1.2空间向量基本定理同步练-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** 该同步练习通过A级基础巩固、B级能力提升、C级素养创新的三层设计，实现空间向量基本定理从概念理解到综合应用再到创新探究的递进式巩固，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A级|基底判定、向量线性表示|含教材习题与期末真题，聚焦单一知识点辨析与简单运算，夯实概念理解| |B级|多面体中向量综合运算、空间角计算|以四棱锥、三棱柱为载体，涉及四点共面证明与动态问题，提升推理能力| |C级|正四面体动态点位置、共面定理应用|结合正四面体中心、线段中点等创新情境，发展空间观念与创新意识|

1.2　空间向量基本定理 A级　必备知识基础练 1.(2026湖南长沙高二期末)若{p,q,r}是空间的一个基底,则下列集合可构成空间的一个基底的是(　　) A.{p,2q,3r} B.{p,q,p-q} C.{q,r,q+2r} D.{r,p,2r-p} 2.(北师大版教材习题)在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,已知BA,BC,BB'为三条不共面的线段,若=x+2y+3z,则x+y+z的值为(　　) A.1 B. C. D. 3.(2026广东佛山高二期末)在四面体DABC中,点G是△ABC的重心,设=a,=b,=c,则=(　　) A.a+b+c B.a+b+c C.a+b+c D.a+b+c 4.《九章算术》中,将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图,已知四棱锥P-ABCD是阳马,PA⊥平面ABCD,且PE=PC,若=a,=b,=c,则=(　　) A.-a-b+c B.a+b-c C.a-b-c D.-a+b+c 5.如图,在四面体ABCD中,E,F分别为AB,DC上的点,且AE=BE,CF=2DF.设=a, =b,=c,以{a,b,c}为空间的一个基底,则=　　　　　　　.若∠ADB=∠BDC= ∠ADC=60°,且||=4,||=3,||=3,则||=　　　　　.  6.四棱柱ABCD-A'B'C'D'的六个面都是平行四边形,点M在对角线A'B上,且||=|,点N在体对角线A'C上,且||=|. (1)设向量=a,=b,=c,用a,b,c表示向量; (2)求证:M,N,D'三点共线. 7.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥BD,∠C1CD=45°,∠CC1B=60°, CC1=CB=BD=1. (1)求体对角线CA1的长度; (2)求异面直线CA1与DA所成角的余弦值. B级　关键能力提升练 8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,且AB=AP=6,AD=2,∠BAD= ∠BAP=∠DAP=60°,E,F分别为PB,PC上的点,且=2,则||=(　　) A.1 B. C.2 D. 9.(2026湖北孝感高二期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,BC=2AD, =2=2,H在棱PD上,若E,F,G,H四点共面,则=　　　　　.  10.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,=a,=b,=c,CA=CB=CC1=1, <a,b>=<a,c>=,<b,c>=,N是AB中点. (1)用a,b,c表示向量; (2)在线段C1B1上是否存在点M,使AM⊥A1N?若存在,求出M的位置;若不存在,说明理由. C级　学科素养创新练 11.在棱长为1的正四面体ABCD中,点M满足=x+y+(1-x-y)(x,y∈R),点N满足=λ+(1-λ)(λ∈R),当AM和DN的长度都为最短时,的值是(　　) A. B.- C. D.- 12.如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形,E为棱AB的中点,=2,AC1与平面EFG交于点M,则=　　　　.  