2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.2 空间向量基本定理（4类必考点）

专题1.2 空间向量基本定理TOC \o "1-3" \t "正文,1" \h HYPERLINK \l "_Toc29453" 【考点1：空间向量基本定理解决几何问题】  PAGEREF _Toc29453 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc13898" 【考点2：空间向量基本定理中的参数问题】 10 HYPERLINK \l "_Toc27591" 【考点3：基底的判断】  PAGEREF _Toc27591 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc56" 【考点4：基底的应用】  PAGEREF _Toc56 \h 17【考点1：空间向量基本定理解决几何问题】【知识点：空间向量基本定理】如果三个向量、、不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组{x，y，z}使得＝x＋y＋z.1．（2023春·江苏淮安·高一统考期末）在正四棱锥P−ABCD中，若PE=23PB，PF=13PC，平面AEF与棱PD交于点G，则四棱锥P−AEFG与四棱锥P−ABCD的体积比为（    ）A．746 B．845 C．745 D．445【答案】B【分析】利用A、E、F、G四点共面，PG=25PD，由锥体体积公式，求出VP−AEFVP−ABCD和VP−AGFVP−ABCD的值，即可得VP−AEFGVP−ABCD的值.【详解】如图所示，  设PG=λPD，由A、E、F、G四点共面，设AF=xAE+yAG，则AP+PF=x(AP+PE)+y(AP+PG)，即AP+13(AB+AD−AP)=xAP+2x3(AB−AP)+yAP+yλAD−λAP，得23−y−x3+λyAP+13−2x3AB+13−λyAD=0，又AP，AB，AD不共面，则23−y−x3+λy=013−2x3=013−λy=0，解得：λ=25，即PG=25PD，设ℎ1，ℎ2分别是点F到平面PAE和点C到平面PAB的距离，则ℎ1ℎ2=PFPC，所以VP−AEFVP−ABC=VF−PAEVC−PAB=S△PAE⋅ℎ1S△PAB⋅ℎ2=S△PAES△PAB⋅PFPC=PA⋅PEPA⋅PB⋅PFPC=PEPB⋅PFPC=29，VP−ABC=12VP−ABCD，VP−AEFVP−ABCD=19，同理，VP−AGFVP−ADC=VF−PAGVC−PAD=PA⋅PGPA⋅PD⋅PFPC=PGPD⋅PFPC=215，VP−ADC=12VP−ABCD，VP−AGFVP−ABCD=115，VP−AEFGVP−ABCD=VP−AGF+VP−AEFVP−ABCD=19+115=845则四棱锥P−AEFG与四棱锥P−ABCD的体积比为845.故选：B【点睛】方法点睛：点共面问题可转化为向量共面问题；求几何体的体积，要注意分割与补形；利用锥体体积公式，棱锥的体积比最终转化为棱长之比.2．（2023春·江苏南京·高二南京师大附中校考期中）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=2，AC=4，则线段AO的长度为（    ）A．472 B．47C．382 D．38【答案】A【分析】利用空间向量的数量积求模即可.【详解】由图形易得AO=12AB+AC1=12AB+AC+AA1，所以AO2=14AB2+AC2+AA12+2AB⋅AC+2AB⋅AA1+2AC⋅AA1，=14×4+16+9+2×2×4cos90∘+2×2×3cos60∘+2×4×3cos60∘=474即AO=472.故选：A3．（多选）（2023春·山东菏泽·高二统考期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD交于O点，且∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°，AB=AD=4，AA1=5.则下列结论正确的有（   ）A．AC1⊥BD B．BC1⋅A1C=9C．BD1=85 D．OB1=12AB−12AD−AA1【答案】AB【分析】由向量的分解和向量数量积公式、向量的求模公式即可判断.