2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)課時素養(yǎng)評價二十五第三章空間向量與立體幾何3.1空間向量基本定理含解析北師大版選擇性必修第一冊

PAGE二十五空間向量基本定理(15分鐘30分)1．已知邊長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1的中心為O1，則·eq\o(AC,\s\up6(→))的值為()A．－1B．0C．1D．2【解析】選C.＝＋＝＋eq\f(1,2)(＋)＝＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))，而eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))，則·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(＋)＝1.2．若{e1，e2，e3}是空間向量的一組基，又a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，d＝xa＋yb＋zc，則x，y，z的值分別為()A．eq\f(5,2)，－1，－eq\f(1,2) B．－1，eq\f(5,2)，－eq\f(1,2)C．eq\f(5,2)，1，eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)，1，eq\f(5,2)【解析】選A.由題意，得xa＋yb＋zc＝x(e1＋e2＋e3)＋y(e1＋e2－e3)＋z(e1－e2＋e3)＝(x＋y＋z)e1＋(x＋y－z)e2＋(x－y＋z)e3＝e1＋2e2＋3e3，由空間向量基本定理，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝1，,x＋y－z＝2，,x－y＋z＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝－1，,z＝－\f(1,2)．))3．已知a，b是異面直線，A，B∈a，C，D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，則a，b所成的角是________．【解析】eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝1，所以cos〈eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CD,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(CD,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，所以異面直線a，b所成角是60°.答案：60°4．{a，b，c}為空間的一組基，且存在實數(shù)x，y，z使得xa＋yb＋zc＝0，則x＝________，y＝________，z＝________.【解析】若x，y，z中存在一個不為0的數(shù)，不妨設(shè)x≠0，則a＝－eq\f(y,x)b－eq\f(z,x)c，所以a，b，c共面．這與{a，b，c}是基沖突，故x＝y(tǒng)＝z＝0.答案：0005．如圖，四棱錐P-OABC的底面為矩形，PO⊥平面OABC，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OC,\s\up6(→))＝b，eq\o(OP,\s\up6(→))＝c，E，F(xiàn)分別是PC和PB的中點，用a，b，c表示eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→)).【解析】eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c；eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＝－eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OP,\s\up6(→))＝－a－eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c；eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(OE,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c；eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a.(30分鐘60分)一、單選題(每小題5分，共20分)1．O，A，B，C為空間四點，且向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))不能構(gòu)成空間的一組基，則()A．eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))共線 B．eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))共線C．eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))共線 D．O，A，B，C四點共面【解析】選D.由題意知，向量eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))共面，從而O，A，B，C四點共面．2．(2024·湛江高二檢測)若向量eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))的起點M和終點A，B，C互不重合且無三點共線，則能使向量eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))成為空間一組基的關(guān)系是()A．eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))B．eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))C．eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))D．eq\o(MA,\s\up6(→))＝2eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→))【解析】選C.對于選項A，由結(jié)論eq\o(OM,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x＋y＋z＝1)?M，A，B，C四點共面知，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面；對于B，D選項，易知eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面，故只有選項C中eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))不共面．3．已知空間四邊形ABCD中，∠ACD＝∠BDC＝90°，且AB＝2，CD＝1，則AB與CD所成的角是()A．30°B．45°C．60°D．90°【解析】選C.依據(jù)已知∠ACD＝∠BDC＝90°，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→)))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＋|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＋eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝1，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，所以AB與CD所成的角為60°.4．點P是矩形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，M，N分別是PC，PD上的點，且eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PC,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(ND,\s\up6(→))，則滿意eq\o(MN,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AP,\s\up6(→))的實數(shù)x，y，z的值分別為()A．－eq\f(2,3)，eq\f(1,6)，eq\f(1,6) B．eq\f(2,3)，－eq\f(1,6)，eq\f(1,6)C．－eq\f(2,3)，eq\f(1,6)，－eq\f(1,6) D．－eq\f(2,3)，－eq\f(1,6)，eq\f(1,6)【解析】選D.如圖所示，取PC的中點E，連接NE，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(EN,\s\up6(→))－eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))－(eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(PC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(PC,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(PC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,6)(－eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AP,\s\up6(→))，所以x＝－eq\f(2,3)，y＝－eq\f(1,6)，z＝eq\f(1,6).二、多選題(每小題5分，共10分，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)5．下列說法正確的是()A．若兩個非零向量a，b與任何一個向量都不能構(gòu)成空間的一組基，則a，b共線B．空間的基有且僅有一組C．兩兩垂直的三個非零向量可構(gòu)成空間的一組基D．基{a，b，c}中基向量與基{e，f，g}中基向量對應(yīng)相等【解析】選AC.A項中若a，b不共線，則隨意與a，b不共面的向量就可以和a，b構(gòu)成空間的一組基，A對；B項中空間基有多數(shù)組，B錯；C項明顯正確；D項中因為基不唯一，所以D錯．6．