2026年高考数学一轮专题训练：空间向量及其运算1 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：空间向量及其运算1 [含答案]，共14页。
A．xy＝﹣8B．xy＝﹣2C．xy＝2D．xy＝8
2．（2024秋•雁江区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝AB＝CC1＝1，E是线段AB的中点，在△A1BC内有一动点P（包括边界），则|PA|+|PE|的最小值是（ ）
A．332B．2333C．336D．333
3．（2025春•盐城期中）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为1，O为底面ABCD内一点，且PO→=13PA→+λPB→+12PC→(λ∈R)，则PO→⋅PB→=（ ）
A．512B．712C．34D．43
4．（2024秋•三门峡期末）平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为（ ）
A．10B．85C．61D．70
5．（2024秋•雅安期末）已知空间向量a→=(1，1，1)，b→=(0，m，2)，c→=(1，0，0)，若a→，b→，c→共面，则m的值为（ ）
A．1B．﹣1C．﹣2D．2
6．（2025春•兴化市校级月考）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→+BC→+CC1→−D1C1→等于（ ）
A．AD1→B．AC1→C．AD→D．AB→
7．（2025•闵行区二模）设n为正整数，空间中n个单位向量构成集合An={a1→，a2→，⋯，an→}，若存在实数t，满足对任意ai→∈An，aj→∈An，ai→≠aj→，都有ai→⋅aj→=t，则当n取得最大值时，t的值为（ ）
A．−12B．12C．−13D．13
8．（2024秋•海南州期末）已知向量OM→=(2，1，2)，ON→=(−2，1，1)，OP→=(8，6，λ)，若O，M，N，P四点共面，则向量OP→在OM→上的投影向量的模为（ ）
A．12B．223C．449D．443
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•碑林区校级期中）以下说法正确的有（ ）
A．若平面向量a→，b→，c→两两夹角相等，且|a→|=1，|b→|=1，|c→|＝3，则|a→+b→+c→|=2
B．已知向量a→=（1，2），b→=（2，2），则向量a→在向量b→方向上的投影向量的坐标为(32，32)
C．已知点O是△ABC内的一点，若2OA→+OB→+3OC→=0→，S△ABC，S△BOC分别表示△ABC，△BOC的面积，则S△ABC：S△BOC＝3：1
D．已知点O是△ABC内的一点，若OA→⋅(AB→|AB→|+CA→|CA→|)=OB→⋅(BA→|BA→|+CB→|CB→|)=OC→⋅(BC→|BC→|+CA→|CA→|)=0，则点O是△ABC的垂心
10．（2025春•南京期中）已知点A（3，﹣1，﹣1），B（5，4，﹣3），则（ ）
A．|AB→|为33
B．线段AB的中点坐标为(4，32，−2)
C．点B到x轴的距离为5
D．直线AB的一个方向向量为(−1，52，1)
11．（2024秋•资阳校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，∠BAA1=2π3，∠CAA1=π3，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是（ ）
A．AO→=12(AB→+AC→+AA1→)B．|AO→|=62
C．AO⊥BCD．平面ABC⊥平面B1BCC1
12．（2024秋•朝阳校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若BP→=λBC→+μBB1→(λ，μ∈[0，1])，则（ ）
A．若λ＝μ，则点P的轨迹为线段BC1
B．若μ＝1﹣λ，则点P的轨迹为线段B1C
C．存在λ，μ∈（0，1），使得AP⊥平面BCC1B1
D．存在λ，μ∈（0，1），使得AP∥平面A1B1C1
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•盐城期中）已知直线l的方向向量为b→=(0，−1，1)，则向量a→=(1，2，3)在直线l上的投影向量坐标为 ．
14．（2025•徐汇区二模）在空间直角坐标系中，向量a→=(−m，6，3)，b→=(2，n，1)，若a→∥b→，则m+n＝ ．
15．（2025春•兴化市校级月考）已知点B（1，0，0），C′（1，1，1），D′（0，1，1），若点E的坐标为（﹣2，1，m），且点B，C′，D′，E四点共面，则实数m的值为 ．
16．（2024秋•普陀区校级期末）在正四面体ABCD中，点N是△ABC的中心，若DN→=λDA→+μDB→+νBC→（λ、μ、v∈R），则λ+μ+v＝ ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•沭阳县期中）已知a→=(3，2，−1)，b→=(2，1，2)．
