1.2空间向量基本定理课时练习 2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

1.2　空间向量基本定理 一、基础落实 1.(多选题)下列关于空间基底的说法,正确的是(　　) A.若三个非零向量a,b,c不能构成空间的一个基底,则a,b,c共面 B.若三个向量a,b,c不共面,则{a,b,c}可以作为空间的一个基底 C.若a,b是两个不共线的向量,且c=λa+μb(λ,μ∈R,λμ≠0),则{a,b,c}可以作为空间的一个基底 D.若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a,2b,a-b}也为空间的一个基底 2.已知{a,b,c}是空间的一个基底,则可以与向量m=a+2b,n=a-c构成空间另一个基底的向量是(　　) A.2a+2b-c B.a+4b+c C.b-c D.a-2b-2c 3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2,E,F分别为AB,A1C1的中点,则EF的长为(　　) A.2 B. C. D. 4.如图,M,N分别是四面体OABC的棱OA,BC的中点,E是MN的三等分点,且,用向量表示为(　　) A. B. C. D. 5.(多选题)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是60°,M为A1C1与B1D1的交点, 若=a,=b,=c,则下列选项正确的是(　　) A.a-b+c B.=a+b+c C.AC1的长为 D.cos<>= 6.已知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+2c,若m与n共线,则x=　　　　　,y=　　　　　.  7.在空间四边形ABCD中,AC与BD是四边形的两条对角线,M,N分别为线段AB,CD上的两点,且满足.点G在线段MN上,且满足=3,若向量满足=x+y+z,则x+y+z=　　　.  8.如图所示,已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点.设=a,=b,=c. (1)求证:EG⊥AB; (2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值. 二、素能提升 9.已知M,A,B,C四点互不重合且任意三点不共线,O为空间中任意一点,则能使向量构成空间的一个基底的关系是(　　) A. B. C. D.=2 10.在四面体OABC中,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若=x+y+z,则(x,y,z)为(　　) A. B. C. D. 11.在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都相等,∠BAA1=∠CAA1=60°,则AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,用作为基向量,则=　　　　　.(用基向量表示)  13.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,=a,=b,=c,CA=CB=CC1=1,<a,b>=<a,c>=,<b,c>=,N是AB的中点. (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. 参考答案 一、基础落实 1.AB 解析由空间基底的定义知,AB中说法正确;C中,c与a,b共面,故{a,b,c}不能作为空间的一个基底,C中说法错误;D中,a-b=a-×2b,故a,2b,a-b共面,故D中说法错误. 2.C 解析因为2a+2b-c=(a+2b)+(a-c), a+4b+c=2(a+2b)-(a-c), a-2b-2c=2(a-c)-(a+2b), 所以向量2a+2b-c,a+4b+c,a-2b-2c均与向量m,n共面.故选C. 3.C 解析由题意可知,,且||=||=1,||=2,=0,=0,<>=120°,所以||2==()2=||2+||2+||2+2()=1+4+1-1=5,所以||=.故EF的长为. 4.D 解析因为,所以=3,所以=3(),即, 又), 所以.故选D. 5.BD 解析根据题意,依次分析选项: 对于A选项,)=b-a+c,A错误; 对于B选项,=a+b+c,B正确; 对于C选项,=a+b+c,则=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c=6, 则||=,C错误; 对于=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2,则cos<>=,D正确. 故选BD. 6.2　-2 解析因为m与n共线,所以存在实数λ,使 m=λn,即a-b+c=λxa+λyb+2λc, 于是有解得 7. 解析因为)=)=)=)=)=,所以x+y+z=. 8.(1)证明连接DE, 因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1,且E,G分别是AB,CD的中点, 所以AC=BC,BD=AD,故CE⊥AB,DE⊥AB, 又因为CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE, 所以AB⊥平面CDE, 因为EG⊂平面CDE,所以AB⊥EG. (2)解由题意得,△ABC,△ACD,△ABD均为等边三角形且边长为1,所以AG=EC=, (b+c),)=)=b-a, 所以(b+c)·b2-a·b+c·b-a·c=|a||b|cos 60°+|c||b|cos 60°-|a||c|cos 60°=.设异面直线AG和CE所成角为θ,则cos θ=|cos<>|=. 二、素能提升 9.C 解析对于A选项,M,A,B,C四点共面,故不符合题意;对于选项B,D,由空间向量共面可知,三个向量共面,故选C. 10.A 解析如图,由已知得.因为G1是△ABC的重心,所以.所以,从而x=y=z=. 11.C 解析如图,设=c,=a,=b,AB=1,则a·b=,b·c=,a·c=, ∴=(a+c)·(b-a+c)=-1++1=1. ∵||=|a+c|=,||=|b-a+c|=, ∴cos<>=, ∴AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C. 12.) 解析2=2+2+2=()+()+()=,所以). 13.解(1)因为N是AB中点,所以, 所以=-)=-a+b-c. (2)假设存在点M,使AM⊥A1N, 设=λ(λ∈[0,1]), 显然λ=λb,=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=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. 学科网（北京）股份有限公司 $