1.2 第2课时 空间向量基本定理的应用 同步练习-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 高中数学空间向量基本定理应用同步练，分层设计梯度清晰，从基础运算到综合证明，强化空间观念与逻辑推理，适配新授课知识巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|空间向量基本运算（垂直、平行判断）|如第1题正方体中AC₁与CE垂直判断，直接应用定理解决位置关系| |中档|坐标表示与模长计算|如第8题平行六面体中AC₁长度计算，结合数量积公式强化运算能力| |提升|综合几何应用与证明|如第16题正方形中MN与AC、BF垂直关系证明，培养逻辑推理与数学表达|

第2课时　空间向量基本定理的应用 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1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 2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝AC＝BC＝1，M是B1C1的中点，则AM＝（　　） A.　　　B. C.　　　D. 3.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所成角的余弦值是（　　） A.0　　　　B. C.　　　D. 4.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 5.（多选）若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系可能是（　　） A.相交 B.平行 C.在平面内 D.垂直 6.（多选）（2024·南京质检）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.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是底面A1B1C1D1和侧面CC1D1D的中心，若＋λ＝0（λ∈R），则λ＝　　　　. 8.（2024·淄博月考）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是　　　　. 9.如图，在空间四边形ABCD 中，∠ABD＝∠CBD＝，∠ABC＝，BC＝BD＝1，AB＝，则异面直线AB与CD所成角的大小是　　　　. 10.已知空间四边形OABC的各边及对角线长都相等，E，F分别为AB，OC的中点，求异面直线OE与BF所成角的余弦值. 11.棱长均为1的三棱锥S-ABC，若空间一点P满足＝x＋y＋z（x＋y＋z＝1），则｜｜的最小值为（　　） A.1　　　B.　　　C.　　　D. 12.（2024·淮安月考）如图，三棱锥S-ABC中，SA⊥底面 ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝2，则SC与AB所成角的大小为（　　） A.90° B.60° C.45° D.30° 13.（多选）在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2，则下列说法正确的是（　　） A.EG⊥PG B.EG⊥BC C.FG∥BC D.FG⊥EF 14.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c. （1）试用a，b，c表示向量； （2）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长. 15.（2024·焦作月考）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，则线段AO的长度为（　　） A. B. C. D. 16.已知正方形ABCD和正方形ABEF所在的平面互相垂直，M，N分别是对角线AC，BF上的点，且AM＝FN.求证：不论点M在AC上何处，直线MN不可能同时与AC和BF都垂直. 第2课时　空间向量基本定理的应用 1.B　设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个正交基底.＝a＋b＋c，＝＋＝c－a－b，设正方体的棱长为1，则·＝（a＋b＋c）·（c－a－b）＝0，故⊥，即AC1与CE垂直. 2.C　如图所示，＝＋＋＝＋＋（－）＝＋＋，故｜｜2＝（＋＋）2＝，则AM＝. 3.A　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. 4.D　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. 5.BC　∵＝λ＋μ，∴，，共面，则AB与平面CDE的位置关系是平行或直线在平面内. 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.－　解析：如图，连接C1D，易知EF􀰿A1D，∴＝，即－＝0，∴λ＝－. 8. 　解析：∵ ＝＋＋，∴ ＝＋＋＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1＋2×1×1×＋2×1×1×＋2×1×1×＝2，∴AC1＝. 9. 　解析：依题意可知CD＝＝，·＝·（－）＝·－·＝0＋·＝··cos ＝1.设直线AB与CD所成角为α，则cos α＝＝＝，故α＝. 10.解：如图所示，设＝a，＝b，＝c，｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝， 则a·b＝b·c＝c·a＝. ∵＝（＋）＝（a＋b）， ＝－＝－＝c－b， ∴·＝（a＋b）·＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－， 又∵｜｜＝｜｜＝， ∴cos＜，＞＝＝－. ∴异面直线OE与BF所成角的余弦值是. 11.D　依题意得，点P在平面ABC内，因此｜｜的最小值等于顶点S到平面ABC的距离，又点S在平面ABC内的射影是正三角形ABC的中心，于是有｜｜的最小值等于＝，故选D. 12.B　因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，所以·＝0，又AB⊥BC，AB＝BC＝2，所以∠BAC＝45°，AC＝2.因此·＝｜｜·｜｜cos 45°＝2×2×＝4，所以·＝·－·＝4，又SA＝2，所以SC＝＝4，因此cos＜，＞＝＝＝，所以SC与AB所成角的大小为60°. 13.ABD　如图，设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个正交基底，则a·b＝a·c＝b·c＝0，取AB的中点H，则＝＝×（a＋b）＝a＋b，＝＋＝b＋（c－b）＝b＋c.＝－＝a＋b－b－c＝a－b－c，＝c－b，＝－＝a＋b－b＝a，＝－＝b－＝－c－b，∴·＝0，A正确；·＝0，B正确；≠λ（λ∈R），C不正确；·＝0，D正确.故选A、B、D. 14.解：（1）＝＋＋＝＋＋＝（c－a）＋a＋（b－a）＝a＋b＋c. （2）因为（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5， 所以｜a＋b＋c｜＝， 所以｜｜＝｜a＋b＋c｜＝，即MN＝. 15.A　设＝a，＝b，＝c，则{a，b，c}构成空间的一个基底.∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴＝＝（＋），∴＝a＋＝a＋＋c＝a＋b＋c，∵∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，∴a2＝b2＝4，c2＝9，a·b＝0，a·c＝b·c＝3×2cos 60°＝3，∴＝（a＋b＋c）2＝（a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c）＝.∴｜｜＝，即AO＝. 16.证明：如图，设＝a，＝b，＝c，＝λ（0≤λ≤1），则＝a＋b，＝c－b，＝λ（a＋b），＝＋＝b＋（1－λ）（c－b）. 从而＝－＝b＋（1－λ）·（c－b）－λ（a＋b）＝－λa＋（1－λ）c. 因为a·b＝0，b·c＝0，c·a＝0，且｜a｜＝｜b｜＝｜c｜， 所以·＝[－λa＋（1－λ）c]·（a＋b）＝－λ｜a｜2， ·＝[－λa＋（1－λ）c]·（c－b）＝（1－λ）｜c｜2. 假设MN⊥AC，且MN⊥BF，则·＝0，且·＝0，即λ＝0且λ＝1，矛盾. 故直线MN不可能同时与AC和BF都垂直. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $