第1章 04 专题强化练1 基底法在立体几何中的应用（Word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（人教A版）

**基本信息** 聚焦基底法在立体几何中的应用，通过基础辨析、中档运算到综合探究的三层设计，强化从概念理解到复杂问题解决的思维进阶，培养数学推理能力与模型观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|基底法基本概念与向量运算|多选题（第1题）辨析垂直、夹角等基础关系，强化概念理解| |中档应用|单一知识点综合运算|填空题（第2-4题）聚焦异面直线距离、体对角线交点等问题，提升运算能力| |综合拓展|多知识点融合与探究|解答题（第5-8题）结合证明（第5题正方形判定）、动态最值（第7题线段最小值）及存在性探究（第8题点位置确定），发展逻辑推理与创新意识|

专题专项练 专题强化练1　基底法在立体几何中的应用 1.(多选题)(2026浙江绍兴上虞中学月考)如图,在棱长均为2的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,且∠A1AB=∠A1AD=60°,则(　　) A.BD1=2　　 B.AC与BD1夹角的余弦值为 C.A1C⊥B1D1　　 D.AA1⊥BD 2.(2026湖南湘潭阶段性考试)如图,两条异面直线a,b所成的角为30°,在直线a,b上分别取点A',E和点A,F,使AA'⊥a且AA'⊥b.已知A'E=2,AF=,EF=5,则线段AA'的长为　　　　.  3.(2026辽宁沈阳二中月考)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,M,N,T分别是AB,AD,AA1上的点,且满足=,=,=,体对角线AC1交截面MNT于点P.设=λ,则实数λ=　　　　.  4.(2026河南多校联考)三棱锥P-ABC中,点G为△ABC的重心,点M为PG的中点,过点M的平面分别交PA,PB,PC于点A',B',C',且=x,=y,=z,且x>0,y>0,z>0,则++的最小值为　　　　.  5.(2026湖北部分学校联考)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°. (1)求证:四边形BDD1B1为正方形; (2)求异面直线AB1与BD1所成角的余弦值. 6.(2026浙江宁波期中)如图所示,在棱长为2的正四面体ABCD中,E为等边三角形ACD的中心,F,G分别满足=,=. (1)用,,表示,并求出||; (2)求直线FG与平面ACD所成角的正弦值. 7.(2026浙江强基联盟月考)由矩形ABCD和ABEF构成的立体图形如图所示,其中AB=4,AD=AF=3,∠DAF=.M,N分别在对角线BD,AE上移动,且AN与DM的长度保持相等.记=a,=b,=c,且=λ,λ∈[0,1]. (1)当λ=时,用向量a,b,c表示,; (2)λ为何值时,||的值最小? (3)是否存在M,N使得MN⊥平面ABCD?若存在,请求出λ的值;若不存在,请说明理由. 8.(2025上海闵行开学考试)已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且=x,=x,=x,点M在直线TB上,N为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)证明:对所有满足条件的平面α,点M都落在某一条长为TB的线段上. 答案与分层梯度式解析 专题专项练 专题强化练1　基底法在立体几何中的应用 1.ACD　由题意得=-++,所以==++-2·-2·+2·=++-2||||·cos 60°+2||||cos 60°=4×3=12,所以BD1=||=2,故A正确; 易得=+,||=2,所以·=(+)·(-++)=+·+·-·++·=-+||||cos 60°++||||cos 60°=-4+2×2×+4+2×2×=4,所以cos<,>===,故B错误; =-=+-,==-, 所以·=(+-)·(-+)=--·+·+·+-·=+||||·cos 60°+-||||cos 60°=-4+2×2×+4-2×2×=0,所以A1C⊥B1D1,故C正确; ·=·(-)=·-·=||||cos 60°-||||·cos 60°=2×2×-2×2×=0,所以AA1⊥BD,故D正确. 2.答案　2或2 解析　因为=++, (用基底法解决立体几何问题时,选择以首尾相接的三向量作为基向量的情况较少,平时应注意积累) 所以==+++2·+2·+2·, 因为AA'⊥a,AA'⊥b,A',E在直线a上,A,F在直线b上,所以·=0,·=0, 又因为两条异面直线a,b所成的角为30°,所以<,>=30°或<,>=150°.