專題3.1空間向量及其運(yùn)算TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【考點(diǎn)1：空間向量的線性運(yùn)算】 1【考點(diǎn)2：空間向量的共線定理】 2【考點(diǎn)3：空間向量的共面定理】 3【考點(diǎn)4：空間向量的數(shù)量積運(yùn)算】 3【考點(diǎn)5：空間向量的投影向量】 4【考點(diǎn)1：空間向量的線性運(yùn)算】【知識(shí)點(diǎn)：空間向量的線性運(yùn)算】與平面向量一樣,空間向量的線性運(yùn)算滿足以下運(yùn)算律(其中):

交換律:；

結(jié)合律:；

分配律:.1．（2021秋?東莞市期末）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→A．AC1→ B．A1C→2．（2021秋?蘭山區(qū)校級(jí)月考）如圖，四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，AD的中點(diǎn)，則|AC→+EF→|＝；|3．（2022春?河南月考）如圖，在△ABC中，點(diǎn)M是AB上的點(diǎn)且滿足AM→=3MB→，P是CM上的點(diǎn)，且MP→=15A．12a→+14b→ 【考點(diǎn)2：空間向量的共線定理】【知識(shí)點(diǎn)：共線定理】對(duì)于空間中任意的兩個(gè)向量，若存在實(shí)數(shù)，使得，則與共線.

1．（2021秋?鐵東區(qū)校級(jí)期末）已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，若m→=a→+2b→?3cA．﹣3 B．?13 C．3 2．（2022春?市中區(qū)校級(jí)月考）已知空間的一組基底{a→，b→，c→}A．2 B．﹣2 C．1 D．03．（2022春?天寧區(qū)校級(jí)期中）設(shè)e1→，e2→是兩個(gè)不共線的空間向量，若AB→=2e1→?e2→，BC→4．（2022春?張掖期中）對(duì)于空間任意一點(diǎn)O，以下條件可以判定點(diǎn)P、A、B共線的是（填序號(hào)）．①OP→②5OP→③OP→④OP→【考點(diǎn)3：空間向量的共面定理】【知識(shí)點(diǎn)：共面定理】?jī)蓚€(gè)不共線的向量，若存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)（x，y），使得，則向量與向量，共面.1．（2022春?常州期中）對(duì)于空間任意一點(diǎn)O，若OP→=12OA→+13OBA．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．與O點(diǎn)位置有關(guān)2．（2022春?臨河區(qū)校級(jí)月考）有四個(gè)命題①若p→=xa②若p→與③若MN→=xMA→+YMB→，則M④若M、N、A、B四點(diǎn)共面，則MN其中真命題的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．411．（2022春?成都期中）已知M，A，B，C為空間中四點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，且OM→=?2OA→+xOB→+yOC→，若M，A，BA．0 B．1 C．2 D．312．（2022春?灣里區(qū)期中）已知非零向量a→=3m→?2n→?4p→，b→=(x+1)mA．﹣13 B．﹣5 C．8 D．13（多選）13．（2021秋?惠州期末）下面四個(gè)結(jié)論正確的是（）A．空間向量a→，b→(a→B．若對(duì)空間中任意一點(diǎn)O，有OP→=16OA→+13OBC．已知{a→，b→，D．任意向量a→，b→，c14．（2021秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）在下列等式中，使點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C一定共面的是（）A．OM→=25C．MA→+MB15．（2021秋?肥城市期中）已知A，B，C三點(diǎn)不共線，O為平面ABC外一點(diǎn)，若由OM→=3OA→?OB→+λOC→確定的點(diǎn)A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【考點(diǎn)4：空間向量的數(shù)量積運(yùn)算】【知識(shí)點(diǎn)：數(shù)量積運(yùn)算】已知兩個(gè)非零向量,,則||||cos<,>叫做,的數(shù)量積,記作，即||||cos<,>.（多選）1．（2021秋?益陽(yáng)期末）已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)都是2，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，則（）A．AB→?AC→=2 B．EF→2．（2021秋?溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長(zhǎng)均為2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點(diǎn)，則AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣23．（2021秋?沈河區(qū)校級(jí)期末）已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都為a，E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點(diǎn)，則GE→?GFA．2a28 B．a(chǎn)28 4．（2021秋?榆林期末）在正四面體P﹣ABC中，棱長(zhǎng)為2，且E是棱AB中點(diǎn)，則PE→A．﹣1 B．1 C．3 D．75．（2022春?南明區(qū)校級(jí)月考）已知MN是棱長(zhǎng)為4的正方體內(nèi)切球的一條直徑，點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，則PM→A．4 B．12 C．8 D．6（多選）6．（2022?三明模擬）已知棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=14ABA．點(diǎn)P的軌跡所圍成圖形的面積為5 B．點(diǎn)P的軌跡過(guò)棱A1D1上靠近A1的四等分點(diǎn) C．點(diǎn)P的軌跡上有且僅有兩個(gè)點(diǎn)到點(diǎn)C的距離為6 D．直線B1C1與直線MP所成角的余弦值的最大值為3（多選）7．（2021秋?南平期末）如圖，在四面體ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，則下列選項(xiàng)正確的是（）A．EG→B．EG→C．EH→為直線BD的方向向量D．設(shè)M是EG和FH的交點(diǎn)，則對(duì)空間任意一點(diǎn)O，都有OM【考點(diǎn)5：空間向量的投影向量】1．在四棱錐S﹣ABCD中，四邊形ABCD為正方形，AB＝AD＝SA＝1，且SA⊥底面ABCD，則向量CS→在平面ABCD上的投影向量是，CS→2．設(shè)a→=2i→?j→+k→，b→=i→+2j→?k→，3．已知e1→，e2→，e3→是空間不共面的單位向量，且滿足e1→?e2→=e2→?e3→=e1→專題3.1空間向量及其運(yùn)算TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【考點(diǎn)1：空間向量的線性運(yùn)算】 1【考點(diǎn)2：空間向量的共線定理】 3【考點(diǎn)3：空間向量的共面定理】 5【考點(diǎn)4：空間向量的數(shù)量積運(yùn)算】 5【考點(diǎn)5：空間向量的投影向量】 8【考點(diǎn)1：空間向量的線性運(yùn)算】【知識(shí)點(diǎn)：空間向量的線性運(yùn)算】與平面向量一樣,空間向量的線性運(yùn)算滿足以下運(yùn)算律(其中):

交換律:；

結(jié)合律:；

分配律:.1．（2021秋?東莞市期末）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→A．AC1→ B．A1C→【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量的加減法法則，即可求解．【解答】解：∵ABCD﹣A1B1C1D1為平行四面體，∴AB→故選：B．2．（2021秋?蘭山區(qū)校級(jí)月考）如圖，四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，AD的中點(diǎn)，則|AC→+EF→|＝；|【分析】取BD的中點(diǎn)H，連結(jié)AH，CH，由AH⊥BD，CH⊥BD，得BD⊥平面ACH，從而AC⊥BD，過(guò)C作CG∥BD，使CG＝EF，則EF→=CG→，從而|AC→+EF→|＝|AC→+CG→|＝|AG→【解答】解：取BD的中點(diǎn)H，連結(jié)AH，CH，∵四面體ABCD的每條棱長(zhǎng)都等于2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，AD的中點(diǎn)，∴AH⊥BD，CH⊥BD，∴AH∩CH＝H，∴BD⊥平面ACH，∵AC?平面AHC，∴AC⊥BD，過(guò)C作CG∥BD，使CG＝EF，則EF→∴AC⊥CG，且AC＝2，CG=1∴|AC→+EF→|＝|AC→∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，AD的中點(diǎn)，∴EF→∴|BC→?EF則|BC→?EF→|＝|BC→?1故答案為：5，3．3．（2022春?河南月考）如圖，在△ABC中，點(diǎn)M是AB上的點(diǎn)且滿足AM→=3MB→，P是CM上的點(diǎn)，且MP→=15A．12a→+14b→ 【分析】利用向量運(yùn)算法則運(yùn)算可得結(jié)果．【解答】解：由AM→=3MB→，得AM所以AP→=AM→+故選：B．【考點(diǎn)2：空間向量的共線定理】【知識(shí)點(diǎn)：共線定理】對(duì)于空間中任意的兩個(gè)向量，若存在實(shí)數(shù)，使得，則與共線.

