练案20 第三章 3.1 空间向量基本定理-【成才之路·练案】2026-2027学年高中数学选择性必修1同步新课程学习指导（北师大版）

练案[20] 第三章 空间向量与立体几何 §3[3.1空间向量基本定理] 儿组·基础自测 二、填空题 7.设OABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是 一、选择题 1.对于空间一点0和不共线的三点A,B,C,且有 0G1上的一点，且0G=3GG,若0G=x0A+ 60P=0A+20B+30C,则 y0B+z0C,则2x+4y+2z= A.0,A,B,C四点共面 8.已知a,b,c不共面，且m=3a+2b+c,n= B.P,A,B,C四点共面 x(a-b)+y(b-c)-2(c-a),若m∥n,则 C.0,P,B,C四点共面 x+y=】 D.0,P,A,B,C五点共面 三、解答题 2.已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一9.已知三个向量a,b,c不共面，并且p=a+b-c, 点0，有O成=x0+}0店+}o元，则x的值为 q=2a-3b-5c,r=-7a+18b+22c,向量p,q,r 是否共面？ A.1 B.0 C.3 0. 1 3.已知向量a,b,且AB=a+2b,BC=-5a+6b, CD=7a-2b,则一定共线的三点是 A.A,B,D B.A,B,C C.B,C,D D.A,C,D 4.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 一组基 10.平行六面体ABCD-AB,C,D1中，E、F分别 B.空间的基有且仅有一个 C.两两垂直的三个非零向量可构成空间的一 在B,B和D,D上，且BE=3BB,DF= 组基 D.基{a,b,c}中基向量与基{e,f,g}中基向量 D 对应相等 (1)证明：A,E,C1,F四点共面； 5.已知正方体ABCD-AB,C,D,中，P,M为空间任 (2)若EF=xAB+yAD+zAA1,求x+y+a. 意两，点，如果有PM=PB,+7BA+6A4-4AD, 那么M必 A.在平面BAD1内 B.在平面BAD内 C.在平面BAD1内D.在平面AB,C1内 6.（多选题)若空间中任意四点0，A,B,P满足 OP=mOA+nOB,其中m+n=1,则结论正确 的有 A.P∈直线AB B.P直线AB C.0,A,B,P四点共面 D.P,A,B三点共线 —235 8组·素养提升 6.已知O是空间任一点，A,B,C,D四点满足任 一、选择题 三点均不共线，但四点共面，且OA=2xB0+ 3yC0+4zD0,则2x+3y+4z= 1.若e1,e2是同一个平面ax内的两个向量，则 三、解答题 ( A.平面a内任一向量a,都有a=入e1+ue2（入 ）7.已知非零向量e,e不共线，如果丽=e1+2, ∈R) AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,求证：A、B、C、D 四点共面 B.若存在实数入1，入2，使入1e1+入2e2=0,则入1= 入2=0 C.若e1,e2不共线，则空间任一向量a,都有 a=λe1+ue2(入，u∈R) D.若e,e2不共线，则平面x内任一向量a,都 有a=入e1+ue2(入，u∈R) 2.0,A,B,C为空间四点，且向量01,0B,0C不能 构成空间的一组基，则 A.0A,0B,0C共线 B.OA,OB共线 C.0B,0C共线 D.O,A,B,C四点共面 3.G是正方形ABCD的中心，点P为正方形 ABCD所在平面外一点，则P+PB+PC+P可 8.在四面体ABCD中，P在面ABC内，Q在面 A.4PG B.3PC C.2PG D.PG BCD内，且满足AP=xAB+yAC,AQ=sAB+ 4.如图所示，在四面体ABCD中，E,G分别是 :C+ud,若子=氵，试判断线段A0与DP CD,BE的中点，若AG=xAB+yAD+zAC,则 的位置关系 x+y+2= A.3 B.2 c.1 D.2 二、填空题 5.给出下列几个命题： ①a=“从上海往正北平移9km”,b=“从北京 往正北平移3km”,那么a=3b; ②(a+b)+Ac+入(a+d)=b+(1+入)a+ λ(c+d); ③有直线L,且l∥a,在1上有点B,若AB+CA =2a,则C∈l. 其中正确的命题是 —236.EF=3a-3b+3c. 六x=y=8=号2+4+2=2 7.