6.2.1 空间向量基本定理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第6章　空间向量与立体几何 6.2　空间向量的坐标表示 6.2.1　空间向量基本定理 基础过关练 题组一　对空间向量基本定理的理解 1.(2025黑龙江肇东第四中学月考)给出下列命题,其中正确的是(　　) A.空间任意三个向量都可以构成一个基底 B.若向量a∥b,则a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底 C.对空间任一向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc D.基底{a,b,c}中的基向量与基底{e,f,g}中的基向量对应相等 2.(多选题)(2025江苏盐城五校联盟月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,能构成空间的一个基底的一组向量为(　　) A.　　　 C. 3.(教材习题改编)已知{a,b,c}为空间的一个基底,则下列各组向量也能构成空间的一个基底的是　(　　) A.a+b,b+c,a-c　　　B.a+2b,b,a-c C.2a+b,b+2c,a+b+c　　　D.a+c,b+2a,b-2c 4.(2025吉林省实验中学月考)若{e1,e2,e3}是空间的一个基底,且向量a=e1+e2,b=e2-e3,c=e1+te3不能构成空间的一个基底,则t=(　　) A.-1　　　B.1　　　C.0　　　D.-2 题组二　空间向量基本定理的应用 5.(2024江苏无锡江阴调研)在正四面体APBC中,过点A作平面PBC的垂线,垂足为点Q,点M满足,则=(　　) A. C. 6.(多选题)(2025江苏无锡第三高级中学月考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M为CD1的中点,Q为CA1上靠近点A1的五等分点,则(　　) A. B.2 C. D.5 7.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在棱BB1,DD1上,且DF=DD1.若,且x+y+z=,则=(　　) A. 8.(2024江苏南京田家炳高级中学期初)如图,在四面体OABC中,2,E为AD的中点,设=a,=b,=c. (1)试用向量a,b,c表示向量; (2)若OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,求·的值. 能力提升练 题组　空间向量基本定理的应用 1.(2025浙江衢州五校联盟联考)已知正四面体PABC的棱长为1,动点M在平面ABC上运动,且,则·=(　　) A.-2　　　B.-1　　　C.0　　　D.2 2.(2024湖北云学新高考联盟联考)如图,在四面体BACD中,平面ABD⊥平面ACD,△ABD是等边三角形,AD=CD,AD⊥CD,M为AB的中点,点N在侧面BCD上(包含边界),若(x,y,z∈R),则下列说法正确的是(　　) A.若x=,则MN∥平面ACD B.若z=0,则MN⊥CD C.当MN的长最小时,x= D.当MN的长最大时,x=0 3.如图,在正四面体ABCD中,E为棱CD的中点,F为棱BC上的动点,则cos<>的最大值为　(　　) A. 4.(2025浙江台州山海协作体联考)如图,在三棱锥P-ABC中,点G为△ABC的重心,点M在PG上,若,则下列说法正确的是(　　) A. B.若,则D,E,F,M四点不共面 C.若三棱锥P-ABC的各条棱的长均为2,则相对棱之间的距离均为 D.若PG与平面DEF交于点M,且,则为定值 5.(2024重庆育才中学校月考)如图,已知四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且满足=x,点M在直线TB上,N为棱CD的中点,且直线MN∥平面α,设=a,=b,=c. (1)试用基底{a,b,c}表示向量; (2)若点M的轨迹长度与线段TB的长度的比值为μ,试讨论μ是不是定值,若μ是定值,求出μ的值;若μ不是定值,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B 2.AC 3.B 4.B 5.B 6.BD 7.B 1.B　空间任意三个不共面的向量才可以构成一个基底,故A错误;因为a∥b,所以a与b共线,故a,b与任何向量都不能构成空间的一个基底,故B正确;当{a,b,c}为空间的一个基底时,才有C选项中的结论,故C错误;空间向量的基底不唯一,只要是不共面的三个向量都可以构成空间的一个基底,故D错误. 2.AC　作出正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示, 若三个向量能构成空间的一个基底,则这三个向量不共面.对于A,直线AB,AC同在平面ABCD内,而直线AA1与平面ABCD相交,所以不共面,故A正确.对于B,,所以这三个向量共面,故B错误.对于C,连接BC1,直线AC1,BD1同在平面ABC1D1内,而直线CB与平面ABC1D1相交,所以不共面,故C正确.对于D,连接CD1,因为,所以共面,故D错误. 3.B　对于A,b+c=(a+b)-(a-c),所以a+b,b+c,a-c共面,故A不符合题意;对于B,a+2b,b,a-c中的任何一个向量都不能用另外两个向量表示,所以a+2b,b,a-c不共面,故B符合题意;对于C,b+2c=2(a+b+c)-(2a+b),所以2a+b,b+2c,a+b+c共面,故C不符合题意;对于D,b+2a=(b-2c)+2(a+c),所以a+c,b+2a,b-2c共面,故D不符合题意. 