【详解】如图，由题意得，AB2=AD2=16，AA12=25AB⋅AD=AB⋅ADcos∠BAD=4×4cos60°=8，AB⋅AA1=AB⋅AA1cos∠BAA1=4×5cos60°=10，AD⋅AA1=AD⋅AA1cos∠DAA1=4×5cos60°=10，对于选项A，AC1⋅BD=AB+BC+CC1⋅AD−AB=AB⋅AD−AB⋅AB+BC⋅AD−BC⋅AB+CC1⋅AD−CC1⋅AB=AB⋅AD−AB2+AD2−AD⋅AB+AA1⋅AD−AA1⋅AB=−AB2+AD2+AA1⋅AD−AA1⋅AB=−16+16+10−10=0所以AC1⊥BD，即AC1⊥BD.故选项A正确.对于选项B，BC1⋅A1C=BC+CC1⋅AC−AA1=AD+AA1⋅AB+AD−AA1=AD+AA1⋅AB+AD+AA1⋅AD−AA1=AD⋅AB+AA1⋅AB+AD2−AA12 =8+10+16−25=9故选项B正确.对于选项C，BD12=AD1−AB2=AD+AA1−AB2=AD2+AA12+AB2+2AD⋅AA1−2AD⋅AB−2AA1⋅AB=16+25+16+20−16−20=41所以BD1=41即BD1=41故选项C错误.对于选项D，OB1=OB+BB1=12DB+AA1=12AB−AD+AA1=12AB−12AD+AA1故选项D错误.故选：AB4．（2023·全国·高一专题练习）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1，且∠BAD=∠A1AD=∠A1AB=60°，则∠C1AB的余弦值是 .【答案】63【分析】利用空间向量基本定理，得到AC1=AB+AD+AA1，求出AC1，AC1⋅AB，再由向量夹角公式求∠C1AB的余弦值.【详解】由题设，可得如下示意图，  ∴AC1=AD+AB+CC1=AD+AB+AA1，设AB=a，则AD=AA1=a，又∠BAD=∠A1AD=∠A1AB=60°，所以AB⋅AD=12a2，AB⋅AA1=12a2，AD⋅AA1=12a2，所以以AC1=AB+AD+AA1=AB+AD+AA12=AB2++AD2+AA12+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1=a2+a2+a2+2×12a2+2×12a2+2×12a2=6a.AC1⋅AB=AD+AB+AA1⋅AB=12a2+a2+12a2=2a2，所以cos∠C1AB=cosAC1,AB=AC1⋅ABAC1AB=2a26a×a=63故答案为：63.5．（2022秋·高二课时练习）设O−ABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG=3GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则2x+4y+2z= .【答案】2【分析】利用向量三角形法则，结合三角形重心的性质和中线的性质即可得解．【详解】取BC的中点E，连接AE，如图所示，因为OG=3GG1，G1是△ABC的重心，所以OG=34OG1=34(OA+AG1) =34OA+34×23AE=34OA+12AE=34OA+12×12(AB+AC) =34OA+14(OB−OA+OC−OA)=14OA+14OB+14OC，又OG=xOA+yOB+zOC，所以x=y=z=14，则2x+4y+2z=2×14+4×14+2×14=2.故答案为：2．6．（2023春·江苏常州·高二校联考期中）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，则EP的最小值为 .【答案】43【分析】由向量DP满足条件可知P是平面ACF上的动点，转化为求E到平面ACF的距离，利用补形及等体积法求解即可.【详解】因为点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，所以A,C,F,P四点共面，即P是平面ACF上的动点，所以EP的最小值即为E到平面ACF的距离.由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图， 则可知AF=AC=CF=AE=FE=CE=62，设E到平面ACF的距离为ℎ，则VE−ACF=13⋅S△ACF⋅ℎ=V正方体−4VE−ABC,即13×34×(62)2⋅ℎ=63−4×13×12×6×6×6，解得ℎ=43，所以EP的最小值为43.故答案为：437．（2023·江苏南通·高三校联考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，M是A1C1上一点，且A1M=2MC1.经过点M作平面α截正方体的外接球，则截得的截面面积的最小值为 【答案】49π【分析】先求出球的半径R，然后分析可得，当OM与截面垂直时，距离最大，此时截面圆的半径r最小.