专题7.5 空间向量的概念与运算（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 空间向量的线性运算】..............................................................................................................................4
【题型2 空间向量数量积及其应用】......................................................................................................................6
【题型3 空间向量基本定理】..................................................................................................................................9
【题型4 共线问题】................................................................................................................................................11
【题型5 共面问题】................................................................................................................................................13
【题型6 空间向量的坐标运算】............................................................................................................................15
1、空间向量的概念与运算
考点要求
真题统计
考情分析
(1)了解空间向量的概念，了
解空间向量的基本定理及其意
义，掌握空间向量的正交分解
及其坐标表示
(2)掌握空间向量的线性运算
及其坐标表示，掌握空间向量
的数量积及其坐标表示，能用
向量的数量积判断向量的共线
和垂直
2023 年新高考I 卷：第18
题，12 分
2024 年上海卷：第15 题，5
分
空间向量与立体几何是高考的重
点、热点内容，空间向量的概念与运算
是空间向量与立体几何的基础.从近几
年的高考情况来看，空间向量的概念与
运算的单独考查相对较少，一般以选择
题、填空题的形式考查，主要涉及空间
向量的线性运算、数量积运算与空间向
量基本定理等，难度较易.
知识点
1 空间向量的有关概念
1．空间向量的概念
(1)定义：在空间，具有大小和方向的量叫做空间向量．
(2)长度或模：向量的大小．
(3)表示方法：
①几何表示法：空间向量用有向线段表示；
②字母表示法：用字母a，b，c，…表示；若向量a 的起点是A，终点是B，也可记作AB，其模记为|a|或|
AB|.
(4)几类特殊的空间向量
名称
定义及表示
零向量
长度为0 的向量叫做零向量，记为0
单位向量
模为1 的向量称为单位向量
相反向量
与向量a 长度相等而方向相反的向量，称为a 的相反向量，记为 －a
共线向量
(平行向量)
如果表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，那么
这些向量叫做共线向量或平行向量．规定：对于任意向量a，都有
0∥a
相等向量
方向相同且模相等的向量称为相等向量
知识点
2 空间向量的线性运算
1．空间向量的线性运算
空间向
量的线
性运算
加法
a＋b＝OA＋ AB ＝OB
减法
a－b＝OA－OC＝CA
数乘
当λ>0 时，λa＝λOA＝PQ；
当λ<0 时，λa＝λOA＝MN；
当λ＝0 时，λa＝0
运算律
交换律：a＋b＝b＋a；
结合律：a＋(b＋c)＝(a＋b)＋c，λ(μa)＝(λμ)a；
分配律：(λ＋μ)a＝λa＋μa，λ(a＋b)＝λa＋λb.
2．共线向量定理
(1)共线向量定理
对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a b
∥的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)共线向量定理的用途：
①判定两条直线平行；
②证明三点共线.
知识点
3 空间向量的数量积
1．空间向量的夹角
(1)定义：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB 叫做向量a，b 的夹
角，记作〈a，b〉．
(2)范围：0≤〈a，b〉≤π.
特别地，当〈a，b〉＝时，a⊥b.
2．空间向量的数量积
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：零向量与任何向量的数量积都为0.
性质
①a⊥b⇔a·b＝0
②a·a＝a2＝|a|2
运算律
①(λa)·b＝λ(a·b)，λ∈R.
②a·b＝b·a(交换律)．
③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律).
3．空间向量夹角的计算
求两个向量的夹角：利用公式
＝
求
，进而确定
．
4．空间向量数量积的计算
求空间向量数量积的步骤：
(1)将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合形式．
(2)利用向量的运算律将数量积展开，转化为已知模和夹角的向量的数量积．
(3)代入
求解．
知识点
4 空间向量基本定理及其应用
1．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c 不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa
＋yb＋zc.
我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c 都叫做基向量．
2．用基底表示向量的步骤:
(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．
(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等
向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．
(3)下结论：利用空间的一个基底{
}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有
，不能含有其他形式的向量．
3．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b 的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量a，b 不共线，那么向量p 与向量a，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使
p＝xa＋yb.
4．求夹角、证明垂直问题
(1)θ 为a，b 的夹角，则cos θ＝.
(2)若a，b 是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
5．求距离(长度)问题
＝( ＝ )．
6．利用空间向量基本定理解决几何问题的思路:
(1)平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题；
(2)几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要注意角的范围；
(3)几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用向量的数量积可以求得．
知识点
5 空间向量的坐标运算
1．空间向量的坐标
在空间直角坐标系Oxyz 中，给定向量a，作OA＝a.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x，y，
z)，使a＝xi＋yj＋zk.有序实数组(x，y，z)叫做a 在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标，上式可简记作a＝(x，
y，z)．
2．空间向量的坐标运算
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，有
向量运算
向量表示
坐标表示
加法
a＋b
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
减法
a－b
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数乘
λa
λa＝(λa1，λa2，λa3)，λ∈R
数量积
a·b
a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
【方法技巧与总结】
1．三点共线：在平面中A,B,C 三点共线
(其中x+y=1)，O 为平面内任意一点.
2．四点共面：在空间中P,A,B,C 四点共面
(其中x+y+z=1)，O 为空间中任意
一点.
【题型1 空间向量的线性运算】
【例1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在三棱柱ABC −A1B1C1中，设⃗AB =⃗a，⃗AC =⃗b，⃗A A1=⃗c，N
为BC的中点，则⃗A1 N =（ ）
A．⃗a+⃗b+⃗c
B．1
2⃗a+⃗b+⃗c
C．1
2⃗a+ 1
2⃗b−⃗c
D．1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
【答案】C
【解题思路】由空间向量的线性运算法则即可求解．
【解答过程】连接AN，如图，
因为N为BC的中点，
所以⃗A1 N =⃗A1 A +⃗AN =−⃗A A1+ 1
2 (⃗AB+⃗AC)= 1
2⃗a+ 1
2⃗b−⃗c．
故选：C．
【变式1-1】（24-25 高一下·福建福州·期末）点O在平行四边形ABCD所在平面外，AC与BD交于点M，
则2⃗OA −⃗OB+2⃗OC −⃗OD =（ ）
A．⃗OM
B．2⃗OM
C．3⃗OM
D．4⃗OM
【答案】B
【解题思路】由向量的线性运算即可求解.
【解答过程】由题意点M是AC ,BD的中点，
所以2⃗OA −⃗OB+2⃗OC −⃗OD =2(⃗OA +⃗OC)−(⃗OB+⃗OD)=2×2⃗OM −2⃗OM =2⃗OM.
故选：B.
【变式1-2】（2025 高二·全国·专题练习）在平行六面体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′中，AC与BD相交于点M，
设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A
′ =⃗c，则下列向量中与⃗B
′ M相等的是（ ）
A．−1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
B．−1
2⃗a+ 1
2⃗b−⃗c
C．1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c
D．1
2⃗a−1
2⃗b−⃗c
【答案】B
【解题思路】根据向量的线性运算求解即可.
【解答过程】根据题意，⃗B
′ M =⃗B
′ B+⃗BM =−⃗A A
′ + 1
2 (⃗AD−⃗AB)=−1
2⃗a+ 1
2⃗b−⃗c，
故选：B.
【变式1-3】（24-25 高二上·山西·期末）如图，在三棱柱ABC −≝¿中，G , H分别是棱BE , AC的中点，
则⃗GH =（ ）
A．⃗AB+ 1
2⃗AC −1
2⃗AD
B．−⃗AB−1
2⃗AC + 1
2⃗AD
C．−⃗AB+ 1
2⃗AC −1
2⃗AD
D．⃗AB−1
2⃗AC + 1
2⃗AD
【答案】C
【解题思路】由空间向量的加减法运算的几何表示和数乘关系即可得到答案.
