空間向量基本定理+同步練習(xí) 高二上學(xué)期數(shù)學(xué)人教B版（2019）選擇性必修第一冊(cè)

1.1.2空間向量基本定理一、必備知識(shí)基礎(chǔ)練1.如圖,在空間四邊形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,點(diǎn)M在OA上,且OM=2MA,點(diǎn)N為BC中點(diǎn),則MN=()A.12a-23b+12c B.-23a+C.12a+12b-12c D.23a+2.已知{a,b,c}是空間向量的一組基底,若p=a+b,q=a-b,則()A.a,p,q是空間向量的一組基底B.b,p,q是空間向量的一組基底C.c,p,q是空間向量的一組基底D.p,q與a,b,c中的任何一個(gè)都不能構(gòu)成空間向量的一組基底3.(多選題)已知點(diǎn)M在平面ABC內(nèi),并且對(duì)空間任意一點(diǎn)O,有OM=xOA+A.1 B.0 C.3 D.14.若{a,b,c}構(gòu)成空間向量的一組基底,則下列向量不共面的是()A.b+c,b,b-c B.a,a+b,a-bC.a+b,a-b,c D.a+b,a+b+c,c5.(多選題)如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是棱BA,BC,BB1上的點(diǎn),且滿(mǎn)足BA=3BE,BC=4BF,A.AB.BD1=3BE+4BFC.AC+BDD.EG6.已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,若點(diǎn)F是側(cè)面CD1的中心,且AF=AD+mAB-nAA7.如圖,已知平行六面體OABC-O'A'B'C',點(diǎn)G是側(cè)面BB'C'C的中心,且OA=a,OC=b,OO'=c(1){a,b,c}是否構(gòu)成空間向量的一組基底?(2)如果{a,b,c}構(gòu)成空間向量的一組基底,那么用它表示下列向量:OB'8.已知三個(gè)向量a,b,c不共面,并且p=a+b-c,q=2a-3b-5c,r=-7a+18b+22c,向量p,q,r是否共面?二、關(guān)鍵能力提升練9.如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,點(diǎn)O為空間內(nèi)任意一點(diǎn),OA=a,OB=b,OC=c,向量OD=xa+yb+zc,則x,y,z分別是()A.1,-1,2 B.-12C.12,-12,1 D.1210.[2023山西運(yùn)城景勝中學(xué)高二階段練習(xí)]如圖,一個(gè)結(jié)晶體的形狀為平行六面體ABCD-A1B1C1D1,其中,以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)均為6,且它們彼此的夾角都是60°,下列說(shuō)法中正確的是()A.AC1=6B.AC1⊥BDC.向量B1D.BD1與AC所成角的余弦值為611.[2023遼寧沈陽(yáng)二十中高二階段練習(xí)](多選題)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都是1,且它們彼此的夾角都是60°,M為A1C1與B1D1的交點(diǎn),若AB=a,AD=b,AA1=A.BM=12a-1B.AC1=a+bC.AC1的長(zhǎng)為5D.cos<AB,A12.已知空間單位向量e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=45,若空間向量m=xe1+ye2+ze3滿(mǎn)足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,則x+y+z=,|m|=13.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,∠BAD=π3,∠BAA1=∠DAA1=π4,則AC1的長(zhǎng)為14.如圖,設(shè)O為?ABCD所在平面外任意一點(diǎn),E為OC的中點(diǎn),若AE=12OD+xOB15.已知非零向量e1,e2不共線(xiàn),如果AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,求證:A,B,C,D四點(diǎn)共面.16.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=4,AA1=5,∠DAB=60°,∠BAA1=60°,∠DAA1=60°,M,N分別為D1C1,C1B1的中點(diǎn).求證:MN⊥AC1.17.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點(diǎn)E在A1D1上,且A1E=2ED1,點(diǎn)F在對(duì)角線(xiàn)A求證:E,F,B三點(diǎn)共線(xiàn).