1．（2021秋?鐵東區(qū)校級(jí)期末）已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，若m→=a→+2b→?3cA．﹣3 B．?13 C．3 【分析】由m→∥n→，可得n→=λ【解答】解：m→n→=x(a→+b→)?y(b→+c→)+3(a因?yàn)閙→∥n→，所以即x+3=λx?y=2λ3?y=?3λ，解得所以xy故選：C．2．（2022春?市中區(qū)校級(jí)月考）已知空間的一組基底{a→，b→，c→}A．2 B．﹣2 C．1 D．0【分析】根據(jù)m→與n→共線可得出n→=km→，再根據(jù)【解答】解：因?yàn)閙→與n→共線，空間的一組基底所以xa所以x+y＝0．故選：D．3．（2022春?天寧區(qū)校級(jí)期中）設(shè)e1→，e2→是兩個(gè)不共線的空間向量，若AB→=2e1→?e2→，BC→【分析】先由AC→=AB→+BC→求出AC→，在根據(jù)A，C，【解答】解：∵AB→=2e1→?∴AC→又∵A，C，D三點(diǎn)共線，∴AC→∴2﹣5k＝0，∴k=2故答案為：254．（2022春?張掖期中）對(duì)于空間任意一點(diǎn)O，以下條件可以判定點(diǎn)P、A、B共線的是（填序號(hào)）．①OP→②5OP→③OP→④OP→【分析】由空間共線向量定理即可求解．【解答】解：對(duì)于①，∵OP→=OA∴OP→?OA→=tAB→∴點(diǎn)P、A、B共線，故①正確；對(duì)于②，∵5OP→=OA→+∴P、O、B共線，點(diǎn)P、A、B不一定共線，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，∵OP→=OA→+AB→∴AP→=?tAB→（t≠0），∴AP→，AB→共線，∴對(duì)于④，∵OP→=?OA∴OP→=?2OA∴BP→=?2OA→，∴BP，OA平行或重合，故BP、OA平行時(shí)，點(diǎn)P、A、故選：①③．【考點(diǎn)3：空間向量的共面定理】【知識(shí)點(diǎn)：共面定理】?jī)蓚€(gè)不共線的向量，若存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)（x，y），使得，則向量與向量，共面.1．（2022春?常州期中）對(duì)于空間任意一點(diǎn)O，若OP→=12OA→+13A．一定不共面 B．一定共面 C．不一定共面 D．與O點(diǎn)位置有關(guān)【分析】由共面向量基本定理、空間向量基本定理即可得出．【解答】解：∵OP→=1∴四點(diǎn)P、A、B、C必共面．故選：B．2．（2022春?臨河區(qū)校級(jí)月考）有四個(gè)命題①若p→=xa②若p→與③若MN→=xMA→+YMB→，則M④若M、N、A、B四點(diǎn)共面，則MN其中真命題的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】在①中，由平面向量基本定理得p→與a→、b→一定在同一平面內(nèi)；在②中，如果a→，b→共線，p→就不一定能用a→，b→來(lái)表示；在③中，若【解答】解：在①中，若p→則由平面向量基本定理得p→與a在②中，若p→與a→、b→共面，但如果a在③中，若MN→=xMA所以M、N、A、B四點(diǎn)共面，故③正確；在④中，若M、N、A、B四點(diǎn)共面，其中M，A，B共線，N與M，A，B不共線，則不存在x，y使MN→=xMA故選：B．11．（2022春?成都期中）已知M，A，B，C為空間中四點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，且OM→=?2OA→+xOB→+yOC→，若M，A，BA．0 B．1 C．2 D．3【分析】由共面向量定理能求出x+y．【解答】解：M，A，B，C為空間中四點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，且OM→=?2OA→+xOB→+yOC→，M則由共面向量定理得：﹣2+x+y＝1．解得x+y＝3．故選：D．12．（2022春?灣里區(qū)期中）已知非零向量a→=3m→?2n→?4p→，b→=(x+1)mA．﹣13 B．﹣5 C．8 D．13【分析】根據(jù)向量共線可得b→=λa→，從而可解方程組求出x，y，再求出【解答】解：∵m→，n→，p→不共面，故m→，∵a→∥b→，故存在即（x+1）m→+8n→+2yp→=3λm→∴x+1=3λ8=?2λ2y=?4λ，解得：則x+y＝﹣5．故選：B．（多選）13．（2021秋?惠州期末）下面四個(gè)結(jié)論正確的是（）A．空間向量a→，b→(a→B．