（1）求(a→−b→)⋅(a→+2b→)；
（2）当(ka→−b→)∥(a→+b→)时，求实数k的值．
18．（2025春•沭阳县期中）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，棱长都为2，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，设AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N分别是棱AA1，BC的中点，点P为棱C1D1上的动点．
（1）用a→，b→，c→表示A1N→；
（2）若P为棱C1D1的中点，求|MP→+NC1→|；
（3）是否存在点P，使AP⊥A1N，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
19．（2025春•江苏校级期中）在如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1=22，∠A1AB＝∠A1AD＝45°，∠BAD＝60°，设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→．
（1）用a→，b→，c→表示AC1→，BD1→，AC→；
（2）求AC1的长；
（3）求异面直线BD1与AC所成角的余弦值．
20．（2024秋•厦门校级期中）如图，在矩形ABCD和ABEF中，AB=4，AD=AF=3，∠DAF=π3，DM→=λDB→，AN→=λAE→，0＜λ＜1，记AB→=a→，AD→=b→，AF→=c→．
（1）将MN→用a→，b→，c→表示出来；
（2）当λ等于多少时，线段MN的长度取得最小值？求此时MN与AE夹角的余弦值．
空间向量及其运算
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•姜堰区期中）已知向量a→=(x，4，−2)，b→=(−2，y，1)，若a→∥b→，则（ ）
A．xy＝﹣8B．xy＝﹣2C．xy＝2D．xy＝8
【考点】空间向量的共线与共面．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】A
【分析】直接利用向量共线的充要条件求出结果．
解：向量a→=(x，4，−2)，b→=(−2，y，1)，若a→∥b→，
所以x−2=4y=−21，解得xy＝﹣8．
故选：A．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
2．（2024秋•雁江区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝AB＝CC1＝1，E是线段AB的中点，在△A1BC内有一动点P（包括边界），则|PA|+|PE|的最小值是（ ）
A．332B．2333C．336D．333
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】C
【分析】首先由题意建立空间直角坐标系C﹣xyz，设A关于平面A1BC的对称点为A′（x，y，z），z＞0，求出A′A1→、AA′→和平面A1BC的法向量n→=(x1，y1，z1)，进而利用A与A′到平面A1BC的距离相等得|﹣x+y+z|＝1①，再由AA′→∥n→得x﹣1＝﹣y＝﹣z②从而求出A′，接着由|PA|+|PE|＝|PA′|+|PE|≥|A′E|结合两点间距离公式即可得解．
解：由题意可以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系C﹣xyz，
则A1（1，0，1），B（1，1，0），C（0，0，0），A（1，0，0），E(1，12，0)，
所以CB→=(1，1，0)，CA1→=(1，0，1)，AA1→=(0，0，1)，
设A关于平面A1BC的对称点为A′（x，y，z），z＞0，则A′A1→=(1−x，−y，1−z)，AA′→=(x−1，y，z)，
设平面A1BC的法向量n→=(x1，y1，z1)，则CB→⋅n→=x1+y1=0CA1→⋅n→=x1+z1=0，
令x1＝1，则y1＝﹣1，z1＝﹣1，所以n→=(1，−1，−1)，
所以A与A′到平面A1BC的距离d=|AA1→⋅n→||n→|=33=|A′A1→⋅n→||n→|=|−x+y+z|3即|﹣x+y+z|＝1①，
又AA′→∥n→，所以x﹣1＝﹣y＝﹣z②，所以由①②得|3z﹣1|＝1，
所以由z＞0可得x=13，y=23，z=23，所以A′(13，23，23)，
所以|PA|+|PE|=|PA′|+|PE|≥|A′E|=(13−1)2+(23−12)2+(23−0)2=49+136+49=336，
当且仅当A′，P，E三点共线时取等号，
所以|PA|+|PE|的最小值为336．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：空间直角坐标系，平面的法向量，向量的坐标运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