答案 1.A　假设p,2q,3r在同一个平面内,则∃x,y∈R,使得3r=xp+2yq,即∃x,y∈R,r=p+q,所以p,q,r共面,与{p,q,r}是空间的一个基底矛盾,所以假设不成立,即p,2q,3r不共面,所以{p,2q,3r}可构成空间的一个基底,故A正确;易知p,q,p-q共面,所以{p,q,p-q}不能构成空间的一个基底,故B错误;易知q,r,q+2r共面,所以{q,r,q+2r}不能构成空间的一个基底,故C错误;易知r,p,2r-p共面,所以{r,p,2r-p}不能构成空间的一个基底,故D错误.故选A. 2.B　因为=x+2y+3z, 所以x=1,2y=1,3z=-1. 所以x=1,y=,z=-,所以x+y+z=. 3.B　∵G是△ABC的重心,∴. ∴)=)+)=, ∴a+b+c.故选B. 4.D　由题可得,)=)=c-a+(a+b-c)=-a+b+c.故选D. 5.-c+a+b　　如图,连接DE. 由题可得,=-=-)=-=-c+a+b, ∴||2=(a+b-c)2=a2+b2+c2+a·b-a·c-b·c=×42+×32+×32+×4×3×cos 60°-×4×3×cos 60°-×32×cos 60°=,∴||=. 6.(1)解 因为||=|,则)=-, 所以=-+(-)=a-b-c. 又因为||=|,则), 所以=-)=a-b-c. (2)证明 因为)-),且,所以,即M,N,D'三点共线. 7.解 (1)因为CB=BD=1,CB⊥BD,所以△BCD为等腰直角三角形,所以∠BCD=45°, CD=.因为CC1=CB=1,∠CC1B=60°,所以△CC1B为边长为1的等边三角形.以{}为空间的一个基底,则.||2 =()2=+2+2+2 =1+2+1+2×1×+2×1×1×+2×1×=9, 所以||=3,即CA1=3,所以体对角线CA1的长度为3. (2)因为,||=3,,||=||=1, 所以=()· =1+×1×+1×1×,所以cos<>=, 即异面直线CA1与DA所成角的余弦值为. 8.B　在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,连接AC,如图, =2,则)=)-)=-(-+3). 又AB=AP=6,AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°, 则=6×2×cos 60°=6,=6×6×cos 60°=18, 故||= = = =.故选B. 9.　设=λ,0<λ<1,则=λ. 又, 则=-. 因为E,F,G,H四点共面, 所以=x+y,即λ=x()+y(-). 又因为AD∥BC,BC=2AD,则, 即),所以=2-2, 所以, 所以λ=x()+y() =(-x-y)+(x+y), 所以解得 故,所以. 10.解 (1)因为N是AB中点,所以, 所以=-)=-a+b-c. (2)存在.假设存在点M,使AM⊥A1N,设=λ,λ∈[0,1],则λ=λb, 故=c-a+λb. 因为AM⊥A1N,所以=0,即(c-a+λb)·(-a+b-c)=0, 所以-c·a+c·b-c2+a2-a·b+c·a-λa·b+λb2-λb·c =c·a+(-λ)b·c-c2+a2-(λ)a·b+λb2=0. 因为CA=CB=CC1=1,<a,b>=<a,c>=,<b,c>=, 所以c·a-c2+a2-(λ)a·b+λb2=0, 即×1×1×(-)-12+×12-(λ)×1×1×(-)+λ·12=0,解得λ=, 所以当C1M=C1B1时,AM⊥A1N. 11.A　因为=x+y+(1-x-y),则=x()+y(),即=x+y. 又x,y∈R,则共面,即点M在平面BCD内.由=λ+(1-λ)(λ∈R),得=λ,则点N在直线AC上.在棱长为1的正四面体ABCD中,当AM长度最短时,点M是点A在平面BCD上的射影,即正三角形BCD的中心,因此,.当DN长度最短时,点N是点D在直线AC上的射影,即正三角形ACD边AC的中点,则. 又∠BAC=∠DAC=60°,=1×1×cos 60°=, 所以)·)=.故选A. 12.　设=λ=λ()=λ+λ+λ,其中0<λ<1.由题可得,=λ+λ+λ=λ+λ+(λ-.因为E,F,G,M四点共线,则向量共面.由共面向量定理可知,存在m,n∈R使得=m+n,即λ+λ+(λ-=m()+n()=(m+n), 所以解得λ=,即. 9 学科网（北京）股份有限公司 $