1
1.1.3 空间向量的坐标与空间直角坐标系
课程标准
学习目标
1.了解空间向量坐标的定义.
2.掌握空间向量的坐标运算，会计算向量的
长度及两向量的夹角.
3.会利用向量的坐标关系，判定两个向量平
行或垂直.
4.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标
系刻画点的位置.
5 掌握空间直角坐标系中两点之间的距离公
式和中点坐标公式
1.掌握空间向量的线性运算的坐标表示:掌握空间向
量数量积的坐标表示
2.掌握空间向量的模、夹角
3.掌握空间向量坐标与空间向量平行与垂直的关系
知识点01 正交基底与单位正交基底
正交基底
如果空间一个基底的三个基向量两两互相垂直，那么这个基底叫作正交基底
单位正交基底
当一个正交基底的三个基向量都是单位向量时，称这个基底为单位正交基底，通常
用{i,j,k}表示
【即学即练1 】（22-23 高二上· 山东烟台· 阶段练习）设{⃑i,⃑j ,⃑k }是单位正交基底，已知⃑
a=⃑i+⃑j ,⃑b=⃑j+⃑k ,⃑c =⃑k +⃑i，若向量⃑p在基底{⃑a,⃑b,⃑c }下的坐标为(8,6,4)，则向量⃑p在基底{⃑i,⃑j ,⃑k }下的坐标
是（ ）
2
A．(10,12,14)
B．(14,12,10)
C．(12,14,10)
D．(4,3,2)
【答案】C
【分析】根据向量⃗p在基底{⃗a,⃗b,⃗c}下的坐标为(8,6,4)得到⃗p=12⃗i+14⃗j+10⃗k，即可得到向量⃗p在基底
{⃗i,⃗j ,⃗k}下的坐标.
【
详
解
】
因
为
向
量⃗
p在
基
底
{⃗a,⃗b,⃗c}下
的
坐
标
为
(8,6,4)，
所
以⃗
p=8⃗a+6⃗b+ 4⃗c =8(⃗i+⃗j)+6(⃗j+⃗k)+ 4(⃗k +⃗i)=12⃗i+14⃗j+10⃗k，所以向量⃗p在基底{⃗i,⃗j ,⃗k}下的坐标为
(12,14,10).
故选：C.
【即学即练2】（20-21 高二·江苏·课后作业）已知{⃑i,⃑j ,⃑k}为一个单位正交基底，试写出下列向量的坐标：
(1)⃑a=−2⃑i+8⃑j+3⃑k；
(2)⃑b=−5⃑i+2⃑k．
【答案】(1)(−2,8,3)
(2)(−5,0,2)
【分析】根据向量的坐标表示直接写出坐标.
【详解】（1）⃑a=−2⃑i+8⃑j+3⃑k =(−2,8,3)
（2）⃑b=−5⃑i+2⃑k =(−5,0,2)
知识点02 空间直角坐标系
1.定义：如图，在空间选定一点0 和一个单位正交基底{i，j，k}以0 为原点，分别以i，j，k 的方向为正方
向建立三条数轴：x 轴、y 轴、z 轴，它们都叫作坐标轴，这是我们说建立了一个空间直角坐标系O-xyz。
其中点O 叫作坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫作坐标轴，三条坐标轴中的每两条确定一个坐标平面，分别叫
作xoy 平面、yoz 平面和xoz 平面。
3
2.右手直角坐标系
在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，若中指指向z 轴的正方向，
则称这个坐标系为右手直角坐标系。
【即学即练3】（23-24 高二上·上海·期中）如图所示，以长方体ABCD−A1B1C1 D1的顶点D 为坐标原点，
过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若⃗D B1的坐标为(3,4,2)，则⃗A C1的坐标为
．
【答案】(−3,4,2)
【分析】根据已知先求B1坐标，再结合图形可得A ,C1坐标，进而求得答案.
【详解】在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗D B1=(3,4,2)，D为坐标原点，则B1(3,4,2)，
因此A(3,0,0),C1(0,4,2)，所以⃗A C1=(−3,4,2).
故答案为：(−3,4,2)
【即学即练4】（24-25 高二上·上海·随堂练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AD = A A1=2，
AB =6，E、F 分别为A1 D1、D1C1的中点，分别以DA、DC、D D1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间
直角坐标系D−xyz．求点E、F 的坐标．
4
【答案】E (1,0,2)，F (0,3,2)
【分析】利用空间直角坐标系结合空间想象能力求解.
【详解】由题意，AD = A A1=2，AB =6，E、F 分别为A1 D1、D1C1的中点，∴E (1,0,2)，F (0,3,2)．
知识点03 空间直角坐标系中的点坐标
定义：对于空间任意一点A，作点A 在三条坐标轴上的射影，即通过点A 作三个平面分别垂直于x 轴、y
轴和z 轴，它们与x 轴、y 轴和z 轴分别交于P，Q，R，点P， Q， R 在相应数轴上的坐标依次为x，y，
z，我们把有序实数组（x，y，z）叫作A 点的坐标，记为A（x，y，z）。其中x，y，z 分别叫作点A 的横
坐标，纵坐标，竖坐标。
【即学即练5】（23-24 高二下·江苏南京·期中）已知点B (3,−1,0),⃗AB =(−2,−5,3)，则点A坐标为
（ ）
A．(1,−6,3)
B．(5,4 ,−3)
C．(−1,6,−3)
D．(2,5,−3)
【答案】B
【分析】根据终点坐标减去起点坐标，即为所求向量的坐标，即可得解.
【详解】设A (x , y , z)，
则⃗AB =(3−x ,−1−y ,−z)=(−2,−5,3)，
所以¿，解得¿，
所以点A坐标为(5,4 ,−3).
故选：B.
【即学即练6】（22-23 高二下·福建漳州·期中）在空间直角坐标系中，点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点
5
为（ ）
A．(−1,2,3)
B．(1,2,−3)
C．(1,2,3)
D．(−1,−2,−3)
【答案】C
【分析】直接根据空间直角坐标系对称点的特征即可得对称点的坐标．
【详解】点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为(1,2,3)，
故选：C．
知识点04 空间向量的坐标运算
1.空间向量的坐标运算
（1）设a=（x1，y1，z1），b=（x2，y2，z2），则
①a+b=（x1+x2，y1+y2，z1+z2）
②a-b=（x1-x2，y1-y2，z1-z2）
③λa=（λx1，λy1，λz1）(a∈R).
④若u，v 是两个实数，ua＋vb＝( ux
1＋
vx
2，
uy
1＋
vy
2，
uz
1＋
vz
2)；
⑤a·b＝x1x2＋
y 1y2＋
z 1z2；
⑥|a|＝＝；
⑦当a≠0 且b≠0 时，cos〈a，b〉＝＝．
(2)设A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），则⃗AB=⃗OB-⃗OA=（x2-x1，y2-y1，z2-z1）.即一个向量的
坐标等于表示这个向量的有向线段的终点坐标减去起点坐标.
2.空间向量平行、垂直的坐标表示
（1）已知空间向量a=（x1，y1，z1），b=（x2，y2，z2），且a≠0，则a//b⟺b=λa⟺x2=λx1，y2=λy1，
z2=λz1(λ∈R).
(2)a⊥b⇔a·b＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0．
3.空间向量坐标的应用
(1)点P(x，y，z)到坐标原点O(0,0,0)的距离OP＝．
(2)任意两点P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)间的距离P1P2＝．
【即学即练7】（23-24 高一下·天津·阶段练习）已知A (2,−4 ,−1)，B =(−1,5,1)，C (3,−4,1)，令⃗
a=⃗CA，⃗b=⃗CB，则⃗a+⃗b对应的坐标为（ ）
A．(5,−9,2)
B．(−5,9,−2)
C．(5,9,−2)
D．(5,−9,−2)
【答案】B
【分析】根据空间向量坐标运算公式计算即可.
【详解】因为A (2,−4 ,−1)，B =(−1,5,1)，C (3,−4,1)，
6
所以⃗a=⃗CA =(−1,0,−2)，⃗b=⃗CB =(−4,9,0)，
所以⃗a+⃗b=(−5,9,−2).
故选：B
【即学即练8 】（23-24 高二下· 甘肃酒泉· 期末）已知向量⃗a=(1,0,3),⃗b=(0,−1,2),⃗c =(3,1,0)则⃗
a⋅(⃗b−⃗c)=（ ）
A．－3
B．3
C．9
D．0
【答案】B
【分析】利用向量的坐标运算求解即可.
【详解】因为⃗b−⃗c =(−3,−2,2)，所以⃗a⋅(⃗b−⃗c)=(1,0,3)⋅(−3,−2,2)=−3+6=3.
故选：B.
难点：空间向量与动点问题
示例1：（多选）（23-24 高二下·福建漳州·阶段练习）如图，在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
M为B1C1边的中点，点P在底面ABCD 内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ）．
A．不存在点P，使得D1 P⊥A D1
B．过三点A , M , D1的正方体ABCD−A1B1C1 D1的截面面积为9
8
C．若D1 P⊥B1 D ,则P点在正方形ABCD内运动轨迹长为2√2
D．点N在棱B B1上，且B1 N = 4 NB，若D1 P⊥NP，则点P的轨迹是圆
【答案】AB
7
【分析】对于A，利用空间向量分析判断，对于B，取B B1中点Q，连接D1 M , MQ , AQ，可得
A 、M 、D1、Q四点共面，然后求出其面积判断，对于C，利用空间向量可得P点在正方形ABCD内运
动轨迹为线段AC，对于D，利用空间向量得轨迹为圆：(x−1
2)
2
+( y −1
2)
2
= 3
10被四边形ABCD 截得的4
段圆弧.
【详解】对于A，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(x , y ,0),0≤x , y ≤1，则D1(0,0,1), A(1,0,0),⃗D1 P =( x , y ,−1),⃗A D1=(−1,0,1)，
若D1 P⊥A D1，则⃗D1 P⋅⃗A D1=0，即x =−1，与题意矛盾，所以A 正确；
对于B，取B B1中点Q，连接D1 M , MQ , AQ，
因为D1 A // MQ，所以可得A 、M 、D1、Q四点共面，
所以过三点A 、M 、D1的正方体ABCD−A1B1C1 D1的截面为以MQ , A D1为底的等腰梯形，
A D1=√2, MQ = √2
2 , D1 M =√D1C1
2+C1 M
2= √5
2 ,过点Q作QH ⊥D1 A，
所以AH = A D1−MQ
2
= √2
4 ，所以梯形的高为QH =√(
√5
2 )
2
−(
√2
4 )
2
= 3√2
4
，
所以S = 1
2 ×(
√2
2 +√2)× 3√2
4
= 9
8，所以B 正确，
对于C，设P(x , y ,0)，x ≥0, y ≥0，则D(0,0,0), D1(0,0,1),B1(1,1,1)，
所以⃗D1 P =( x , y ,−1),⃗B1 D =(−1,−1,−1)，
因为D1 P⊥B1 D ,所以⃗D1 P⋅⃗B1 D =−x−y +1=0，即x + y −1=0(0≤x , y ≤1)，
所以P点在正方形ABCD内运动轨迹为线段AC，其长为√2，所以C 错误，
8
对于D，N(1,1, 1
5),⃗NP =(x−1, y −1,−1
5),∵D1 P⊥NP ,∴⃗D1 P⋅⃗NP =0，
即x( x−1)+ y( y −1)+ 1
5 =0，可得轨迹为圆：(x−1
2)
2
+( y −1
2)
2
= 3
10，
所以圆心(
1
2 , 1
2),r = √30
10 > 1
2|AB|= 1
2，
又x , y ∈[0,1]，所以轨迹为圆：(x−1
2)
2
+( y −1
2)
2
= 3
10被四边形ABCD 截得的4 段圆弧，所以D 错误.
故选：AB．
【点睛】关键点点睛：解题的关键是利用空间向量求出点的轨迹方程，由此即可顺利得解.
