专题3.1 空间向量及其运算（5类必考点）-2023-2024学年高二数学必考考点各个击破（北师大版选择性必修第一册）

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\l "_Tc4422" 【考点1：空间向量的线性运算】 PAGEREF _Tc4422 \h 1
\l "_Tc16005" 【考点2：空间向量的共线定理】 PAGEREF _Tc16005 \h 3
\l "_Tc28910" 【考点3：空间向量的共面定理】 PAGEREF _Tc28910 \h 5
\l "_Tc4582" 【考点4：空间向量的数量积运算】 PAGEREF _Tc4582 \h 5
\l "_Tc17427" 【考点5：空间向量的投影向量】 PAGEREF _Tc17427 \h 8
【考点1：空间向量的线性运算】
【知识点：空间向量的线性运算】
与平面向量一样,空间向量的线性运算满足以下运算律(其中):
交换律:；
结合律:；
分配律:.
1．（2021秋•东莞市期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→+AD→−CC→1=（ ）
A．AC1→B．A1C→C．D1B→D．DB1→
【分析】根据已知条件，结合向量的加减法法则，即可求解．
【解答】解：∵ABCD﹣A1B1C1D1为平行四面体，
∴AB→+AD→−CC1→=DC→+AD→+C1C→=AC→+C1C→=A1C1→+C1C→=A1C→．
故选：B．
2．（2021秋•兰山区校级月考）如图，四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F分别为棱AB，AD的中点，则|AC→+EF→|＝ ；|BC→−EF→|＝ ．
【分析】取BD的中点H，连结AH，CH，由AH⊥BD，CH⊥BD，得BD⊥平面ACH，从而AC⊥BD，过C作CG∥BD，使CG＝EF，则EF→=CG→，从而|AC→+EF→|＝|AC→+CG→|＝|AG→|，再求其模即可；根据点E，F分别为棱AB，AD的中点，则 EF→=12BD→，再根据向量的减法法则化简BC→−EF→，求出其模即可．
【解答】解：取BD的中点H，连结AH，CH，
∵四面体ABCD的每条棱长都等于2，点E，F分别为棱AB，AD的中点，
∴AH⊥BD，CH⊥BD，
∴AH∩CH＝H，∴BD⊥平面ACH，
∵AC⊂平面AHC，∴AC⊥BD，
过C作CG∥BD，使CG＝EF，则EF→=CG→，
∴AC⊥CG，且AC＝2，CG=12BC=1，
∴|AC→+EF→|＝|AC→+CG→|＝|AG→|=5．
∵点E，F分别为棱AB，AD的中点，
∴EF→=12BD→，
∴|BC→−EF→|＝|BC→−12BD→|，
则|BC→−EF→|＝|BC→−12BD→|＝|BD→−BH→|＝|HC→|=3．
故答案为：5，3．
3．（2022春•河南月考）如图，在△ABC中，点M是AB上的点且满足AM→=3MB→，P是CM上的点，且MP→=15MC→，设AB→=a→，AC→=b→，则AP→=（ ）
A．12a→+14b→B．35a→+15b→C．14a→+12b→D．310a→+35b→
【分析】利用向量运算法则运算可得结果．
【解答】解：由AM→=3MB→，得AM→=3MB→=34AB→，
所以AP→=AM→+MP→=AM→+15MC→=AM→+15（AC→−AM→）=45AM→+15AC→=35AB→+15AC→=35a→+15b→．
故选：B．
【考点2：空间向量的共线定理】
【知识点：共线定理】
对于空间中任意的两个向量，若存在实数，使得，则与共线.