【解答过程】⃗GH =⃗GB+⃗BA +⃗AH =−1
2⃗BE +⃗BA + 1
2⃗AC =−1
2⃗AD−⃗AB+ 1
2⃗AC.
故选：C.
【题型2 空间向量数量积及其应用】
【例2】（24-25 高二下·江苏连云港·期中）已知平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2，BD =3，⃗
A D1⋅⃗DC −⃗A B1⋅⃗BC = 4，则cos⟨⃗A A1,⃗BD)=（ ）
A．2
3
B．−2
3
C．3
4
D．−3
4
【答案】B
【解题思路】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求⃗A A1⋅⃗BD，结合向量夹角公式可求
结论.
【解答过程】因为⃗A D1⋅⃗DC −⃗A B1⋅⃗BC =(⃗AD +⃗A A1)⋅⃗AB−(⃗AB+⃗A A1)⋅⃗AD
=⃗AD⋅⃗AB+⃗A A1⋅⃗AB−⃗AB⋅⃗AD−⃗A A1⋅⃗AD =⃗A A1⋅(⃗AB−⃗AD)=⃗AA1⋅⃗DB = 4
所以⃗A A1⋅⃗BD =−4，
cos⟨⃗A A1,⃗BD)=⃗
A A1⋅⃗BD
|⃗A A1)⋅|⃗BD)
= −4
2×3 =−2
3.
故选：B.
【变式2-1】（24-25 高一上·重庆·期末）已知空间向量⃗a+⃗b+⃗c =⃗0，且|⃗a)=2,|⃗b)= 4 ,|⃗c)=3，则
cos ⟨⃗a,⃗c)=（ ）
A．1
2
B．1
4
C．
❑√3
2
D．
❑√2
2
【答案】B
【解题思路】根据模长公式即可代入求解.
【解答过程】由⃗a+⃗b+⃗c =⃗0可得−⃗b=⃗a+⃗c，
故|−⃗b)=|⃗a+⃗c)=
❑√⃗a
2+⃗c
2+2⃗a⋅⃗c⇒4 = ❑√4+9+2×2×3cos ⟨⃗a,⃗c)，故cos ⟨⃗a,⃗c)= 1
4 ，
故选：B.
【变式2-2】（25-26 高二上·全国·单元测试）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，数
学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面
体．已知一个正八面体ABCDEF 的棱长都是2（如图），P，Q 分别为棱AB，AD 的中点，则⃗CP⋅⃗FQ =
（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】D
【解题思路】根据向量的线性运算可得⃗CP⋅⃗FQ = 1
2 (⃗CB+⃗CA)⋅(−1
2⃗AD−⃗AB)，结合八面体的特性计
算数量积即可.
【解答过程】由正八面体的性质可得BF = AD，BF ∥AD，则⃗FB =⃗DA，⃗
CP⋅⃗FQ = 1
2 (⃗CB+⃗CA)⋅(⃗FB+⃗BA +⃗AQ)= 1
2 (⃗CB+⃗CA)⋅(−⃗AD−⃗AB+ 1
2⃗AD)
= 1
2 (⃗CB+⃗CA)⋅(−1
2⃗AD−⃗AB)
=−1
4⃗CB⋅⃗AD−1
2⃗CB⋅⃗AB−1
4⃗CA ⋅⃗AD−1
2⃗CA ⋅⃗AB
= 1
4⃗BC ⋅⃗BF −1
2⃗BC ⋅⃗BA + 1
4⃗AC ⋅⃗AD + 1
2⃗AC ⋅⃗AB
= 1
4 ×2×2cos60°−1
2 ×2×2cos60°+ 1
4 ×2×2cos60°+ 1
2 ×2×2cos60°
= 1
2 −1+ 1
2 +1=1．
故选：D.
【变式2-3】（2025·河南新乡·二模）已知圆锥MO的底面半径为❑√3，高为1，其中O为底面圆心，AB是
底面圆的一条直径，若点P在圆锥MO的侧面上运动，则⃗PA ⋅⃗PB的最小值为（ ）
A．−9
4
B．−3
2
C．−2
D．−1
【答案】A
【解题思路】由⃗PA ⋅⃗PB =(⃗OA −⃗OP)⋅(⃗OB−⃗OP)=⃗OP
2−(❑√3)
2，|⃗OP)最小时，⃗PA ⋅⃗PB有最小值，求
|⃗OP)的最小值即可.
【解答过程】圆锥MO的底面半径为❑√3，高为1，其中O为底面圆心，AB是底面圆的一条直径，
则有⃗OA =−⃗OB，|⃗OA)=|⃗OB)= ❑√3，
点P在圆锥MO的侧面上运动，
则⃗PA ⋅⃗PB =(⃗OA −⃗OP)⋅(⃗OB−⃗OP)=⃗OA ⋅⃗OB−(⃗OA +⃗OB)⋅⃗OP+⃗OP
2=⃗OP
2−(❑√3)
2，
|⃗OP)最小时，⃗PA ⋅⃗PB有最小值，|⃗OP)的最小值为O点到圆锥母线的距离，
Rt△MOA中，OA = ❑√3，OM =1，则AM =2，O点到MA的距离OD = OA ⋅OM
AM
=
❑√3
2 ，
则|⃗OP)的最小值为
❑√3
2 ，⃗PA ⋅⃗PB的最小值为(
❑√3
2 )
2
−(❑√3)
2=−9
4 .
故选：A.
【题型3 空间向量基本定理】
【例3】（2025·湖北武汉·二模）在三棱柱ABC −A1B1C1中，设⃗A A1=⃗a，⃗AB =⃗b，⃗AC =⃗c，M，N分
别为AB，C C1的中点，则⃗MN =（ ）
A．1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
B．1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c
C．⃗a−1
2⃗b+ 1
2⃗c
D．⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
【答案】B
【解题思路】结合几何图形，利用给定的基底表示向量⃗MN.
【解答过程】在三棱柱ABC −A1B1C1中，⃗MN =⃗MA +⃗AC +⃗CN =−1
2⃗AB+⃗AC + 1
2⃗A A1= 1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c.
故选：B.
【变式3-1】（2025·浙江温州·模拟预测）已知空间向量⃗a=(1,0,0),⃗b=(0,1,0)，则下列向量可以与⃗a,⃗b构
成空间向量的一组基底的是（ ）
A．⃗c =(0,0,0)
B．⃗c =(0,0,1)
C．⃗c =(1,1,0)
D．⃗c =(1,2,0)
【答案】B
【解题思路】根据基底的定义，判断⃗a,⃗b,⃗c是否共面即可逐一求解.
【解答过程】对于A，由于基底向量不能是零向量，故A 错误，
对于B，由于⃗c =(0,0,1)与⃗a,⃗b不共面，符合基底要求，故B 正确，
对于C，⃗c =(1,1,0)=⃗a+⃗b，故⃗a,⃗b,⃗c共面，不符合要求，C 错误，
对于D，⃗c =(1,2,0)=⃗a+2⃗b，故⃗a,⃗b,⃗c共面，不符合要求，D 错误，
故选：B.
【变式3-2】（24-25 高二下·江苏淮安·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，
点E , F分别为PB , PD的中点，若⃗PG = 1
2⃗GC，且⃗AG = x⃗AE + y⃗AF，则x + y =（ ）
A．1
B．2
C．3
2
D．4
3
【答案】D
【解题思路】根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解.