【题型1：空间向量的坐标表示】
例1．（23-24 高二上·湖北·期末）已知点A (2,0,1),B (0,2,0),C (0,0,3), D (1,1,0), E (0,0,a)，直线DE 平
行△ABC所在的平面，则a=（ ）
9
A．1
2
B．3
2
C．2
D．5
2
【答案】D
【分析】由题意设⃗DE = x⃗AB+ y⃗AC，从而得到方程组，求出答案.
【详解】⃗AB =(−2,2,−1),⃗AC =(−2,0,2),⃗DE =(−1,−1,a)，
由已知可得⃗DE = x⃗AB+ y⃗AC，所以(−1,−1,a)=(−2 x ,2 x ,−x)+(−2 y ,0,2 y)，
所以¿，解得¿.
故选：D
变式1．（23-24 高二上·湖北武汉·期中）在空间直角坐标系中，已知点A(1,3,−4)关于原点中心对称的点
为B，而点B关于x轴对称的点为C，则⃗AC =（ ）
A．(−2,0,0)
B．(−2,3,0)
C．(−2,0,−4)
D．(1,0,−4)
【答案】A
【分析】由对称性得出点C坐标，进而得出⃗AC.
【详解】点A(1,3,−4)关于原点中心对称的点为B (−1,−3,4)，
则点B关于x轴对称的点为C (−1,3,−4)，⃗AC = (−2,0,0).
故选：A
变式2．（23-24 高二上·重庆九龙坡·期中）若M (1,0,2)，N (2,m+1,3)，P(2,2,n+1)三点共线，则
m+n=（ ）
A．4
B．-2
C．1
D．3
【答案】D
【分析】利用向量共线的坐标运算，求出m,n即可.
【详解】若M (1,0,2)，N (2,m+1,3)，P(2,2,n+1)三点共线，
由⃗MN =(1,m+1,1)，⃗MP =(1,2,n−1)，则有⃗MP//⃗MN，得1
1 = m+1
2
=
1
n−1，
解得m=1,n=2，所以m+n=3.
故选：D
变式3 ．（23-24 高二上· 四川成都· 阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，
AB =5, AD = 4 , A A1=3，以直线DA , DC , D D1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则
下列结论中不正确的是（ ）
10
A．点A关于直线D D1对称的点为(−4,0,0)
B．点C1关于点B对称的点为(8,5,−3)
C．点B1的坐标为(3,5,4)
D．点C关于平面AB B1 A1对称的点为(8,5,0)
【答案】C
【分析】利用空间点的对称性即可逐项判断得出结论.
【详解】由图可得A (4,0,0)，则点A关于直线D D1对称的点为(−4,0,0)，故A 正确；
由于C1(0,5,3),B (4,5,0)，所以点C1关于点B对称的点为(8,5,−3)，故B 正确；
点B1的坐标为(4,5,3)，故C 不正确；
由于点C (0,5,0)，则点C关于平面AB B1 A1对称的点为(8,5,0)，故D 正确.
故选：C.
变式4．（23-24 高二上·山西运城·阶段练习）已知正方体ABCD−A
' B
'C
' D
'的棱长为1，以D为原点，
DA , DC , D D
'所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则以下坐标表示的点在平面
A
' BC
'内的是（ ）
A．(
2
3 , 2
3 , 1
3)
B．(
3
4 , 3
4 , 1
2)
C．(
1
2 , 1
2 , 1
2)
D．(−1, 3
2 ,1)
【答案】B
【分析】建立空间坐标系，标出点坐标，由共面向量定理得，存在唯一的有序实数对( λ , μ)，使⃗
BP = λ⃗B A
' + μ⃗BC
'，依次验证即可.
【详解】在正方体中，以D 为原点DA , DC , D D
'所在直线为x,y,z 轴，建立如图所示空间直角坐标系；
11
则A
'(1,0,1),B(1,1,0),C
'(0,1,1)，则⃗B A
' =(0,−1,1),⃗BC
' =(−1,0,1)，
若点P( x , y , z)，在平面A
' BC
'中，则由共面向量定理得，
存在唯一的有序实数对( λ , μ)，使⃗BP = λ⃗B A
' + μ⃗BC
'，所以¿，即¿，
在A 中，代入点坐标(
2
3 , 2
3 , 1
3)，无解，故A 错误；
在B 中，代入点坐标(
3
4 , 3
4 , 1
2)，可解出¿，故B 正确；
在C 中，代入点坐标(
1
2 , 1
2 , 1
2)，无解，故C 错误；
在D 中，代入点坐标(−1, 3
2 ,1)，无解，故D 错误
故选：B
变式5．（23-24 高二上·福建厦门·阶段练习）设⃗a1=2⃗m−⃗j+⃗k，⃗a2=⃗m+3⃗j−2⃗k，⃗a3=−2⃗m+⃗j−3⃗k，⃗
a4=3⃗m+2⃗j+5⃗k，其中⃗m，⃗j，⃗k是两两垂直的单位向量，若⃗a4= λ⃗a1+ μ⃗a2+ v⃗a3，则实数λ，μ，v的值分
别是（ ）
A．1，−2，3
B．−2，1，−3
C．−2，1，3
D．−1，2，3
【答案】B
【分析】根据空间向量的坐标运算以及向量相等，即可求得答案.
【详解】由题意可分别以⃗m，⃗j，⃗k为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则⃗a1=(2,−1,1)，⃗a2=(1,3,−2)，⃗a3=(−2,1,−3)，⃗a4=(3,2,5)，
则⃗a4= λ⃗a1+ μ⃗a2+ v⃗a3可得(3,2,5)= λ(2,−1,1)+ μ(1,3,−2)+ v(−2,1,−3)，
即得¿，解得¿，
故选：B
变式6．（23-24 高三上·安徽·阶段练习）已知空间向量⃗a=(−3,2,m),⃗b=(−1,−1,3),⃗c =(1,−4 ,n)，若⃗
a,⃗b,⃗c共面，则m+n= ．
【答案】6
【分析】
12
根据向量共面列方程，化简求得m+n的值.
【详解】
若⃗a,⃗b,⃗c共面，则存在实数x , y，使得⃗c = x⃗a+ y⃗b，
即(1,−4 ,n)= x (−3,2,m)+ y (−1,−1,3)=(−3 x−y ,2 x−y ,mx +3 y)．
所以¿，解得x =−1, y =2,−m+6=n．所以m+n=6．
故答案为：6
变式7．（23-24 高二上·河北石家庄·期中）在空间直角坐标系中，若平行四边形ABCD 的顶点
A (0,−2,1),B (2,−3,0),C (2,0,1)，则顶点D 的坐标为 ．
【答案】(0,1,2)
【分析】设D 的坐标为( x , y , z)，根据⃗AD =⃗BC，结合向量的坐标运算，即可求得答案.
【详解】设D 的坐标为( x , y , z)，
平行四边形ABCD 的顶点A (0,−2,1),B (2,−3,0),C (2,0,1)，
故⃗AD =⃗BC，即( x , y +2, z−1)=(0,3,1)，
则¿，即D 的坐标为(0,1,2)，
故答案为：(0,1,2)
变式8．（23-24 高二上·山东聊城·阶段练习）已知直线l经过A (−2,1,1)，B (1,0,−3)两点，直线l上一点P，
使得⃗AP =−⃗AB，则点P坐标 ．
【答案】(−5,2,5)
【分析】利用空间向量的坐标、向量的相等、向量的运算分析运算即可得解.
【详解】解：设P(x , y , z)，则⃗AP =(x +2, y −1, z−1)，⃗AB =(3,−1,−4)，
∴由⃗AP =−⃗AB得：(x +2, y −1, z−1)=−(3,−1,−4)=(−3,1,4)，
∴¿，解得：¿，
∴点P坐标为：(−5,2,5).
故答案为：(−5,2,5).
【题型2：空间向量的加减数乘与数量积】
例2．（23-24 高二上·广东惠州·阶段练习）如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面
ABCD 为正方形，M 为AB 的中点，N 为PD 的中点.若PA=4，AB=2，则⃗MN ⋅⃗PC = .
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【答案】−8
【分析】考虑到此题中条件适合建系，故通过建系后求出空间向量的坐标计算数量积即得.
【详解】
如图，由题意可以⃗AB ,⃗AD ,⃗AP为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系. 则
A(0,0,0),B(2,0,0), D(0,2,0), P(0,0,4),C(2,2,0),
因M 为AB 的中点，N 为PD 的中点，故M (1,0,0), N (0,1,2),于是⃗MN =(−1,1,2),⃗PC =(2,2,−4)，则⃗
MN ⋅⃗PC =−2+2−8=−8.
故答案为：−8.
变式1．（24-25 高二上·上海·课堂例题）已知O为原点，⃗OA =(1,2,3)，⃗OB =(2,1,2)，⃗OP =(1,1,2)，点Q
在直线OP上运动，则⃗QA ⋅⃗QB取得最小值时，点Q的坐标为（ ）
A．(
1
2 , 3
4 , 1
3)
B．(
1
2 , 2
3 , 1
3)
C．(
4
3 , 4
3 , 8
3)
D．(
4
3 , 4
3 , 7
3)
【答案】C
【分析】利用向量⃗OQ //⃗OP表示出点Q坐标，再求出⃗QA，⃗QB的坐标，借助数量积建立函数关系即可求
解.
【详解】因点Q在直线OP上运动，则⃗OQ //⃗OP，设⃗OQ =t⃗OP =(t ,t ,2t )，于是有Q(t ,t ,2t )，
因为⃗OA =(1,2,3)，⃗OB =(2,1,2)，所以A (1,2,3)，B (2,1,2)，
因此⃗QA =(1−t ,2−t ,3−2t )，⃗QB =(2−t ,1−t ,2−2t )，
于是得⃗QA ⋅⃗QB =(1−t )(2−t )+(2−t )(1−t )+(3−2t )(2−2t )
=6t
2−16t +10=6(t −4
3)
2
−2
3，
14
则当t = 4
3 时，(⃗QA ⋅⃗QB)min=−2
3，此时点Q(
4
3 , 4
3 , 8
3)，
所以当⃗QA ⋅⃗QB取得最小值时，点Q的坐标为(
4
3 , 4
3 , 8
3).
故选：C
变式2．（23-24 高二上·福建泉州·期末）四棱锥P−ABCD的底面为矩形，PC ⊥平面ABCD，M在棱
PC上，|⃗AD|=2，则⃗AM ⋅⃗BC =（ ）
A．−4
B．4
C．−3√2
D．3√2
【答案】B
【分析】以C为原点，建立空间直角坐标系，设|⃗CD|=a,|⃗CM|=c，求得向量⃗AM ,⃗BC，结合向量的数量
积的运算公式，即可求解.
【详解】如图所示，以C为原点，CD ,CB ,CP所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，由|⃗AD|=2，设|⃗CD|=a,|⃗CM|=c，
可得C(0,0,0),B(0,2,0), A(a,2,0), M (0,0,c)，则⃗AM =(−a,−2,c),⃗BC =(0,−2,0)，
所以⃗AM ⋅⃗BC =−2×(−2)= 4．
故选：B．
变式3．（23-24 高二上·河北沧州·阶段练习）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，在
第五卷《商功》中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．已知在堑堵
ABC −A1B1C1中
，
AB⊥AC，
AB =2, AC = A A1=3,⃗BE =⃗E A1,⃗CF =2⃗F A1，
则⃗
AE⋅⃗BF =
（ ）
A．−1
B．1
C．−3
D．1
2
15
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系后计算即可得.
【详解】
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，A A1所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，∵AB =2, AC = A A1=3,⃗BE =⃗E A1,⃗CF =2⃗F A1，
∴A (0,0,0),B (2,0,0),C (0,3,0), A1(0,0,3), E(1,0, 3
2), F (0,1,2)，
∴⃗AE =(1,0, 3
2),⃗BF =(−2,1,2)，∴⃗AE⋅⃗BF =1×(−2)+0×1+ 3
2 ×2=1.