1．（2021秋•铁东区校级期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若m→=a→+2b→−3c→，n→=x(a→+b→)−y(b→+c→)+3(a→+c→)，若m→∥n→，则xy=（ ）
A．﹣3B．−13C．3D．13
【分析】由m→∥n→，可得n→=λm→，根据空间向量基本定理列方程组可求得x，y的值，从而可得结论．
【解答】解：m→=a→+2b→−3c→，
n→=x(a→+b→)−y(b→+c→)+3(a→+c→)=（x+3）a→+（x﹣y）b→+（3﹣y）c→，
因为m→∥n→，所以n→=λm→，
即x+3=λx−y=2λ3−y=−3λ，解得x=−92y=−32λ=−32，
所以xy=−92−32=3．
故选：C．
2．（2022春•市中区校级月考）已知空间的一组基底{a→，b→，c→}，若m→=a→−b→+c→与n→=xa→+yb→+c→共线，则x+y的值为（ ）
A．2B．﹣2C．1D．0
【分析】根据m→与n→共线可得出n→=km→，再根据{a→，b→，c→}为基底，从而根据空间向量基本定理可得出x+y的值．
【解答】解：因为m→与n→共线，空间的一组基底{a→，b→，c→}，
所以xa→+yb→+c→=k(a→−b→+c→)，
所以x+y＝0．
故选：D．
3．（2022春•天宁区校级期中）设e1→，e2→是两个不共线的空间向量，若AB→=2e1→−e2→，BC→=3e1→+3e2→，CD→=e1→+ke2→，且A，C，D三点共线，则实数k的值为 ．
【分析】先由AC→=AB→+BC→求出AC→，在根据A，C，D三点共线，得到AC→∥CD→，从而得到2﹣5k＝0，解出k即可．
【解答】解：∵AB→=2e1→−e2→，BC→=3e1→+3e2→，CD→=e1→+ke2→，
∴AC→=AB→+BC→=5e1→+2e2→，
又∵A，C，D三点共线，∴AC→∥CD→，
∴2﹣5k＝0，∴k=25，
故答案为：25．
4．（2022春•张掖期中）对于空间任意一点O，以下条件可以判定点P、A、B共线的是 （填序号）．
①OP→=OA→+tAB→(t∈R，t≠0)；
②5OP→=OA→+AB→；
③OP→=OA→−tAB→(t∈R，t≠0)；
④OP→=−OA→+AB→．
【分析】由空间共线向量定理即可求解．
【解答】解：对于①，∵OP→=OA→+tAB→（t≠0），
∴OP→−OA→=tAB→（t≠0），∴AP→=tAB→（t≠0），
∴点P、A、B共线，故①正确；
对于②，∵5OP→=OA→+AB→，∴5OP→=OB→，∴OP→，OB→共线，
∴P、O、B共线，点P、A、B不一定共线，故②错误；
对于③，∵OP→=OA→+AB→（t≠0），∴OP→−OA→=−tAB→（t≠0），
∴AP→=−tAB→（t≠0），∴AP→，AB→共线，∴P、A、B共线，故③正确；
对于④，∵OP→=−OA→+AB→，∴OP→=−OA→+OB→−OA→，
∴OP→=−2OA→+OB→，∴OP→−OB→=−2OA→，
∴BP→=−2OA→，∴BP，OA平行或重合，故BP、OA平行时，点P、A、B不共线，故④错误．
故选：①③．
【考点3：空间向量的共面定理】
【知识点：共面定理】
两个不共线的向量，若存在唯一的有序实数对（x，y），使得，则向量与向量，共面.