3．（2025春•盐城期中）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为1，O为底面ABCD内一点，且PO→=13PA→+λPB→+12PC→(λ∈R)，则PO→⋅PB→=（ ）
A．512B．712C．34D．43
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】首先利用共面向量基本定理求出λ的值，进一步利用向量的数量积求出结果．
解：正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为1，O为底面ABCD内一点，且PO→=13PA→+λPB→+12PC→(λ∈R)，
所以12+λ+13=1，解得λ=16；
所以PO→⋅PB→=(13PA→+16PB→+12PC→)⋅PB→=13PA→⋅PB→+16PB→2+12PC→⋅PB→
=13×|PA→||PB→|×csπ3+16×|PB→|2+12×|PC→|×|PB→|×csπ3
=16+16+14=712．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积，共面向量基本定理，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
4．（2024秋•三门峡期末）平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为（ ）
A．10B．85C．61D．70
【考点】空间向量的夹角与距离求解公式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由AC′→=AB→+AD→+AA′→，两边平方，利用数量积运算性质即可求解．
解：如图，
由题知，AB→2=16，AD→2=9，AA′→2=25，
AB→⋅AD→=4×3×cs90°=0，AB→⋅AA′→=4×5×cs60°=10，
AD→⋅AA′→=3×5×cs60°=152，
∵AC′→=AB→+AD→+AA′→，
∴AC′→2=(AB→+AD→+AA′→)2=AB→2+AD→2+AA′→2+2AB→⋅AD→+2AB→⋅AA′→+2AD→⋅AA′→
=16+9+25+2×0+2×10+2×152=85，
∴|AC′→|=85即AC′的长为85．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用向量求长度，属于中档题．
5．（2024秋•雅安期末）已知空间向量a→=(1，1，1)，b→=(0，m，2)，c→=(1，0，0)，若a→，b→，c→共面，则m的值为（ ）
A．1B．﹣1C．﹣2D．2
【考点】空间向量的共线与共面．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】直接利用向量的共面的充要条件和向量的坐标运算求出结果．
解：空间向量a→=(1，1，1)，b→=(0，m，2)，c→=(1，0，0)，若a→，b→，c→共面，
则a→=λb→+μc→，整理得：（1，1，1）＝λ（0，m，2）+μ（1，0，0），解得μ＝1，λ=12，m＝2．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点：向量共面的充要条件，向量的坐标运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
6．（2025春•兴化市校级月考）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→+BC→+CC1→−D1C1→等于（ ）
A．AD1→B．AC1→C．AD→D．AB→
【考点】空间向量及其线性运算；平面向量的加法．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】A
【分析】直接利用向量的线性运算求出结果．
解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
如图所示：
故AB→+BC→+CC1→−D1C1→=AD1→．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
7．（2025•闵行区二模）设n为正整数，空间中n个单位向量构成集合An={a1→，a2→，⋯，an→}，若存在实数t，满足对任意ai→∈An，aj→∈An，ai→≠aj→，都有ai→⋅aj→=t，则当n取得最大值时，t的值为（ ）
A．−12B．12C．−13D．13
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据给定条件可得集合An中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出n的最大值，进而求出t值．