故选：B．
变式4 ．（多选）（23-24 高二上· 河北石家庄· 期末）如图，长方体ABCD−A1B1C1 D1中，
C C1=C1 D1=2，C1B1=1，点P为线段B1C上一点，则⃗C1 P⋅⃗D1 P的值可以为（ ）
A．1
3
B．4
5
C．2
3
D．2
【答案】BD
【分析】以点C1为坐标原点，分别以C1 D1、C1B1、C1C所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设⃗
B1 P = λ⃗B1C，其中0≤λ≤1，求出向量⃗C1 P的坐标，利用二次函数的基本性质可求出⃗C1 P⋅⃗D1 P的取值
16
范围，即可得出合适的选项.
【详解】以点C1为坐标原点，分别以C1 D1、C1B1、C1C所在直线为x、y、z轴建立如下图所示的空间直
角坐标系，
则C1(0,0,0)、D1(2,0,0)、C (0,0,2)、B1(0,1,0)，
设⃗B1 P = λ⃗B1C = λ(0,−1,2)=(0,−λ ,2 λ)，其中0≤λ≤1，
则⃗C1 P =⃗C1B1+⃗B1 P =(0,1,0)+(0,−λ ,2 λ)=(0,1−λ ,2 λ)，⃗
D1 P =⃗D1C1+⃗C1 P =(−2,0,0)+(0,1−λ ,2 λ)=(−2,1−λ ,2 λ)，
所以，⃗C1 P⋅⃗D1 P =(1−λ)
2+ 4 λ
2=5 λ
2−2 λ+1=5(λ−1
5)
2
+ 4
5 ，
因为0≤λ≤1，则−1
5 ≤λ−1
5 ≤4
5 ，所以，0≤(λ−1
5)
2
≤16
25，
所以，⃗C1 P⋅⃗D1 P =5(λ−1
5)
2
+ 4
5 ∈[
4
5 ,4]，
故选：BD．
变式5．（23-24 高二下·上海青浦·期末）在空间直角坐标系中，点A(2,−1,3)关于平面xOz 的对称点为
B，则⃗OA ⋅⃗OB = ．
【答案】12
【分析】根据题意，得到B(2,1,3)，求得⃗OA =(2,−1,3),⃗OB =(2,1,3)，结合空间向量的数量积的坐标运
算公式，即可求解.
【详解】在空间直角坐标系中，可得点A(2,−1,3)关于平面xOz 的对称点为B(2,1,3)，
则⃗OA =(2,−1,3),⃗OB =(2,1,3)，所以⃗OA ⋅⃗OB =(2,−1,3)⋅(2,1,3)=12.
故答案为：12.
17
变式6．（23-24 高二下·云南曲靖·阶段练习）已知空间向量⃗a=(1,0,2),⃗b=(−2,1,3)，则⃗a−2⃗b= .
【答案】(5,−2,−4)
【分析】利用空间向量线性运算的坐标表示即可得解.
【详解】由⃗a=(1,0,2),⃗b=(−2,1,3)，得⃗a−2⃗b=(5,−2,−4).
故答案为：(5,−2,−4)
变式7．（23-24 高二下·上海·期中）已知⃗a=(−1,2,0)，⃗b=(2,0,1)，则(2⃗a+3⃗b)⋅(⃗a−⃗b)= .
【答案】−7
【分析】首先求出2⃗a+3⃗b、⃗a−⃗b的坐标，再根据数量积的坐标表示计算可得.
【详解】因为⃗a=(−1,2,0)，⃗b=(2,0,1)，
所以2⃗a+3⃗b=2(−1,2,0)+3(2,0,1)=(4,4,3)，⃗
a−⃗b=(−1,2,0)−(2,0,1)=(−3,2,−1)，
所以(2⃗a+3⃗b)⋅(⃗a−⃗b)= 4×(−3)+ 4×2+3×(−1)=−7.
故答案为：−7
变式8 ．（23-24 高二上· 四川泸州· 期末）已知向量⃗a=(1,1, x)，⃗b=(1,1,2)，⃗c =(1,−1,1)，若
(⃗a+⃗c)⋅⃗b=−1，则实数x = ．
【答案】−5
2
【分析】利用空间向量坐标运算以及数量积的坐标表示，可求出结果.
【详解】由⃗a=(1,1, x)，⃗c =(1,−1,1)可得⃗a+⃗c =(2,0, x +1)，
所以(⃗a+⃗c)⋅⃗b=1×2+1×0+2(x +1)=−1，
解得x =−5
2.
故答案为：−5
2
【方法技巧与总结】
18
关于空间向量坐标运算的两类问题
（1）直接计算问题
首先将空间向量用坐标表示出来，然后准确运用空间向量坐标运算公式计算.
（2）由条件求向量或点的坐标
首先把向量用坐标形式设出来，然后通过建立方程（组），解方程（组）求出其坐标..
【题型3：空间向量的模长】
例3．（23-24 高二下·上海·期中）已知⃗AB =(0,1,2)，则|⃗AB|= .
【答案】√5
【分析】由空间向量的模长公式可直接求得答案.
【详解】因为⃗AB =(0,1,2)，所以|⃗AB|=√0
2+1
2+2
2=√5，
故答案为：√5.
变式1．（2024 高三·全国·专题练习）在空间直角坐标系O−xyz中，已知点A (1,0,2)，B (0,2,1)，点C，D
分别在x 轴，y 轴上，且AD⊥BC，那么|⃗CD|的最小值是（ ）
A．√5
5
B．2√5
5
C．√2
2
D．√2
【答案】B
【分析】设C (x ,0,0)，D (0, y ,0)，应用向量垂直的坐标表示可得x +2 y =2，再应用向量模长的坐标表示
及二次函数性质求|⃗CD|最小值.
【详解】设C (x ,0,0)，D (0, y ,0)，且A (1,0,2)，B (0,2,1)，
∴⃗AD =(−1, y ,−2)，⃗BC =(x ,−2,−1)，又AD⊥BC，
∴⃗AD⋅⃗BC =−x−2 y +2=0，即x +2 y =2．
∵⃗CD =(−x , y ,0)，
∴|⃗CD|=√x
2+ y
2=√(2−2 y)
2+ y
2=√5 y
2−8 y + 4 =√
5( y −4
5)
2
+ 4
5 ≥2√5
5
，
当且仅当y = 4
5 时等号成立.
故选：B
19
变式2．（23-24 高二上·广东惠州·阶段练习）在空间直角坐标系中，A(−1,2,0)，点B(−1,1,2)关于y 轴
的对称点为C，则|⃗AC |=（ ）
A．√5
B．√11
C．3
D．√10
【答案】C
【分析】根据空间坐标系中的对称性求得点C的坐标，计算即得⃗AC的坐标和模长.
【详解】因点B(−1,1,2)关于y 轴的对称点为C(1,1,−2)，A(−1,2,0)，
则⃗AC =(2,−1,−2)，故|⃗AC |=√2
2+(−1)
2+(−2)
2=3.
故选：C.
变式3．（23-24 高二上·浙江杭州·期中）如图，在边长为3 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗BC =3⃗EC，
点P在底面正方形ABCD上移动（包含边界），且满足B1 P⊥D1 E，则线段B1 P的长度的最大值为
（ ）
A．3√190
10
B．√22
C．3√2
D．√166
3
【答案】B
【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出点P 的轨迹结合函数求最值即可.
【详解】
依据题意可以建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,3), E (1,3,0),B1(3,3,3)，
设P(x , y ,0)(x , y ∈[0,3])，
所以⃗B1 P =(x−3, y −3,−3),⃗D1 E =(1,3,−3)，
20
即⃗B1 P⋅⃗D1 E = x +3 y −3=0⇒x =3−3 y，所以0≤3−3 y ≤3⇒y ∈[0,1]，
而|⃗B1 P|=√(x−3)
2+( y −3)
2+9=√10 y
2−6 y +18，
由二次函数的单调性可知t =10 y
2−6 y +18=10( y −3
10)
2
+18−9
10，
当y =1时，tmax =22，则|B1 P|max =√22.
故选：B
变式4．（23-24 高二上·湖北武汉·期中）如图所示，三棱锥A −BCD中，AB⊥平面BCD ,∠BCD =π
2 ，
BC =2 AB =2CD =2，点P为棱AC的中点，E , F分别为直线DP , AB上的动点，则线段EF的最小值为
（ ）
A．√2
4
B．√2
2
C．√10
4
D．√5
2
【答案】B
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量建立EF的函数关系求解即可.
【详解】三棱锥A −BCD中，过C作Cz⊥平面BCD，由∠BCD =π
2 ，知BC ⊥CD，
以C为原点，直线CD ,CB ,Cz分别为x , y , z建立空间直角坐标系，如图，
21
由AB⊥平面BCD，得AB //Cz，则C(0,0,0), D(1,0,0),B(0,2,0), A(0,2,1), P(0,1, 1
2 )，
令⃗DE =t⃗DP=t(−1,1, 1
2 )=(−t ,t , t
2 )，则E(1−t ,t , t
2 )，设F(0,2,m)，
于是|⃗EF |=√(1−t )
2+(2−t )
2+(m−t
2 )
2
=√2(t −3
2 )
2
+ 1
2 +(m−t
2 )
2
≥√2
2
，
当且仅当t = 3
2 ,m= t
2 = 3
4 时取等号，所以线段EF的最小值为√2
2 .
故选：B
变式5．（23-24 高二下·贵州六盘水·期中）已知⃗a=(2,1,0)，⃗b=(−1,0,1).则|⃗a+⃗b|= .
【答案】√3
【分析】应用空间向量加法和模的坐标公式计算即可.
【详解】根据题意，⃗a+⃗b=(1,1,1)，
所以|⃗a+⃗b|=√1
2+1
2+1
2=√3.
故答案为：√3
变式6．（23-24 高二上·上海·期末）在空间直角坐标系中，点P 坐标可记为(x , y , z)：定义柱面坐标系，
在柱面坐标系中，点P 坐标可记为(r ,θ , z)．如图所示，空间直角坐标(x , y , z)与柱面坐标(r ,θ , z)之间的
变换公式为：x =r cosθ,y =r sinθ,z = z．则在柱面坐标系中，点A(1,π
2 ,2)与点B (2,θ ,−1)两点距离的
最小值为 .
【答案】√10
【分析】先将两点的空间直角坐标求出来，结合向量的模、正弦函数的最值即可得解.
【详解】由题意点A(1,π
2 ,2)与点B (2,θ ,−1)的空间直角坐标分别为(0,1,2),(2cosθ ,2sinθ ,−1)，
22
所以|⃗AB|=√4 cos
2θ+(2sinθ−1)
2+9=√14−4 sinθ≥√10，等号成立当且仅当sinθ =1.
故答案为：√10.
变式7．（23-24 高二上·浙江绍兴·期中）已知向量⃗a=(0,−1,1),⃗b=(4,1,0)，| λ⃗a+⃗b|=√29，则λ=
.
【答案】3或−2
【分析】先求出λ⃗a+⃗b，再求出|λ⃗a+⃗b|，然后求出λ即可.
【详解】λ⃗a+⃗b=(0,−λ , λ)+(4,1,0)=(4,1−λ , λ)，
所以|λ⃗a+⃗b|=√4
2+(1−λ)
2+ λ
2=√29，解得λ =3或者λ =−2，
故答案为：3或−2
变式8．（24-25 高二上·上海·课堂例题）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，动点M 在线段
C C1上，动点P 在平面A1B1C1 D1上，且AP⊥平面MB D1．
(1)当点M 与点C 重合时，求线段AP 的长度；
(2)求线段AP 长度的最小值．
【答案】(1)√2
(2)√6
2
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，再由向量模长的坐标公式代
入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由向量模长的坐标公式，代入计算，即可求解.
【详解】（1）如图，以D 为坐标原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z 轴，建立空间直角坐标
系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D1(0,0,1)．
23
设M (0,1,m)，P(x , y ,1)，则⃗AP =(x−1, y ,1)，⃗B D1=(−1,−1,1)，⃗BM =(−1,0,m)．因为AP⊥平面
MB D1，
所以¿得¿
当点M 与点C 重合时，m=0，x = y =1，此时⃗AP =(0,1,1)，
则AP 的长度为√1
2+1
2=√2.
（2）|⃗AP|=√(x−1)
2+ y
2+1=√2 y
2−2 y +2=√
2( y −1
2)
2
+ 3
2 ≥√6
2
，
即线段AP 长度的最小值为√6
2 .
【题型4：空间向量的夹角】
例4．（23-24 高一下·北京顺义·阶段练习）已知向量⃗a=(1,2,2)，⃗b=(−2,1,−1).
(1)求⃗a⋅⃗b；
(2)求|2⃗a−⃗b|；
(3)求cos⟨⃗a,⃗b⟩.
【答案】(1)−2
(2)5√2
(3)−√6
9
【分析】由空间向量的数量积，模长公式及夹角公式的坐标运算直接求解.
【详解】（1）⃗a⋅⃗b=−2+2−2=−2;
24
（2）2⃗a−⃗b=(2,4,4)−(−2,1,−1)=(4,3,5),
则|2⃗a−⃗b|=√16+9+25=5√2；
（3）|⃗a|=√1+ 4 + 4 =3,|⃗b|=√4 +1+1=√6，则cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
−2
3×√6 =−√6
9
变式1 ．（23-24 高二上· 河南鹤壁· 阶段练习）已知{ i
→
, j
→
, k
→
}是空间的一个单位正交基底，且
AB
→
=−i
→
+ j
→
−k
→
，CD
→
=2 i
→
+ j
→
+ k
→
，则⃗AB与⃗CD夹角的余弦值为（ ）
A．1
2
B．−1
3
C．√3
3
D．−√2
3
【答案】D
【分析】设AB
→
与CD
→
夹角为θ，利用空间向量数量积坐标表示从而求解.
【详解】由题意得{i
→
, j
→
, k
→}是空间的一个单位正交基底，
所以AB
→
=−i
→
+ j
→
−k
→=(−1,1,−1)，CD
→
=2 i
→
+ j
→
+ k
→
=(2,1,1)，
设AB
→
与CD
→
的夹角为θ，θ∈[0,π ]，
所以cosθ = AB
→
·CD
→
|AB
→||CD
→|
= −2+1−1
√3×√6 =−√2
3 ，故D 项错误.
故选：D.
变式2．（23-24 高二上·辽宁·阶段练习）如图，在正方形中，点E，F分别是线段AD，BC上的动点，且
AE = BF，AC与EF交于G，EF在AB与CD之间滑动，但与AB和CD均不重合．现将四边形EFCD沿直
线EF折起，使平面EFCD⊥平面ABFE，在EF从AB滑动到CD的过程中，∠AGC的大小（ ）
A．先变小后变大
B．先变大后变小
C．不发生变化
D．由小变大
25
【答案】C
【分析】以E为原点，EA，EF，ED所在的直线为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为1，
AE =a，利用空间向量的数量积可判断.
【详解】设正方形的边长为1，AE =a，
A (a,0,0)，C (0,1,1−a)，G (0,a,0)，F (0,1,0)，B (a,1,0)，⃗
AG =(−a,a,0)，⃗GC =(0,a−1,a−1)，
|cos∠AGC|=|⃗AG⋅⃗GC|
|⃗AG||⃗GC|
=
|a(a−1)|
√2|a|⋅√2|a−1|= 1
2，
由面面垂直关系可知∠AGC =120°，即角度不会发生变化，所以C 正确；
故选：C.
变式3 ．（多选）（23-24 高二上· 陕西咸阳· 阶段练习）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，
CA =CB =1,∠BCA =90
∘，棱A A1=2, M , N分别是A1B1, A1 A的中点，则（ ）
A．|⃗BN|=√3
B．⃗B A1⋅⃗M C1=0
C．V B−C1 MN = 3
2
D．cos⟨⃗B A1,⃗C B1⟩= √30
10
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系C −xyz，利用向量的坐标运算即可求解ABD，根据等体积法即可求解C.
【详解】以C为坐标原点，以CA、CB、C C1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系C −xyz，
26
由题意得N (1,0,1),B(0,1,0)，∴|⃗BN |=√(1−0)
2+(0−1)
2+(1−0)
2=√3．A 正确
A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),C1(0,0,2),M(
1
2 , 1
2 ,2)．
∴ ⃗B A1=(1,−1,2),⃗C B1=(0,1,2)，⃗M C1=(
1
2 , 1
2 ,0),
故⃗B A1⋅⃗M C1= 1
2 −1
2 +0=0，B 正确，
∴ ⃗B A1⋅⃗C B1=3．|⃗B A1|=√6，|⃗C B1|=√5，所以cos⟨⃗B A1,⃗C B1⟩=
3
√6⋅√5 = √30
10 ．D 正确
V B−C1 MN =V C1−BMN = 1
3 S△BMN ⋅C1 M = 1
3 (S▱AB B1 A1−S△NM A1−S△B B1 M −S△ABN)⋅C1 M
= 1
3 ×(2×√2−1
2 × √2
2 ×1−1
2 × √2
2 ×2−1
2 ×√2×1)× √2
2 = 1
4 ,故C 错误，
故选：ABD
变式4．（多选）（23-24 高二上·福建泉州·期中）在菱形纸片ABCD中，E，F 分别为AD，BC的中点，O
是菱形ABCD的中心，AB =2，∠ABC = 2π
3 ，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，以O 为
原点，OB，OC，OD所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
（ ）
27
A．E(0,−√3
2 , 1
2)
B．F(
√3
2 , 1
2 ,0)
C．⃗EF =(
1
2 ,√3,−1
2)
D．cos∠EOF =−3
4
【答案】ACD
【分析】根据空间直角坐标系，写出对应点坐标可判定A、B、C，由空间向量的数量积公式求夹角可判定
D .
【详解】由题意可知：AC =2√3,BD =2，
所以A (0,−√3,0),C (0,√3,0),B (1,0,0), D (0,0,1)⇒E(0,−√3
2 , 1
2), F(
1
2 , √3
2 ,0)，
则⃗OE =(0,−√3
2 , 1
2)，⃗OF =(
1
2 , √3
2 ,0)，⃗EF =(
1
2 ,√3,−1
2)，
易知∠EOF为钝角，所以cos∠EOF =−|cos⟨⃗OE ,⃗OF⟩|=−|⃗OE⋅⃗OF|
|⃗OE||⃗OF|
=−3
4 .
综上A、C、D 三项正确，B 项错误.
故选：ACD
变式5．（24-25 高二上·上海·随堂练习）若⃗a=(−1, λ ,−2)，⃗b=(2,−2,−1)，⃗a与⃗b的夹角为π
3 ，则λ 的
值为 ．
【答案】−3√35
7
/−3
7 √35
【分析】根据空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】因为⃗a=(−1, λ ,−2)，⃗b=(2,−2,−1)，⃗a与⃗b的夹角为π
3 ，
所以cosπ
3 =⃗a⋅⃗b
|a||b|=
(−1)×2−2 λ+(−2)×(−1)
√(−1)
2+ λ
2+(−2)
2×√2
2+(−2)
2+(−1)
2 =
−2 λ
3√5+ λ
2 = 1
2，
解得λ =−3√35
7
，
故答案为：−3√35
7
.
28
变式6．（2024 高二上·全国·专题练习）已知向量⃗a=(√3,0,1)，⃗b=(k ,2,0)，若⃗a与⃗b夹角为π
3 ，则k的值
为 ．
【答案】√2
【分析】利用空间向量夹角余弦的坐标表示得到关于k的方程，解之即可得解.
【详解】因为⃗a=(√3,0,1)，⃗b=(k ,2,0)，且⃗a与⃗b夹角为π
3 ，
则|⃗a|=√3+1=2，|⃗b|=√k
2+ 4，⃗a⋅⃗b=√3k，
所以cos⟨⃗a,⃗b⟩=cosπ
3 =⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
√3k
2√k
2+ 4
= 1
2，
由题可知k >0，解得k =√2.
故答案为：√2.
变式7．（23-24 高二上·江苏盐城·期末）已知⃗OA =(1,0,0)，⃗OB =(1,1,0), ⃗OC =(1,1,1)，点M在直线OC
上运动，则cos⟨⃗OA ,⃗MB⟩的最大值为 .
【答案】√2
2
【分析】设⃗OM =t⃗OC =(t ,t ,t )，根据夹角公式cos⟨⃗OA ,⃗MB⟩=⃗OA ⋅⃗MB
|⃗OA||⃗MB|，代入坐标运算，求其最值即
可.
【详解】设⃗OM =t⃗OC =(t ,t ,t )，
则⃗MB =⃗OB−⃗OM =(1−t ,1−t ,−t )，
所以cos⟨⃗OA ,⃗MB⟩=⃗OA ⋅⃗MB
|⃗OA||⃗MB|
=
1−t
√(1−t )
2+(1−t )
2+t
2，
既然求最大值，必有1−t >0，令1−t =m,m>0，
则
=
1
√
3−2
m + 1
m
2
=
1
√(
1
m −1)
2
+2
≤1
√2，
29
当m=1，即t =0时取等号，所以cos⟨⃗OA ,⃗MB⟩的最大值为√2
2 .
故答案为：√2
2 .
【题型5：空间向量的投影】
例5．（23-24 高二下·江苏淮安·阶段练习）已知向量⃗a=(9,8,5)，⃗b=(2,1,1)，则向量⃗a在向量⃗b上的投影
向量⃗c =（ ）
A．(
31
3 ,−31
6 ,−31
6 )
B．(−31
3 , 31
6 , 31
6 )
C．(
31
3 , 31
6 , 31
6 )
D．(−31
3 ,−31
6 ,−31
6 )
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得.
【详解】由向量⃗a=(9,8,5)，⃗b=(2,1,1)，得⃗a⋅⃗b=9×2+8×1+5×1=31，而|b⃗|
2
=6，
向量⃗a在向量⃗b上的投影向量⃗c =⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2⃗b= 31
6 (2,1,1)=( 31
3 , 31
6 , 31
6 ).
故选：C
变式1．（23-24 高二上·云南昭通·期末）已知空间向量⃗a=(2,1,−3)，则向量⃗a在坐标平面xOz上的投影向
量是（ ）
A．(0,2,1)
B．(2,1,0)
C．(0,1,−3)
D．(2,0,−3)
【答案】D
【分析】由空间点在坐标平面上投影的性质确定向量⃗a在平面xOz上的投影向量.
【详解】若⃗a=(2,1,−3)起点为原点，则终点为(2,1,−3)，该点在平面xOz上投影坐标为(2,0,−3)，
所以向量⃗a在平面xOz上的投影向量是(2,0,−3).
故选：D
变式2．（23-24 高二上·重庆九龙坡·期末）已知向量⃗a=(1,1,√2),⃗b=(−3,2,0)，则⃗a+⃗b在⃗a上的投影向量
为（ ）
30
A．(
3
2 , 3
2 , 3√2
2 )
B．(
√15
10 , √15
10 , √30
10 )
C．(
3
4 , 3
4 , 3√2
4 )
D．(−2
5 , 3
5 , √2
5 )
【答案】C
【分析】由投影向量的概念求解即可.
【详解】∵⃗a=(1,1,√2),⃗b=(−3,2,0),⃗a+⃗b=(−2,3,√2)，
∴(⃗a+⃗b)⋅⃗a=−2×1+3×1+√2×√2=3，|⃗a|=√1
2+1
2+(√2)
2=2，
∴⃗a+⃗b在⃗a上的投影向量为(
(⃗a+⃗b)⋅⃗a
|⃗a| )⃗
a
|⃗a|= 3
4 (1,1,√2)=(
3
4 , 3
4 , 3√2
4 )，
故选：C.