1．（2022春•常州期中）对于空间任意一点O，若OP→=12OA→+13OB→+16OC→，则A，B，C，P四点（ ）
A．一定不共面B．一定共面
C．不一定共面D．与O点位置有关
【分析】由共面向量基本定理、空间向量基本定理即可得出．
【解答】解：∵OP→=12OA→+13OB→+16OC→，可得12+13+16=1，
∴四点P、A、B、C必共面．
故选：B．
2．（2022春•临河区校级月考）有四个命题
①若p→=xa→+yb→，则p→与a→、b→共面
②若p→与a→、b→共面，则p→=xa→+yb→
③若MN→=xMA→+YMB→，则M、N、A、B四点共面
④若M、N、A、B四点共面，则MN→=xMA→+yMB→
其中真命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】在①中，由平面向量基本定理得p→与a→、b→一定在同一平面内；在②中，如果a→，b→共线，p→就不一定能用a→，b→来表示；在③中，若MN→=xMA→+yMB→，则MN→、MA→、MB→三向量在同一平面内；在④中，若M、N、A、B共线，则MN→=xMA→+yMB→不成立．
【解答】解：在①中，若p→=xa→+yb→，
则由平面向量基本定理得p→与a→、b→一定在同一平面内，故①正确；
在②中，若p→与a→、b→共面，但如果a→，b→共线，p→就不一定能用a→，b→来表示，故②错误；
在③中，若MN→=xMA→+yMB→，则MN→、MA→、MB→三向量在同一平面内，
所以M、N、A、B四点共面，故③正确；
在④中，若M、N、A、B四点共面，其中M，A，B共线，N与M，A，B不共线，
则不存在x，y使MN→=xMA→+yMB→定成立，故④错误．
故选：B．
11．（2022春•成都期中）已知M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，且OM→=−2OA→+xOB→+yOC→，若M，A，B，C四点共面，则x+y的值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【分析】由共面向量定理能求出x+y．
【解答】解：M，A，B，C为空间中四点，任意三点不共线，
且OM→=−2OA→+xOB→+yOC→，M，A，B，C四点共面，
则由共面向量定理得：﹣2+x+y＝1．解得x+y＝3．
故选：D．
12．（2022春•湾里区期中）已知非零向量a→=3m→−2n→−4p→，b→=(x+1)m→+8n→+2yp→，且m→、n→、p→不共面．若a→∥b→，则x+y＝（ ）
A．﹣13B．﹣5C．8D．13
【分析】根据向量共线可得b→=λa→，从而可解方程组求出x，y，再求出x+y即可．
【解答】解：∵m→，n→，p→不共面，故m→，n→，p→可看作空间向量的一组基底，
∵a→∥b→，故存在λ≠0，使得b→=λa→，
即（x+1）m→+8n→+2yp→=3λm→−2λn→−4λp→，
∴x+1=3λ8=−2λ2y=−4λ，解得：x=−13y=8，
则x+y＝﹣5．
故选：B．
（多选）13．（2021秋•惠州期末）下面四个结论正确的是（ ）
A．空间向量a→，b→(a→≠0→，b→≠0→)，若a→⊥b→，则a→⋅b→=0
B．若对空间中任意一点O，有OP→=16OA→+13OB→+12OC→，则P、A、B、C四点共面
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．任意向量a→，b→，c→满足(a→⋅b→)⋅c→=a→⋅(b→⋅c→)
【分析】直接利用向量的线性运算和向量的共面的充要条件，向量的基底．向量的数量积判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：空间向量a→，b→(a→≠0→，b→≠0→)，若a→⊥b→，则a→⋅b→=0，故A正确；
低于B：若对空间中任意一点O，有OP→=16OA→+13OB→+12OC→，由于16+12+13=1，则P、A、B、C四点共面，故B正确；
对于C：已知{a→，b→，c→}是空间的一组基底，若m→=a→+c→，则{a→，b→，a→+c→}两向量之间不共线，故也是空间的一组基底，故C正确；
对于D：任意向量a→，b→，c→满足(a→⋅b→)⋅c→=a→⋅(b→⋅c→)，由于a→⋅b→是一个数值，b→⋅c→也是一个数值，则说明c→和a→存在倍数关系，由于a→，b→，c→是任意向量，不一定存在倍数关系，故D错误．
故选：ABC．
14．（2021秋•海淀区校级月考）在下列等式中，使点M与点A，B，C一定共面的是（ ）
A．OM→=25OA→−15OB→−15OC→B．OM→=15OA→+12OB→+13OC→
C．MA→+MB→+MC→=0→D．OM→+OA→+OB→+OC→=0→
【分析】结合共面性质，利用共面向量定理直接判断．
【解答】解：对于ABD，变形后均不满足：
OM→=xOA→+yOB→+zOC→，且x+y+z＝1，故ABD均错误，
对于C，∵MA→+MB→+MC→=0→，∴MA→=−MB→−MC→，
∴点M与点A，B，C一定共面，故C正确．
故选：C．
15．（2021秋•肥城市期中）已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若由OM→=3OA→−OB→+λOC→确定的点M与A，B，C共面，则λ的值为（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
【分析】由空间向量的共面定理列式，求解即可．
【解答】解：因为点M与A，B，C共面，且OM→=3OA→−OB→+λOC→，
所以3﹣1+λ＝1，解得λ＝﹣1．
故选：B．
【考点4：空间向量的数量积运算】
【知识点：数量积运算】
已知两个非零向量,,则||||cs<,>叫做,的数量积,记作，即||||cs<,>.