【解答过程】因为点E , F分别为PB , PD的中点，所以⃗AE = 1
2 (⃗AP+⃗AB),⃗AF = 1
2 (⃗AP+⃗AD)，
所以⃗AP+⃗AB =2⃗AE ,⃗AP+⃗AD =2⃗AF，
因为⃗PG = 1
2⃗GC，所以⃗AG−⃗AP = 1
2 (⃗AC −⃗AG)= 1
2 (⃗AB+⃗AD−⃗AG)，
所以⃗AG = 2
3⃗AP+ 1
3⃗AB+ 1
3⃗AD = 1
3 (⃗AP+⃗AB)+ 1
3 (⃗AP+⃗AD)= 2
3⃗AE+ 2
3⃗AF，
又⃗AG = x⃗AE + y⃗AF，则x = y = 2
3，所以x + y = 4
3 .
故选：D.
【变式3-3】（24-25 高一下·浙江宁波·期末）在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，点E为棱A A1的中
点，点F为棱C C1上靠近C的三等分点．若⃗EF = x⃗AB+ y⃗AD + z⃗A A1，x，y ，z∈R，则x + y + z的
值为（ ）
A．1
6
B．11
6
C．17
6
D．−1
6
【答案】B
【解题思路】选一组基底{⃗AB ,⃗AD ,⃗A A1)，利用空间向量基本定理即可求解.
【解答过程】由题意有⃗AE = 1
2⃗A A1,⃗CF = 1
3⃗C C1，所以⃗EF =⃗AF −⃗AE =⃗AB+⃗BC +⃗CF −1
2⃗A A1
=⃗AB+⃗AD + 1
3⃗C C1−1
2⃗A A1=⃗AB+⃗AD−1
6⃗A A1，
所以x = y =1, z =−1
6，所以x + y + z =1+1−1
6 = 11
6 ，
故选：B.
【题型4 共线问题】
【例4】（24-25 高二下·福建龙岩·期中）已知⃗e1，⃗e2，⃗e3不共面，若⃗AB =⃗e1+2⃗e2−⃗e3，⃗
BC = λ⃗e1+ μ⃗e2+⃗e3，且A ,B ,C三点共线，则λ+ μ=（ ）
A．−3
B．1
C．2
D．3
【答案】A
【解题思路】由⃗AB =m⃗BC，列出方程求解即可.
【解答过程】因为A ,B ,C三点共线，
所以⃗AB =m⃗BC，
即⃗e1+2⃗e2−⃗e3=mλ⃗e1+mμ⃗e2+m⃗e3，
所以{
mλ =1
mμ=2
m=−1)，解得{
λ=−1
μ=−2)，
所以λ+ μ=−3，
故选：A.
【变式4-1】（24-25 高二上·湖南永州·期中）下列条件中，能说明空间中不重合的三点A、B、C共线的是
（ ）
A．⃗AB+⃗BC =⃗AC
B．⃗AB−⃗BC =⃗AC
C．⃗AB =−2⃗BC
D．|⃗AB)=|⃗BC)
【答案】C
【解题思路】根据向量的加法运算可判断A，根据向量的减法以及相反向量可判断B，根据共线向量的定
义可判断C，向量的模长相等不一定能推出向量共线，即可判断D.
【解答过程】对于A，对于空间中的任意向量，都有⃗AB+⃗BC =⃗AC，不能说明三点共线，说法A 错误；
对于B，若⃗AB−⃗BC =⃗AC，则⃗AC +⃗BC =⃗AB，而⃗AC +⃗CB =⃗AB，据此可知⃗BC =⃗CB，即B，C两点重
合，选项B 错误；
对于C，⃗AB =−2⃗BC，则A、B、C三点共线，选项C 正确；
对于D，|⃗AB)=|⃗BC)，则线段AB的长度与线段BC的长度相等，不一定有A、B、C三点共线，选项D 错
误；
故选：C.
【变式4-2】（24-25 高二下·福建宁德·期末）已知向量⃗a=(−1, x ,2)，⃗b=(6,3, y)，若⃗a与⃗b共线，则实数
xy值为（ ）
A．−6
B．6
C．3
D．−3
【答案】B
【解题思路】利用空间向量共线列式求出x , y即可.
【解答过程】由向量⃗a=(−1, x ,2)，⃗b=(6,3, y)共线，得6
−1 = 3
x = y
2 ，解得x =−1
2 , y =−12，
所以xy =6.
故选：B.
【变式4-3】（25-26 高二上·全国·课后作业）设向量⃗e1,⃗e2,⃗e3不共面，已知⃗AB =⃗e1+⃗e2+⃗e3，⃗
BC =⃗e1+ λ⃗e2+⃗e3, ⃗CD = 4⃗e1+8⃗e2+ 4⃗e3,若A ,C , D三点共线，则λ =（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】利用A ,C , D三点共线得到⃗AC //⃗CD，再使用共线向量定理即可.
【解答过程】因为A ,C , D三点共线，所以⃗AC //⃗CD，则存在实数μ，使得⃗AC = μ⃗CD，
由已知得⃗CD = 4⃗e1+8⃗e2+ 4⃗e3, ⃗AC =⃗AB+⃗BC =2⃗e1+(1+ λ)⃗e2+2⃗e3,
故4 μ⃗e1+8 μ⃗e2+ 4 μ⃗e3=2⃗e1+(1+ λ)⃗e2+2⃗e3,
由于⃗e1,⃗e2,⃗e3不共面，故{
2= 4 μ,
1+ λ =8 μ,
2= 4 μ, )解得{
μ= 1
2 ,
λ=3.)
另解:因为向量⃗e1,⃗e2,⃗e3不共面，所以⃗AC ∥⃗CD，
由已知得⃗CD = 4⃗e1+8⃗e2+ 4⃗e3, ⃗AC =⃗AB+⃗BC =2⃗e1+(1+ λ)⃗e2+2⃗e3,
故向量表达式中⃗e1,⃗e2,⃗e3的系数对应成比例，即2
4 = 1+ λ
8
= 2
4 ，解得λ =3．
故选：C.
【题型5 共面问题】
【例5】（25-26 高三上·江苏镇江·开学考试）已知M , A ,B ,C为空间中四点，任意三点不共线，且⃗
OM = x⃗OA + y⃗OB−⃗OC (x>0, y >0)，若M , A ,B ,C四点共面，则4
x + 1
y 的最小值为（ ）
A．4
B．5
C．9
2
D．9
【答案】C
【解题思路】利用空间向量四点共面定理和基本不等式“1”的妙用求解即可.
【解答过程】因为M , A ,B ,C四点共面，⃗OM = x⃗OA + y⃗OB−⃗OC (x>0, y >0)
所以由共面定理可得，x + y −1=1，即x + y =2，
所以4
x + 1
y = 1
2(
4
x + 1
y)( x + y)= 1
2 (5+ 4 y
x + x
y )，
因为4 y
x + x
y ≥2❑√
4 y
x ⋅x
y = 4，
当且仅当4 y
x = x
y ，即x =2 y，即x = 4
3 , y = 2
3时，等号成立，
所以4
x + 1
y = 1
2 (5+ 4 y
x + x
y )≥1
2
(5+ 4)= 9
2，
故选：C.
【变式5-1】（2025·山西临汾·一模）在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，H为C C1的中点，⃗
AF = λ⃗AH，λ∈(0,1)，若B，D，C1，F四点共面，则λ =（ ）
A．1
2
B．2
5
C．1
3
D．2
3
【答案】D
【解题思路】由四点B，D，C1，F共面可得存在实数x , y，使⃗BF = x⃗BC1+ y⃗BD，用同一组基底向量表
示出⃗BF ,⃗BC1,⃗BD，根据系数对应相等列方程组求解.
