6.2.1 空间向量基本定理（课时跟踪检测）（学用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

6.2.1　空间向量基本定理 1.下列说法正确的是（　　） A.任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底 B.空间的基底有且仅有一个 C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底 D.若三个向量构不成空间的一个基底，则其中一定有一个零向量 2.若{a，b，c}是空间的一个基底，则下列向量不共面的是（　　） A.b＋c，b，b－c B.b，a＋b，a－b C.a＋b，a－b，c D.a＋b，a＋b＋c，c 3.若{a，b，c}为空间的一个基底，且存在实数x，y，z使得xa＋yb＋zc＝0，则x，y，z的值分别为（　　） A.0，0，1 B.0，0，0 C.1，0，1 D.0，1，0 4.已知空间四边形OABC中，M在AO上，满足＝，N是BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量为（　　） A.a＋b＋c B.a＋b－c C.－a＋b＋c D.a－b＋c 5.〔多选〕已知A，B，C，D，E是空间中的五点，且任意三点均不共线.若{，，}与{，，}均不能构成空间的一个基底，则下列结论中正确的有（　　） A.{，，}不能构成空间的一个基底 B.{，，}能构成空间的一个基底 C.{，，}不能构成空间的一个基底 D.{，，}能构成空间的一个基底 6.〔多选〕如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等.下列结论中正确的是（　　） A.A1M∥D1P B.A1M∥B1Q C.A1M∥平面DCC1D1 D.A1M∥平面D1PQB1 7.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，点O为空间任意一点，设＝a，＝b，＝c，则向量用a，b，c表示为　　　　. 8.已知{a，b，c}是空间的一个基底，{a＋b，a－b，3c}是空间的另一个基底，若向量m在基底{a，b，c}下表示为m＝3a＋5b＋9c，则m在基底{a＋b，a－b，3c}下可表示为　　　　. 9.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值为　　　　. 10.已知平行六面体OABC-O'A'B'C'中，＝a，＝b，＝c. （1）用a，b，c表示向量； （2）设G，H分别是侧面BB'C'C和O'A'B'C'的中心，用a，b，c表示. 11.已知＝－3a－3b＋3c，＝5a＋3b－5c，＝a＋b－c，其中{a，b，c}是空间的一个基底，则直线AD与BC的位置关系是（　　） A.平行 B.相交 C.异面 D.平行或重合 12.设OABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则（x，y，z）＝（　　） A. B. C. D. 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB，AD的夹角都等于60°.若M是PC的中点，则｜｜＝　　　　. 14.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为BB1，BC的中点. （1）求A1B和B1C的夹角； （2）求证：AC1⊥EF. 15.如图，在三棱锥P-ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM＝3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若＝m，＝n，＝t，求证：＋＋为定值，并求出该定值. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.2.1　空间向量基本定理 1.C　对于A、B，任何三个不共面的向量都可构成空间的一个基底，所以A、B错误；对于C，两两垂直的三个非零向量不共面，可构成空间的一个基底，C正确；对于D，若三个向量构不成空间的一个基底，只能说明三个向量共面，不一定有零向量，D错误. 2.C　对于A选项，b＝（b＋c）＋（b－c），所以b＋c，b，b－c三个向量共面；对于B选项，b＝（a＋b）－（a－b），所以b，a＋b，a－b三个向量共面；对于C选项，利用反证法可证得a＋b，a－b，c三个向量不共面；对于D选项，a＋b＋c＝（a＋b）＋c，所以a＋b，a＋b＋c，c三个向量共面.故选C. 3.B　若x，y，z中存在一个不为0的数，不妨设x≠0，则a＝－b－c，∴a，b，c共面，这与{a，b，c}是基底矛盾，故x＝y＝z＝0. 4.C　＝＋＋＝＋＋（－）＝－＋＋＝－a＋b＋c.故选C. 5.AC　由题意可得空间五点A，B，C，D，E共面.所以A，B，C，D，E这五点中，任意两点组成的三个向量都不可能构成空间的一个基底，所以A、C正确，B、D错误.故选A、C. 6.ACD　依题意可知PQ∥BD∥B1D1，所以P，Q，B1，D1四点共面.因为＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以＝，则A1M∥D1P，结合线面平行的判定定理可知A、C、D正确.而B1Q与D1P不平行，所以B不正确.故选A、C、D. 7.a－b＋c　解析：∵＝－2，∴－＝－2（－），∴b－a＝－2（－c），∴＝a－b＋c. 8.4（a＋b）－（a－b）＋3（3c）　解析：由题意知，m＝3a＋5b＋9c，设m＝x（a＋b）＋y（a－b）＋z（3c），则有解得则m在基底{a＋b，a－b，3c}下可表示为m＝4（a＋b）－（a－b）＋3（3c）. 9.0　解析：根据题意可得，·＝（＋＋）·（＋＋） ＝（－＋＋）·（－－－） ＝ － －＝×4－1－×4＝0，从而得到A1E和GF垂直，故其所成角的余弦值为0. 10.解：（1）＝＋ ＝－＋ ＝b－a＋c. （2）＝＋＝－＋ ＝－（＋）＋（＋） ＝－（a＋b＋c＋b）＋（a＋b＋c＋c） ＝（c－b）. 11.B　因为＝－3，所以A，B，C，D四点共面.因为＝＋＋＝3a＋b－3c，所以对∀λ∈R，≠λ，所以直线AD与BC不平行，故直线AD与BC相交. 12.A　如图所示，连接AG1并延长交BC于点E，则点E为BC的中点，＝（＋）＝（－2＋），＝＝（－2＋），∵＝3＝3（－），∴＝＝（＋）＝（＋－＋）＝＋＋，故选A. 13.　解析：设＝a，＝b，＝c，因为AB＝AD＝1，PA＝2，所以｜a｜＝｜b｜＝1，｜c｜＝2.又因为AB⊥AD，∠PAB＝∠PAD＝60°，所以a·b＝0，a·c＝b·c＝2×1×cos 60°＝1.易得＝（－a＋b＋c），所以｜｜2＝（－a＋b＋c）2＝[a2＋b2＋c2＋2×（－a·b－a·c＋b·c）]＝×[12＋12＋22＋2×（0－1＋1）]＝，所以｜｜＝. 14.解：（1）设＝a，＝b，＝c， 则＝－＝a－c，｜｜＝， ＝＝－＝b－c， ｜｜＝， ∴·＝（a－c）·（b－c）＝a·b－a·c－b·c＋c2＝0－0－0＋1＝1， ∴cos＜，＞＝＝＝. 又＜，＞∈[0，π]， ∴＜，＞＝，∴A1B和B1C的夹角为. （2）证明：∵＝a＋b＋c， ＝＝ ＝（－）＝（b－c）， ·＝（a＋b＋c）·（b－c） ＝（a·b－a·c＋b2－b·c＋b·c－c2） ＝（0－0＋1－0＋0－1）＝0， ∴⊥，∴AC1⊥EF. 15.证明：连接AG并延长交BC于点H（图略），由题意，可令{，，}为空间的一个基底. ＝＝（＋）＝＋×＝＋×（＋）＝＋（－）＋（－）＝＋＋. 连接DM（图略）.因为点D，E，F，M共面，所以存在实数λ，μ，使得＝λ＋μ，即－＝λ（－）＋μ（－），所以＝（1－λ－μ）＋λ＋μ＝（1－λ－μ）m＋λn＋μt. 由空间向量基本定理，知＝（1－λ－μ）m，＝λn，＝μt，所以＋＋＝4（1－λ－μ）＋4λ＋4μ＝4，为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $