 〉=⃗a⋅(⃗a−⃗b)
|⃗a||⃗a−⃗b|
=
3
2⃗a
2
|⃗a|⋅√3|⃗a|= √3
2
，
而〈⃗a,(⃗a−⃗b) 〉∈[0,π]，故⃗a与⃗a−⃗b的夹角为π
6 ，C 错误；
对于D，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，A A1∥C C1, A A1=C C1，
故四边形A A1C1C为平行四边形，故AC ∥A1C1, AC = A1C1，
故⃗AC =⃗A1C1，D 正确，
63
故选：BD
11．（23-24 高二下·湖南郴州·期末）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的边长为2, M为A1 D1的中点，动
点P在正方形ABCD内（包含边界）运动，且MP =√5.下列结论正确的是（ ）
A．动点P的轨迹长度为π；
B．异面直线MP与B B1所成角的正切值为2；
C．⃗MP⋅⃗AB的最大值为2；
D．三棱锥P−MAD的外接球表面积为25π
4
.
【答案】ACD
【分析】取AD的中点N，分析可知MN ⊥平面ABCD.对于A：分析可知动点P的轨迹是以点N为圆心，
半径为1 的半圆，即可得结果；对于B：分析可知异面直线MP与B B1所成角即为∠PMN，即可得结果；
对于C：根据数量积的几何意义分析判断；对于D：分析可知O∈MN，进而求球的半径和表面积.
【详解】取AD的中点N，连接MN , NP，
因为M , N分别为A1 D1, AD的中点，则MN∥A A1，且MN = A A1=2，
又因为A A1⊥平面ABCD，则MN ⊥平面ABCD，
由NP⊂平面ABCD，可得MN ⊥NP.
64
对于选项A：在Rt△MNP中，NP =√M P
2−M N
2=1，
可知动点P的轨迹是以点N为圆心，半径为1 的半圆，
所以动点P的轨迹长度为1
2 ×2π×1=π，故A 正确
对于选项B：因为MN∥A A1，B B1∥A A1，则MN∥B B1，
可知异面直线MP与B B1所成角即为∠PMN，其正切值为tan ∠PMN = NP
MN = 1
2，故B 错误；
对于选项C：因为线段MP在平面ABCD内的投影为NP，
结合选项A 可知：⃗MP在⃗AB方向上的投影数量的最大值为1，
所以⃗MP⋅⃗AB的最大值为1×|⃗AB|=2，故C 正确；
对于选项D：设三棱锥P−MAD的外接球的球心为O，半径为R，
因为MN ⊥平面ABCD，且N为△PAD的外接圆圆心，可知O∈MN，
则R
2=(2−R)
2+1，解得R = 5
4 ，
所以三棱锥P−MAD的外接球表面积为4π R
2= 25π
4
，故D 正确；
故选：ACD.
三、填空题
12．（23-24 高三上·福建福州·期中）已知向量⃗a,⃗b的夹角的余弦值为1
4 ,|⃗a|=2,|⃗b|= 4，则⃗a⋅(⃗b−⃗a)=
【答案】−2
【分析】
先根据数量积的定义可得⃗a⋅⃗b=2，结合数量积的运算律分析求解.
【详解】
由题意可得⃗a⋅⃗b=2×4× 1
4 =2，
所以⃗a⋅(⃗b−⃗a)=⃗a⋅⃗b−⃗a
2=2−2
2=−2．
故答案为：−2.
13．（23-24 高二上·陕西咸阳·阶段练习）在四面体 ABCD中，⃗AB =⃗a−2⃗c ,⃗CD =5⃗a+6⃗b−8⃗c , E , F分
别为AC ,BD的中点，则⃗EF =
【答案】3⃗a+3⃗b−5⃗c
【分析】根据空间向量的运算，将⃗EF用⃗AB ,⃗CD来表示，即可求得答案.