【解答过程】由平行六面体的特征可得⃗AH =⃗AB+⃗BC +⃗CH =⃗AB+⃗AD + 1
2⃗A A1，
则⃗AF = λ⃗AH = λ⃗AB+ λ⃗AD+ λ
2⃗A A1，
所以⃗BF =⃗BA +⃗AF =⃗BA + λ⃗AB+ λ⃗AD+ λ
2⃗A A1=(λ−1)⃗AB+ λ⃗AD+ λ
2⃗A A1，
又⃗BD =⃗AD−⃗AB，⃗BC1=⃗BC +⃗C C1=⃗AD +⃗A A1，
又由B，D，C1，F四点共面，可得存在实数x , y，使⃗
BF = x⃗BC1+ y⃗BD = x(⃗AD+⃗A A1)+ y (⃗AD−⃗AB)=−y⃗AB+(x + y)⃗AD+ x⃗A A1，
所以{
λ−1=−y
λ = x + y
λ
2 = x )
，解得λ= 2
3.
故选：D.
【变式5-2】（25-26 高二上·全国·课后作业）在下列条件中，使M 与A，B，C 一定共面的是（其中O 为坐
标原点）（ ）
A．⃗OM =⃗OA −⃗OB−⃗OC
B．⃗OM = 1
5⃗OA + 1
3⃗OB+ 1
2⃗OC
C．⃗OM +⃗OA +⃗OB+⃗OC =⃗0
D．⃗MA +⃗MB+⃗MC =⃗0
【答案】D
【解题思路】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论.
【解答过程】空间向量共面定理：⃗OM = x⃗OA + y⃗OB+ z⃗OC，
若A ，B，C不共线，且A ,B ,C , M共面，其充要条件是x + y + z =1.
对A，因为1−1−1≠1，所以A ,B ,C , M四点不共面；
对B，因为1
5 + 1
3 + 1
2 = 31
30 ≠1，所以A ,B ,C , M四点不共面；
对C，由⃗OM +⃗OA +⃗OB+⃗OC =⃗0可得⃗OM =−⃗OA −⃗OB−⃗OC，
因为−1−1−1=−3≠1，所以A ,B ,C , M四点不共面；
对D，由⃗MA +⃗MB+⃗MC =⃗0可得⃗OA −⃗OM +⃗OB−⃗OM +⃗OC −⃗OM =⃗0，
即⃗OM = 1
3⃗OA + 1
3⃗OB+ 1
3⃗OC，因为1
3 + 1
3 + 1
3 =1，所以A ,B ,C , M四点共面.
故选：D.
【变式5-3】（2025 高二·全国·专题练习）下列命题中正确的是（ ）
①若⃗MP=2⃗MA −⃗MB，则P，A，B三点共线；
②若⃗OA +⃗OB+⃗OC +⃗OD =⃗0，则A，B，C，D四点共面；
③若⃗OP= 1
2⃗OA + 5
6⃗OB−1
3⃗OC，则P，A，B，C四点共面．
A．①②
B．②③
C．①③
D．①②③
【答案】C
【解题思路】根据空间向量基本定理判断即可.
【解答过程】根据共线定理推论，系数2−1=1，所以P，A，B三点共线，命题①正确；⃗
OA +⃗OB+⃗OC =−⃗OD，若⃗OA，⃗OB，⃗OC不共面，
则根据平行六面体法则，此时A ,B ,C , D四点不共面，命题②错误；⃗
OP= 1
2⃗OA + 5
6⃗OB−1
3⃗OC = 1
2 (⃗OP+⃗PA)+ 5
6 (⃗OP+⃗PB)−1
3 (⃗OP+⃗PC)，
所以⃗PC = 3
2⃗PA + 5
2⃗PB，即P，A，B，C四点共面，命题③正确．
故选：C.
【题型6 空间向量的坐标运算】
【例6】（2025·广东惠州·三模）已知空间向量⃗m,⃗n满足⃗m−⃗n=(1,2,3),⃗m+⃗n=(0,−2,1)，则
|⃗m|
2−|⃗n|
2=（ ）
A．−2
B．1
C．0
D．−1
【答案】D
【解题思路】应用向量线性运算的坐标表示求出⃗m,⃗n坐标，再由模长的坐标公式求目标式的值.
【解答过程】由题设2⃗m=(1,0,4)⇒⃗m=(
1
2 ,0,2)，2⃗n=(−1,−4 ,−2)⇒⃗n=(−1
2 ,−2,−1)，
所以|⃗m|
2−|⃗n|
2= 17
4 −21
4 =−1.
故选：D.
【变式6-1】（2024·江苏·模拟预测）已知空间向量⃗a=(6,2,1)，⃗b=(2, x ,−3)，若(⃗a−2⃗b)⊥⃗a，则x =
（ ）
A．4
B．6
C．23
4
D．21
4
【答案】C
【解题思路】求得⃗a−2⃗b=(2,2−2 x ,7)，进而可得12+ 4−4 x +7 =0，求解即可.
【解答过程】因为⃗a−2⃗b=(6,2,1)−2(2, x ,−3)=(2,2−2 x ,7)，
因为(⃗a−2⃗b)⊥⃗a，所以12+ 4−4 x +7 =0，解得x = 23
4 .
故选：C.
【变式6-2】（24-25 高二下·江苏南京·期中）已知⃗a=(−3,2,5),⃗b=(1,5,−1)，则(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=
（ ）
A．11
B．−13
C．45
D．3
【答案】A
【解题思路】先根据空间向量的线性运算得出a
→
,b
→
，再应用数量积公式计算求解.
【解答过程】因为a
→
=(−3,2,5),b
→
=(1,5,−1)，
所以a
→
+ b
→
=(−2,7,4), a
→
−b
→
=(−4 ,−3,6)，
所以a
→
⋅b
→
=8−21+24 =11.
故选：A.
【变式6-3】（2025·浙江嘉兴·模拟预测）设x , y ∈R ,⃗a=(1,1,1),⃗b=(1, y , z),⃗c =(x ,−4,2)，且⃗
a⊥⃗c ,⃗b//⃗c，则|2⃗a+⃗b)=（ ）
A．2❑√2
B．0
C．3
D．3 ❑√2
【答案】D
【解题思路】由向量的共线与垂直条件求解⃗b,⃗c的坐标，再由向量坐标运算及求模公式可得.
【解答过程】⃗a=(1,1,1),⃗b=(1, y , z),⃗c =(x ,−4,2)，
由⃗a⊥⃗c，则有⃗a⋅⃗c = x−4 +2=0，解得x =2，则⃗c =(2,−4,2).
由⃗b//⃗c，则有1
2 = y
−4 = z
2，解得y =−2，z =1，
所以⃗b=(1,−2,1)，故2⃗a+⃗b=(3,0,3)，
则|2⃗a+⃗b)=
❑√3
2+3
2=3 ❑√2.
故选：D.
一、单选题
1．（2025·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1，设向量⃗a=⃗A B1,⃗b=⃗AC ,⃗c =⃗A D1，则⃗AB =
（ ）
A．1
2 (⃗a+⃗b+⃗c)
B．1
2 (⃗a+⃗b−⃗c)
C．1
2 (⃗b+⃗c−⃗a)
D．1
2 (⃗a+⃗c−⃗b)
【答案】B
【解题思路】根据方程组{
A A
→
1+ AD
→
= A D
→
1= c
→
AD
→
+ AB
→
= AC
→
= b
→
A A
→
1+ AB
→
= A B
→
1= a
→)
，即可求解⃗AB = 1
2⃗a+ 1
2⃗c−1
2⃗b.