利用向量表示出OM=−16A1B1−16A1D1−12A1A，即可根据数量积的运算律求得OM2，进而根据球的性质得出r，即可得出答案.【详解】如图，连结A1C，取A1C中点为O，连结OM.正方体的外接球是以A1C为直径的球，A1C=3，所以外接球半径R=32.因为经过点M作平面α截正方体的外接球，截面为圆，设圆的半径为r.根据圆的性质可知，圆心O到截面的距离越大，圆的半径越小，显然当OM与截面垂直时，距离最大，此时截面圆的半径最小.因为A1M=23A1C1=13A1B1+13A1D1，A1O=12A1C=12A1B1+12A1D1+12A1A，所以OM=A1M−A1O =13A1B1+13A1D1−12A1B1+12A1D1+12A1A =−16A1B1−16A1D1−12A1A，所以OM2=−16A1B1−16A1D1−12A1A2 =136A1B1+136A1D1+14A1A=136+136+14=1136，根据球的性质可知，r2+OM2=R2，所以，r2=R2−OM2=34−1136=49，r=23，所以，截面圆的面积为πr2=49π.故答案为：49π.8．（2023·高二课时练习）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为正方体内一动点（包括表面），若AP=xAB+yAD+zAA1，且0≤x≤y≤z≤1．则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是 ；表面积是 ．【答案】 16 1+2/2+1【分析】先根据空间向量运算法则及0≤x≤y≤1得到点P在三棱柱ACD−A1C1D1内，再根据0≤y≤z≤1得到点P在三棱柱AA1D1−BB1C1内，从而得到0≤x≤y≤z≤1时点P在这两个三棱柱的公共部分，即三棱锥A−A1C1D1内，求出体积和表面积即可.【详解】根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理，满足0≤x≤y≤1的点P在三棱柱ACD−A1C1D1内，满足0≤y≤z≤1的点P在三棱柱AA1D1−BB1C1内，故同时满足0≤x≤y≤1和0≤y≤z≤1的点P在这两个三棱柱的公共部分（如图），即三棱锥A−A1C1D1内，因为AA1⊥平面A1C1D1，S△A1D1C1=12A1D1⋅C1D1=12，故其体积是13S△A1D1C1⋅AA1=13×12×1=16，又A1C1⊂平面A1C1D1，所以AA1⊥A1C1，A1C1=2,S△AA1C1=12AA1⋅A1C1=22，因为C1D1⊥平面AA1D1，AD1⊂平面AA1D1，所以C1D1⊥AD1，古S△AD1C1=12AD1⋅C1D1=22，又S△AA1D1=12AA1⋅A1D1=12，其表面积是2×12+2×22=1+2故答案为：16,1+29．（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.(1)求DB1的长；(2)求向量DB1与AB夹角的余弦值.【答案】(1)15；(2)155.【分析】（1）用空间的一个基底{AB,AD,AA1}表示向量DB1，再利用空间向量数量积的运算律求解作答.（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.【详解】（1）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，{AB,AD,AA1}为空间的一个基底，因为AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3，则AB⋅AD=2×1×cosπ3=1,AB⋅AA1=2×3×cosπ3=3,AD⋅AA1=1×3×cosπ3=32，DB1=DA+AB+BB1=AB−AD+AA1，所以|DB1|=AB2+AD2+AA12−2AB⋅AD−2AD⋅AA1+2AB⋅AA1=22+12+32−2×1−2×32+2×3=15.（2）由（1）知，DB1=AB−AD+AA1，则DB1⋅AB=AB2−AB⋅AD+AB⋅AA1=22−1+3=6，又|DB1→|=15，所以向量DB1与AB夹角的余弦值cos〈DB1,AB〉=DB1⋅AB|DB1||AB|=615×2=155.【考点2：空间向量基本定理中的参数问题】【知识点：空间向量基本定理】如果三个向量、、不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组{x，y，z}使得＝x＋y＋z.1．