解：令集合An={a→1，a→2，⋯，a→n}的各向量起点为O，对应终点依次为A1，A2，⋯，An，
由向量ai→(i∈N∗，i≤n)为单位向量，则点A1，A2，⋯，An在以O为球心，1为半径的球面上，
由a→i∈An，a→j∈An，a→i≠a→j，得点A1，A2，⋯，An中任意三点不共线，
由t=a→1⋅a→2=a→2⋅a→3，得OA2→⋅(OA1→−OA3→)=OA2→⋅A3A1→=0，则OA2⊥A1A3，
由t=a→4⋅a→2=a→2⋅a→3，同理得OA2⊥A4A3，
而点A1，A3，A4不共线，于是点A1，A2，A3，A4不共面，
点A1，A2，A3，A4为球O内接正四面体的4个顶点，
若n≥5，不妨取n＝5，同理得OA5⊥A1A3，OA5⊥A4A3，OA5⊥平面A1A3A4，
又OA5⊥A2A3，由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点A2∈平面A1A3A4，
与点A1，A2，A3，A4不共面矛盾，因此nmax＝4，
设正四面体A1A2A3A4的棱长为m，
则正△A1A2A3的外接圆半径为32m⋅23=33m，
正四面体的高为m2−(33m)2=63m，
球心到平面A1A2A3的距离为63m−1，
因此(63m−1)2+(33m)2=12，解得m=263，
所以t=cs∠A1OA2=12+12−(263)22×1×1=−13．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量数量积的性质及运算，属中档题．
8．（2024秋•海南州期末）已知向量OM→=(2，1，2)，ON→=(−2，1，1)，OP→=(8，6，λ)，若O，M，N，P四点共面，则向量OP→在OM→上的投影向量的模为（ ）
A．12B．223C．449D．443
【考点】空间向量的投影向量与投影；空间向量的共线与共面．
【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据O，M，N，P四点共面，可得OM→，ON→，OP→共面，再根据空间向量共面定理求出λ，再求出向量OP→在OM→上的投影长度即可．
解：由题意可知，存在唯一实数对（x，y），使得OP→=xOM→+yON→，
即（8，6，λ）＝x（2，1，2）+y（﹣2，1，1），
所以8=2x−2y6=x+yλ=2x+y，解得x=5y=1λ=11，
所以OP→=(8，6，11)，
向量OP→在OM→上的投影向量的模即为向量OP→在OM→上的投影长度，
所以向量OP→在OM→上的投影向量的模为|OP→⋅OM→||OM→|=443．
故选：D．
【点评】本题主要考查空间向量的投影，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•碑林区校级期中）以下说法正确的有（ ）
A．若平面向量a→，b→，c→两两夹角相等，且|a→|=1，|b→|=1，|c→|＝3，则|a→+b→+c→|=2
B．已知向量a→=（1，2），b→=（2，2），则向量a→在向量b→方向上的投影向量的坐标为(32，32)
C．已知点O是△ABC内的一点，若2OA→+OB→+3OC→=0→，S△ABC，S△BOC分别表示△ABC，△BOC的面积，则S△ABC：S△BOC＝3：1
D．已知点O是△ABC内的一点，若OA→⋅(AB→|AB→|+CA→|CA→|)=OB→⋅(BA→|BA→|+CB→|CB→|)=OC→⋅(BC→|BC→|+CA→|CA→|)=0，则点O是△ABC的垂心
【考点】空间向量的数量积运算；平面向量的投影向量．
【专题】计算题；整体思想；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】选项A：利用向量模长公式，结合两两夹角相等的条件（120°），计算向量和的模长．选项B：应用投影向量公式，计算向量a→在b→方向上的投影坐标．选项C：通过向量线性组合关系，结合面积比例公式，推导面积比．选项D：分析向量点积条件是否对应垂心的定义．
解：选项A：平面向量a→，b→，c→两两夹角为120°模长分别为1、1、3．将沿x轴放置，
b→与a→夹角120°，c→与a→夹角240°，计算得a→+b→+c→=(−1，−3)，模长为2，故正确．
选项B：向量a→=(1，2)在b→=(2，2)上的投影向量为a→⋅b→|b→|2b→=68(2，2)=(32，32)故正确．
选项C：已知点O在△ABC内，满足2OA→+OB→+3OC→=0°将向量方程改写为：2(A→−O→)+(B→−O→)+3(C→−O→)=0，
整理得：2A→+B→+3C→=6O→⟹O→=2A→+B→+3C→6，
这表明点O是点A、B、C的加权平均，权重分别为2、1、3，
设△ABC的面积为S△ABC，△BOC的面积为S△BOC，
假设A（0，0），B（b，0），C（c，d），则点O的坐标为：O(b+3c6，d2)，
S△BOC=12|b⋅(d2−d)+b+3c6⋅(d−0)+c|=12|−bd2+bd+3cd6−cd2|=12|−3bd6+bd+3cd6−3cd6|=12⋅bd3=bd6．