【解答过程】由于{
A A
→
1+ AD
→
= A D
→
1= c
→
AD
→
+ AB
→
= AC
→
= b
→
A A
→
1+ AB
→
= A B
→
1= a
→)
，
所以⃗A A1= 1
2⃗a−1
2⃗b+ 1
2⃗c，⃗AB = 1
2⃗a−1
2⃗c + 1
2⃗b，⃗AD = 1
2⃗b+ 1
2⃗c−1
2⃗a.
故选：B.
2．（2025·辽宁鞍山·一模）已知向量⃗a=(3,5,1)，⃗b=(2,1,4)，则(⃗a+⃗b)⋅⃗b=（ ）
A．36
B．32
C．56
D．52
【答案】A
【解题思路】利用空间向量运算的坐标表示，列式计算即得.
【解答过程】向量⃗a=(3,5,1)，⃗b=(2,1,4)，则⃗a+⃗b=(5,6,5)，
所以(⃗a+⃗b)⋅⃗b=2×5+6×1+ 4×5=36.
故选：A.
3．（2025·山东济南·三模）已知在空间直角坐标系Oxyz中，三点A(1,1,0),B(0,❑√2,1),C(2,1,−1)，
则向量⃗AC与⃗OB夹角的余弦值为（ ）
A．−
❑√6
6
B．−
❑√3
6
C．
❑√3
6
D．
❑√6
6
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用空间向量夹角公式求解.
【解答过程】依题意，⃗AC =(1,0,−1),⃗OB =(0,❑√2,1)，
所以向量⃗AC与⃗OB夹角的余弦值为⃗
AC ⋅⃗OB
|⃗AC ||⃗OB|
=
−1
❑√3⋅❑√2 =−
❑√6
6 .
故选：A.
4．（2025·新疆喀什·模拟预测）在任意四边形ABCD中，E，F 分别是AD，BC的中点，若⃗
AB+⃗DC = λ⃗EF，则λ =（ ）
A．1
2
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解题思路】根据向量加法法则，将⃗AB+⃗DC ,⃗EF分别用⃗AD ,⃗DC ,⃗CB表示，再结合题意即可得解.
【解答过程】如图，⃗AB+⃗DC =⃗AD +⃗DC +⃗CB+⃗DC =⃗AD +2⃗DC +⃗CB，
⃗
EF =⃗ED+⃗DC +⃗CF = 1
2⃗AD+⃗DC + 1
2⃗CB，
∴⃗AB+⃗DC =2⃗EF，∴λ =2.
故选：C.
5．（2025·湖北·二模）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，AM = 1
2 MC，A1 N =2 ND.设⃗
AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，⃗MN = x⃗a+ y⃗b+ z⃗c，则x + y + z =（ ）
A．3
4
B．1
4
C．2
3
D．1
3
【答案】D
【解题思路】根据空间向量的线性运算得⃗MN =⃗MA +⃗A A1+⃗A1 N =−1
3⃗a+ 1
3⃗b+ 1
3⃗c，则得到其和值.
【解答过程】因为AM = 1
2 MC，A1 N =2 ND，
则⃗MN =⃗MA +⃗A A1+⃗A1 N =−1
3⃗AC +⃗A A1+ 2
3⃗A1 D =−1
3 (⃗AB+⃗AD)+⃗A A1+ 2
3 (⃗AD−⃗A A1)
=−1
3⃗a−1
3⃗b+⃗c + 2
3⃗b−2
3⃗c =−1
3⃗a+ 1
3⃗b+ 1
3⃗c，
所以x =−1
3 , y = z = 1
3，故x + y + z = 1
3.
故选：D.
6．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，设⃗a=⃗A A1，⃗b=⃗D B1，若⃗a、⃗b
、⃗c组成空间向量的一个基底，则⃗c可以是（ ）
A．⃗B B1
B．⃗BC1
C．⃗BD
D．⃗B D1
【答案】B
【解题思路】利用平行六面体的结构特征，结合空间共面向量定理爱空间向量基本定理逐项判断.
【解答过程】由⃗a=⃗A A1，⃗b=⃗D B1，⃗a、⃗b、⃗c组成空间向量的一个基，得向量⃗a、⃗b、⃗c不共面，
对于A，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，⃗B B1=⃗A A1，则⃗B B1与⃗a、⃗b共面，A 不是；
对于C，⃗BD =⃗B B1+⃗B1 D =⃗A A1−⃗D B1=⃗a−⃗b，⃗BD与⃗a、⃗b共面，C 不是；
对于D，⃗B D1=⃗BD+⃗D D1=⃗a−⃗b+⃗a=2⃗a−⃗b，⃗B D1与⃗a、⃗b共面，D 不是；
对于B，由⃗D B1=⃗DA +⃗DC +⃗D D1，得⃗b=⃗DA +⃗DC +⃗a，⃗DA ,⃗DC ,⃗a不共面，
假设⃗BC1与⃗a、⃗b共面，则存在x , y ∈R，使得⃗BC1= x⃗a+ y⃗b，
而⃗BC1=⃗C C1−⃗CB =⃗a−⃗DA，则⃗a−⃗DA = x⃗a+ y(⃗DA +⃗DC +⃗a)，
整理得( x + y −1)⃗a+( y +1)⃗DA + y⃗DC =⃗0，从而{
x + y −1=0
y +1=0
y =0 )，此方程组无解，
假设不成立，因此⃗BC1与⃗a、⃗b不共面，⃗c可以是⃗BC1.
故选：B.
7．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知空间中有5 个点E、A、B、C、D，若满足
(1−λ)⃗EA = 1
3⃗EB+ 1
4⃗EC + λ⃗AD，且A、B、C、D四点共面，则λ的值为（ ）
A．7
12
B．5
12
C．1
4
D．1
12
【答案】B
【解题思路】根据空间共面向量定理的推论可求λ的值.
【解答过程】由⃗EA −λ⃗EA = 1
3⃗EB+ 1
4⃗EC + λ⃗AD得⃗EA = 1
3⃗EB+ 1
4⃗EC + λ(⃗EA +⃗AD)，
即⃗EA = 1
3⃗EB+ 1
4⃗EC + λ⃗ED，
由空间向量共面定理的推论可知，1
3 + 1
4 + λ=1，解得λ= 5
12.
故选：B.
8．（2025·山西·一模）如图，直三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = AC = BC = A A1=2，点P 为侧面
AB B1 A1上的任意一点，则⃗PC ⋅⃗PC1的取值范围是（ ）
A．[0,2)
B．[1,3)
C．[2,4)
D．[3,5)
【答案】C
【解题思路】取AB 中点为原点O，建立空间直角坐标系，设P(x ,0, z)，由数量积的坐标表示得到⃗
PC ⋅⃗PC1= x
2+(z−1)
2+2，进而可求解；
【解答过程】如图取AB 中点为原点O，建立空间直角坐标系，设P(x ,0, z)，
其中−1≤x ≤1，0≤z≤2，C (0,❑√3,0)，C1(0,❑√3,2)，⃗
PC =(−x ,❑√3,−z)，⃗PC1=(−x ,❑√3,2−z)，⃗PC ⋅⃗PC1= x
2+3+ z
2−2 z = x
2+(z−1)
2+2，
当x =±1，且z =0或z =2时，⃗PC ⋅⃗PC1取最大值4，
当x =0，且z =1时，⃗PC ⋅⃗PC1取最小值2，所以⃗PC ⋅⃗PC1的取值范围为[2,4)．
故选：C.