（多选）1．（2021秋•益阳期末）已知四面体ABCD的所有棱长都是2，E，F，G分别是棱AB，AD，DC的中点，则（ ）
A．AB→⋅AC→=2B．EF→⋅FG→=1C．AB→⋅EG→=0D．GE→⋅GF→=1
【分析】由题意，四面体是正四面体，每个三角形都是等边三角形，利用向量的数量积的定义解答．
【解答】解：由题意，空间四边形ABCD的每条边及AC、BD的长都为2，四面体时正四面体，所以每个面都是等边三角形，点E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，所以
AB→•AC→=|AB→||AC→|cs60°＝2，故A正确；
EF→•FG→=12BD→•12AC→=14BD→•（BC→−BA→）=14BD→•BC→−14BD→•BA→=0，故B错误；
AB→•EG→=AB→•（FG→−FE→）=AB→•12AC→−AB→•12DB→=1−12BA→•BD→=1﹣1＝0，故C正确；
GE→•GF→=（GC→+CB→+BE→）•GF→=GC→•GF→+CB→•GF→+BE→•GF→=12DC→•12CA→+12CB→•CA→+12BA→•12CA→=−12+1+12=1，故D正确．
故选：ACD．
2．（2021秋•温州期末）已知四面体ABCD，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则AF→⋅CE→=（ ）
A．1B．2C．﹣1D．﹣2
【分析】先得到四面体ABCD为正四面体，再利用空间向量的数量积运算和线性运算求解即可．
【解答】解：∵四面体ABCD，所有棱长均为2，
∴四面体ABCD为正四面体，
∵E，F分别为棱AB，CD的中点，
∴AF→⋅CE→=12（AC→+AD→）•（AE→−AC→）
=12AC→•AE→−12AC→2+12AD→•AE→−12AD→•AC→
=12×2×1×12−12×4+12×2×1×12−12×2×2×12
＝﹣2．
故选：D．
3．（2021秋•沈河区校级期末）已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为a，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，则GE→•GF→的值为（ ）
A．2a28B．a28C．2a24D．a24
【分析】由题意，四面体是正四面体，每个三角形是等边三角形，再利用向量的数量积的定义解答即可．
【解答】解：∵空间四边形ABCD的每条边及AC、BD的长都为a，
∴四面体是正四面体，所以每个面都是等边三角形，
∵点E、F、G分别是AB、AD、DC的中点，
∴GE→•GF→=（GC→+CB→+BE→）•GF→
=12DC→•12CA→+CB→•12CA→+12BA→•12CA→
=14a2×（−12）+12a2×12+14a2×12=14a2．
故选：D．
4．（2021秋•榆林期末）在正四面体P﹣ABC中，棱长为2，且E是棱AB中点，则PE→⋅BC→的值为（ ）
A．﹣1B．1C．3D．73
【分析】运用空间向量基本定理，转化为向量PA→，PB→，PC→为基底．
【解答】解：如图，P﹣ABC为正四面体，则∠APC＝∠BPC＝∠APB＝60°，E是棱AB中点，
所以PE→=12(PA→+PB→)，BC→=PC→−PB→，
所以PE→⋅BC→=12(PA→+PB→)•（PC→−PB→）=12PA→⋅PC→+12PB→⋅PC→−12PA→⋅PB→−12PB→2=12×2×2×cs60°−12×22=1﹣2＝﹣1，
故选：A．
5．（2022春•南明区校级月考）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM→⋅PN→的最大值为（ ）
A．4B．12C．8D．6