而△ABC的面积为：S△ABC=12⋅b⋅d．
因此，面积比为：S△ABCS△BOC=12bd16bd=3．S△ABC：S△BOC＝3：1，故正确．
选项D：因为OA→⋅(AB→|AB→|+CA→|CA→|)=OB→⋅(BA→|BA→|+CB→|CB→|)
=OC→⋅(BC→|BC→|+CA→|CA→|)=0，说明向量垂直，
已知条件表明OA垂直于角A的平分线，OB垂直于角B的平分线，OC垂直于角C的平分线，
因此点O是三角形ABC的旁心，而不是垂心故错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．
10．（2025春•南京期中）已知点A（3，﹣1，﹣1），B（5，4，﹣3），则（ ）
A．|AB→|为33
B．线段AB的中点坐标为(4，32，−2)
C．点B到x轴的距离为5
D．直线AB的一个方向向量为(−1，52，1)
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】直接利用向量的坐标运算，向量的模的运算以及向量的方向向量求出结果．
解：已知点A（3，﹣1，﹣1），B（5，4，﹣3），所以AB→=(2，5，−2)，
对于A：|AB→|=(5−3)2+(4+1)2+(−3+1)2=33，故A正确；
对于B：由已知条件得：线段AB的中点坐标为（4，32，﹣2），故B正确；
对于C：点B到x轴的距离d=42+(−3)2=5，故C正确；
对于D：直线AB的一个方向向量为AB→|AB→|=(23333，53333，−23333)，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的方向向量，点到直线的距离，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11．（2024秋•资阳校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=π2，∠BAA1=2π3，∠CAA1=π3，AB＝AC＝1，AA1＝2，点O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是（ ）
A．AO→=12(AB→+AC→+AA1→)B．|AO→|=62
C．AO⊥BCD．平面ABC⊥平面B1BCC1
【考点】空间向量的数量积运算；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；向量法；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】利用空间向量的线性运算，逐步把AO→用基向量表示出来即可判断A；对于B，C，D，则可以选择AB→=a→，AC→=b→，AA1→=c→为平面的一组基，分别用a→，b→，c→表示出相关向量，再运用向量数量积的运算律求向量模长和验证向量垂直，即可判断B，C；对于D项，计算AE→⋅BB1→推得AE⊥BB1，再由AE⊥BC即可证得AE⊥平面B1BCC1，最后由线面垂直得面面垂直即可．
解：对于A，因AO→=AB→+BO→=AB→+12(AC→−AB→+AA1→)=12(AB→+AC→+AA1→)，故A正确；
对于B，不妨设AB→=a→，AC→=b→，AA1→=c→，则{a→，b→，c→}构成空间的一个基底．
则依题意：|a→|=|b→|=1，|c→|=2，a→⋅b→=0，b→⋅c→=1，a→⋅c→=−1，
由A可得，AO→=12(a→+b→+c→)，
则|AO→|2=14(a→2+b→2+c→2+2a→⋅b→+2b→⋅c→+2a→⋅c→)=32，即|AO→|=62，故B正确；
对于C，因BC→=b→−a→，故AO→⋅BC→=12(a→+b→+c→)⋅(b→−a→)=12(−1+1+1+1)=1≠0，
故C错误；
对于D，如图取BC的中点E，连接AE，
则AE→=12(AB→+AC→)=12(a→+b→)，
因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又AE→⋅BB1→=12(a→⋅c→+b→⋅c→)=12(−1+1)=0，故有AE⊥BB1，
因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面B1BCC1，
所以AE⊥平面B1BCC1，又AE⊂平面ABC，
故平面ABC⊥平面B1BCC1，即D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
12．（2024秋•朝阳校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若BP→=λBC→+μBB1→(λ，μ∈[0，1])，则（ ）
A．若λ＝μ，则点P的轨迹为线段BC1
B．若μ＝1﹣λ，则点P的轨迹为线段B1C
C．存在λ，μ∈（0，1），使得AP⊥平面BCC1B1
D．存在λ，μ∈（0，1），使得AP∥平面A1B1C1