二、多选题
9．（25-26 高二上·全国·课后作业）（多选）若A ,B ,C , D为空间中不同的四点，则下列各式结果一定是
零向量的是（ ）
A．⃗AB+2⃗BC +2⃗CD +⃗DC
B．2⃗AB+2⃗BC +3⃗CD +3⃗DA +⃗AC
C．⃗AB+⃗DA +⃗BD
D．⃗AB−⃗CB+⃗CD−⃗AD
【答案】BCD
【解题思路】根据空间向量的线性运算逐一计算可判断其正误.
【解答过程】对于A，⃗AB+2⃗BC +2⃗CD +⃗DC =(⃗AB+⃗BC)+(⃗BC +⃗CD)+(⃗CD +⃗DC)=⃗AC +⃗BD，
结果不一定为零向量，故A 错误；
对于B，2⃗AB+2⃗BC +3⃗CD +3⃗DA +⃗AC =
2(⃗AB+⃗BC)+3(⃗CD +⃗DA)+⃗AC =2⃗AC +3⃗CA +⃗AC =⃗0，故B 正确；
对于C，⃗AB+⃗DA +⃗BD =⃗DA +⃗AB+⃗BD =⃗DB+⃗BD =⃗0，故C 正确；
对于D，⃗AB−⃗CB+⃗CD−⃗AD =(⃗AB−⃗AD)+(⃗CD−⃗CB)=⃗DB+⃗BD =⃗0，故D 正确．
故选：BCD.
10．（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A 为端点的三条棱长都是
1，且它们彼此的夹角都是π
3
，M 为A1C1与B1D1的交点．若⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，则下列说法正确
的是（ ）
A．⃗CM =−1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c
B．⟨⃗CM ，⃗A C1)=π
3
C．⃗B D1=⃗a+⃗b+⃗c
D．⃗AD⋅⃗B D1=1
【答案】AD
【解题思路】由题意可知，⃗a⋅⃗b=⃗a⋅⃗c =⃗b⋅⃗c =1×1×cosπ
3
= 1
2，再利用空间向量的线性运算和数量积
运算逐个判断各个选项即可．
【解答过程】由题意可知，⃗a⋅⃗b=⃗a⋅⃗c =⃗b⋅⃗c =1×1×cosπ
3
= 1
2，
对于A，⃗CM =⃗C C1+⃗C1 M =⃗A A1+ 1
2⃗C1 A1=⃗A A1−1
2 (⃗AB+⃗AD)=−1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c，故A 正确；
对于B，又因为⃗A C1=⃗AB+⃗AD +⃗A A1=⃗a+⃗b+⃗c，
所以⃗
CM ⋅⃗A C1=(−1
2⃗a−1
2⃗b+⃗c)⋅(⃗a+⃗b+⃗c)=−1
2⃗a
2−1
2⃗a⋅⃗b−1
2⃗a⋅⃗c−1
2⃗b⋅⃗a−1
2⃗b
2−1
2⃗b⋅⃗c +⃗c⋅⃗a+⃗c⋅⃗b+⃗c
2=0
，
所以⟨⃗CM ，⃗A C1)=π
2
，故B 错误；
对于C，⃗B D1=⃗BA +⃗BC +⃗B B1=−⃗AB+⃗AD+⃗A A1=−⃗a+⃗b+⃗c，故C 错误；
对于D，⃗AD⋅⃗B D1=⃗b⋅(−⃗a+⃗b+⃗c)=−⃗a⋅⃗b+⃗b
2+⃗b⋅⃗c =1，故D 正确．
故选：AD．
11．（2025·浙江台州·一模）已知棱长为3 的正四面体
A −BCD ,⃗A E = λ⃗AD ,⃗B F = μ⃗BC ,⃗E M = 1
2⃗EF , λ，μ∈[0, 1]，则下列选项正确的是（ ）
A．当μ= 1
2时，⃗EF ⋅⃗BC =0
B．当μ< 1
2时，|⃗EF)< 3 ❑√2
2
C．当|⃗EF)= ❑√5时，λ+ μ的最大值为4
3
D．当|⃗EF)= ❑√5时，则|⃗AM )
2的最大值为14 +3 ❑√2
4
【答案】ACD
【解题思路】选⃗AB ,⃗AC ,⃗AD为空间内的基底向量，可计算得⃗EF ·⃗BC =0，可判断A；当λ = μ=0，
EF =3，可判断B；由已知可得5≥9( λ+ μ)
2−9( λ+ μ)+9−18× ( λ+ μ)
2
4
，计算可判断C；
|⃗AM )
2= 1
4 [9 λ
2+9 μ
2+9 λ−9 μ+9]，结合9 λ
2+9 μ
2+9=9( λ+ μ)+5，可求|⃗AM )
2的最大值，可判断D.
【解答过程】由正四面体A −BCD，可知∠BAC =∠BAD ,∠CAD =60°，
选⃗AB ,⃗AC ,⃗AD为空间内的基底向量，
当μ= 1
2，⃗EF =⃗EA +⃗AB+⃗BF =−λ⃗AD+⃗AB+ 1
2 (⃗AC −⃗AB)=−λ⃗AD+ 1
2⃗AB+ 1
2⃗AC，⃗
BC =⃗AC −⃗AB，所以⃗EF ·⃗BC =(−λ⃗AD+ 1
2⃗AB+ 1
2⃗AC )·(⃗AC −⃗AB)
=−λ⃗AD·⃗AC + 1
2⃗AB·⃗AC + 1
2⃗AC
2+ λ⃗AD·⃗AB−1
2⃗AB
2−1
2⃗AC ·⃗AB
=−λ×3×3× 1
2 + 1
2 ×3×3× 1
2 + 1
2 ×3
2+ λ×3×3× 1
2 −1
2 ×3
2−1
2 ×3×3× 1
2 =0，故A 正确；
因为⃗EF =⃗EA +⃗AB+⃗BF =−λ⃗AD +⃗AB+ μ(⃗AC −⃗AB)=−λ⃗AD +(1−μ)⃗AB+ μ⃗AC，
当λ = μ=0，EF = AB =3> 3 ❑√2
2
，故B 错误；⃗
EF
2=[−λ⃗AD +(1−μ)⃗AB+ μ⃗AC ]
2
= λ
2⃗AD
2+(1−μ)
2⃗AB
2+ μ
2⃗AC
2−2 λ(1−μ)⃗AD·⃗AB+2 μ(1−μ)⃗AB·⃗AC −2 μλ⃗AD·⃗AC
=9 λ
2+9(1−μ)
2+9 μ
2−9 λ(1−μ)+9 μ(1−μ)−9 μλ =9 λ
2+9 μ
2−9( λ+ μ)+9
=9( λ+ μ)
2−9( λ+ μ)+9−18 λμ≥9( λ+ μ)
2−9( λ+ μ)+9−18× ( λ+ μ)
2
4
，
又|⃗EF)= ❑√5，所以5≥9( λ+ μ)
2−9( λ+ μ)+9−18× ( λ+ μ)
2
4
，
整理得9( λ+ μ)
2−9( λ+ μ)+ 4−18× ( λ+ μ)
2
4
≤0，当且仅当λ = μ时取等号，
化简得9( λ+ μ)
2−18( λ+ μ)+8≤0，解得2
3 ≤λ+ μ≤4
3 ，故C 正确；⃗
AM =⃗AE+⃗EM =⃗AE+ 1
2⃗EF = λ⃗AD+ 1
2 (−λ⃗AD+(1−μ)⃗AB+ μ⃗AC )
= 1
2 [ λ⃗AD+(1−μ)⃗AB+ μ⃗AC ]，
所以|⃗AM )
2= 1
4 [ λ⃗AD+(1−μ)⃗AB+ μ⃗AC ]
2= 1
4 [9 λ
2+9(1−μ)
2+9 μ
2+9 λ(1−μ)+9 μ(1−μ)+9 μλ]
= 1
4 [9 λ
2+9 μ
2+9 λ−9 μ+9]，
由9 λ
2+9 μ
2+9=9( λ+ μ)+5，所以|⃗AM )
2= 1
4 [18 λ+5]，
因为λ
2+ μ
2−( λ+ μ)=−4
9 ，所以( λ−1
2 )
2
+( μ−1
2 )
2
= 1
2 −4
9 = 1
18，
所以( λ−1
2 )
2
≤1
18 ，所以λ−1
2 ≤
1
3 ❑√2，所以λ≤
1
3 ❑√2 + 1
2，
所以|⃗AM )
2= 1
4 [18 λ+5]≤1
4 [18(
1
3 ❑√2 + 1
2 )+5]= 14 +3 ❑√2
4
，故D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2025·上海·模拟预测）如图，在四面体OABC 中，⃗OA =⃗a，⃗OB=⃗b，⃗OC =⃗c．点M 在OA 上，且
OM =2 MA，N 为BC 中点，则⃗MN等于
.