（2023·湖南永州·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，点M是EG和FH的交点，对空间任意一点О都有OA+OB+OC+OD=kOM，则k=（    ）A．14 B．12 C．2 D．4【答案】D【分析】证明出四边形EFGH为平行四边形，M为EG中点，利用空间向量基本定理求解即可.【详解】E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，故EH//BD，EF//GH，所以E,F,G,H四点共面，且四边形EFGH为平行四边形，故M为EG中点，因为OA+OB=2OE，OC+OD=2OG，所以OA+OB+OC+OD=2OE+OG=4OM，故k=4.故选：D2．（2023·河北唐山·高二统考期末）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，AP=λAM，AB+BP=16AC+16AD，则λ= .【答案】13【分析】根据空间向量线性运算得到AM=16λAC+16λAD，证明出共线定理的推论，由M,C,D三点共线，得到16λ+16λ=1，求出λ=13.【详解】因为AB+BP=AP，所以AP=16AC+16AD，即λAM=16AC+16AD，AM=16λAC+16λAD，下面证明：已知OB=xOA+yOC，若A,B,C三点共线，则x+y=1，因为A,B,C三点共线，所以存在非零实数t，使得AB=tAC，即OB−OA=tOC−OA，整理得OB=tOC+1−tOA，故x=1−t，y=t，所以x+y=1，因为M,C,D三点共线，故16λ+16λ=1，解得：λ=13.故答案为：133．（2023·全国·高三专题练习）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，AF=13AD，AG=2GA1，AC1与平面EFG交于点M，则AMAC1= .【答案】213【分析】设AM=λAC1，其中0<λ<1，用AB、AD、AA1表示向量GM、GE、GF，利用共面向量的基本定理可知存在m、n∈R使得GM=mGE+nGF，由空间向量基本定理可得出关于m、n、λ的方程组，即可解得实数λ的方程组，即可解得实数λ的值.【详解】设AM=λAC1=λAB+AD+AA1=λAB+λAD+λAA1，其中0<λ<1，GM=AM−AG=λAB+λAD+λAA1−23AA1=λAB+λAD+λ−23AA1，GE=AE−AG=12AB−23AA1，GF=AF−AG=13AD−23AA1，因为E、F、G、M四点共线，则向量GM、GE、GF共面，由共面向量定理可知，存在m、n∈R使得GM=mGE+nGF，即λAB+λAD+λ−23AA1=m12AB−23AA1+n13AD−23AA1=12mAB+13nAD−23m+nAA1，所以，12m=λ13n=λ−23m+n=λ−23，解得λ=213.故答案为：213.4．（2023春·高二课时练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点F是侧面CDD1C1的中心，若AF=mAB+AD+nAA1，求m， n的值．【答案】m=n=12【分析】因F是侧面CDD1C1的中心，可用DD1,DC表示DF，又注意到AB=DC,AA1=DD1，AF=AD+DF，即可得答案.【详解】因为点F 是正方形CDD1C1的中心，所以DF=12DC1=12DC+DD1，又AB=DC,AA1=DD1，则DF=12AB+AA1.故AF=AD+DF=AD+12AB+AA1=12AB+AD+12AA1．故m=n=12．【考点3：基底的判断】【知识点：基底】如果三个向量、、不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组{x，y，z}使得＝x＋y＋z，我们把{，，}叫做空间的一个基底.1．（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（    ）A．a+b,a−b,a B．a+b,a−b,b C．a+b,a−b,b+c D．a+b,a+b+c,c【答案】C【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A，a=12a+b+a−b，因此向量a+b,a−b,a共面，故不能构成基底，故A错误；对于B，b=12a+b−a−b，因此向量a+b,a−b,b共面，故不能构成基底，故B错误；对于C，假设向量a+b,a−b,b+c共面，则b+c=λa+b+μa−b，即c=λ+μa+λ−μ−1b，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；对于D，a+b+c=a+b+c，因此向量a+b,a+b+c,c共面，故不能构成基底，故D错误；故选：C.2．