变式3．（23-24 高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，圆台OO1的轴截面为等腰梯形ABCD , AB =2CD , E
在上底面的圆周上，且∠C O1 E = 45
∘，则⃗AE在⃗AB上的投影向量为（ ）
A．3+√2
8⃗
AB
B．4+√2
8⃗
AB
C．3+√3
8⃗
AB
D．4 +√3
8⃗
AB
【答案】B
【分析】连接OO1，以点O为原点建立空间直角坐标系，如图所示，根据空间向量数量积的坐标公式及投
影向量的定义即可得解.
【详解】如图，连接OO1，则OO1⊥底面圆O，
以点O为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
31
不妨设圆台OO1的高为ℎ，CD = 4 a，则AB =8a，
故A (0,−4 a,0),B (0,4 a,0), E(−√2a,√2a,ℎ)，
则⃗AB =(0,8a,0),⃗AE =(−√2a,(4 +√2)a,ℎ)，
所以⃗AB⋅⃗AE =8(4+√2)a
2，
所以⃗AE在⃗AB上的投影向量为⃗AB⋅⃗AE
|⃗AB|
⋅⃗AB
|⃗AB|
= 8(4+√2)a
2
64 a
2⃗
AB = 4+√2
8⃗
AB.
故选：B.
变式4 ．（多选）（23-24 高二上· 江苏盐城· 期末）在空间直角坐标系O−xyz中，已知点
A (2,0,0),B (1,1,−2),C (2,3,1)，则（ ）
A．|⃗AC|=2√3
B．异面直线OB与AC所成角的余弦值为√15
30
C．⃗AB⋅⃗BC =−5
D．⃗OB在⃗BC上的投影向量的模为3√11
11
【答案】BC
【分析】根据向量的模、向量的夹角、向量的数量积及投影向量判断选项即可.
【详解】因为|⃗AC|=√(2−2)
2+(3−0)
2+(1−0)
2=√10≠2√3，故A 错误；
因为⃗OB =(1,1,−2),⃗AC =(0,3,1)，所以cos⟨⃗OB ,⃗AC⟩=⃗OB⋅⃗AC
|⃗OB||⃗AC|
= 0+3−2
√6⋅√10 = √15
30 ，
32
所以异面直线OB与AC所成角的余弦值为√15
30 ，故B 正确；
因为⃗AB⋅⃗BC =(−1,1,−2)⋅(1,2,3)=−1+2−6=−5，故C 正确；
由投影向量的定义知，⃗OB在⃗BC上的投影向量的模为|⃗
OB⋅⃗BC
|⃗BC| |=|
(1,1,−2)⋅(1,2,3)
√14
|= 3√14
14
，故D 错
误.
故选：BC
变式5．（24-25 高二上·上海·随堂练习）已知向量⃗a=(2,−3,0)，⃗b=(0,3,4)，则向量⃗a在向量⃗b方向上的投
影向量为 ．
【答案】(0,−27
25 ,−36
25)
【分析】先求出向量⃗a在⃗b方向上的投影,再求出与⃗b同向的单位向量，进而求出向量⃗a在⃗b方向上的投影向量.
【详解】由题意，向量⃗a在⃗b方向上的投影为：⃗a⋅⃗b
|⃗b|
=
−9
√3
2+ 4
2 =−9
5 ，|⃗b|=5，
则与⃗b同向的单位向量为(0, 3
5 , 4
5)，
所以向量⃗a在⃗b方向上的投影向量为：−9
5 ×(0, 3
5 , 4
5)=(0,−27
25 ,−36
25).
故答案为：(0,−27
25 ,−36
25)
变式6．（23-24 高二上·福建莆田·阶段练习）已知向量⃗a在向量⃗b上的投影向量是−√3
2⃗b，且⃗b=(1,1,−1)，
则⃗a⋅⃗b= .
【答案】−3
2 √3/−3√3
2
【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为⃗b=(1,1,−1)，则|⃗b|=√3，且向量⃗a在向量⃗b上的投影向量为
|⃗a|⋅⃗a⋅⃗b
|⃗a|⋅|⃗b|
⋅⃗b
|⃗b|
=⃗a⋅⃗b
|⃗b|
2 ⋅⃗b=−√3
2⃗b，
33
即⃗a⋅⃗b
3
⋅⃗b=−√3
2⃗b，
所以⃗a⋅⃗b=−3
2 √3.
故答案为：−3
2 √3
变式7.（23-24 高二上·吉林长春·阶段练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，E为棱
B1C1上的动点，则⃗AE在⃗AC方向上的投影向量的模的取值范围为 ．
【答案】[
√2
2 ,√2]
【分析】以点D为原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点
E (a,1,1)，其中0≤a≤1，利用空间向量数量积的坐标运算可求得⃗AE在⃗AC方向上的投影向量的模的取值
范围.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，以点D为原点，DA、DC、D D1所在直线分别为x、y、z轴
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A (1,0,0)、C (0,1,0)，设点E (a,1,1)，其中0≤a≤1，
所以，⃗AC =(−1,1,0)，⃗AE =(a−1,1,1)，
所以，⃗AE在⃗AC方向上的投影向量的模为
||⃗AE|⋅cos⟨⃗AE ,⃗AC⟩|=||⃗AE|⋅⃗AE⋅⃗AC
|⃗AE|⋅|⃗AC||=|⃗AE⋅⃗AC|
|⃗AC|
=|2−a|
√2
= 2−a
√2 ∈[
√2
2 ,√2].
34
故答案为：[
√2
2 ,√2].
【题型6：空间向量的平行、垂直与锐角、钝角问题】
例6．（23-24 高二下·江苏连云港·期中）设x , y ∈R，向量 ⃗a=(x,1,1),⃗b=(1,−1, y),⃗c =(2,−2,2),
且⃗a⊥⃗c ,⃗b//⃗c，则x + y的值为（ ）
A．-1
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】由空间向量垂直和平行的坐标表示计算即可.
【详解】因为⃗a⊥⃗c，
所以2 x−2+2=0⇒x =0，
又⃗b//⃗c，
所以设⃗b= λ⃗c，即¿，
所以x + y =1，
故选：B.
变式1．（23-24 高二上·浙江湖州·期末）已知向量⃗a=(k ,1,2)，⃗b=(k ,0,−2)，则“k =2”是“⃗a⊥⃗b”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示结合充分、必要条件分析求解.
【详解】若⃗a⊥⃗b，则⃗a⋅⃗b=k
2−4 =0，解得k =±2，
显然“k =2”可以推出“k =±2”， “k =±2”不可以推出“k =2”，
所以“k =2”是“⃗a⊥⃗b”的充分不必要条件.
故选：A.
变式2．（24-25 高二上·上海·课堂例题）已知空间向量⃗a=(1,2,−2)、⃗b=(3, λ , μ−1)，若⃗a//⃗b，则
λ+ μ= ．
【答案】1
【分析】依题意可得⃗b=t⃗a，从而得到方程组，解得即可.
35
【详解】因为⃗a=(1,2,−2)、⃗b=(3, λ , μ−1)且⃗a//⃗b，
所以⃗b=t⃗a，则(3, λ , μ−1)=t (1,2,−2)，即¿，解得¿，
所以λ+ μ=6+(−5)=1.
故答案为：1
变式3．（23-24 高二下·湖北·开学考试）已知⃗a=(m+1,1,−1)，⃗b=(1,n,3)，其中m>0，n>0，若⃗a⊥⃗b，
则1
m + 4
n 的最小值为 ．
【答案】9
2
【分析】
根据向量垂直的坐标形式可得m,n的等量关系，利用基本不等式可求1
m + 4
n 的最小值.
【详解】因为⃗a⊥⃗b，故m+1+n−3=0即m+n=2，
故1
m + 4
n = 1
2(
1
m + 4
n)(m+n)= 1
2(5+ n
m + 4 m
n )≥9
2，
当且仅当m= 2
3 ,n= 4
3 时等号成立，故1
m + 4
n 的最小值为9
2，
故答案为：9
2.
变式4．（23-24 高二上·辽宁大连·期末）若空间向量⃗a=(1,1, x)，⃗b=(2, x ,4)，向量⃗a、⃗b夹角为锐角，则
x的取值范围是
【答案】(−2
5 ,2)∪(2,+∞)
【分析】依题意可得⃗a⋅⃗b>0且⃗a与⃗b不同向，即可求出参数的取值范围.
【详解】因为向量⃗a=(1,1, x)，⃗b=(2, x ,4)，且⃗a、⃗b夹角为锐角，
所以⃗a⋅⃗b>0且⃗a与⃗b不同向，
当⃗a⋅⃗b>0时，则1×2+ x + 4 x>0，解得x>−2
5，
当⃗a与⃗b同向时，则⃗a=t⃗b(t >0)，即¿，解得¿，
36
综上可得−2
5 < x<2或x>2，即x的取值范围是(−2
5 ,2)∪(2,+∞).
故答案为：(−2
5 ,2)∪(2,+∞)
变式5．（22-23 高二下·江苏·课后作业）若⃗a=(2,−1,4)，⃗b=(−1,t ,−2)，若⃗a与⃗b的夹角是钝角，则t 的
值的取值范围为
.
【答案】(−10, 1
2)∪(
1
2 ,+∞)
【分析】由⃗a与⃗b的夹角是钝角转化为⃗a⋅⃗b<0且⃗a与⃗b不反向.
【详解】已知⃗a=(2,−1,4)，⃗b=(−1,t ,−2)，
因为⃗a与⃗b的夹角是钝角，所以cos⟨⃗a,⃗b⟩<0，即⃗a⋅⃗b<0，
即⃗a⋅⃗b=2×(−1)−t + 4×(−2)=−t −10<0，解得t >−10.
若⃗a与⃗b的夹角为180°，则存在λ，使⃗a= λ⃗b，
所以¿，解得λ =−2，t = 1
2.
所以t >−10，且t ≠1
2.
故t的取值范围是(−10, 1
2)∪(
1
2 ,+∞).
变式6．（23-24 高二下·甘肃兰州·期中）已知空间中三点A (2,0,−2)，B (1,−1,−2)，C (3,0,−4)，设⃗
a=⃗AB，⃗b=⃗AC.
(1)已知(⃗a+k⃗b)⊥⃗b，求k的值；
(2)若|⃗c|=6，且⃗c∥⃗BC，求⃗c的坐标.
【答案】(1)1
5
(2)⃗c =(4,2,−4)或(−4 ,−2,4)
【分析】（1）问题转化为(⃗a+k⃗b)⋅⃗b=0，求k.
（2）根据向量的模的计算和向量共线，求⃗c的坐标.
37
【详解】（1）由题知⃗a=⃗AB =(−1,−1,0)，⃗b=⃗AC =(1,0,−2)，
所以⃗a+ k⃗b=(k −1,−1,−2k )，
因为(⃗a+k⃗b)⊥⃗b，
所以(⃗a+k⃗b)⋅⃗b=0 ⇒ k −1+ 4 k =0 ⇒ k = 1
5.
（2）因为⃗c∥⃗BC， ⃗BC =(2,1,−2)，
所以⃗c = λ⃗BC =(2 λ , λ ,−2 λ)，λ∈R，
因为|⃗c|=6，所以(2 λ)
2+ λ
2+(−2 λ)
2=9 λ
2=36，解得λ =±2 ，
所以⃗c =(4,2,−4)或(−4 ,−2,4).
变式7．（22-23 高二上·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知a
→
=(x ,1,1),b
→
=(1, y ,1), c
→
=(2,−4,2), x , y ∈R，
且⃗a⊥⃗b,⃗b∥⃗c.
(1)求|⃗a+⃗b|；
(2)求向量⃗a+⃗b与2⃗a+⃗b−⃗c夹角的大小.
【答案】(1)3
(2)π
2
【分析】（1）先根据⃗a⊥⃗b,⃗b∥⃗c求出⃗a,⃗b坐标，进而求出⃗a+⃗b的坐标，则模可求；
（2）求出坐标，然后求数量积，根据数量积可得夹角.