【考点】空间向量及其线性运算．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】AB
【分析】由共面向量定理可得点P在侧面BCC1B1内（含边界），利用共线向量判断AB；借助向量数量积判断CD．
解：因为在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若BP→=λBC→+μBB1→(λ，μ∈[0，1])，
所以由共面向量定理可得点P在侧面BCC1B1内（含边界），
对于A选项，因为在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若BP→=λBC→+μBB1→(λ，μ∈[0，1])，
若λ＝μ，则BP→=λ(BC→+BB1→)=λBC1→(λ∈[0，1])，
所以点P的轨迹为线段BC1，所以A选项正确；
对于B选项，由μ＝1﹣λ，得BP→=λBC→+(1−λ)BB1→，
所以BP→−BB1→=λ(BC→−BB1→)，
所以B1P→=λB1C→，又λ∈[0，1]，
所以点P的轨迹为线段B1C，所以B选项正确；
对于C选项，因为AP→=AB→+BP→=AB→+λBC→+μBB1→，AP→⋅BB1→=μBB1→2＞0，所以AP→与BB1→不垂直，
所以直线AP与直线BB1不垂直，所以C选项错误；
对于D，因为平面A1B1C1的法向量为BB1→，估计选项C分析知AP→与BB1→不垂直，
所以不存在λ，μ∈（0，1），使得AP∥平面A1B1C1，所以D选项错误．
故选：AB．
【点评】本题考查向量与立体几何的综合应用，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•盐城期中）已知直线l的方向向量为b→=(0，−1，1)，则向量a→=(1，2，3)在直线l上的投影向量坐标为 （0，−22，22） ．
【考点】空间向量的投影向量与投影．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（0，−22，22）．
【分析】直接利用向量的投影向量的定义和向量的线性运算求出结果．
解：直线l的方向向量为b→=(0，−1，1)，则向量a→=(1，2，3)在直线l上的投影向量坐标为|a→|⋅cs＜a→，b→＞⋅b→|b→|=(a→⋅b→)⋅b→|b→|2=（0，−22，22）．
故（0，−22，22）．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，向量的投影向量，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14．（2025•徐汇区二模）在空间直角坐标系中，向量a→=(−m，6，3)，b→=(2，n，1)，若a→∥b→，则m+n＝ ﹣4 ．
【考点】空间向量的共线与共面；空间向量线性运算的坐标表示．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】﹣4．
【分析】直接利用向量共线的充要条件求出结果．
解：向量a→=(−m，6，3)，b→=(2，n，1)，若a→∥b→，则−m2=6n=3，解得m＝﹣6，n＝2，故m+n＝﹣4．
故﹣4．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
15．（2025春•兴化市校级月考）已知点B（1，0，0），C′（1，1，1），D′（0，1，1），若点E的坐标为（﹣2，1，m），且点B，C′，D′，E四点共面，则实数m的值为 1 ．
【考点】空间向量的共线与共面．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】1．
【分析】利用空间共面向量定理求解即可．
解：∵B（1，0，0），C′（1，1，1），D′（0，1，1），E（﹣2，1，m），
∴BC′→=(0，1，1)，BD′→=(−1，1，1)，BE→=(−3，1，m)，
∵B，C′，D′，E四点共面，故根据空间向量基本定理
可知存在实数x，y，使得BC′→=xBD′→+yBE→，
则有−x−3y=0x+y=1x+my=1，解得m＝1．
故1．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16．（2024秋•普陀区校级期末）在正四面体ABCD中，点N是△ABC的中心，若DN→=λDA→+μDB→+νBC→（λ、μ、v∈R），则λ+μ+v＝ 43 ．
【考点】空间向量及其线性运算．
【专题】数形结合；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】43．
【分析】依题意设OA＝a，OB＝b，OC＝c，利用勾股定理即可得到a＝b＝c，设该正四面体的棱长为2，求出点的坐标，结合DN→=λDA→+μDB→+νBC→利用空间向量法计算求解．
解：因为在正四面体ABCD中，AB＝BC＝CA，
所以正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在以O为端点且两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，