（2022秋·高二课时练习）已知a,b,c是不共面的三个向量，则能构成空间的一组基底的向量是（　　）A．3a,a−b,a+2b B．2b,b−2a,b+2aC．a,2b,b−c D．c,a+c,a−c【答案】C【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.【详解】向量a,b,c是不共面的三个向量，对于A，3a=2(a−b)+(a+2b)，则向量3a,a−b,a+2b共面，A不是；对于B，2b=(b−2a)+(b+2a)，则向量2b,b−2a,b+2a共面，B不是；对于D，2c=(a+c)−(a−c)，则向量c,a+c,a−c共面，D不是；对于C，假定向量a,2b,b−c共面，则存在不全为0的实数λ1,λ2，使得a=2λ1b+λ2(b−c)，整理得a−(2λ1+λ2)b+λ2c=0，而向量a,b,c不共面，则有1=02λ1+λ2=0λ2=0，显然不成立，所以向量a,2b,b−c不共面，能构成空间的一个基底，C是.故选：C3．（2023·高二单元测试）已知a=2,−1,3，b=−1,4,−2，c=7,5,λ，若a,b,c不能构成空间的一个基底，则实数 λ 的值为（    ）A．0 B．357 C．9 D．657【答案】D【分析】依题意可得a,b,c共面，则c=xa+yb，其中x,y∈R，根据空间向量坐标运算得到方程组，解得即可.【详解】∵a,b,c不能构成空间的一个基底，∴a,b,c共面，则c=xa+yb，其中x,y∈R，则(7,5,λ)=(2x,−x,3x)+(−y,4y,−2y)=(2x−y,−x+4y,3x−2y)，∴7=2x−y5=−x+4yλ=3x−2y，解得x=337y=177λ=657.故选：D.4．（2023·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,e3是空间的一个基底，且向量OA=e1+e2+e3,OB=e1−2e2+2e3,OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，则k=（    ）A．83 B．52 C．−14 D．94【答案】D【分析】由题意可知，向量OA、OB、OC共面，则存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，根据空间向量的基本定理可得出关于x、y、k的方程组，即可解得k的值.【详解】因为向量OA=e1+e2+e3，OB=e1−2e2+2e3，OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，所以OA、OB、OC共面，故存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，即ke1+3e2+2e3=xe1+e2+e3+ye1−2e2+2e3=x+ye1+x−2ye2+x+2ye3，因为e1,e2,e3是空间的一个基底，则k=x+yx−2y=3x+2y=2，解得x=52y=−14k=94.故选：D.5．（2022秋·高二课时练习）给出下列命题:①若a,b,c可以作为空间的一组基，d与c共线，d≠0，则a,b,d也可作为空间的一组基；②已知向量a//b，则a,b与任何向量都不能构成空间的一组基；③A,B,M,N是空间四点，若BA,BM,BN不能构成空间的一组基，那么A,B,M,N共面；④已知a,b,c是空间的一组基，若m=a+c，则a,b,m也是空间的一组基.其中真命题的个数是（　　）.A．1 B．2C．3 D．4【答案】D【分析】由空间向量基底的定义，结合空间向量基本定理以及共线定理，利用反证法可得答案.【详解】根据空间中任意三个不共面的向量都可构成空间的一组基，显然②正确.③中由BA,BM,BN共面且过相同点B，故A,B,M,N共面.下面证明①④正确.①假设d与a,b共面，则存在实数λ,μ，使d=λa+μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使d=kc，∵d≠0，∴k≠0，从而c=λka+μkb，∴c与a,b共面，与条件矛盾.∴d与a,b不共面.同理可证④也是正确的.故选：D.6．（多选）（2023·山西晋中·高二统考期末）a,b,c是空间的一个基底，与a+b、a+c构成基底的一个向量可以是（    ）A．