【分析】利用空间向量的线性运算和数量积运算得到PM→•PN→=PG→2−4，再利用正方体的性质求解．
【解答】解：设正方体内切球的球心为G，则GM＝GN＝2，
PM→•PN→=（PG→+GM→）•（PG→+GN→）=PG→2+PG→•（GM→+GN→）+GM→•GN→，
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以GM→+GN→=0→，GM→•GN→=−4，
所以PM→•PN→=PG→2−4，
又点P在正方体表面上运动，所以当P为正方体顶点时，|PG→|最大，且最大值为23，
所以PM→•PN→=PG→2−4≤8，所以PM→•PN→最大值为8，
故选：C．
（多选）6．（2022•三明模拟）已知棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=14AB→，点P在正方体的表面上运动，且总满足MP→⋅MC→=0，则下列结论正确的是（ ）
A．点P的轨迹所围成图形的面积为5
B．点P的轨迹过棱A1D1上靠近A1的四等分点
C．点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6
D．直线B1C1与直线MP所成角的余弦值的最大值为35
【分析】首先根据动点P满足的条件及正方体的结构特征得到动点P的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项A，B，C，对于选项D，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解．
【解答】解：如图，
过点M作MF∥AA1，在AD上取一点N，使MN⊥MC，连接NC，EC，FC，
过点N作NE∥AA1，连接EF，易知MF∥NE，∴E，F，M，N四点共面；
又∵MF⊥MC，MN⋂MF＝M，
∴MC⊥面MNEF，即点P的轨迹为矩形MNEF（不含点M），
设AN＝x，则MN=x2+1又∵MC=MB2+BC2=5，
NC=ND2+DC2=(4−x)2+16，
∴MN2+MC2＝NC2解得x=34，即AN=34，∴MN=54，NC=5174，
对于A，矩形MNEF的面积为：S=MN⋅MF=54×4=5，A正确；
对于B，A1E=AN=34，B错误；
对于C，CF=MC2+MF2=41，
在Rt△CMN中，C到MN的距离范围是：(5，5174]，
∴MN上存在一点到点C的距离为6；
在Rt△CMF中，C到MF的距离范围是：(5，41]，
∴MF上存在一点到点C的距离为6；
但在Rt△CNE、Rt△CEF中不存在到点C的距离为6的点，C正确；
对于D，直线B1C1与直线MP所成的最小角就是直线B1C1与平面MNEF所成的角，
∵B1C1∥BC∴直线B1C1与平面MNEF所成的即是直线BC与平面MNEF所成的角，
延长NM，CB交于点G，则∠MGB即是直线BC与平面MNEF所成的角，
∵AN∥GB，∴ANGB=AMMB，∴GB=94，
在Rt△MGC中，sin∠MGC=MCGC=45，∴cs∠MGC=35，D正确；
故选：ACD．
（多选）7．（2021秋•南平期末）如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．EG→⋅FH→=0
B．EG→=EF→+EH→
C．EH→为直线BD的方向向量
D．设M是EG和FH的交点，则对空间任意一点O，都有OM→=14(OA→+OB→+OC→+OD→)
【分析】利用平行四边形的性质判断A；利用向量加法法则判断B；利用向量共线定义判断C；利用根据E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，分析可得四边形AFGH为平行四边形，进而可得M为EG的中点，由向量加法的运算法则判断D．