在正四面体04BC中，1Oi1=101=10心1=1，(OA,0B)=8.-4:n=(x+2)a+(y-x)b-(y+ (0A,0C=(0B,0C〉=60°. 2)c, (1)a.0=oi10×cs∠A0B=1x1xs60P=之 :+2 =Yx=-(y+2), G 3 2 (2)(0i+0·(C+c)=(0i+0)·(0i-0元+0成- ∫5x-3y+4=0, 0C=(0+0B)·(0+0-20元)=0+20.0成- 1x-3y-4=0, 20A.0元+0i-20i.0元=12+2×1×1×cos60°-2×： 解得x=-2,y=-2,.x+y=-4. 1×1×cs60°+12-2×1×1×cos60°=1+1-1+1-1=1.9.假设存在实数入，4，使p=Aq+ur,则 (3)10+02+0元12=(0A+0i+0元)2=12+12+12+(2× a+b-c=(2λ-7m)a+(-3A+18u)b+(-5A+22μ)c. 1×1×c0s60°)×3=6. ‘a,b,c不共面， 所以10i+0i+0心1=6. 2λ-7u=1, 5 8.如图连接AM并延长与BC相交于E,连接AW并延长与CD相 -3入+18u=1,解得 交于F,则E,F分别是BC和CD的中点， 1 -5λ+224=-1， u=3 即存在实数A=号=子，使p=A0+rp,gr共面 10.(1)证明：AC=A店+4A心+A4 =破+布+宁杯+子 =(+号)+（市+号蓟） =(AB+B)+(A市+D) =A正+AF,A,E,C,F四点共面， 由M=A市-A立 (2)EF=AF-AE=AD+DF-(AB+BE) =子亦子破=子-应=武 =A市+子DD-丽-}B=-A+币+}， 号成a)=(d-剂 .x=-1,y=1,z= x+y+:=号 =(d-商=励， B组·素养提升 1.D由共面向量定理知选D. =号动1=号 2.D由0,0i,0心不能构成空间的一组基，知0i,0,0d三向 量共面，所以O,A,B,C四点共面， 练案[20] 3.A P+P+P元+Pi=Pt+G+P亡+G成+Pt+G元+Pt+ GD=4PG+(GA+GC)+(GB+GD) A组·基础自测 ·四边形ABCD是正方形，G是它的中心， 1.B由602=0i+20+30元，得0-0A=2(02-0)+ .G+G元=G+G⑦=0， 3(0元-0币)，即A巾=2P2+3P元，.AP,PB,P元共面.又三个 .原式=4P元，.选A 向量的基线有同一公共点P,P,A,B,C四点共面. 4.C解法一：连接AE 2.D0i=x0+号0i+}0元， :E,G分别是CD,BE的中点， ! 且M,A,B.C四点共面+号+号=1，x=号 应=2花+}d。 3.A、因为Ai=AB+BC+C=3a+6b=3(a+2b)=3AB,故 花=+花=破+4花+子而，又花=x硒+ AD∥AB,又AD与AB有公共点A,所以A,B,D三点共线. y AD+2AC, 4.C 1.11 5.C由于PM-PB+7B+6AA-4AD=PB+BA+6BA x+y+=2+4+4=1. -4A:D:PB +BA:+6BA -4A D PA +6(PA -PB) 解法二：因为B,C,D,G四点共面，由共面向量定理的推论可 -4(PD-PA)=11PA-6P2-4PD,于是M,B,A1,D四 知x+y+z=1. 点共面，故选C 5.①②③①正确.因为向量相等与始点无关：②正确，因为向 6.ACD因为m+n1,所以m三1-n,所以O品=(1-n·O量运算满足分配律和结合律：③正确，因为A+C=C+AB +nO,即O-OA=n(0-0A),即AP=nAB,所以AP与AB =CB=2a,所以C2与l平行，又B在l上，所以CeL 共线 6.-10A=-2x02-3y0元-4z0i, 又AP,AB有公共起点A,所以P,AB三点在同一直线上，即 由A,B,C,D四点共面，则有-2x-3y-4z=1, P∈直线AB.因为OP=mOA+nOB,故O,A,B,P四点共面. .2x+3y+4z=-1. 7.2如图，已知o心-子o-子(o+G) 7.证明：令A(e1+e2)+u(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0, 则（入+2μ+3）e1+(入+8u-3v)e2=0. =引o++] e、e2不共线， =子a+(ai-0)+(0d-a]=i+4ai+1元. *t知8 —378 r入=-5， 5=-2， 5 易知{u=1,是其中一组解，则-5A店+A+A⑦=0 「入=- 2 所以 解得 lw=1. 