第7单元 07 第45讲 空间向量及其运算和空间位置关系（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦空间向量运算与位置关系，以题构建“概念-运算-应用”逻辑链，覆盖选择填空解答，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算|1-7、13|向量共线/模长/投影计算|从线性运算到数量积，夯实概念基础| |位置关系|3、6、8、11、12|共面/垂直/异面关系判断|应用向量工具解决空间位置问题| |综合应用|9、15|几何体中证明与计算|结合棱柱棱锥，体现模型观念与推理能力|

第45讲　空间向量及其运算和空间位置关系 1.已知A(1,5,-2),B(2,4,2),C(a,3,b+2)三点在同一条直线上,则a+b= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.5 B.6 C.7 D.8 2.[2025·北京延庆区期末] 如图,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长都为2的直平行六面体,且∠DAB=60°,则线段AC1的长为 (　 ) A.16 B.4 C.4 D.2 3.已知点O,A,B,C为空间不共面的四点,且向量a=++,向量b=+-,则与a,b不能构成空间的一个基底的向量是 (　 ) A. B. C. D.或 4.已知正四面体OABC的棱长为1,点M在OA上,且=,点N为BC的中点,则用基底{,,}表示为 (　 ) A.-+ B.+- C.--+ D.-++ 5.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠A1AD= ∠BAD=60°,则·的值为 (　 ) A.1 B. C. D.-1 6.(多选题)下面四个结论中正确的是 (　 ) A.点P(1,-1,2)关于xOy平面对称的点的坐标是(1,-1,-2) B.若a·b<0,则向量a,b的夹角是钝角 C.若对空间中任一点O,有=++,则M,A,B,C四点共面 D.若{a,b,c}是空间的一个基底,则{a+b,a+b+c,c}也是空间的一个基底 7.已知向量a=(2,-2,1),b=(3,0,4),则向量a在向量b上的投影向量是　　　　.  8.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=,AB=1,AD=AA1=2,则异面直线BD1与CC1所成角的余弦值为　　　　.  9.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点Q为BC的中点,点P为棱CC1上一点. (1)若平面BA1C1∩平面QAC1=直线l,求证:A1B∥l; (2)当平面APQ⊥平面APB1时,求CP的长度. 10.若正四面体ABCD的棱长为4,点P满足|+|=2,则·的最大值为 (　 ) A.2+2 B.4+2 C.2+4 D.4+4 11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P,Q分别在A1B,B1C上,且A1P=B1Q,则下列说法错误的是 (　 ) A.直线B1C与CC1所成的角为45° B.DD1⊥PQ C.P,Q,A1,C1四点共面 D.PQ∥平面ABCD 12.(多选题)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,2AB=AA1=2,M是BC的中点,N是棱CC1上的动点,则 (　 ) A.AM⊥CC1 B.正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为 C.若AB1⊥MN,则CN= D.直线MN与AB1是异面直线 13.已知空间四点A(0,0,0),B(2,1,1),C(1,0,2),D(5,2,m)构成梯形,则实数m的值为　　　　.  14.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E为AD的中点,AF=2FA1,AC1交平面BEF于点G, 则的值为　　　　.  15.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥AB,AD∥BC,AD=4,AB=AP=2,BC=1,M为PB的中点,=2. (1)证明:PC⊥BD; (2)若Q为线段PC上一点,且A,M,Q,N四点共面,求三棱锥Q-ABC的体积. 16.(多选题)如图所示的立体图形为正八面体,其棱长为1,H为棱EC上的动点(包括端点),则 (　 ) A.V正八面体= B.(BH+HD)min= C.当AH⊥DF时,直线AH与直线BC的夹角为 D.·≤· 学科网（北京）股份有限公司 $ 第45讲　空间向量及其运算和空间位置关系 1.C　[解析] 因为A(1,5,-2),B(2,4,2),C(a,3,b+2),所以=(1,-1,4),=(a-1,-2,b+4),又A,B,C三点共线,所以==,解得a=3,b=4,所以a+b=7.故选C. 2.C　[解析] 由题可知,ABCD-A1B1C1D1是棱长都为2的直平行六面体,则AA1⊥AD,AA1⊥AB,且∠DAB=60°,由=++,可得=+++2·+2·+2·=22+22+22+2×2×2×cos 60°=16,所以||=4.故选C. 3.C　[解析] ∵=(a-b)=(++)-(+-),∴与a,b不能构成空间的一个基底.故选C. 4.D　[解析] 因为N为BC的中点,所以=,所以-=-,则=+,所以=-=-++.故选D. 5.A　[解析] 因为=++=-++,=+,所以·=(-++)·(+)=--·+·++·+·=-++·+·=-12+12+1×1×cos 60°+1×1×cos 60°=1.故选A. 6.AC　[解析] 对于A,点P(1,-1,2)关于xOy平面对称的点的坐标是(1,-1,-2),故A正确;对于B,当a,b反向时,a·b=|a|·|b|cos π<0,此时向量a,b的夹角为π,不是钝角,故B错误;对于C,因为对空间中任一点O,有=++,且++=1,所以M,A,B,C四点共面,故C正确;对于D,设a+b=p(a+b+c)+qc,即a+b=pa+pb+(p+q)c,则解得 故a+b,a+b+c,c共面,不能构成空间的一个基底,故D错误.故选AC. 7.　[解析] 向量a在向量b上的投影向量为·=·=. 8.　[解析] 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,CC1∥DD1,则∠BD1D是异面直线BD1与CC1所成的角或其补角.BD==.由=-=+-,可得||2=+++2·-2·-2·=9.在△BDD1中,由余弦定理得cos∠BD1D===. 9.解:(1)证明:连接A1C交AC1于点O,连接OQ.因为O,Q分别为A1C,BC的中点,所以A1B∥OQ, 又A1B⊄平面QAC1,OQ⊂平面QAC1,所以A1B∥平面QAC1, 又A1B⊂平面BA1C1,平面BA1C1∩平面QAC1=直线l,所以A1B∥l. (2)取B1C1的中点Q1,连接QA,QQ1. 以Q为坐标原点,QC,QA,QQ1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则Q(0,0,0),A(0,,0),B1(-1,0,3),设CP=h,则P(1,0,h),可得=(0,,0),=(1,0,h),=(2,0,h-3),=(1,,-3). 设平面APQ的法向量为m=(x1,y1,z1),则 令z1=-1,得m=(h,0,-1). 设平面APB1的法向量为n=(x2,y2,z2),则 令x2=3-h,得n=. 因为平面APQ⊥平面APB1,所以m⊥n,则m·n=h(3-h)-2=0,解得h=1或h=2, 所以CP的长度为1或2. 10.D　[解析] 将正四面体ABCD补成正方体AEDF-GBHC,以点A为坐标原点,AE,AF,AG所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为正四面体ABCD的棱长为4,所以正方体AEDF-GBHC的棱长为2,则A(0,0,0),B(2,0,2),D(2,2,0),设P(x,y,z),则=(-x,-y,-z),=(2-x,-y,2-z),所以+=(2-2x,-2y,2-2z).由|+|= = 2,化简得(x-)2+y2+(z-)2=2,因为=(2,2,0),所以·=2x+2y=2(x+y).设x=+sin θcos φ,y=sin θsin φ,z=+cos θ,则·=2(x+y)=2(+sin θcos φ+sin θsin φ)=4+4sin θ(cos φ+sin φ)=4+4sin θsin≤4+4,所以·的最大值为4+4.