【解答】解：在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
对于A，∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
∴EH∥=12BD，FG∥=12BD，∴四边形EFGH是平行四边形，
∴EG与FH不一定垂直，∴EG→⋅FH→ 不一定等于0，故A错误；
对于B，EG→=EF→+FG→=EF→+EH→，故B正确；
对于C，∵EH∥=12BD，∴EH→为直线BD的方向向量，故C正确；
对于D，设M是EG和FH的交点，则对空间任意一点O，
根据题意，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
则EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，
同理：EF∥GH，
则四边形EFGH为平行四边形，
又由EG∩FH＝M，则M为EG的中点，
则有OA→+OB→=2OE→，OC→+OD→=2OG→，OE→+OG→=2OM→，
故有14[（OA→+OB→）+（OC→+OD→）]=14（2OE→+2OG→）=14×4OM→=OM→，
∴OM→=14(OA→+OB→+OC→+OD→)，故D正确．
故选：BCD．
【考点5：空间向量的投影向量】
1．在四棱锥S﹣ABCD 中，四边形ABCD为正方形，AB＝AD＝SA＝1，且SA⊥底面ABCD，则向量CS→在平面ABCD上的投影向量是 CA→ ，CS→⋅AB→= ﹣1 ．
【分析】由SA⊥底面ABCD，即可求出投影向量是CA→，再利用空间向量的线性运算和数量积运算即可求解．
【解答】解：如图，
∵SA⊥底面ABCD，
∴向量CS→在平面ABCD上的投影向量是CA→，
∵SA⊥底面ABCD，∴SA→•AB→=0，
∵四边形ABCD为正方形，AB＝AD＝SA＝1，
∴CS→⋅AB→=（AS→−AC→）•AB→=−AC→•AB→=−（AB→+AD→）•AB→=−AB→2=−1，
故答案为：CA→；﹣1．
2．设a→=2i→−j→+k→，b→=i→+2j→−k→，c→=2i→−11j→+7k→，求向量l→=4a→+3b→−c→在x轴上的投影及其在y轴上的投影向量．
【分析】直接利用向量的线性运算和向量的投影求出结果．
【解答】解：设a→=2i→−j→+k→，b→=i→+2j→−k→，c→=2i→−11j→+7k→，
所以l→=4a→+3b→−c→=9i→+13j→−6k→；
即l→=(9，13，−6)；
向量l→在x轴上的投影为9；
向量l→在y轴上的投影向量13j→．
3．已知e1→，e2→，e3→是空间不共面的单位向量，且满足e1→•e2→=e2→•e3→=e1→•e3→=12．若向量b→=3λe1→+（1﹣λ）e2→，λ∈R，求e3→在b→上的投影向量的模的最大值．
【分析】利用空间向量的数量积运算，向量投影的计算公式得到e3→在b→上的投影向量的模为194t2−6t+7，再利用二次函数求最值即可．
【解答】解：∵e1→•e2→=e2→•e3→=e1→•e3→=12，e1→，e2→，e3→是空间不共面的单位向量，
∴e3→•b→=e3→•[3λe1→+（1﹣λ）e2→]=3λ2+1−λ2=λ+12，
b→2=[3λe1→+（1﹣λ）e2→]2＝9λ2e1→2+（1﹣λ）2e2→2+6λ（1﹣λ）e1→•e2→=9λ2+（1﹣λ）2+3λ（1﹣λ）＝7λ2+λ+1，
∴|b→|=7λ2+λ+1，
设t＝λ+12，则λ＝t−12，∴|b→|=7t2−6t+94，
∵求模的最大值，不妨设t＝λ+12＞0，
∴e3→在b→上的投影向量的模为|e3→⋅b→|b→||=t7t2−6t+94=194t2−6t+7，
设y=94t2−6t+7=94（(1t−43)2+3≥3，则194t2−6t+7≤13=33，
∴e3→在b→上的投影向量的模的最大值为33．