(易错点:注意向量夹角和异面直线所成角的区别) 因此52=22++3+2×2××cos<,>, 可得||=2或||=2,即线段AA'的长为2或2. 3.答案　 解析　由题知向量,,共面,所以存在实数k1,k2,使得=k1+k2, 所以-=k1(-)+k2(-), 又=,=,=,=λ=λ+λ+λ, 所以λ+λ+λ-=k1λ+λ+λ-+k2λ+λ+λ-=+k1λ+k2λ-+(k1λ+k2λ), 故 所以k1=-,k2=-,λ=. 4.答案　 解析　∵点G为△ABC的重心,∴=++,∵M为PG的中点, ∴==++, ∵=x,=y,=z, ∴=++, ∵A',B',C',M四点共面, ∴++=1, ∵x>0,y>0,z>0,∴++ = =3++++++ ≥3+2+2+2=,当且仅当x=y=z=2时取等号,即++的最小值为. 一题多解　在求得++=1后,还可以采用三维的柯西不等式求解:++=++++≥++2=,当且仅当x=y=z=2时等号成立,即++的最小值为. 知识拓展　设a,b,c,d,e,f∈R,则(a2+b2+c2)(d2+e2+f2)≥(ad+be+cf)2,当且仅当a∶b∶c=d∶e∶f时等号成立. 5.解析　(1)证明:因为=-,=-=-,所以=, 又B,D,D1,B1不共线,所以四边形BDD1B1为平行四边形, 又·=(-)·=·-·=1×1×-1×1×=0, 所以⊥,即BD⊥BB1,所以平行四边形BDD1B1为正方形. (2)因为=+,=-++, 所以·=(+)·(-++)=-+·+·+=1, ||= ==, ||= = =, 所以cos<,>===, 所以异面直线AB1与BD1所成角的余弦值为. 6.解析　(1)连接AE并延长,交CD于M,则M为CD的中点, 则==×(+)=(+), 所以=+=+(+)=+(-+-)=(++), 所以||=|++| = = ×=×=. (2)根据题意,可知BE⊥平面ACD,因此直线FG与平面ACD所成角的正弦值即为直线FG与直线BE所成角的余弦值(破题关键).(将线面角转化为异面直线所成的角,进一步转化为两个方向向量的夹角或其补角) 易得=-=-, 则||= = = ==, 故cos<,>= = = ===, 则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为. 7.解析　(1)=+=+=+(-)=(a+b), ==(+)=(a+c), =-=(a+c)-(a+b)=(c-b). (2)第一步:用已知基底表示. 因为=λ,AN与DM的长度相等,且AE,DB为全等矩形的对角线,所以=λ,λ∈[0,1], 可得=-=λ-(+)=λ(+)-[+λ(-)]=λ(a+c)-[b+λ(a-b)]=(λ-1)b+λc. 第二步:利用已知条件求b·c. 由已知得|a|=4,|b|=3,|c|=3,<a,b>=,<a,c>=,<b,c>=, 所以a·b=0,a·c=0,b·c=3×3×cos =. 第三步:结合向量的模和数量积的性质表示||,再结合二次函数的性质求最值. ||= = =3, 又λ∈[0,1],故当λ=时,||的值最小,为. (3)假设存在M,N使得MN⊥平面ABCD,因为AB,AD⊂平面ABCD, 所以MN⊥AB,MN⊥AD. 由(2)知,=(λ-1)b+λc,可得·=[(λ-1)b+λc]·a=(λ-1)b·a+λc·a=0,成立; 且·=[(λ-1)b+λc]·b=(λ-1)·b2+λc·b=0, 整理得9(λ-1)+λ=0,解得λ=, 故存在M,N使得MN⊥平面ABCD,此时λ=. 8.解析　(1)连接AC,BD,交于点O,连接TO,易得+=2,+=2, ∴+=+, ∴=+-=a-b+c. (2)证明:由(1)可知=a-b+c, ∵=x,=c,∴=(1-x)c, 又=x,=x=xa, ∴=+=+x=(1-x)a+x(a+c-b)=a+xc-xb, =-=a+xc-xb-xa=(1-x)a+xc-xb, =-=(1-x)c-xa, 由点M在直线TB上,可设=λ=λb,λ∈R, 连接TN,易得=+=a-b+c, =-=λb-a-c+b=-a+b-c, ∵NM∥平面PQR, ∴存在实数y,z使得=y+z, ∴-a+b-c=y(1-x)a-yxb+yxc-zxa+z(1-x)c=(y-xy-zx)a-yxb+(yx+z-xz)c,∴ 消元可得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0, 当λ=-时,-2x+=0,解得x=; 当λ≠-时, ∵x∈R, ∴令Δ=[-(4λ+3)]2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0,解得-≤λ≤, 所以-≤λ<-或-<λ≤. 综上可得,-≤λ≤, 故对所有满足条件的平面α,点M都落在某一条长为TB的线段上. 7 学科网（北京）股份有限公司 $