【答案】−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c
【解题思路】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出⃗MN.
【解答过程】依题意，⃗MN =⃗MO+⃗OB+⃗BN =−2
3⃗OA +⃗OB+ 1
2 (⃗OC −⃗OB)=−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c.
故答案为：−2
3⃗a+ 1
2⃗b+ 1
2⃗c.
13．（2025·上海·三模）已知空间向量⃗a=(1,−1,0)，⃗b=(0,1,1)，⃗c =(1,2,m)共面，则实数m=
.
【答案】3
【解题思路】根据空间向量共面得到⃗c = x⃗a+ y⃗b，得到方程，求出m=3
【解答过程】设⃗c = x⃗a+ y⃗b，即(1,2,m)= x (1,−1,0)+ y (0,1,1)，
故{
x =1
−x + y =2
m= y )，解得m= y =3.
故答案为：3.
14．（2025·上海·模拟预测）O不与A ,B ,C , D共面，并且ABCD四点在一个平面上，
2⃗OD = x⃗OA + y⃗OB+⃗OC（x , y >0），则1
x + 9
y 的最小值为
．
【答案】16
【解题思路】由向量共面定理有x + y =1，再应用基本不等式“1”的代换求最小值.
【解答过程】由题设2⃗OD−x⃗OA −y⃗OB =⃗OC，O不与A ,B ,C , D共面，且ABCD四点共面，
所以2−x−y =1，可得x + y =1，且x , y >0，
所以1
x + 9
y =( 1
x + 9
y )( x + y)=10+ y
x + 9 x
y ≥10+2❑√
y
x ⋅9 x
y =16，
当且仅当x = 1
4 , y = 3
4 时取等号，则最小值为16.
故答案为：16.
四、解答题
15．（25-26 高二上·全国·课前预习）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F分别为AD，C C1的中点，
若点G满足⃗D D1= 4⃗DG，证明：B，E，G，F四点共面.
【答案】证明见解析
【解题思路】取D D1中点H，连接AH，HF，EG.先证明⃗AH =⃗BF，再证明⃗EG = 1
2⃗AH = 1
2⃗BF，即可证
明.
【解答过程】取D D1中点H，连接AH，HF，EG，如图所示.
因为点H是D D1中点，所以⃗AH = AD
→
+ D H
→
= AD
→
+ 1
2 D D
→
1.
因为点F为C C1的中点，所以⃗BF =⃗BC +⃗CF =⃗BC + 1
2⃗C C1，
因为AD
→
= BC
→
,C C
→
1= D D
→
1，
所以⃗AH =⃗BF，
因为⃗D D1= 4⃗DG，点H是D D1中点，所以G 为HD 的中点.
又点E为AD的中点，所以EG为△AHD的中位线，
所以⃗EG = 1
2⃗AH = 1
2⃗BF，
所以B，E，G，F四点共面.
16．（24-25 高二上·四川绵阳·阶段练习）如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，
AB = AD =1，A A1=2，∠BAD =π
2 ，∠BA A1=∠DA A1=π
3
．
(1)求|⃗B D1)；
(2)求cos⟨⃗B D1,⃗AC)．
【答案】(1)❑√6
(2)
❑√3
3
【解题思路】（1）由⃗B D1=⃗AD+⃗A A1−⃗AB两边平方后可得.
（2）由（1）得⃗B D1=⃗AD +⃗A A1−⃗AB，根据数量积的运算律可得⃗B D1⋅⃗AC =2，然后由向量夹角公式
求解即可.
【解答过程】（1）⃗B D1=⃗A D1−⃗AB =⃗AD +⃗A A1−⃗AB，又∠BAD =π
2
,∠BA A1=∠DA A1=π
3 ,
则|⃗B D1)
2=(⃗AD+⃗A A1−⃗AB)
2=⃗AD
2+⃗A A1
2+⃗AB
2+2⃗AD⋅⃗A A1−2⃗AD⋅⃗AB−2⃗AB⋅⃗A A1
=⃗AD
2+⃗A A1
2+⃗AB
2+2|⃗AD)⋅|⃗A A1)cos∠DA A1−2⃗AD⋅⃗AB−2|⃗AB)⋅|⃗A A1)cos∠BA A1
=1+ 4+1+2×1×2× 1
2 −0−2×2×1× 1
2 =6，
所以|⃗B D1)= ❑√6．
（2）由空间向量的运算法则，可得⃗AC =⃗AB+⃗AD，-
因为AB = AD =1，A A1=2且∠BAD =π
2 ，∠BA A1=∠DA A1=π
3 ，
所以|⃗AC)=
❑√|⃗AB+⃗AD)
2= ❑√|⃗AB)
2+2|⃗AB)⋅|⃗AD)cosπ
2
+|⃗AD)
2
= ❑√1+0+1= ❑√2，⃗
B D1⋅⃗AC =(⃗AD+⃗A A1−⃗AB)⋅(⃗AB+⃗AD)
=⃗AD⋅⃗AB+⃗AD
2+⃗A A1⋅⃗AB+⃗A A1⋅⃗AD−⃗AB
2−⃗AD⋅⃗AB-
=1×1×cosπ
2 +1
2+2×1×cosπ
3 +2×1×cosπ
3 −1
2−1×1×cosπ
2 =2，-
则cos⟨⃗B D1,⃗AC)=⃗B D1⋅⃗AC
|⃗B D1)⋅|⃗AC)
=
2
❑√6×❑√2 =
❑√3
3 ．
17．（24-25 高二上·安徽宿州·期中）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，以顶点A为端点的三条棱
长都是1，∠BAD =90
∘，∠DA A1=∠BA A1=60
∘，M为A1C1与B1 D1的交点.设⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗
A A1=⃗c.
(1)用⃗a,⃗b,⃗c表示⃗BM；
(2)求对角线A C1的长；
(3)求cos⃗BM ,⃗A C1的值.