【详解】由题意得⃗EF =⃗EA +⃗AB+⃗BF = 1
2⃗CA +⃗AB+ 1
2⃗BD
65
= 1
2 (⃗CD +⃗DA)+⃗AB+ 1
2 (⃗BA +⃗AD)
= 1
2⃗CD+⃗AB+ 1
2⃗BA
= 1
2⃗CD + 1
2⃗AB
= 1
2 (5⃗a+6⃗b−8⃗c +⃗a−2⃗c)=3⃗a+3⃗b−5⃗c，
故答案为：3⃗a+3⃗b−5⃗c
14．（23-24 高一下·河北邢台·期末）如图所示，在四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，侧面都是矩形，底面
四边形ABCD是菱形，且AB = BC =2，∠ABC =120
∘，若异面直线A1B和A D1所成的角的大小是90❑
∘，
则A A1的长度是 .
【答案】√2
【分析】利用基底表示向量⃗A1B和⃗A D1，利用数量积公式，即可求解.
【详解】由题意可知，A A1⊥AB，A A1⊥AD，且∠BAD =60
∘，⃗
A1B⋅⃗A D1=(⃗AB−⃗A A1)⋅(⃗AD+⃗A A1)，
=⃗AB⋅⃗AD +⃗AB⋅⃗A A1−⃗AD⋅⃗A A1−⃗A A1
2，
=2×2×cos60
∘+0−0−|⃗A A1|
2，
由题意可知，⃗A1B⋅⃗A D1=0，所以|⃗A A1|
2=2，所以|⃗A A1|=√2.
故答案为：√2
66
四、解答题
15．（23-24 高二上·新疆·阶段练习）如图，在平行六面体ABCD−A
' B
'C
' D
'中，AB = 4，AD =3，
A A
' =5，∠BAD =90°，∠BA A
' =60°，求：
(1)⃗A A
'⋅⃗AB；
(2)A B
'的长.
【答案】(1)10
(2)√61
【分析】（1）利用数量积的定义即可求解；
（2）根据模长公式即可求解.
【详解】（1）⃗A A
'⋅⃗AB =|⃗A A
'||⃗AB|cos∠A
' AB =5×4× 1
2 =10．
（2）因为⃗A B
' =⃗A A
' +⃗AB，
所以|⃗A B
'|=√(⃗A A
' +⃗AB)
2=√(⃗A A
')
2+2⃗A A
'⋅⃗AB+(⃗AB)
2=√25+20+16=√61．
16．（23-24 高二上·河南开封·期末）如图，在空间四边形ABCD 中，AB =3，BC = 4，AD =5，
∠ABC =∠BAD =120°，AD⊥BC.
(1)求⃗BA ⋅⃗BC；
(2)求CD 的长.
【答案】(1)−6
(2)√77
【分析】（1）根据数量积的定义直接求解即可；
（2）先利用加法法则表示⃗CD =⃗CB+⃗BA +⃗AD，然后利用数量积的运算律求解即可.
【详解】（1）因为AB =3，BC = 4，∠ABC =120°，
所以⃗BA ⋅⃗BC =|⃗BA||⃗BC|cos⟨⃗BA ,⃗BC⟩=3×4×cos120° =−6；
（2）因为⃗CD =⃗CB+⃗BA +⃗AD，
所以|⃗CD|
2=(⃗CB+⃗BA +⃗AD)
2=|⃗CB|
2+|⃗BA|
2+|⃗AD|
2+2(⃗CB⋅⃗BA +⃗BA ⋅⃗AD +⃗CB⋅⃗AD)
67
=16+9+25+2(4×3×cos60°+3×5×cos60°+ 4×5×cos90°)=77，
所以CD =|⃗CD|=√77.
17．（2024 高二·全国·专题练习）如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC 的棱长为1，M 是棱BC
的中点，点N 满足⃗ON =2⃗NM，点P 满足⃗AP = 3
4⃗AN.
(1)用向量⃗OA ，⃗OB，⃗OC表示⃗OP；
(2)求|⃗OP|.
【答案】(1)⃗OP= 1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC
(2)|⃗OP|= √6
4
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；
（2）先计算⃗OP
2=(
1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC)
2
，再开方即可求解.
【详解】（1）因为M 是棱BC 的中点，点N 满足⃗ON =2⃗NM，点P 满足⃗AP = 3
4⃗AN.