b+c B．b−c C．b D．c【答案】ACD【分析】根据空间向量基本定理判断即可.【详解】由于b−c=a+b−a+c，故b−c与a+b、a+c共面，无法构成空间的一个基底，故B错误；因为a,b,c是空间的一个基底，由于不存在实数对x、y，使得b+c=xa+b+ya+c，若成立则x+y=0x=1y=1，显然方程组无解，故a+b、a+c与b+c可以作为空间的一个基底，故A正确，同理可得C、D正确；故选：ACD7．（多选）（2023·高二课时练习）关于空间向量，以下说法正确的是（    ）A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面B．已知a⊥b，则a，b与任何向量都不构成空间的一组基C．若BA，BM，BN不构成空间的一组基，那么空间四点A,B,M,N共面；D．设{a，b，c}是空间的一组基，则{a+b，b+c，c+a}也是空间的一组基【答案】ACD【分析】根据空间向量的共面定理以及空间基底的定义，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，根据共线向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，所以A正确；对于B中，当a⊥b时，若c与a、b不共面，则a、b、c可构成空间的一个基底，所以B错误；对于C中，若BA、BM、BN不构成空间的一个基底，则BA、BM、BN 3个向量在同一平面内，所以A,B,M,N共面，所以C正确；对于D中，由{a，b，c}是空间中的一组基底，则向量a，b，c不共面，可得向量a+b,  b+c, c+a也不共面，所以{a+b,  b+c, c+a}也是空间中的一组基底，所以D正确.故选：ACD．8．（多选）（2023春·江苏连云港·高二统考期中）设a,b,c构成空间的一个基底，下列说法正确的是（    ）A．a，b，c两两不共线，但两两共面B．对空间任一向量p，总存在有序实数组x,y,z，使得p=xa+yb+zcC．a，a−c，a+c能构成空间另一个基底D．若xa+yb+zc=0，则实数x，y，z全为零【答案】ABD【分析】根据空间向量基本定理一一判断即可.【详解】因为a,b,c构成空间的一个基底，所以a，b，c两两不共线，但两两共面，故A正确；对空间任一向量p，总存在有序实数组x,y,z，使得p=xa+yb+zc，故B正确；因为a−c+a+c=2a， 所以a，a−c，a+c共面，故不能构成空间的一个基底，故C错误；根据空间向量基本定理可知，若xa+yb+zc=0，则实数x，y，z全为零，故D正确；故选：ABD【考点4：基底的应用】【知识点：基底】如果三个向量、、不共面，那么对空间任一向量，存在有序实数组{x，y，z}使得＝x＋y＋z，我们把{，，}叫做空间的一个基底.1．（2023春·广西玉林·高二博白县中学校考期中）已知三棱锥O−ABC中，AM=13AB，CN=13CO，且OA=a，OB=b，OC=c，则NM=（    ）A．23a+23b−13c B．23a+13b−23cC．−13a+23b+23c D．23a−23b+13c【答案】B【分析】连接OM，结合空间向量的基本定理求解即可.【详解】连接OM，由AM=13AB，CN=13CO，所以NM=NO+OM=−23OC+OA+AM=−23OC+OA+13AB=−23OC+OA+13OB−OA=−23OC+23OA+13OB=23a+13b−23c．故选：B．2．（2023春·广西南宁·高二南宁市邕宁高级中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−DEF中，P，Q分别是CF，AB的中点，PQ=aAB+bAC+cAD，则a+b+c=（    ）A．1 B．−1 C．0.5 D．−2【答案】B【分析】根据空间向量的基本定理求解即可.【详解】如图，连接CQ.因为P，Q分别是CF，AB的中点，PQ=PC+CQ=12FC+12CA+CB=−12AD+12−AC+AB−AC=12AB−AC−12AD，所以a=12，b=−1，c=−12，则a+b+c=−1.故选：B.3．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若a=AF，b=CE，c=BD，则OP=（    ）A．13a+13b+13c B．−13a−13b−13c C．−23a−13b−23c D．23a+23b+23c【答案】D【分析】根据空间向量的线性运算，结合重心的性质即可求解.