【详解】（1）∵⃗b ∥ ⃗c ,∴1
2 = y
−4 ,∴y =−2,∴⃗b=(1,−2,1)，
∵⃗a⊥⃗b,∴⃗a⋅⃗b= x−2+1=0,∴x =1,∴⃗a=(1,1,1)，
∴⃗a+⃗b=(2,−1,2),∴|⃗a+⃗b|=√4 +1+ 4 =3；
（2）由（1）可得2⃗a+⃗b−⃗c =(1,4,1)，
∴(⃗a+⃗b)⋅(2⃗a+⃗b−⃗c)=2×1+(−1)×4+2×1=0，
38
∴向量⃗a+⃗b与2⃗a+⃗b−⃗c垂直，
即向量⃗a+⃗b与2⃗a+⃗b−⃗c夹角的大小为π
2 .
变式8．（23-24 高二上·广西河池·阶段练习）已知⃗a=(x ,1,0)，⃗b=(−1, y ,2)，⃗c =(2,−2,1)，|⃗b|=√5，⃗
a⊥⃗c，
(1)若⃗a+k⃗b、2⃗a+⃗b共线，求实数k；
(2)若向量⃗a+k⃗b与2⃗a+⃗b所成角为锐角，求实数k的范围．
【答案】(1)k = 1
2
(2)(−1, 1
2)∪(
1
2 ,+∞)
【分析】（1）根据空间向量的模长公式以及⃗a⋅⃗c =0可求出x、y的值，可得出向量⃗a、⃗b的坐标，根据⃗
a+ k⃗b、2⃗a+⃗b共线，可得出关于实数k的不等式，解之即可；
（2）分析可知(⃗a+ k⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)>0以及⃗a+k⃗b、2⃗a+⃗b不共线，结合空间向量的坐标运算可求得实数k的
取值范围.
【详解】（1）解：因为⃗a=(x ,1,0)，⃗b=(−1, y ,2)，⃗c =(2,−2,1)，|⃗b|=√5，⃗a⊥⃗c，
则|⃗b|=√1+ y
2+ 4 =√5，可得y =0，⃗a⋅⃗c =2 x−2=0，解得x =1，
所以⃗a=(1,1,0)，⃗b=(−1,0,2)，所以⃗a+ k⃗b=(1−k ,1,2k )，2⃗a+⃗b=(1,2,2)，
因为(⃗a+k⃗b)//(2⃗a+⃗b)，所以1−k
1
= 1
2 = 2k
2 ，解得k = 1
2．
（2）解；由（1）知，⃗a+ k⃗b=(1−k ,1,2k )，2⃗a+⃗b=(1,2,2)，
因为向量⃗a+k⃗b与2⃗a+⃗b所成角为锐角，
所以(⃗a+k⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)=(1−k )×1+1×2+2×2k =3k +3>0，解得k >−1，
又当k = 1
2时，(⃗a+k⃗b)//(2⃗a+⃗b)，
所以实数k的范围为(−1, 1
2)∪(
1
2 ,+∞)．
39
【题型7：最值与取值范围问题】
例7．（23-24 高二上·广东湛江·阶段练习）已知直线l和平面α，且l∥α，l的方向向量为⃗l =(2,m,1)，平
面α的一个法向量为⃗n=(−1,1,n)，(m>0,n>0)，则1
m + 1
n的最小值为（ ）
A．2
B．4
C．4√2
D．2√2
【答案】A
【分析】利用空间向量法解决线面平行，得到m+n=2，再利用代换1 法，来求最小值.
【详解】由l∥α得：⃗l⋅⃗n=0⇒(2,m,1)⋅(−1,1,n)=−2+m+n=0⇒m+n=2，
所以1
m + 1
n = 1
2(
1
m + 1
n)(m+n)= 1
2(2+ n
m + m
n)
因为m>0,n>0，所以n
m + m
n ≥2√
n
m ⋅m
n =2，
所以1
m + 1
n ≥1
2
(2+2)=2，当且仅当m=n=1等号成立，
故选：A.
变式1.（23-24 高二上·广东惠州·阶段练习）如图，在四棱锥D1−ABCD中，D1 D⊥平面ABCD，四边形
ABCD是正方形，且D1 D = DA = DC =3，E，F 分别为D1B的三等分点，若P 为底面ABCD上的一个动
点，则|PE|+|PF|的最小值为（ ）
A．√11
B．5√2
2
C．1+√6
D．3√3
【答案】A
【分析】证明线面垂直，得到线线垂直，建立空间直角坐标系，推出P点在BD上时，|PE|+|PF|取得最
小值，作出点F (2,2,1)的对称点，由几何关系得到最小值，求出答案.
【详解】因为D1 D⊥平面ABCD，DA , DC ⊂平面ABCD，
40
所以D1 D⊥DA，D1 D⊥DC，
又四边形ABCD是正方形，所以DA⊥DC，
以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则E (1,1,2), F (2,2,1)，
过点E , F分别为EG⊥BD，FH⊥BD于点G , H，
则EG⊥平面ABCD，FH⊥平面ABCD，
过点P作PJ⊥DH于点J，连接PG , PH ,JE ,JF，
则PE =√EG
2+G J
2+ P J
2，PF =√F H
2+ H J
2+ P J
2，
PE + PF =√EG
2+G J
2+ P J
2+√F H
2+ H J
2+ P J
2，其中|PJ|≥0，
故|PE|+|PF|要想取得最小值，则|PJ|=0，即只需P点在BD上，
其中F (2,2,1)关于直线BD的对称点为Q (2,2,−1)，
连接EQ，此时|PE|+|PF|取得最小值，最小值为EQ，
其中EQ =√(2−1)
2+(2−1)
2+(−1−2)
2=√11.
故选：A
变式2．（多选）（23-24 高二上·浙江·期中）已知向量⃗e1=(t ,2t ,2),⃗e2=(2t −2,−t ,−1)，则下列结论正
确的是（ ）
A．若⃗e1⊥⃗e2，则t =−1 B．若⃗e1 ∥ ⃗e2，则t = 4
5
C．|⃗e1|的最大值2
D．|⃗e1|的最小值√2
【答案】AB
【分析】利用向量数量积运算的坐标表示，即可判断选项.
41
【详解】A.若⃗e1⊥⃗e2，则⃗e1⋅⃗e2=t (2t −2)−2t
2−2=0，得t =−1，故A 正确；
B.若⃗e1 ∥ ⃗e2，则⃗e1= λ⃗e2，即(t ,2t ,2)= λ(2t −2,−t ,−1)，得
¿，解得：λ=−2,t = 4
5 ，故B 正确；
CD.|⃗e1|=√t
2+ 4 t
2+ 4 =√5t
2+ 4≥2，当t =0时，|⃗e1|的最小值2，故CD 错误；
故选：AB
变式3．（23-24 高二下·江苏扬州·阶段练习）已知点O(0,0,0)，A (1,2,2)，B (2,1,1)，P(1,0,2)，点Q在直
线OP上运动，当⃗QA ⋅⃗QB取得最小值时，点Q的坐标是 ．
【答案】( 9
10 ,0, 9
5 )/(0.9,0,1.8)
【分析】
令Q( x , y , z)，根据题设⃗OQ = λ⃗OP =( λ ,0,2 λ)，λ∈R，进而有Q( λ ,0,2 λ)，利用数量积的坐标表示及
二次函数性质求⃗QA ⋅⃗QB取得最小值时对应参数值，即可得结果.
【详解】由题设，⃗OP =(1,0,2)，则⃗OQ = λ⃗OP =( λ ,0,2 λ)，λ∈R，
令Q( x , y , z)，则⃗OQ =( x , y , z)，所以x = λ , y =0, z =2 λ，则Q( λ ,0,2 λ)，
故⃗QA =(1−λ ,2,2−2 λ),⃗QB =(2−λ ,1,1−2 λ)，
所以⃗QA ⋅⃗QB =(1−λ)(2−λ)+2+2(1−λ)(1−2 λ) = λ
2−3 λ+2+2+2(2 λ
2−3 λ+1)
=5 λ
2−9 λ+6=5( λ−9
10 )
2
+ 39
20，
故当λ= 9
10时，⃗QA ⋅⃗QB取得最小值，此时Q坐标为( 9
10 ,0, 9
5 ).
故答案为：( 9
10 ,0, 9
5 )
变式4．（23-24 高三上·湖南长沙·阶段练习）在棱长为3 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E 满足⃗
A1 E =2⃗E B1，点F 在平面BC1 D内，则||A1 F|+| EF |的最小值为 .
【答案】6
【分析】以点D 为原点，建立空间直角坐标系，由线面垂直的判定定理，证得A1C ⊥平面BC1 D，记
A1C与平面BC1 D交于点H，连接A1C1
，C1O ,，AC，得到|A1 H|=2|HC|，结合点A1(3,0,3)关于平面
42
BC1 D对称的点为G (−1,4 ,−1)，进而求得|A1 F|+|EF|的最小值.
【详解】以点D 为原点，⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，
如图所示，则A1(3,0,3)，E (3,2,3)，C (0,3,0)，
因为BD⊥AC，BD⊥A1 A，且AC ∩A1 A = A，则BD⊥平面A1 AC，
又因为A1C ⊂平面A1 AC，所以BD⊥A1C，
同理得BC1⊥平面A1B1C，因为A1C ⊂平面A1B1C，所以BC1⊥A1C，
因为BD∩BC1= B，且BD ,BC1⊂平面BC1 D，所以A1C ⊥平面BC1 D，
记A1C与平面BC1 D交于点H，连接A1C1，C1O，AC，且AC ∩BD =O，
则A1 H
HC = A1C1
OC = 2
1，可得|A1 H|=2|HC|，
由得点A1(3,0,3)关于平面BC1 D对称的点为G (−1,4 ,−1)，
所以|A1 F|+|EF|的最小值为|EG|=√(3+1)
2+(2−4)
2+(3+1)
2=6.
故答案为：6.
变式5．（23-24 高二上·河北衡水·阶段练习）如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为正方形，
AB =2，SD⊥底面ABCD，点E、F分别为SC、AB的中点，若线段SD上存在点G，使得¿⊥GF，则线
段SD的长度最小值为 .
【答案】4
43
【分析】建立空间直角坐标系，设SD =a且DG = λ，求得⃗GE=(0,1, a
2 −λ),⃗GF =(2,1,−λ)，结合⃗
GE⋅⃗GF =0，列出方程，利用基本不等式，即可求解.
【详解】以D为原点，以DA , DC , DS所在的直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设SD =a,a>0，DG = λ ,0< λ<a，
则S (0,0,a),G (0,0, λ), E(0,1, a
2), F (2,1,0)，
则⃗GE=(0,1, a
2 −λ),⃗GF =(2,1,−λ)，
因为¿⊥GF，所以⃗GE⋅⃗GF =1−λ(
a
2 −λ)=0，
则a=2(λ+ 1
λ)≥2×2√λ⋅1
λ = 4，当且仅当λ= 1
λ 时，即λ=1时，等号成立，
所以a≥4，即SD≥4，所以SD长度的最小值为4.
故答案为：4.
变式6．（23-24 高二下·上海·阶段练习）在空间直角坐标系O−xyz中，有两点A(0,−2,4),B(2,1,5), P
是xOy平面上任意一点，则|AP|+|BP|的最小值为 .
【答案】√94
【分析】求出点B (2,1,5)关于平面xOy的对称点B1，再根据|AP|+|BP|=|AP|+|B1 P|≥|A B1|即可得解.
【详解】如图，点B (2,1,5)关于平面xOy的对称点为B1(2,1,−5)，
则|AP|+|BP|=|AP|+|B1 P|≥|A B1|=√4 +9+81=√94，
当且仅当A , P ,B1三点共线时取等号，
所以|AP|+|BP|的最小值为√94.
44
故答案为：√94.