所
以⃗
OP=⃗OA +⃗AP =⃗OA + 3
4⃗AN =⃗OA + 3
4 (⃗ON −⃗OA)= 1
4⃗OA + 3
4⃗ON = 1
4⃗OA + 3
4 × 2
3⃗OM
= 1
4⃗OA + 1
2 × 1
2 (⃗OB+⃗OC)= 1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC；
（2）因为正四面体（四个面都是正三角形）OABC 的棱长为1，
所以|⃗OA|=|⃗OB|=|⃗OC|=1，∠AOB =∠AOC =∠BOC =π
3 ，
所以⃗OA ⋅⃗OB =⃗OB⋅⃗OC =⃗OA ⋅⃗OC =1×1× 1
2 = 1
2，
所以⃗OP
2=(
1
4⃗OA + 1
4⃗OB+ 1
4⃗OC)
2
= 1
16⃗OA
2+ 1
16⃗OB
2+ 1
16⃗OC
2+2⋅1
4 ⋅1
4⃗OA ⋅⃗OB+2⋅1
4 ⋅1
4⃗OB⋅⃗OC +2⋅1
4 ⋅1
4⃗OA ⋅⃗OC
= 1
16 + 1
16 + 1
16 + 1
16 + 1
16 + 1
16 = 3
8，所以|⃗OP|= √6
4 .
68
18 ．（23-24 高二上· 湖北· 期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1 D1的底面是菱形，且
∠C1CB =∠C1CD =∠BC D =60°，CD =1，C C1=2．
(1)求A1C的长．
(2)求异面直线C A1与DC1所成的角的余弦值．
【答案】(1)√11
(2)7√33
66
【分析】（1）利用⃗CA
2=(⃗CD +⃗CB+⃗C C1)
2及向量的运算律和数量积求解即可.
（2）利用⃗C A1⋅⃗DC1=(⃗CD +⃗CB+⃗C C1)⋅(⃗C C1−⃗CD)及向量的数量积求夹角即可.
【详解】（1）⃗C A1
2=(⃗CD +⃗CB+⃗C C1)
2=⃗CD
2+⃗CB
2+⃗C C1
2+2(⃗CD⋅⃗CB+⃗CD⋅⃗C C1+⃗CB⋅⃗C C1)
=1+1+ 4 +2(1×1×cos60°+1×2×cos60°+1×2×cos60°)=11，
所以|C A1|=√11，
即A1C的长为√11.
（2）⃗C A1⋅⃗DC1=(⃗CD +⃗CB+⃗C C1)⋅(⃗C C1−⃗CD)
=⃗CD⋅⃗C C1−⃗CD⋅⃗CD +⃗CB⋅⃗C C1−⃗CB⋅⃗CD +⃗C C1⋅⃗C C1−⃗C C1⋅⃗CD
=1−1+1−1
2 + 4−1= 7
2，
又由余弦定理得|DC1|=√|DC|
2+|C C1|
2−2|DC||C C1|cos60° =√3，
所以设所求异面直线所成角为θ，cosθ =|cos⟨⃗C A1,⃗DC1⟩|= |⃗C A1⋅⃗DC1|
|C A1|⋅|DC1|
= 7√33
66
.
19 ．（23-24 高二上· 重庆· 期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，∠A1 AD =π
4 ，
∠A1 AB = π
4 ，∠BAD =π
3 ，AB =6，AD = 4，A A1=3√2，AC与BD相交于点O．
69
(1)求⃗AB⋅⃗AD；
(2)求A1O的长．
【答案】(1)12
(2)√7
【分析】（1）根据⃗AB⋅⃗AD =|⃗AB|⋅|⃗AD|⋅cos⟨⃗AB ,⃗AD⟩，代入数值直接求得结果；
（2）化简可得|⃗A1O|=|
1
2⃗AB+ 1
2⃗AD−⃗A A1|，然后采用先平方再开方的方法求解出|⃗A1O|，则A1O的长
可知.
【详解】（1）⃗AB⋅⃗AD =|⃗AB|⋅|⃗AD|⋅cos⟨⃗AB ,⃗AD⟩=6×4×cosπ
3 =12.