參考答案一、必備知識(shí)基礎(chǔ)練1.BMN=ON?OM=12(OB+OC)-2.C假設(shè)c=k1p+k2q,即c=k1(a+b)+k2(a-b),得(k1+k2)a+(k1-k2)b-c=0,這與{a,b,c}是空間的一個(gè)基底矛盾,故c,p,q是空間的一組基底.故選C.3.ABC∵OM=xOA+且M,A,B,C四點(diǎn)共面,∴x+13+13=1,4.C對(duì)于A選項(xiàng),因?yàn)閎=12(b+c)+12(b-c),所以b+c,b,對(duì)于B選項(xiàng),因?yàn)閍=12(a+b)+12(a-b),所以a,a+b,對(duì)于C選項(xiàng),假設(shè)a+b,a-b,c共面,則c=x(a+b)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b,從而可知a,b,c共面,矛盾,C選項(xiàng)滿(mǎn)足條件;對(duì)于D選項(xiàng),因?yàn)閍+b+c=(a+b)+c,所以a+b,a+b+c,c共面,D選項(xiàng)不滿(mǎn)足條件.故選C.5.AB對(duì)于A選項(xiàng),AC對(duì)于B選項(xiàng),BD1=BA+BC+對(duì)于C選項(xiàng),由圖可知AC,BD不共線(xiàn),則AC+對(duì)于D選項(xiàng),EG=EB故選AB.6.12如圖所示,可得AF=AD因?yàn)锳F=AD+mAB-n所以m=12,n=-17.解(1)∵OA=a,OC=b,OO'=c∴{a,b,c}構(gòu)成空間向量的一組基底.(2)OB'=OA+AB+BBBA'=BA+BB'=-AB+CA'=CO+OA+AA'=-OG=OC+CG=OC+128.解假設(shè)存在實(shí)數(shù)λ,μ,使p=λq+μr,則a+b-c=(2λ-7μ)a+(-3λ+18μ)b+(-5λ+22μ)c.∵a,b,c不共面,∴2λ-7μ=1即存在實(shí)數(shù)λ=53,μ=13,使p=λq+μr,∴p,q,r二、關(guān)鍵能力提升練9.COD=OC+CD=OC+12BA=OC+110.B對(duì)于A選項(xiàng),由題意可知AC1=AB+AD+AA1,則AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA∴|AC1|=6對(duì)于B選項(xiàng),BD=∴AC1·BD=(AB+AD+AA1)·(AD?AB)=AB·AD+AD·AD+AA1∴AC1⊥BD,故選項(xiàng)B正確;對(duì)于C選項(xiàng),B1C=B1B+BC=又0°≤cos<B1∴向量B1對(duì)于D選項(xiàng),BD設(shè)BD1與AC所成角的平面角為θ,則cosθ=|cos<BD1,AC>|=BD111.BD對(duì)于A選項(xiàng),BM=BB1+B1M=對(duì)于B選項(xiàng),AC1=AB+AD+對(duì)于C選項(xiàng),AC1=a+b+c,則|AC1|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a則|AC1|=對(duì)于D選項(xiàng),AB·AC1=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2,則cos<AB故選BD.12.834因?yàn)閑1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=45,空間向量m=xe1+ye2+ze3滿(mǎn)足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,所以解得x=0,y=3,13.98+562∵A∴|AC1|2=AC12=(AB+BC+CC1)2=|AB|2+|BC|2+|CC1|2+2|AB||BC|cosπ3+2|BC||CC1|cosπ4+2|AB||CC1|cosπ4=25+9+49+2∴AC1=|AC1|=14.解因?yàn)锳E=AB+BC+CE=OB?OA+OC?OB?15.證明(證法一)令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,則(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.∵e1,e2不共線(xiàn),∴λ易知λ=-5,μ∴A,B,C,D四點(diǎn)共面.(證法二)觀察易得AC+AD=(2e1+8e2)+(3e1-3e2)=5e1+5e2=5(e1+e2)=5AB.∴由共面向量定理知,AB,AC又它們有公共點(diǎn)A,∴A,B,C,D四點(diǎn)共面.16.證明設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,這三個(gè)向量不共面,{a,b,c}構(gòu)成空間的一組基底,我們用它們表示MN,AC1,則AC1=AB+BC+所以MN·AC1=(12a-12b)·(a+b+c)=12a·a+12a·b+12a·c-12b·