【详解】取BC中点为M，a=AF=PF−PA=12PC−PA,b=CE=PE−PC=12PB−PC,c=BD=PD−PB=12PA−PB三个式子相加可得a+b+c=−12PA+PB+PC⇒PA+PB+PC=−2a+b+c,又OP=AP−AO=−PA−23AM=−PA−23×12AB+AC=−PA−13PB−PA+PC−PA =−PA−13PB−PA+PC−PA=−13PA−13PB−13PC=−13PA+PB+PC=23a+b+c,故选：D  4．（2023春·江苏·高二南师大二附中校联考阶段练习）已知矩形ABCD,P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M,N分别为PC,PD上的点，PM=2MC,PN=ND,NM=xAB+yAD+zAP，则x+y+z=（    ）A．−23 B．23 C．1 D．56【答案】B【分析】根据空间向量基本定理求出x=23,y=16,z=−16，求出答案.【详解】因为PM=2MC,PN=ND，所以NM=NP+PM=12DP+23PC=12AP−12AD+23AC−23AP=−12AD+23AC−16AP=−12AD+23AB+23AD−16AP=23AB+16AD−16AP，故x=23,y=16,z=−16，故x+y+z=23.故选：B5．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积为V，四边形ABCD是平行四边形，点E在平面ACC1A1内，且AE=14AC+34AC1，则三棱锥D1−ADC与三棱锥E−BCD的公共部分的体积为（    ）A．V28 B．V21 C．3V28 D．V7【答案】A【分析】作出辅助线，找到两三棱锥的公共部分，结合三角形相似知识得到边长比，从而得到体积比，求出答案.【详解】先找两三棱锥的公共部分，由AE=14AC+34AC1知：14AE−AC=34AC1−AE，故CE=3EC1，在CC1上取点E，使得CE=3EC1，连接DE，设DE∩D1C=F,AC∩BD=G，连接FG，则三棱锥F−CDG为三棱锥D1−ADC与三棱锥E−BCD的公共部分，∵△CEF∽△D1DF，∴D1FFC=DD1CE=43⇒FCD1C=37，∴点F到平面ABCD的距离是点D1到平面ABCD的距离的37，又S△CDG=14S▱ABCD，∴VF−CDG=13×14×37×V=V28.故选：A.6．（多选）（2022秋·江苏南京·高二校考期末）如图，在四面体OABC中，点M在棱OA上，且满足OM=2MA，点N，G分别是线段BC，MN的中点，则用向量OA，OB，OC表示向量中正确的为（    ）A．GN=−13OA+14OB+14OC B．OG=13OA−14OB+14OCC．GM=12OA+13OB+32OC D．GM=13OA−14OB−14OC【答案】AD【分析】连接ON，利用空间向量基本定理以及空间向量的线性运算进行求解即可.【详解】连接ON，因为点N，G分别是线段BC，MN的中点，所以OG=12OM+12ON=12×23OA+12×12(OB+OC)，化简可得OG=13OA+14OB+14OC，故B错误；所以GN=ON−OG=12(OB+OC)−(13OA+14OB+14OC)=−13OA+14OB+14OC，故A正确GM=GO+OM=−13OA−14OB−14OC+23OA=13OA−14OB−14OC，故C错误，D正确；故选：AD.7．（2023春·重庆万州·高二重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是3，且二面角A−CD−E为60∘，M为对角线AC靠近点A的三等分点，N为对角线DF的中点，则线段MN= .【答案】142【分析】由已知可得∠ADE=60∘.进而表示出MN=−23DA+16DC+12DE，即可根据数量积的运算性质求出MN2=72，进而即可求出答案.【详解】由已知可得，DE⊥DC，DA⊥DC，所以∠ADE即为二面角A−CD−E的平面角，即∠ADE=60∘.因为DF=DC+DE，N为对角线DF的中点，所以DN=12DF=12DC+DE.因为M为对角线AC靠近点A的三等分点，所以AM=13AC=13DC−DA，所以DM=DA+AM=13DC+23DA.所以MN=DN−DM =12DC+DE−13DC+23DA =−23DA+16DC+12DE，所以MN2=−23DA+16DC+12DE2 =49DA2+136DC2+14DE2−29DA⋅DC−23DA⋅DE+16DC⋅DE =49×9+136×9+14×9−0−23×9×12+0=72.所以MN=72=142，所以线段MN=142.故答案为：142.