（2）因为⃗A1O =⃗AO−⃗A A1= 1
2⃗AC −⃗A A1= 1
2 (⃗AB+⃗AD)−⃗A A1= 1
2⃗AB+ 1
2⃗AD−⃗A A1，
所以|⃗A1O|=|
1
2⃗AB+ 1
2⃗AD−⃗A A1|=√(
1
2⃗AB+ 1
2⃗AD−⃗A A1)
2
=√
1
4|⃗AB|
2+ 1
4|⃗AD|
2+|⃗A A1|
2+ 1
2⃗AB⋅⃗AD−⃗AB⋅⃗A A1−⃗A A1⋅⃗AD
=√
1
4 ×36+ 1
4 ×16+18+ 1
2 ×6×4×cosπ
3 −6×3√2×cosπ
4 −3√2×4×cosπ
4
=√9+ 4+18+6−18−12=√7，
所以A1O的长为√7.
20．（23-24 高二上·辽宁葫芦岛·期末）如图，在长方形ABCD中，E为BC中点，AD =2 AB.以DE为折痕
将四边形ABED折起，使A，B分别达到A1，B1，当异面直线CD，B1 E成角为π
3
时，异面直线CD，
A1B1成角余弦值为（ ）
70
A．1
2
B．√3
3
C．√2
2
D．√3
2
【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AD =2 AB =2，
由于B1 E // A1 D，所以∠A1 DC即为直线CD，B1 E所成的角,
故⃗DC ⋅⃗D A1=1×2× 1
2 =1,⃗DC ⋅⃗B1 A1=⃗DC ⋅(⃗B1 E+⃗ED +⃗D A1)=⃗DC ⋅⃗B1 E+⃗DC ⋅⃗ED +⃗DC ⋅⃗D A1
=⃗DC ⋅(−1
2⃗D A1)−⃗DC ⋅⃗DE +⃗DC ⋅⃗D A1= 1
2⃗DC ⋅⃗D A1−⃗DC ⋅⃗DE = 1
2 −1×√2× √2
2 =−1
2又
|⃗DC|=|⃗B1 A1|=1，
所以cos⟨⃗DC ,⃗B1 A1⟩=−1
2，因此异面直线CD，A1B1成角余弦值为1
2，
故选：A
21．(多选) （23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）在正方体ABCD－A1B1C1 D1中，下列命题是真命题的
是（ ）
A．(⃗A A1+⃗AD +⃗AB)
2=3⃗AB
2
B．⃗A1C ⋅⃗A B1=0
C．⃗A D1与⃗A B1 夹角为60
°
D．正方体ABCD−A1B1C1 D1的体积为|⃗AB⋅⃗A A1⋅⃗AD|
【答案】ABC
【分析】根据空间向量运算、夹角、体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设正方体的棱长为a，
A 选项，(⃗A A1+⃗AD +⃗AB)
2=⃗A A1
2+⃗AD
2+⃗AB
2+2(⃗A A1⋅⃗AD +⃗A A1⋅⃗AB+⃗AD⋅⃗AB)
=3a
2=3⃗AB
2，A 选项正确；
B 选项，⃗A1C ⋅⃗A B1=(⃗AC −⃗A A1)⋅(⃗AB+⃗A A1)
=(⃗AB+⃗AD−⃗A A1)⋅(⃗AB+⃗A A1)=(⃗AB−⃗A A1)⋅(⃗AB+⃗A A1)+⃗AD⋅(⃗AB+⃗A A1)
71
=⃗AB
2−⃗A A1
2+⃗AD⋅⃗AB+⃗AD⋅⃗A A1=a
2−a
2=0，B 选项正确；
C 选项，由于三角形A B1 D1是等边三角形，所以⃗A D1与⃗A B1 夹角为60
°，C 选项正确；
D 选项，|⃗AB⋅⃗A A1⋅⃗AD|=0，所以D 选项错误.
故选：ABC
22.（多选）（23-24 高二上·山东济宁·期末）如图，二面角α －l－β的大小为60°，其棱l 上有两个点
A ,B，线段AC与BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若AB＝3, AC ＝2,BD＝2,则
C , D两点间的距离为 ．
【答案】√13
【分析】利用向量的线性关系可得⃗CD =⃗CA +⃗AB+⃗BD，两边平方可求CD的长度.