变式7．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）已知A(1,−2,1)，向量⃗a=(−3,4,12)，且满足⃗AB =2⃗a
(1)求点B的坐标；
(2)若点M在直线OA（O为坐标原点）上运动，当⃗MA ⋅⃗MB取最小值时，求点M的坐标．
【答案】(1)B (−5,6,25)
(2)M(
7
6 ,−7
3 , 7
6)
【分析】（1）设B (x , y , z)，由向量共线列方程组，解出即可；
（2）由向量的坐标运算分别求出⃗MA ,⃗MB，再由坐标计算⃗MA ⋅⃗MB结合二次函数求出最值即可；
【详解】（1）设B (x , y , z)，则⃗AB =(x−1, y +2, z−1)，
因为⃗AB =2⃗a．
所以¿，解得¿．
所以B (−5,6,25)；
（2）因为点M在直线OA(O为坐标原点）上运动，
所以⃗OM = λ⃗OA =(λ ,−2 λ , λ)．
所以⃗MA =⃗OA −⃗OM =(1−λ ,−2+2 λ ,1−λ)，⃗
MB =⃗OB−⃗OM =(−5−λ ,6+2 λ ,25−λ)．
所以⃗
MA ⋅⃗MB =(1−λ)(−5−λ)+(−2+2 λ)(6+2 λ)+(1−λ)(25−λ)
=6 λ
2−14 λ+8=6( λ−7
6 )
2
−1
6．
45
∴当λ= 7
6时，⃗MA ⋅⃗MB取得最小值．
∴M(
7
6 ,−7
3 , 7
6)．
一、单选题
1．（河南省开封市2023-2024 学年高二下学期7 月期末数学试题）已知⃗a=(2,−1,3)，⃗b=(4,2, x)，且⃗
a⊥⃗b，则x =（ ）
A．−6
B．−2
C．2
D．6
【答案】B
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示，列方程求x.
【详解】因为⃗a=(2,−1,3)，⃗b=(4,2, x)，⃗a⊥⃗b，
所以⃗a⋅⃗b=8−2+3 x =0，所以x =−2.
故选：B.
2．（23-24 高一下·湖南·期末）已知A (−2,1,3),B (1,−1,4)，则⃗AB =（ ）
A．(3,0,1)
B．(−1,−2,1)
C．(−1,0,7)
D．(3,−2,1)
【答案】D
【分析】利用向量的坐标运算即可.
【详解】由题意可得⃗AB =(1,−1,4)−(−2,1,3)=(3,−2,1).
故选：D.
3 ．（23-24 高二下· 甘肃兰州· 期中）空间直角坐标系中，点P(1,2,3)关于平面xOy的对称点是
（ ）
A．(−1,−2,3)
B．(−1,2,3)
C．(1,−2,3)
D．(1,2,−3)
【答案】D
【分析】根据点(x , y , z)关于平面xOy的对称点是(x , y ,−z)分析求解.
46
【详解】由题意可知：点P(1,2,3)关于平面xOy的对称点是(1,2,−3).
故选：D.
4．（23-24 高一下·天津·阶段练习）已知向量：⃗a=(−3,2,5)，⃗b=(1,5,−1)，则⃗a−2⃗b=（ ）
A．(−4 ,−3,4)
B．(−5,−8,7)
C．(−5,−8,3)
D．(−1,−3,6)
【答案】B
【分析】根据空间向量的坐标运算直接求解即可.
【详解】因为⃗a=(−3,2,5)，⃗b=(1,5,−1)，
所以⃗a−2⃗b=(−3,2,5)−2(1,5,−1)
=(−3,2,5)−(2,10,−2)
=(−5,−8,7)，
故选：B
5．（23-24 高二下·山东烟台·阶段练习）已知向量⃗a=(0,0,1)，⃗b=(1,−1,1)，向量⃗a+⃗b在向量⃗a上的投影向
量为（ ）．
A．(0,0,2)
B．(0,0,1)
C．(0,0,−1)
D．(0,0,−2)
【答案】A
【分析】根据投影向量的公式计算即可.
【详解】向量⃗a+⃗b在向量⃗a上的投影向量为(⃗a+⃗b)⋅⃗a
|⃗a|
⋅⃗a
|⃗a|= (1,−1,2)⋅(0,0,1)
1
⋅(0,0,1)
1
=(0,0,2)
故选：A
6．（23-24 高二上·河南省直辖县级单位·阶段练习）已知空间三点A (1,1,1)，B (−1,0,4)，C (2,−2,3)，
则⃗AB与⃗CA的夹角为（ ）
A．π
3
B．π
6
C．2π
3
D．5π
3
【答案】C
【分析】求得两向量的坐标，利用向量的夹角公式可求⃗AB与⃗CA的夹角.
47
【详解】∵AB
→
=(−2,−1,3)，CA
→
=(−1,3,−2)
∴cos< AB
→
,CA
→
>= AB
→
⋅CA
→
|AB
→|⋅|CA
→|
= 2−3−6
14
=−1
2，
∴结合向量夹角范围易知：⃗AB与⃗CA的夹角为2π
3 ．
故选：C
7．（23-24 高二下·福建莆田·期末）已知向量⃗AB =(1,m,−3)，⃗AC =(−3,6,9)，若A，B，C三点共线，
则m=（ ）
A．−3
B．−2
C．2
D．3
【答案】B
【分析】根据条件得到⃗AB = λ⃗AC，再利用向量相等，即可求出结果.
【详解】因为A，B，C三点共线，则⃗AB = λ⃗AC，又向量⃗AB =(1,m,−3)，⃗AC =(−3,6,9)，
所以¿，解得λ =−1
3 ,m=−2，
故选：B.
8．（23-24 高二下·福建漳州·期末）已知向量⃗a=(1,0,2)，⃗b=(−2,1,−2)，⃗c =(0,1, λ)，若⃗a，⃗b，⃗c三个
向量共面，则实数λ =（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】由题意得⃗a与⃗b不共线，所以由空间向量共面定理可知存在实数x , y，使⃗c = x⃗a+ y⃗b，然后将坐标
代入化简可求出λ的值.
【详解】因为1
−2 ≠0
1 ≠2
−2
所以⃗a=(1,0,2)与⃗b=(−2,1,−2)不共线，
所以存在实数x , y，使⃗c = x⃗a+ y⃗b，
所以(0,1, λ)= x(1,0,2)+ y(−2,1,−2)=( x−2 y , y ,2 x−2 y)，
所以¿，解得¿.
故选：B
48
二、多选题
9．（23-24 高二上·四川宜宾·期末）已知向量⃗a=(2 x ,1,1),⃗b=(1,−y ,2)，则（ ）
A．若x = 1
4 , y =−2，则⃗a//⃗b
B．若x =1, y =1，则⃗a⊥⃗b
C．若x = 1
2 , y =1，则cos⟨⃗a,⃗b⟩= √2
3
D．若x = 1
2 , y =1，则向量⃗a在向量⃗b上的投影向量⃗c =(
1
3 ,−1
3 , 2
3)
【答案】ACD
【分析】代入x , y的值，得到向量⃗a,⃗b的坐标，利用向量的坐标运算，判断向量的平行垂直，求向量夹角
的余弦和投影向量的坐标.
【详解】向量⃗a=(2 x ,1,1),⃗b=(1,−y ,2)
若x = 1
4 , y =−2，则⃗a=(
1
2 ,1,1),⃗b=(1,2,2)，⃗b=2⃗a，所以⃗a//⃗b，A 选项正确；
若x =1, y =1，⃗a=(2,1,1),⃗b=(1,−1,2)，⃗a⋅⃗b=2−1+2≠0，不满足则⃗a⊥⃗b，B 选项错误；
若x = 1
2 , y =1，⃗a=(1,1,1),⃗b=(1,−1,2)，则cos⟨⃗a,⃗b⟩=⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
= 1−1+2
√3×√6 = √2
3 ，C 选项正确；
若x = 1
2 , y =1，⃗a=(1,1,1),⃗b=(1,−1,2)，则向量⃗a在向量⃗b上的投影向量:⃗
c =|⃗a|cos⟨⃗a,⃗b⟩⋅⃗b
|⃗b|
=√3× √2
3 × (1,−1,2)
√6
=(
1
3 ,−1
3 , 2
3) ，D 选项正确.
故选：ACD
10．（23-24 高二上·重庆·期末）给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．任意向量⃗a，⃗b，⃗c满足(⃗a⋅⃗b)⋅⃗c =⃗a⋅(⃗b⋅⃗c)
B．在空间直角坐标系中，点P(−1,3,5)关于坐标平面yOz的对称点是N (1,3,5)
C．已知⃗a=⃗e1−2⃗e2+⃗e3，⃗b=−⃗e1+3⃗e2+2⃗e3，⃗c =−3⃗e1+7⃗e2，{⃗e1,⃗e2,⃗e3}为空间向量的一个基底，则向
量⃗a，⃗b，⃗c能共面
49
D．已知A(−1,1,2)，B(2,2,4)，C(3,−2,0)，则向量⃗AC在向量⃗AB上的投影向量是11
14 (3,1,2)
【答案】BC
【分析】
根据向量的数量积的几何意义，可判定A 错误；根据空间直角坐标系的特征，可判定B 正确；根据共面向
量定理，可判定C 正确；根据投影向量的计算方法，可判定D 错误.
【详解】对于A 中，根据向量的数量积的定义知⃗a⋅⃗b∈R,⃗b⋅⃗c∈R，
所以(⃗a⋅⃗b)⋅⃗c与⃗a⋅(⃗b⋅⃗c)分别表示与向量⃗c和向量⃗a共线的向量，
又因为向量⃗c和⃗a不一定共线，所以A 不正确；
对于B 中，根据空间直角坐标系的特征，点P(−1,3,5)关于坐标平面yOz的对称点是N (1,3,5)，所以B
正确；
对于C 中，由向量⃗a=⃗e1−2⃗e2+⃗e3，⃗b=−⃗e1+3⃗e2+2⃗e3，⃗c =−3⃗e1+7⃗e2，
设⃗c = x⃗a+ y⃗b，即−3⃗e1+7⃗e2= x(⃗e1−2⃗e2+⃗e3)+ y(−⃗e1+3⃗e2+2⃗e3)，
可得¿，此时x =−2, y =1，即⃗c =−2⃗a+⃗b，所以向量⃗a，⃗b，⃗c能共面，所以C 正确；
对于D 中，由A(−1,1,2)，B(2,2,4)，C(3,−2,0)，
可得⃗AC =(4 ,−3,−2),⃗AB =(3,1,2)，则⃗AC ⋅⃗AB =5,|⃗AB|=√14，
所以向量⃗AC在向量⃗AB上的投影向量为⃗AC ⋅⃗AB
|⃗AB|
⋅⃗AB
|⃗AB|
= 5
14 (3,1,2)，所以D 错误.
故选：BC.
11．（23-24 高二上·广东揭阳·阶段练习）下面四个结论正确的是（ ）
A．向量⃗a,⃗b(⃗a≠⃗0,⃗b≠⃗0)，若⃗a⊥⃗b，则⃗a⋅⃗b=0
B．若空间四个点P , A ,B ,C，⃗PC = 1
4⃗PA + 3
4⃗PB，则A ,B ,C三点共线
C．已知{⃗a,⃗b,⃗c }是空间的一组基底，若⃗m=⃗a+⃗c，则{⃗a,⃗b,⃗m}也是空间的一组基底
D．已知向量⃗a=(1,1, x)，⃗b=(−3, x ,9)，若x< 3
10，则〈⃗a,⃗b 〉为钝角
【答案】ABC
【分析】由向量的数量积的定义及运算，可判定A 正确；由空间向量的共面定理，可判定B 正确；由空间
50
向量的基底的定义，可判定C 正确；根据向量的数量积运算公式和向量的夹角的定义，可判定D 错误.