方法总结 　　判断给出的三个向量能否构成基底,关键是要判断它们是否共面,当从正面难以入手时,可用反证法或借助一些常见的几何图形帮助我们进行判断. 4.B　因为{e1,e2,e3}是空间的一个基底,所以a,b,c均不为零向量. 若a,b,c不能构成空间的一个基底,则a,b,c共面, 所以存在x,y∈R,使得a=xb+yc,即e1+e2=x(e2-e3)+y(e1+te3)=ye1+xe2+(ty-x)e3,所以解得t=1. 5.B　由题意可得,Q是△PBC的中心,连接PQ,如图, 则), 所以. 6.BD　,则2,故A错误,B正确. ,则5,故C错误,D正确. 7.B　设=λ(0≤λ≤1),则,又, 所以x=-1,y=1,z=-λ. 因为x+y+z=,所以-1+1+,所以λ=. 8.解析　(1)连接OD(图略).因为E为AD的中点,所以.因为2,所以,所以,所以a+b+c. (2)由(1)得a+b+c, 因为OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,=c-a, 所以·(c-a)=a·c-a2+b·c-a·b+c2-a·c=a·c-a2+b·c-a·b+c2=×4×4cos 60°-×3×4cos 60°-×4×3cos 60°+. 能力提升练 1.C 2.C 3.C 4.D 1.C　因为动点M在平面ABC上运动,且不共线,所以存在实数x,y,使得,所以),则, 又,且不共面, 所以解得y=m=3, 所以. 由题意得=1, 所以)·()=0. 2.C　连接BN.因为点N在侧面BCD上(包含边界),所以可设,λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1,所以,又, 所以且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1. 对于A,若x=,则λ=μ=0,所以点N与点B重合,显然MN∩平面ACD=A,故A错误. 对于B,若z=μ=0,则,所以点N在线段BC上(包括端点), 因为AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,CD⊂平面ACD,所以CD⊥平面ABD, 所以当点N与点B重合时,MN⊥CD,故B错误. 对于C,D,过M作ME⊥BD,垂足为E,则BE=BM·cos∠ABD=BD,ME=BM·sin∠ABD=BD. 连接NE,因为CD⊥平面ABD,ME⊂平面ABD,所以ME⊥CD,又ME⊥BD,BD∩CD=D,BD,CD⊂平面BCD,所以ME⊥平面BCD,又NE⊂平面BCD,所以ME⊥NE, 所以MN=,显然当点N与点E重合时,MN的长最小,此时λ=0,μ=,所以y=0,z=;当点N与点C重合时,MN的长最大,此时λ=1,μ=0,所以y=1,z=0,x=-,故C正确,D错误. 3.C　设正四面体ABCD的棱长为1,且=a,=b,=c, 由E为棱CD的中点,可得(b+c), 则|. 设,λ∈[0,1], 则=a+λ(b-a)=(1-λ)a+λb, 则|. 又(b+c)·[(1-λ)a+λb]=[(1-λ)a·b+λb2+(1-λ)a·c+λb·c]=(λ+2), 所以cos<. 令t=λ+2,则t∈[2,3],. 设g(t)=+1,t∈[2,3],则当,即t=时,函数g(t)取得最小值,且最小值为g, 所以,所以,故cos<>的最大值为. 4.D　对于A,连接AG并延长,交BC于点H,则,故A错误. 对于B,因为,所以),所以,所以D,E,F,M四点共面,故B错误. 对于C,因为正三棱锥P-ABC的各条棱的长均为2,所以可将三棱锥P-ABC放到正方体中,如图所示. 所以正方体的棱长为.易得相对棱之间的距离为正方体的棱长,为,故C错误. 对于D,易得. 连接DM.因为点D,E,F,M四点共面,所以存在唯一的有序实数组(λ,μ),使得,即),所以. 由空间向量基本定理知,=μt,所以=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值,故D正确. 5.解析　(1)因为四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,所以,故=a+c-b. (2)μ是定值. 由(1)知,=a+c-b.因为=x, 所以=xa,=(1-x)c,,则)=a+x(a+c-b-a)=a+xc-xb,=(1-x)a+xc-xb,=-xa+(1-x)c. 设=λb,λ∈R, 连接TN,又a-b+c, 所以a+b-c. 因为MN∥平面α,QP,QR⊂平面α, 所以存在实数y,z,使得,即=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc, 所以-a+b-c=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc=(y-xy-xz)a-xyb+(xy+z-xz)c, 故消去y,z并整理,得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0, 易知该方程在x∈R内有解. 当4λ+1=0,即λ=-时,-2x-+1=0,解得x=; 当4λ+1≠0,即λ≠-时,Δ=[-(4λ+3)]2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0,所以-≤λ<-或-<λ≤. 综上,-≤λ≤. 故点M的轨迹为直线TB上长为TB的线段, 故μ为定值,且μ=. 方法总结 　　解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题时,可通过引入基底,应用共线向量定理和空间向量基本定理,将几何问题转化为代数问题. 13 学科网（北京）股份有限公司 $