若對(duì)空間中任意一點(diǎn)O，有OP→=16OA→+13OBC．已知{a→，b→，D．任意向量a→，b→，c【分析】直接利用向量的線性運(yùn)算和向量的共面的充要條件，向量的基底．向量的數(shù)量積判斷A、B、C、D的結(jié)論．【解答】解：對(duì)于A：空間向量a→，b→(a→≠0低于B：若對(duì)空間中任意一點(diǎn)O，有OP→=16OA→+13OB→+1對(duì)于C：已知{a→，b→，c對(duì)于D：任意向量a→，b→，c→滿足(a→?b→)?c→=a→?(故選：ABC．14．（2021秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）在下列等式中，使點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C一定共面的是（）A．OM→=25C．MA→+MB【分析】結(jié)合共面性質(zhì)，利用共面向量定理直接判斷．【解答】解：對(duì)于ABD，變形后均不滿足：OM→=xOA→+yOB→+zOC→對(duì)于C，∵M(jìn)A→+MB∴點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C一定共面，故C正確．故選：C．15．（2021秋?肥城市期中）已知A，B，C三點(diǎn)不共線，O為平面ABC外一點(diǎn)，若由OM→=3OA→?OB→+λOC→確定的點(diǎn)A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【分析】由空間向量的共面定理列式，求解即可．【解答】解：因?yàn)辄c(diǎn)M與A，B，C共面，且OM→所以3﹣1+λ＝1，解得λ＝﹣1．故選：B．【考點(diǎn)4：空間向量的數(shù)量積運(yùn)算】【知識(shí)點(diǎn)：數(shù)量積運(yùn)算】已知兩個(gè)非零向量,,則||||cos<,>叫做,的數(shù)量積,記作，即||||cos<,>.（多選）1．（2021秋?益陽(yáng)期末）已知四面體ABCD的所有棱長(zhǎng)都是2，E，F(xiàn)，G分別是棱AB，AD，DC的中點(diǎn)，則（）A．AB→?AC→=2 B．EF→【分析】由題意，四面體是正四面體，每個(gè)三角形都是等邊三角形，利用向量的數(shù)量積的定義解答．【解答】解：由題意，空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長(zhǎng)都為2，四面體時(shí)正四面體，所以每個(gè)面都是等邊三角形，點(diǎn)E、F、G分別是AB、AD、DC的中點(diǎn)，所以AB→?AC→=|AB→||EF→?FG→=12BD→?12AC→=AB→?EG→=AB→?（FG→?FE→）=AB→GE→?GF→=（GC→+CB→+BE→）?GF→=GC→?GF→故選：ACD．2．（2021秋?溫州期末）已知四面體ABCD，所有棱長(zhǎng)均為2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點(diǎn)，則AF→A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2【分析】先得到四面體ABCD為正四面體，再利用空間向量的數(shù)量積運(yùn)算和線性運(yùn)算求解即可．【解答】解：∵四面體ABCD，所有棱長(zhǎng)均為2，∴四面體ABCD為正四面體，∵E，F(xiàn)分別為棱AB，CD的中點(diǎn)，∴AF→?CE→==12AC→?AE→=12×2×1×12＝﹣2．故選：D．3．（2021秋?沈河區(qū)校級(jí)期末）已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都為a，E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，DC的中點(diǎn)，則GE→?GFA．2a28 B．a(chǎn)28 【分析】由題意，四面體是正四面體，每個(gè)三角形是等邊三角形，再利用向量的數(shù)量積的定義解答即可．【解答】解：∵空間四邊形ABCD的每條邊及AC、BD的長(zhǎng)都為a，∴四面體是正四面體，所以每個(gè)面都是等邊三角形，∵點(diǎn)E、F、G分別是AB、AD、DC的中點(diǎn)，∴GE→?GF→=（=12DC→?12=14a2×（?12）+12a2×故選：D．4．（2021秋?榆林期末）在正四面體P﹣ABC中，棱長(zhǎng)為2，且E是棱AB中點(diǎn)，則PE→A．﹣1 B．1 C．3 D．