设OA＝a，OB＝b，OC＝c，
由OA，OB，OC两两垂直及勾股定理得：a2+b2＝b2+c2＝c2+a2，
所以a＝b＝c，即OA＝OB＝OC，所以O﹣ABC是正三棱锥，
设该正四面体的棱长为2，则a＝b＝c＝1，
以O为原点，OA，OB，OC分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以：
A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1），D（1，1，1），
又因为点N是△ABC的中心，且△ABC为正三角形，所以N=(13，13，13)，
所以DN→=(−23，−23，−23)，DA→=(0，−1，−1)，DB→=(−1，0，−1)，BC→=(0，−1，1)，
因为DN→=λDA→+μDB→+νBC→，
所以(−23，−23，−23)=λ(0，−1，−1)+μ(−1，0，−1)+ν(0，−1，1)=（﹣μ，﹣λ﹣v，﹣λ﹣μ+v），
即−23=−μ−23=−λ−ν−23=−λ−μ+ν，解得μ=23ν=13λ=13，
所以λ+μ+ν=23+13+13=43．
故43．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•沭阳县期中）已知a→=(3，2，−1)，b→=(2，1，2)．
（1）求(a→−b→)⋅(a→+2b→)；
（2）当(ka→−b→)∥(a→+b→)时，求实数k的值．
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）2；（2）﹣1．
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）由平行得到(ka→−b→)=λ(a→+b→)，构造等式求解即可．
解：（1）由于a→=(3，2，−1)，b→=(2，1，2)，
a→−b→=(1，1，−3)，a→+2b→=(7，4，3)，
所以(a→−b→)⋅(a→+2b→)=1×7+1×4−3×3=2，
（2）因为a→+b→=(5，3，1)≠0，
当(ka→−b→)∥(a→+b→)时，则存在λ∈R，使得(ka→−b→)=λ(a→+b→)，
即（3k﹣2，2k﹣1，﹣k﹣2）＝（5λ，3λ，λ），
所以3k−2=5λ2k−1=3λ−k−2=λ，解得k=−1λ=−1，
所以实数k的值为﹣1．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量共线的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（2025春•沭阳县期中）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，棱长都为2，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，设AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N分别是棱AA1，BC的中点，点P为棱C1D1上的动点．
（1）用a→，b→，c→表示A1N→；
（2）若P为棱C1D1的中点，求|MP→+NC1→|；
（3）是否存在点P，使AP⊥A1N，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
【考点】空间向量的数量积运算；空间向量的数乘及线性运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）A1N→=−a→+b→+12c→；
（2）31；
（3）存在，P为C1D1的中点．
【分析】（1）根据向量线性运算计算即可；
（2）根据向量线性运算计算得MP→+NC1→=32a→+12b→+32c→，结合向量模长计算公式以及向量数量积计算公式计算即可；
（3）设D1P→=λD1C→1，根据向量线性运算计算得AP→=a→+λb→+c→，再根据题意建立等式，计算即可．
解：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，棱长都为2，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，设AA1→=a→，AB→=b→，AD→=c→，M，N分别是棱AA1，BC的中点，
则A1N→=AN→−AA1→=−a→+b→+12c→．
（2）若P为棱C1D1的中点，
所以|MP→+NC1→|=|32a→+12b→+32c→|=(32a→+12b→+32c→)2=31．
（3）设D1P→=λD1C→1=λb→，0≤λ≤1，
则AP→=a→+λb→+c→，由（1）知A1N→=−a→+b→+12c→，
所以(a→+λb→+c→)⋅(−a→+b→+12c→)=0，
即−a→2+λb→2+12c→2+(1−λ)a→⋅b→+(12λ+1)b→⋅c→−12a→⋅c→=0，
化简得﹣1+2λ＝0，解得λ=12∈[0，1]，