6 t=- .A、B、C、D共面 5, 另证：观察易得Ad+A⑦=(2e,+8e2)+(3e1-3e2）=5e1+ 5e2=5(e1+e2)=5AB. 放的取值范围是(-，(-号) 店=写配+ 9.AB=(6,-5,5),AC=(1,-3,6), AB+xAC=(6+x,-5-3x,5+6x), 由共面向量知，AB,A元，A心共面. .·AB⊥(AB+xAC) 又它们有公共点A, .6(6+x)-5(-5-3x)+5(5+6x)=0, A、B、C、D四点共面。 x=-86 引…存在实数x=-86 8由=则= 511 y x y 使AB与AB+xAC垂直. 不妨假设。=立=入，则Ad=入A+uA心， 10.(1)设该三棱柱的侧棱长为h,由题意得A(0,-1,0),B(5, x Y 0,0),C(0,1,0),B(5,0,h),C(0,1,h),则AB=(5,1, 所以A,P,D,Q四点共面.又AQ与DP不平行， 所以线段AQ与线段DP相交. h),BC=(-5,1,h),因为AB1⊥BC1, 所以AB·BC=-3+1+h2=0,所以h=2 练案[21] (2)A=店+B成=店+？BC=店+之（丽+B)=正 A组·基础自测 1.C由题意，a=(-3,2,4),b=(1,-2,2),∴.a-b=(-4, +2(瓜+花商)=2丽+花+2不 4,2), (3)由(1)可知AB=(5,1,2),BC=(-5,1,0), .1a-b1=(-4)2+42+22=6.故选C. 2.BAB=(-3,7,-5), 所以AB·B元=-3+1=-2,1AB1=√6,1BC=2, 成=号(-37，-5)=(-24,9) 6 所以cos(AB,BC=-2= 266 故选B. B组·素养提升 3.D因为店=(2,1,1)，A花=(1,0,1)，所以AB1=1=1.B设BC边上的中点为D,侧d=子（店+AC)=(-1,-2, √22+12+12=6， 2),所以1AD1=个+4+4=3. 1AC1=√+02+1下=2，AB.A亿=2×1+1×0+1×1=3， 2.D①设a=xb+yc,则 所以cs(A店，A花=店·Ad=3 r1=3x+4y, 1AB川A元16×22 2=0·x+2y,解得x=-1, 又因为两个向量的夹角取值范围为0°≤(AB,AC)≤180°， 3=2x+5y, y=1. 所以∠BAC=(AB,AC)=30°， 故存在实数x=-1,y=1使得a=-b+c, 即线段AB的长为6，∠BAC=30°.故选D. .a,b,c共面 4.Da,b,c共面，.c=Aa+ub, ②中b=-2c,③中c=a-b. (-1,y,2)=(入-u4,2A), [x +y=1, 「-1=A-u, 故②③中三个向量共面.④设a=xb+yc,则{x=1,显然无 ∴.{y=u,得y=2 Ly=1, 【2=2λ， 解，故a,b,c不共面。 5.A1a=6,.1a2=36, !3.A设a与b夹角为0， .4+16+2=36,.x2=16,x=±4. 则0s0=42+2-4 又.a1b,.a·b=4+4y+2x=0, 3×3 9,sin0=6☒ 9 ∴.x+2y+2=0. 5-2×3x3×3×图 1 当x=4时，y=-3,当x=-4时，y=1, x+y=1或-3. 4.C点D在直线0C上运动，因而可设0⑦=(a,a,2a),DA= 6.AD:a与b的夹角为90°，.a·b=0, (1-a,2-a,3-2a),DB=(2-a,1-a,2-2a),DA·DB=(1 ..-2+2λ2-6=0，.λ2=4，入=±2. -a)(2-a)+(2-a)(1-a)+(3-2a)(2-2a)=6a2-16a 7.3b+c=(2,0,3)+(0,2,2)=(2,2,5), .a·(b+c)=(2,-3,1)·(2,2,5)=4-6+5=3. +10,所以a=号时·成最小为-子，此时成 3 8(-() 由已知得a·b=5×(-2)+3t (片告)做远c +1×(-号)=31-号，因为a与b的夹角为纯角，所以ab 5.(-1,0,2)P=(-x,1,-z) AB=(-1,-1,-1),AC=(2,0,1), <0, 即3-号<0，所以1<号 {202.-10,2 6.9由已知得AB=(1,2,3),Ad=(-1,4,9). 若a与b的夹角为180°，则存在入<0，使a=b(入<0)， 因为A,B,C三点共线，所以AB∥AC. 即(5,31)=A(-21,号) 所以-号=号解得p=3,g=6 379