【答案】(1)⃗BM =−1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c
(2)❑√5
(3)2❑√30
15
【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算直接求解即可；
（2）利用基底表示出⃗A C1=⃗a+⃗b+⃗c，结合向量数量积的运算可求得|⃗A C1)
2，由此可得结果；
（3）利用基底法求解出|⃗BM )，⃗BM ⋅⃗A C1，根据向量夹角运算可求得结果.
【解答过程】（1）连接A1B , AC，
∵⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，
∴⃗B A1=⃗A A1−⃗AB =⃗c−⃗a，⃗A1C1=⃗AC =⃗AB+⃗AD =⃗a+⃗b，
∵M为线段A1C1的中点，∴⃗A1 M = 1
2⃗A1C1= 1
2⃗a+ 1
2⃗b，
∴⃗BM =⃗B A1+⃗A1 M =⃗c−⃗a+ 1
2⃗a+ 1
2⃗b=−1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c.
（2）∵以顶点A为端点的三条棱长都是1，∠BAD =90
∘，∠DA A1=∠BA A1=60
∘，
∴⃗a⋅⃗b=|⃗a)⋅|⃗b)cos90
∘=0，⃗a⋅⃗c =|⃗a)⋅|⃗c)cos60
∘= 1
2，⃗b⋅⃗c =|⃗b)⋅|⃗c)cos60
∘= 1
2，
由（1）知：⃗AC =⃗a+⃗b，∴⃗A C1=⃗AC +⃗C C1=⃗a+⃗b+⃗c，
∴|⃗A C1)
2=(⃗a+⃗b+⃗c)
2=⃗a
2+⃗b
2+⃗c
2+2⃗a⋅⃗b+2⃗a⋅⃗c +2⃗b⋅⃗c =5，
∴|⃗A C1)= ❑√5，即对角线A C1的长为❑√5.
（3）由（1）（2）知：⃗BM =−1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c，⃗A C1=⃗a+⃗b+⃗c，
∴|⃗BM )
2=(−1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c)
2
= 1
4⃗a
2+ 1
4⃗b
2+⃗c
2−1
2⃗a⋅⃗b−⃗a⋅⃗c +⃗b⋅⃗c = 3
2，∴|⃗BM )=
❑√6
2 ，
∵⃗BM ⋅⃗A C1=(−1
2⃗a+ 1
2⃗b+⃗c)⋅(⃗a+⃗b+⃗c)=−1
2⃗a
2+ 1
2⃗b
2+⃗c
2+ 1
2⃗a⋅⃗c + 3
2⃗b⋅⃗c =2，
∴cos⟨⃗BM ,⃗A C1)=⃗BM ⋅⃗A C1
|⃗BM )⋅|⃗A C1)
=
2
❑√6
2 ×❑√5
= 2❑√30
15
.
18．（2025 高二·全国·专题练习）已知⃗a=(2,−4,1)，⃗b=(2,0,3)，⃗c =(0,0,2)．
(1)求⃗a⋅(⃗b+⃗c)的值；
(2)求⃗a−⃗b与⃗c夹角的余弦值；
(3)设⃗d =(0,0, z)，若|⃗a−⃗d)=|⃗b−⃗d)，求z的值．
【答案】(1)9
(2)−
❑√5
5
(3)−2
【解题思路】利用空间向量坐标表示的数量积计算公式、夹角余弦公式和模长公式解决相关问题．
【解答过程】（1）b
→
+ c
→
=(2,0,5), a
→
⋅(b
→
+ c
→)=2×2+(−4)×0+1×5=9
（2）⃗a−⃗b=(0,−4 ,−2)，|⃗a−⃗b)=2❑√5，|c
→)=2,(⃗a−⃗b)⋅⃗c =−4，
设⃗a−⃗b与⃗c的夹角为θ，则cosθ = (a
→
−b
→)· c
→
|a
→
−b
→)|c
→)
=
−4
2❑√5×2 =−
❑√5
5 ．
（3）⃗a−⃗d =(2,−4,1−z)，⃗b−⃗d =(2,0,3−z)，
根据|⃗a−⃗d)=
❑√4+16+(1−z)
2=|⃗b−⃗d)=
❑√4 +(3−z)
2，
解得z =−2．
19．（25-26 高二上·全国·单元测试）如图，在六棱柱ABCDEF −A1B1C1 D1 E1 F1中，底面ABCDEF是
正六边形，设⃗AB =⃗a，⃗AF =⃗b，⃗A A1=⃗c．
(1)用⃗a,⃗b,⃗c分别表示⃗A1 D，⃗A E1．
(2)若cos∠BA A1=cos∠FA A1= 1
4 ，AB =2，A A1= 4，求：
（ⅰ）⃗A1C ⋅⃗A1 D；
（ⅱ）|⃗A E1)．
【答案】(1)⃗A1 D =2a
→
+2b
→
−c
→
，⃗A E1=⃗a+2⃗b+⃗c
(2)（ⅰ）14；（ⅱ）|⃗A E1)=2❑√10
【解题思路】（1）连接AD，取AD中点为O，连接OB ,OF，结合空间向量的线性运算，以⃗a,⃗b,⃗c为基底
表示向量即可求解；
（2）确定空间基底向量⃗a,⃗b,⃗c的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解⃗A1C ⋅⃗A1 D
，|⃗A E1)
2，即可得结论.
【解答过程】（1）连接AD，取AD中点为O，连接OB ,OF．
因为底面ABCDEF是正六边形，所以⃗AB+⃗AF =⃗AO = 1
2⃗AD，即⃗AD =2⃗a+2⃗b，
所以⃗A1 D =⃗AD−⃗A A1=2⃗a+2⃗b−⃗c，又因为⃗FE =⃗AO，所以
⃗
A E1=⃗AF +⃗FE +⃗E E1=⃗AF +⃗AO+⃗A A1=⃗a+2⃗b+⃗c．
（2）由题知，⃗A1C =⃗AC −⃗A A1=⃗AB+⃗BC −⃗A A1=⃗AB+⃗AO−⃗A A1=2⃗a+⃗b−⃗c，
根据cos∠BA A1=cos∠FA A1= 1
4 ，可知cos⟨⃗a,⃗c)=cos⟨⃗b,⃗c)= 1
4 ，
因为底面是正六边形，所以⟨⃗a,⃗b)= 2π
3 ，所以cos⟨⃗a,⃗b)=−1
2．
（ⅰ）⃗A1C ⋅⃗A1 D =(2⃗a+⃗b−⃗c)⋅(2⃗a+2⃗b−⃗c) = 4|⃗a)
2+2|⃗b)
2+|⃗c)
2+6⃗a⋅⃗b−4⃗a⋅⃗c−3⃗b⋅⃗c =
4|⃗a)
2+2|⃗b)
2+|⃗c)
2+6|⃗a)⋅|⃗b)×(−1
2)−4|⃗a)⋅|⃗c)× 1
4 −3|⃗b)⋅|⃗c)× 1
4 =16+8+16−12−8−6=14．
（ⅱ）因为⃗A E1=⃗a+2⃗b+⃗c，
所以|⃗A E1)
2= (⃗a+2⃗b+⃗c)
2=|⃗a)
2+ 4|⃗b)
2+|⃗c)
2+ 4⃗a⋅⃗b+2⃗a⋅⃗c + 4⃗b⋅⃗c
=|⃗a)
2+ 4|⃗b)
2+|⃗c)
2+ 4|⃗a)⋅|⃗b)×(−1
2)+2|⃗a)⋅|⃗c)× 1
4 + 4|⃗b)⋅|⃗c)× 1
4 = 4+16+16−8+ 4+8= 40，
所以|⃗A E1)=2❑√10．
