课时梯级训练(4) 空间向量基本定理的应用(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

课时梯级训练(4)　空间向量基本定理的应用 1．如图，已知空间四边形ABCD中，AC＝BD，顺次连接各边中点P，Q，R，S所得图形是(　　) A．长方形 B．正方形 C．梯形 D．菱形 D　解析：因为＝－＝－＝. 同理＝，所以＝， 所以四边形PQRS为平行四边形． 又＝－＝－＝， 所以||＝||，即PS＝BD． 又||＝||， 故PQ＝AC，而AC＝BD， 所以PS＝PQ，故四边形ABCD为菱形． 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，则AC1与CE的位置关系是(　　) A．重合 B．垂直 C．平行 D．无法确定 B　解析：＝＋＋，＝＋＝－(＋)，设正方体的棱长为1，于是AC1·＝(＋＋)·(－－)＝0－－0＋0－0－＋1－0－0＝0，故⊥，即AC1与CE垂直． 3．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是(　　) A．0 B． C． D． A　解析：根据题意可得，·＝(＋＋)·(＋＋)＝(－＋＋)·(－－－)＝||2－||2－||2＝×4－1－×4＝0，从而得到和垂直，故其所成角的余弦值为0. 4．在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，·＝－2，则∠BAC＝(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　解析：因为∠BAD＝90°，所以·＝0. 因为＝－，所以·＝·(－)＝·－·＝－2，所以·＝2. 又AB＝AC＝2， 所以·＝||||cos ∠BAC＝2， 所以cos ∠BAC＝. 因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝60°. 5．在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　) A．30° B．45° C．90° D．60° D　解析：因为点E，F分别是棱AB，BB1的中点， 所以＝－＝(－)，＝＋， 所以·＝(－)·(＋)＝2， 设所求异面直线的夹角为θ，则cos θ＝＝，所以θ＝60°. 6．(多选)已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B，C共面”的充分条件是(　　) A．＝2－－ B．＝＋－ C．＝＋＋ D．＝＋＋ BD　解析：根据“＝x＋y＋z ，若 x＋y＋z＝1，则点M与点A，B，C 共面”，因为2＋(－1)＋(－1)＝0≠1，1＋1＋(－1)＝1，1＋＋＝≠1，＋＋＝1，由此可知，BD满足要求． 7．(2025·中山高二段考)如图，在各棱长均为1的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M＝AA1，CN＝CC1，且∠A1AD＝∠A1AB＝∠DAB＝60°. (1)求证：D，M，B1，N共面； (2)求证：AC1⊥A1B． 证明：(1)∵＝－＝－，＝－＝－， ∴＝NB1，∴D，M，B1，N共面． (2)设＝c，＝b，＝a，则|a|＝|b|＝|c|＝1， ∵＝＋＋＝a＋b＋c，＝－＝a－c， ∠A1AD＝∠A1AB＝∠DAB＝60°， ∴a·b＝a·c＝b·c＝1×1×cos 60°＝， ∴·＝(a＋b＋c)·(a－c)＝a2＋a·b－b·c－c2＝0， ∴A·，∴AC1⊥A1B． 8．(2025·三明高二期末)如图，在四面体ABCD中，∠BAC＝60°，∠BAD＝∠CAD＝45°，AD＝，AB＝AC＝3. (1)求·的值； (2)已知F是线段CD中点，点E满足＝2，求线段EF的长． 解：(1)在四面体ABCD中，设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝3，|c|＝， 〈a，b〉＝∠BAC＝60°，〈a，c〉＝∠BAD＝45°，〈b，c〉＝∠CAD＝45°， ·＝(－)·(－)＝(b－a)·(c－a)＝b·c－b·a－a·c＋a2＝ |b||c|cos 45°－|b||a|cos 60°－|a||c|cos 45°＋|a|2＝3×－32×－3×＋32＝. (2)由(1)知，因为＝2，则＝＝a，因为F是CD中点，则＝＝(－)＝b－c，如图， 于是得＝＋＋＝－a＋c＋b－c＝－a＋b＋c， 因此||2＝(－a＋b＋c)2＝＋＋－－＋＝ ＋＋－－＋＝，即有||＝， 所以线段EF的长为. 9．(多选)(2025·南平期末)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，G为△A1B1C1的重心，＝，若∠BAA1＝∠CAA1＝，AB＝AA1＝1，则(　　) A．＝－＋＋ B．⊥ C．∥ D．||＝ ABD　解析：A选项，底面△ABC为等边三角形，G为△A1B1C1的重心， 故＝＋＝＋， 又＝，故＝＋＝＋＋＝＋＋＋＝－＋＋＋＝－＋＋，A正确； B选项，＝－，故·＝·(－)＝·－·＝||||cos ∠CAA1－||||cos ∠BAA1＝cos －cos ＝0，故⊥，B正确； C选项，＝＋＝－＋，又＝－＋＋， 设＝t，即无解，故与不平行，C错误； D选项，2＝(－＋＋)2＝ 2＋2＋2－·－·＋·＝ ＋＋－cos －cos ＋cos ＝ ＋＋－×－×＋×＝，故＝，D正确． 10．已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求OE与BF所成角的余弦值． 解：设＝a，＝b，＝c，且|a|＝|b|＝|c|＝1， 易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝， 则a·b＝b·c＝c·a＝. 因为＝(＋)＝(a＋b)， ＝－＝－＝c－b，||＝||＝， 所以·＝(a＋b)·(c－b)＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－， 所以cos 〈，〉＝＝＝－. 所以OE与BF所成角的余弦值为. 11．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P为DD1的中点，点O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC． 证明：不妨设正方体的棱长为1，＝a，＝b，＝c， 则这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底， 且|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c＝0. ∵＝＋＝－－＝－b－c， ＝＋＝－＋＝a－c， ＝＋＝－c＋(－a＋b)＝－a＋b－c， ∴·＝(－b－c)·(－a＋b－c)＝a·b－b2＋b·c＋a·c－b·c＋c2＝0， ·＝(a－c)·(－a＋b－c)＝－a2＋a·b－a·c＋a·c－b·c＋c2＝0. ∴⊥，⊥．∴PA⊥B1O，PC⊥B1O. 又PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，∴B1O⊥平面PAC． 12．如图，在所有棱长都为2的正三棱柱ABC­A1B1C1中，D为AC1的中点． (1)用以{，， }为空间的一个基底表示向量，； (2)线段CB1上是否存在一点E，使得BD⊥AE？若存在，求||；若不存在，请说明理由． 解：(1)由已知得＝－＝＋－， ＝＋＝－＋． (2)设线段CB1上存在一点E，使得BD⊥AE，且＝λ，λ∈[0，1]， 则＝＋＝＋λ＝＋λ(＋)＝＋λ(－＋)＝ λ＋(1－λ)＋λ． 因为BD⊥AE， 所以·＝·[λ＋(1－λ)＋λ]＝0. 因为·＝0，·＝0， 所以·＝λ·＋(1－λ)||2＋λ||2－λ||2－(1－λ)·. 因为·＝2，||2＝||2＝||2＝4， 所以·＝λ＋2(1－λ)＋2λ－4λ－2(1－λ)＝－λ＝0， 所以λ＝0，此时点E与点C重合，||＝||＝2. 学科网（北京）股份有限公司 $$