故选D. 11.C　[解析] 对于A,由正方体的性质可知,∠B1CC1即为直线B1C与CC1所成的角, ∠B1CC1=45°,故直线B1C与CC1所成的角为45°,故A中说法正确;对于B,如图,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1),设=t=(0,t,-t),则P(1,t,1-t),因为A1P=B1Q,A1B=B1C,所以=t=(-t,0,-t),则Q(1-t,1,1-t),所以=(-t,1-t,0),=(0,0,1),因为·=(-t)×0+(1-t)×0+0×1=0,所以⊥,即DD1⊥PQ,故B中说法正确;对于C,当t=1时,点P(1,1,0)即点B,点Q(0,1,0)即点C,此时满足A1P=B1Q,显然BC与A1C1为异面直线,故PQ与A1C1为异面直线,即P,Q,A1,C1四点不共面,故C中说法错误;对于D,由正方体的性质知DD1⊥平面ABCD,所以=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由选项B的证明可知DD1⊥PQ,又PQ⊄平面ABCD,所以PQ∥平面ABCD,故D中说法正确.故选C. 12.ACD　[解析] 因为CC1⊥平面ABC,AM⊂平面ABC,所以CC1⊥AM,故A正确;正三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=AA1·S△ABC=2××12×sin 60°=,故B错误;取B1C1的中点D,连接MD,因为MC∥DC1,MC=DC1,所以四边形MCC1D为平行四边形,所以MD∥CC1,因为CC1⊥平面ABC,所以MD⊥平面ABC,又因为MA,MC⊂平面ABC,所以MD⊥MA,MD⊥MC,因为AB=AC,M为BC的中点,所以MA⊥BC,设CN=m(0≤m≤2),以M为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则M(0,0,0),A,B1,N,所以=,=,若·=0,则-+2m=0,解得m=,所以CN=,故C正确;=,=,=,设=λ+μ,则=λ+μ,即-μ=,λ=0,m=2μ,解得λ=0,μ=-1,m=-2,与m∈[0,2]矛盾,所以,,不是共面向量,所以MN与AB1是异面直线,故D正确.故选ACD. 13.4　[解析] 因为空间四点构成梯形,所以四点首先共面,则=λ+μ,即(5,2,m)=λ(2,1,1)+μ(1,0,2)=(2λ+μ,λ,λ+2μ),所以解得当m=4时,=(2,1,1),=(4,2,2),所以=2,即AB∥CD,且AB≠CD,此时四边形ABCD为梯形,所以m=4. 14.　[解析] 设=m,其中=++,因为E为AD的中点,AF=2FA1,所以=2,=,所以=+2+,则=m+2m+m.因为G,B,E,F四点共面,所以m+2m+m=1,解得m=. 15.解:(1)证明:由题意知=+=+,=-, 因为·=·(-)=0-4+4-0=0,所以AC⊥BD,因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,又PA,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A, 所以BD⊥平面PAC, 又PC⊂平面PAC,所以PC⊥BD. (2)因为PA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB, 又AD⊥AB,所以AP,AB,AD两两垂直,如图,以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),M(1,0,1),N,C(2,1,0),P(0,0,2), 所以=(2,1,0),=(0,0,2),=(1,0,1),=. 设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),则不妨令x=4,则y=1,z=-4,所以n=(4,1,-4). 设=t0<t<1,则=t+(1-t)=t(2,1,0)+(1-t)(0,0,2)=(2t,t,2-2t),因为A,M,Q,N四点共面,所以·n=8t+t-8(1-t)=0,解得t=, 即=,所以VQ-ABC=VP-ABC=VP-ABC=×××1×2×2=. 16.BC　[解析] 对于A,由题意知,该正八面体由两个正四棱锥组成,易知正四棱锥的高为=,所以该正四棱锥的体积为×12×=,所以该正八面体的体积为2×=,故A错误;对于B,将△CDE,△CEB展开铺成一个平面,如图①,当D,H,B三点共线时,DH+BH取得最小值,此时在△CDB中,CD=CB=1,∠BCD=120°,由余弦定理得BD= =,则(DH+BH)min=,故B正确;对于C,建立如图②所示的空间直角坐标系O-xyz,则A,B,C,D,E,F,设H(a,b,c),=λ(0≤λ≤1),得=,=,则H,所以=,=,由AH⊥DF,得·=0×+×0+×(1-λ)=0,解得λ=1,即点H与点C重合,此时==(-,0,0),=,设直线AH与BC的夹角为θ,则cos θ===,解得θ=,故C正确;对于D,由选项C知,=,=,=,所以·=-,·=-,由0≤λ≤1,知-≥-,即·≥·,故D错误.故选BC. 学科网（北京）股份有限公司 $