7【分析】運(yùn)用空間向量基本定理，轉(zhuǎn)化為向量PA→，PB→，【解答】解：如圖，P﹣ABC為正四面體，則∠APC＝∠BPC＝∠APB＝60°，E是棱AB中點(diǎn)，所以PE→=1所以PE→?BC→=故選：A．5．（2022春?南明區(qū)校級(jí)月考）已知MN是棱長(zhǎng)為4的正方體內(nèi)切球的一條直徑，點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，則PM→A．4 B．12 C．8 D．6【分析】利用空間向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算得到PM→?PN【解答】解：設(shè)正方體內(nèi)切球的球心為G，則GM＝GN＝2，PM→?PN→=（PG→+GM→）?（PG→+因?yàn)镸N是正方體內(nèi)切球的一條直徑，所以GM→+GN→=所以PM→?PN又點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)P為正方體頂點(diǎn)時(shí)，|PG→|最大，且最大值為2所以PM→?PN→=PG→故選：C．（多選）6．（2022?三明模擬）已知棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=14ABA．點(diǎn)P的軌跡所圍成圖形的面積為5 B．點(diǎn)P的軌跡過(guò)棱A1D1上靠近A1的四等分點(diǎn) C．點(diǎn)P的軌跡上有且僅有兩個(gè)點(diǎn)到點(diǎn)C的距離為6 D．直線B1C1與直線MP所成角的余弦值的最大值為3【分析】首先根據(jù)動(dòng)點(diǎn)P滿足的條件及正方體的結(jié)構(gòu)特征得到動(dòng)點(diǎn)P的軌跡，然后利用軌跡的特征判斷選項(xiàng)A，B，C，對(duì)于選項(xiàng)D，將線線角轉(zhuǎn)化為線面角，運(yùn)用線面角的定義找出線面角進(jìn)行求解．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)M作MF∥AA1，在AD上取一點(diǎn)N，使MN⊥MC，連接NC，EC，F(xiàn)C，過(guò)點(diǎn)N作NE∥AA1，連接EF，易知MF∥NE，∴E，F(xiàn)，M，N四點(diǎn)共面；又∵M(jìn)F⊥MC，MN?MF＝M，∴MC⊥面MNEF，即點(diǎn)P的軌跡為矩形MNEF（不含點(diǎn)M），設(shè)AN＝x，則MN=x2+1NC=N∴MN2+MC2＝NC2解得x=34，即AN=34，∴對(duì)于A，矩形MNEF的面積為：S=MN?MF=54×4=5對(duì)于B，A1E=AN=3對(duì)于C，CF=M在Rt△CMN中，C到MN的距離范圍是：(5，5∴MN上存在一點(diǎn)到點(diǎn)C的距離為6；在Rt△CMF中，C到MF的距離范圍是：(5，41∴MF上存在一點(diǎn)到點(diǎn)C的距離為6；但在Rt△CNE、Rt△CEF中不存在到點(diǎn)C的距離為6的點(diǎn)，C正確；對(duì)于D，直線B1C1與直線MP所成的最小角就是直線B1C1與平面MNEF所成的角，∵B1C1∥BC∴直線B1C1與平面MNEF所成的即是直線BC與平面MNEF所成的角，延長(zhǎng)NM，CB交于點(diǎn)G，則∠MGB即是直線BC與平面MNEF所成的角，∵AN∥GB，∴ANGB=AM在Rt△MGC中，sin∠MGC=MCGC=45故選：ACD．（多選）7．（2021秋?南平期末）如圖，在四面體ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，則下列選項(xiàng)正確的是（）A．EG→B．EG→C．EH→為直線BD的方向向量D．設(shè)M是EG和FH的交點(diǎn)，則對(duì)空間任意一點(diǎn)O，都有OM【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)判斷A；利用向量加法法則判斷B；利用向量共線定義判斷C；利用根據(jù)E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，分析可得四邊形AFGH為平行四邊形，進(jìn)而可得M為EG的中點(diǎn)，由向量加法的運(yùn)算法則判斷D．【解答】解：在四面體ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，對(duì)于A，∵E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)