【详解】因为二面角α －l－β的大小为60°，⃗CD =⃗CA +⃗AB+⃗BD，⃗
CD
2=(⃗CA +⃗AB+⃗BD)
2=⃗CA
2+⃗AB
2+⃗BD
2+2⃗CA ⋅⃗AB+2⃗AB⋅⃗BD +2⃗CA ⋅⃗BD
= 4 +9+ 4 +2|⃗CA||⃗BD|cos120
°=17−4 =13.
|⃗CD|=√13,即C , D两点间的距离为√13.
故答案为：√13
23．（23-24 高二上·浙江·期中）平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD是边长为2 的正方形，
侧棱A A1= 4，且∠A1 AD =∠A1 AB =60°，M为BD中点，P为B B1中点，设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗
A A1=⃗c.
72
(1)用向量⃗a，⃗b，⃗c表示向量⃗PM；
(2)求线段PM的长度．
【答案】(1)⃗PM = 1
2 (⃗b−⃗a−⃗c)
(2)√6
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解，
（2）根据向量的模长公式，即可代入求解.
【详解】（1）因为M为BD中点，P为B B1中点， ⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，
所以⃗PM =⃗PB+⃗BM = 1
2⃗B1B+ 1
2⃗BD =−1
2⃗B B1+ 1
2 (⃗AD−⃗AB)
= 1
2⃗A D−1
2⃗AB−1
2⃗B B1 = 1
2 (⃗AD−⃗AB−⃗A A1) = 1
2 (⃗b−⃗a−⃗c)
（2）因为平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD是边长为2 的正方形，侧棱A A1= 4，且
∠A1 AD =∠A1 AB =60°，
所以|⃗a|=|⃗b|=2，|⃗c|= 4，⃗a⋅⃗b=0,⃗a⋅⃗c =⃗b⋅⃗c =2×4× 1
2 = 4，
所以⃗PM
2= 1
4 (⃗b−⃗a−⃗c)
2= 1
4 (⃗b
2+⃗a
2+⃗c
2−2⃗a⋅b−2⃗b⋅⃗c +2⃗a⋅⃗c)
= 1
4 ×(4+ 4+16−0−8+8)=6
所以|⃗PM|=√6，即线段PM 长为√6
24．（20-21 高二上·山东潍坊·期中）如图，在空间四边形OABC中，2⃗BD =⃗DC，点E为AD的中点，设⃗
OA =⃗a，⃗OB=⃗b，⃗OC =⃗c.
73
(1)试用向量⃗a，⃗b，⃗c表示向量⃗OE；
(2)若OA =OC =3，OB =2，∠AOC =∠BOC =∠AOB =60°，求⃗OE⋅⃗AC的值.
【答案】(1)1
2⃗a+ 1
3⃗b+ 1
6⃗c；
(2)−3
2
【分析】（1）根据向量的线性运算求出⃗OE即可；
（2）根据向量的运算性质代入计算即可.
【详解】（1）∵2⃗BD =⃗DC，
∴⃗BD = 1
3⃗BC = 1
3 (⃗OC −⃗OB)= 1
3 (⃗c−⃗b)，
故⃗OD =⃗OB+⃗BD =⃗b+ 1
3 (⃗c−⃗b)= 2
3⃗b+ 1
3 c
→
,
∵点E 为AD 的中点，
故⃗OE = 1
2 (⃗OA +⃗OD)= 1
2⃗a+ 1
3⃗b+ 1
6⃗c.
（2）由题意得⃗a⋅⃗c = 9
2 ,⃗a⋅⃗b=3,⃗c⋅⃗b=3，
故⃗AC =⃗OC −⃗OA =⃗c−⃗a，
故⃗O E⋅⃗AC =( 1
2⃗a+ 1
3⃗b+ 1
6⃗c)⋅(⃗c−⃗a)
=−1
2⃗a
2+ 1
6⃗c
2+ 1
3⃗a⋅⃗c + 1
3⃗b⋅⃗c−1
3⃗b⋅⃗a
=−1
2 ×9+ 1
6 ×9+ 1
3 × 9
2 + 1
3 ×3−1
3 ×3
=−3
2.