已知在空間四面體O-ABC中，點M在線段OA上，且OM＝2MA，點N為BC中點，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則()A．eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(2,3)cB．eq\o(MN,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC．eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－cD．eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c【解析】選BC.eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)b－a；eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(ON,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c－eq\f(2,3)a；eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CO,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＝－c＋eq\f(2,3)a；eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－b.三、填空題(每小題5分，共10分)7．在空間中平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1與△ABC不共面)，連接對應(yīng)頂點．設(shè)＝a，eq\o(AB,\s\up6(→))＝b，eq\o(AC,\s\up6(→))＝c，M是BC1的中點，N是B1C1的中點，用基{a，b，c}表示向量eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→))的結(jié)果是________．【解析】如圖，eq\o(AM,\s\up6(→))＋eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋)＋eq\f(1,2)(＋)＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)＋＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)(a＋b)＋(a＋c)＝eq\f(3,2)a＋b＋c.答案：eq\f(3,2)a＋b＋c8．如圖，直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分別為AB，BB′的中點．則CE與A′D的位置關(guān)系為____；異面直線CE與AC′所成角的余弦值是______．【解析】設(shè)eq\o(CA,\s\up6(→))＝a，eq\o(CB,\s\up6(→))＝b，＝c，依據(jù)題意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0，所以eq\o(CE,\s\up6(→))＝b＋eq\f(1,2)c，＝－c＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)a.所以eq\o(CE,\s\up6(→))·＝－eq\f(1,2)c2＋eq\f(1,2)b2＝0.所以eq\o(CE,\s\up6(→))⊥，即CE與A′D垂直；因為＝－a＋c，所以||＝eq\r(2)|a|.又|eq\o(CE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(5),2)|a|，·eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－a＋c)·(b＋eq\f(1,2)c)＝eq\f(1,2)c2＝eq\f(1,2)|a|2，所以cos〈,eq\o(CE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2,\r(2)×\f(\r(5),2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))2)＝eq\f(\r(10),10)，即異面直線CE與AC′所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).答案：垂直eq\f(\r(10),10)四、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在B1B和D1D上，且BE＝eq\f(1,3)BB1，DF＝eq\f(2,3)DD1.(1)證明：A，E，C1，F(xiàn)四點共面；(2)若eq\o(EF,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋z，求x＋y＋z.【解析】(1)因為＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝＋＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))，所以A，E，C1，F(xiàn)四點共面．(2)因為eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))－(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)．所以x＝－1，y＝1，z＝eq\f(1,3).所以x＋y＋z＝eq\f(1,3).10．如圖，正四面體V-ABC的高VD的中點為O，VC的中點為M.(1)求證：AO，BO，CO兩兩垂直；(2)求〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))〉．【解析】設(shè)eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，正四面體的棱長為1，(1)因為eq\o(VD,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(a＋b＋c)，eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)(b＋c－5a)，eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)(a＋c－5b)，eq\o(CO,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)(a＋b－5c)，所以eq\o(AO,\s\up6(→))·eq\o(BO,\s\up6(→))＝eq\f(1,36)(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝eq\f(1,36)(18a·b－9|a|2)＝eq\f(1,36)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18×1×1×cos\f(π,3)－9))＝0，所以eq\o(AO,\s\up6(→))⊥eq\o(BO,\s\up6(→))，即AO⊥BO.同理，AO⊥CO，BO⊥CO.所以AO，BO，CO兩兩垂直．(2)eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DV,\s\up6(→))＋eq\o(VM,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)(a＋b＋c)＋eq\f(1,2)c＝eq\f(1,6)(－2a－2b＋c)，所以|eq\o(DM,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)（－2a－2b＋c）))\s\up12(2))＝eq\f(1,2).又|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)（b＋c－5a）))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\f(1,6)(－2a－2b＋c)·eq\f(1,6)(b＋c－5a)＝eq\f(1,4)，所以cos〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))〉＝eq\f(\f(1,4),\f(1,2)×\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2),2).又〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))〉∈[0，π]，所以〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(AO,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,4).1．如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，點O為空間任一點，設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則向量eq\o(OD,\s\up6(→))用a，b，c表示為________.【解析】因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝－2eq\o(CD,\s\up6(→))，所以eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝－2(eq\o(OD,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))，所以b－a＝－2(eq\o(OD,\s\up6(→))－c)，所以eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c.答案：eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c2．如圖，三棱錐P-ABC中，點G為△ABC的重心，點M在PG上，且PM＝3MG，過點M隨意作一個平面分別交線段PA，PB，PC于點D，E，F(xiàn)，若eq\o(PD,\s\up6(→))＝meq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝neq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝teq\o(PC,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＋eq\f(1,t)為定值，并求出該定值．【解析】連接AG并延長交BC于