【详解】对于A 中，根据向量的数量积的定义，若⃗a⊥⃗b，则⃗a⋅⃗b=0，所以A 正确；
对于B 中，由⃗PC = 1
4⃗PA + 3
4⃗PB，则1
4⃗PC −1
4⃗PA = 3
4⃗PB−3
4⃗PC，
即⃗AC =3⃗CB，因为⃗AC与⃗CB有公共点，所以A ,B ,C三点共线，所以B 正确；
对于C 中，因为{⃗a,⃗b,⃗c }是空间的一组基底，则向量⃗a,⃗b,⃗c不共面，
由⃗m=⃗a+⃗c，令⃗m= x⃗a+ y⃗b，即⃗a+⃗c = x⃗a+ y⃗b，此时方程无解，所以⃗a,⃗b,⃗m不共面，
所以{⃗a,⃗b,⃗m}也是空间的一组基底，所以C 正确．
对于D 中，若⟨⃗a,⃗b⟩为钝角，可得⃗a⋅⃗b<0，且⃗a与⃗b不共线，
由向量⃗a=(1,1, x)，⃗b=(−3, x ,9)，若⃗a⋅⃗b<0，可得−3+ x +9 x<0，解得x< 3
10，
当⃗a与⃗b共线时，设⃗a= λ⃗b，即(1,1, x)= λ(−3, x ,9)，可得¿，解得x =−3
所以，当⃗a与⃗b不共线得x≠−3，所以当x< 3
10且x≠−3时，〈⃗a,⃗b 〉为钝角，所以D 错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（23-24 高二上·四川宜宾·期末）已知A(1,1,0),B(0,4,0),C(2,2,2)，则向量⃗AB在⃗AC上的投影向量
的坐标是 .
【答案】(
1
3 , 1
3 , 2
3)
【分析】
根据投影向量的知识求得正确答案.
【详解】⃗AB =(−1,3,0),⃗AC =(1,1,2)，⃗AB⋅⃗AC =−1+3=2,|⃗AB|=√10,|⃗AC|=√6，
所以向量⃗AB在⃗AC上的投影向量的坐标是：⃗
AB⋅⃗AC
|⃗AC|
⋅⃗AC
|⃗AC|
= 2
√6 ⋅(1,1,2)
√6
=(
1
3 , 1
3 , 2
3).
故答案为：(
1
3 , 1
3 , 2
3)
51
13．（22-23 高二上·北京·阶段练习）若异面直线l1,l2的方向向量分别是⃗a=(0,−2,−1)，⃗b=(2,0,4)，
则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于 ．
【答案】2
5/0.4
【分析】利用空间向量的数量积与模长公式计算夹角即可.
【详解】设异面直线l1与l2的夹角为θ，则θ∈(0,π
2 ]，
cosθ = |⃗a⋅⃗b|
|⃗a|⋅|⃗b|
=
4
√5×2√5 = 2
5.
故答案为：2
5
14．（22-23 高二上·北京丰台·阶段练习）已知空间向量⃗a=(1,0,2),⃗b=(−2,1,3)，则|⃗a−⃗b|= ，
(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−2⃗b)= ．
【答案】 √11 −27
【分析】利用向量的坐标运算计算即可.
【详解】因为⃗a=(1,0,2),⃗b=(−2,1,3)，
所以⃗a+⃗b=(−1,1,5)，⃗a−⃗b=(3,−1,−1)，⃗a−2⃗b=(5,−2,−4)，
所以|⃗a−⃗b|=√9+1+1=√11，(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−2⃗b)=−5−2−20=−27.
故答案为：√11；−27.
四、解答题
15．（23-24 高二下·江苏常州·期中）已知空间三点A (−2,0,2)，B (−1,1,2)，C (−3,0,4)，设⃗a=⃗AB，⃗
b=⃗AC．
(1)若k⃗a+⃗b与k⃗a−2⃗b互相垂直，求实数k的值；
(2)若|⃗c|=3，⃗c //⃗BC，求⃗c．
【答案】(1)k =2或−5
2
52
(2)(−2,−1,2)或(2,1,−2)
【分析】（1）根据空间向量垂直得到方程，求出答案；
（2）设⃗c =(x , y , z)，根据平行和模长得到方程组，求出答案.
【详解】（1）⃗a=(1,1,0),⃗b=(−1,0,2)，
故k⃗a+⃗b=(k ,k ,0)+(−1,0,2)=(k −1,k ,2)，
k⃗a−2⃗b=(k ,k ,0)−(−2,0,4)=(k +2,k ,−4)，
因为k⃗a+⃗b,k⃗a−2⃗b互相垂直，所以(k −1)(k +2)+k
2−8=0，
解得k =2或−5
2；
（2）⃗BC =(−3,0,4)−(−1,1,2)=(−2,−1,2)，
设⃗c =(x , y , z)，则x
−2 = y
−1 = z
2且x
2+ y
2+ z
2=9，
解得¿或¿，
故⃗c =(−2,−1,2)或⃗c =(2,1,−2)；
16．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知空间中三点A (2,0,−2)，B (1,−1,−2)，C (3,0,−4)，设⃗
a=⃗AB，⃗b=⃗AC．
(1)若|⃗c|=6，且⃗c∥⃗BC，求向量⃗c；
(2)已知向量k⃗a−⃗b与⃗b互相垂直，求k的值；
(3)若点P(1,−1,m)在平面ABC上，求m的值．
【答案】(1)⃗c =(4,2,−4)或⃗c =(−4 ,−2,4)
(2)k =−5
(3)m=−2
【分析】（1）由向量的坐标表示共线和模长计算求出即可；
（2）由向量垂直的坐标表示求出参数即可；
（3）由点P(1,−1,m)在平面ABC上，设⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC，解方程组求出m即可.
53
【详解】（1）⃗BC =(2,1,−2)，设⃗c = λ⃗BC，
因为|⃗c|=6，而|⃗BC|=3，所以λ =±2；
故⃗c =(4,2,−4)或⃗c =(−4 ,−2,4)
（2）⃗a=⃗AB =(−1,−1,0)，⃗b=⃗AC =(1,0,−2)，⃗a⋅⃗b=−1，
由k⃗a−⃗b与⃗b互相垂直得：(k a
→
−b
→)⋅b
→
=k a
→
⋅b
→
−b
→
2=0，
解得k =−5.
（3）点P(1,−1,m)在平面ABC上，⃗AP = λ⃗AB+ μ⃗AC，
(−1,−1,m+2)= λ(−1,−1,0)+ μ(1,0,−2)，
¿，
解得：m=−2.
17．（23-24 高二上·广西玉林·阶段练习）已知⃗a=(x ,4,1),⃗b=(−2, y ,−1),⃗c =(3,−2, z),⃗a∥⃗b,⃗b⊥⃗c．
(1)求实数x , y , z的值；
(2)求⃗a+⃗c与⃗b+⃗c夹角的余弦值．
【答案】(1)x =2, y =−4 , z =2
(2)−2
19
【分析】（1）根据向量平行，设⃗a=k⃗b，进而得到方程组，求出¿，根据向量垂直得到−6+8−z =0，求
出z =2；
（2）先计算出⃗a+⃗c =(5,2,3)，⃗b+⃗c =(1,−6,1)，从而利用向量夹角公式求出答案.
【详解】（1）因为⃗a//⃗b，所以设⃗a=k⃗b，
即(x ,4,1)=k (−2, y ,−1)，所以¿，解得¿，
故⃗a=(2,4,1),⃗b=(−2,−4 ,−1)
又⃗b⊥⃗c，所以⃗b⋅⃗c =0，即−6+8−z =0，
解得z =2．
（2）由（1）得⃗a+⃗c =(5,2,3)，⃗b+⃗c =(1,−6,1)，
设⃗a+⃗c与⃗b+⃗c的夹角为θ，
54
因为cosθ = (⃗a+⃗c)⋅(⃗b+⃗c)
|⃗a+⃗c|⋅|⃗b+⃗c|
=
(5,2,3)⋅(1,−6,1)
√25+ 4 +9⋅√1+36+1 = 5−12+3
√38×√38 = −4
38 =−2
19，
所以⃗a+⃗c与⃗b+⃗c夹角的余弦值为−2
19.
18 ．（22-23 高二上· 广东佛山· 阶段练习）如图，在空间直角坐标系O−xyz中，正方体
ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，顶点A位于坐标原点，若E是棱B1C1的中点，F是侧面CD D1C1的中心．
(1)求点E，F的坐标及|⃗EF|；
(2)求向量⃗EF在DC
→
1方向上的投影向量．
【答案】(1)E(1, 1
2 ,1)，F( 1
2 ,1, 1
2 )，|⃗EF|= √3
2 ；
(2)(−1
2 ,0,−1
2 )．
【分析】（1）利用给定的图形直接求出点E，F的坐标，再利用向量的坐标表示并求出模作答.
（2）求出DC
→
1的坐标，再利用投影向量的意义求解作答.
【详解】（1）在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，棱B1C1的中点E(1, 1
2 ,1)，侧面CD D1C1的
中心F( 1
2 ,1, 1
2 )，
因此⃗EF =(−1
2 , 1
2 ,−1
2 )，所以|⃗EF|=√
1
4 + 1
4 + 1
4 = √3
2 .
55
（2 ）依题意，D (0,1,0)，C1(1,1,1)，则⃗DC1=(1,0,1)，⃗EF ⋅⃗DC1=−1
2 ×1+(−1
2 )×1=−1，
|⃗DC1|=√2，
所以向量⃗EF在DC
→
1方向上的投影向量为⃗
EF ⋅⃗DC1
|⃗DC1|
⋅⃗
DC1
|⃗DC1|
=−1
2⃗DC1=(−1
2 ,0,−1
2 ).
19．（21-22 高二·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，△PBC为等腰直角三角形，且
∠CPB =90°，四边形ABCD 为直角梯形，满足AD // BC，CD⊥AD，BC =CD =2 AD = 4，
PD =2√6．
(1)若点F 为DC 的中点，求cos〈⃗AP ,⃗BF 〉；
(2)若点E 为PB 的中点，点M 为AB 上一点，当⃗EM ⊥⃗BF时，求|⃗AM |
|⃗AB|
的值．
【答案】(1)−2
5
(2)3
4
【分析】（1）可证DC ⊥PC，再建立如图所示的空间直角坐标系，求出⃗AP ,⃗BF的坐标后可求夹角的余
弦值.
（2）设⃗AM =t⃗AB，则可用t表示M的坐标，再利用⃗EM ⋅⃗BF =0可求t，从而可得两条线段的比值.
【详解】（1）因为△PBC为等腰直角三角形，∠CPB =90°，BC =CD = 4，所以PC = PB =2√2，
又P D
2=(2√6)
2=24，PC
2+C D
2=(2√2)
2+ 4
2=24，所以DC ⊥PC．
而CD⊥AD，AD // BC，故CD⊥BC，
因PC ∩BC =C，PC ,BC ⊂平面PBC，故CD⊥平面PBC.
56
以点C 为原点，CP，CD 所在直线分别为x，z 轴，过点C 作PB 的平行线为y 轴，建立空间直角坐标系
C −xyz，如图所示．
则P(2√2,0,0)，B(2√2,2√2,0)，F(0,0,2)，A(√2,√2,4)，B(2√2,2√2,0)．
则⃗AP =(√2,−√2,−4)，⃗BF =(−2√2,−2√2,2)，
所以cos〈⃗AP ,⃗BF 〉=⃗
AP⋅⃗BF
|⃗AP|⋅|⃗BF |
= √2×(−2√2)+(−√2)×(−2√2)+(−4)×2
2√5×2√5
=−2
5．
（2）由（1）知E(2√2,√2,0)，设⃗AM =t⃗AB，
而⃗AB =(√2,√2,−4)，所以⃗AM =(√2t ,√2t ,−4 t )，
所以M (√2+√2t ,√2+√2t ,4−4t )，所以⃗EM =(√2t −√2,√2t ,4−4t )，
又⃗BF =(−2√2,−2√2,2)，
因为⃗EM ⊥⃗BF，故⃗EM ⋅⃗BF =0，
所以−2√2×(√2t −√2)−2√2×√2t +8−8t =0，解得t = 3
4 ，
所以|⃗AM |
|⃗AB|
= 3
4 ．