所以这样的点P存在，且P为C1D1的中点．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19．（2025春•江苏校级期中）在如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1=22，∠A1AB＝∠A1AD＝45°，∠BAD＝60°，设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→．
（1）用a→，b→，c→表示AC1→，BD1→，AC→；
（2）求AC1的长；
（3）求异面直线BD1与AC所成角的余弦值．
【考点】空间向量的数量积运算；异面直线及其所成的角；空间向量的数乘及线性运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）AC1→=a→+b→+c→，BD1→=−a→+b→+c→，AC→=a→+b→；（2）33；（3）310535．
【分析】（1）利用空间向量基本定理即可；
（2）利用模长公式求解即可；
（3）利用向量夹角公式求解即可．
（1）解：如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1=22，∠A1AB＝∠A1AD＝45°，∠BAD＝60°，设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→；
所以AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→=a→+b→+c→，
BD1→=BA→+AD→+DD1→=−AB→+AD→+AA1→=−a→+b→+c→，
AC→=AB→+BC→=AB→+AD→=a→+b→；
（2）|a→|=1，|b→|=2，|c→|=22，
故|AC1→|2=(a→+b→+c→)2=a→2+b→2+c→2+2(a→⋅b→+b→⋅c→+c→⋅a→)=1+4+8+2×（1+4+2）＝27，
所以|AC1→|=33，即AC1的长为33；
（3）因为BD1→=b→+c→−a→，AC→=a→+b→，
同理可求得|BD1→|=15，|AC→|=7，
又因为BD1→⋅AC→=(b→+c→−a→)⋅(a→+b→)=9．
所以cs〈BD1→，AC→〉=BD1→⋅AC→|BD1→||AC→|=915×7=310535，
所以异面直线AC与BD1所成角的余弦值为310535．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，向量的夹角运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
20．（2024秋•厦门校级期中）如图，在矩形ABCD和ABEF中，AB=4，AD=AF=3，∠DAF=π3，DM→=λDB→，AN→=λAE→，0＜λ＜1，记AB→=a→，AD→=b→，AF→=c→．
（1）将MN→用a→，b→，c→表示出来；
（2）当λ等于多少时，线段MN的长度取得最小值？求此时MN与AE夹角的余弦值．
【考点】空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量单位正交基底及其表示空间向量；异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）MN→=(λ−1)b→+λc→；（2）λ=12，310．
【分析】（1）利用空间向量的加减运算法则化简即得MN→=(λ−1)b→+λc→；
（2）分别求得MN→=−12b→+12c→，AE→=a→+c→，利用向量数量积的运算律求得|MN→|=32，|AE→|=5，MN→⋅AE→=32，再利用空间向量的角公式计算即得结果．
解：（1）由图知，MN→=MD→+DA→+AN→=λBD→−AD→+λAE→=λ(AD→−AB→)−AD→+λ(AB→+AF→)
=(λ−1)AD→+λAF→=(λ−1)b→+λc→．
（2）由题意|a→|=4，|b→|=|c→|=3，a→⋅b→=a→⋅c→=0，c→⋅b→=3×3csπ3=92，
由（1）可得：MN→2=[(λ−1)b→+λc→]2=(λ−1)2b→2+2λ(λ−1)b→⋅c→+λ2c→2
＝9（λ﹣1）2+9λ（λ﹣1）+9λ2＝9（3λ2﹣3λ+1），
所以当λ=−−32×3=12时MN→2有最小值，即|MN→|有最小值；
此时MN→=−12b→+12c→，AE→=a→+c→，MN→2=9(3λ2−3λ+1)=9[3×(12)2−3×12+1]=94，
故|MN→|=94=32，|AE→|=(a→+c→)2=|a→|2+2a→⋅c→+|c→|2=42+32=5，
且MN→⋅AE→=(−12b→+12c→)⋅(a→+c→)=94，
设MN与AE的夹角为θ，则csθ=|cs＜MN→，AE→＞|=|MN→⋅AE→||MN→|⋅|AE→|=9432×5=310．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，向量的模，主要考查学生的运算能力，属于中档题．