高中空间向量基本定理一课一练

这是一份高中空间向量基本定理一课一练，共7页。
A.{AB,AD,AE}不能构成空间的一个基底
B.{AC,AD,AE}不能构成空间的一个基底
C.{BC,CD,DE}不能构成空间的一个基底
D.{AB,CD,EA}能构成空间的一个基底
2.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,点O为空间内任意一点,设OA=a,OB=b,OC=c,则向量OD可用a,b,c表示为( )
A.a-b+2cB.a-b-2c
C.-12a+12b+cD.12a-12b+c
3.已知{a,b,c}是空间的一个基底,则可以与向量p=a+b,q=a-b构成基底的向量是( )
A.aB.b
C.a+2bD.a+2c
4.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点,若AB=a,则MN的长为( )
A.32aB.33a
C.55aD.155a
5.如图,在正四棱台ABCD⁃A1B1C1D1中,2AB=3A1B1,AC与BD的交点为M.设AB=a,A1D1=b,A1A=c,
则下列向量与B1M相等的向量是( )
A.-23a+32b+23cB.-13a+34b+c
C.-13a-34b+cD.-16a+34b+c
6.在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中点,则AM=( )
A.32 B.52 C.72 D.74
7.(多选)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2,且它们彼此的夹角都是60°,P为A1D与AD1的交点,若AB=a,AD=b,AA1=c,则下列结论正确的是( )
A.CP=-a-12b+12cB.AC1=a+b-c
C.cs=63D.BD1的长为23
8.(5分)已知{a,b,c}是空间的一个基底,向量p=3a+b+c,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底,向量p=x(a+b)+y(a-b)+c,则x+y= .
9.(5分)若{i,j,k}是一个单位正交基底,且向量a=8i+3k,b=-i+5j-4k,则a·b= .
10.(5分)如图,在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=22,P为C1D1的中点,M为BC的中点.
则AM与PM所成的角为 .
11.(10分)已知{a,b,c}是空间的一个基底,且OA=3a+3b,OB=2a+4b+2c,OC=-a+2b+3c,OD=2a+b-c.
(1)求证:A,B,C,D四点共面;(6分)
(2){OA,OB,OC}能否作为空间的一个基底?若能,试用这一基底表示OD;若不能,请说明理由.(4分)
12.(10分)如图,已知空间四边形ABCD各边和对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点.
(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD;(5分)
(2)求MN的长.(5分)
13.(15分)如图,已知斜三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BAC=π2,∠BAA1=2π3,∠CAA1=π3,AB=AC=1,AA1=2,点O是B1C与BC1的交点.
(1)用向量AB,AC,AA1表示向量AO;(3分)
(2)求异面直线AO与BC所成角的余弦值;(6分)
(3)判定平面ABC与平面B1BCC1的位置关系.(6分)
课时检测(四)
1．选ABC 因为{eq \(AB,\s\up6(―→))，eq \(AC,\s\up6(―→))，eq \(AD,\s\up6(―→))}与{eq \(AB,\s\up6(―→))，eq \(AC,\s\up6(―→))，eq \(AE,\s\up6(―→))}均不能构成空间的一个基底，且A，B，C，D，E是空间五点，且任何三点不共线，所以空间五点A，B，C，D，E共面，所以这五点A，B，C，D，E中，任意两个点组成的三个向量都不可能构成空间的一个基底，所以A、B、C正确，D错误．
2．选D eq \(OD,\s\up6(―→))＝eq \(OC,\s\up6(―→))＋eq \(CD,\s\up6(―→))＝eq \(OC,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(―→))＝eq \(OC,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(―→))－eq \(OB,\s\up6(―→)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c.
3．选D 因为能与p，q构成基底的向量与p，q不共面，又a＝eq \f(1,2)p＋eq \f(1,2)q，b＝eq \f(1,2)p－eq \f(1,2)q，a＋2b＝eq \f(3,2)(a＋b)－eq \f(1,2)(a－b)＝eq \f(3,2)p－eq \f(1,2)q，则a，b，a＋2b都分别与p，q共面，故A、B、C错误；假设a＋2c与p，q共面，则存在x，y∈R，使得a＋2c＝xp＋yq＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b，则2c＝(x＋y－1)a＋(x－y)b，所以a，b，c共面，这与{a，b，c}为基底矛盾，假设不成立，所以a＋2c与p，q不共面，可构成基底，故D正确．
4．选A 设eq \(AB,\s\up6(―→))＝i，eq \(AD,\s\up6(―→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(―→))＝k，则{i，j，k}构成空间的一个正交基底.eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \(MB,\s\up6(―→))＋eq \(BC,\s\up6(―→))＋eq \(CN,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)i＋j＋eq \f(1,2)(－j＋k)＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，故|eq \(MN,\s\up6(―→))|2＝eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＋eq \f(1,4)a2＝eq \f(3,4)a2，所以MN＝eq \f(\r(3),2)a.
5．选D eq \(B1M,\s\up6(―→))＝eq \(B1B,\s\up6(―→))＋eq \(BM,\s\up6(―→))＝eq \(B1A1,\s\up6(―→))＋eq \(A1A,\s\up6(―→))＋eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up6(―→))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(A1A,\s\up6(―→))＋eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\(AB,\s\up6(―→))＋\f(3,2)\(A1D1,\s\up6(―→))))＝－eq \f(2,3)a＋c＋a＋eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a＋\f(3,2)b))＝－eq \f(1,6)a＋eq \f(3,4)b＋c.
6.选C 如图，eq \(AM,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(BB1,\s\up6(―→))＋eq \(B1M,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(―→))－eq \(AB,\s\up6(―→)))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(―→))，故|eq \(AM,\s\up6(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up6(―→))＋\(AA1,\s\up6(―→))＋\f(1,2)\(AC,\s\up6(―→))))2＝eq \f(1,4)|eq \(AB,\s\up6(―→))|2＋|eq \(AA1,\s\up6(―→))|2＋eq \f(1,4)|eq \(AC,\s\up6(―→))|2＋eq \(AB,\s\up6(―→))·eq \(AA1,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))·eq \(AC,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→))·eq \(AC,\s\up6(―→))，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，易知AA1⊥AC，AA1⊥AB，在△ABC中，由AB＝AC＝BC，则∠BAC＝60°，由AA1＝AB＝AC＝1，则|eq \(AM,\s\up6(―→))|2＝eq \f(1,4)＋1＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×1×1×eq \f(1,2)＝eq \f(7,4)，则AM＝eq \f(\r(7),2).
7．选AC eq \(CP,\s\up6(―→))＝eq \(AP,\s\up6(―→))－eq \(AC,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→)))－(eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AD,\s\up6(―→)))＝－eq \(AB,\s\up6(―→))－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(―→))＝－a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c，故A正确.eq \(AC1,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(BC,\s\up6(―→))＋eq \(CC1,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AD,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→))＝a＋b＋c，故B错误．∵a2＝b2＝c2＝4，a·b＝b·c＝c·a＝2×2×cs 60°＝2，eq \(DC,\s\up6(―→))＝a，|eq \(DC,\s\up6(―→))|＝2，eq \(AC1,\s\up6(―→))＝a＋b＋c，∴|eq \(AC1,\s\up6(―→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝4＋4＋4＋4＋4＋4＝24，故|eq \(AC1,\s\up6(―→))|＝2eq \r(6)，eq \(DC,\s\up6(―→))·eq \(AC1,\s\up6(―→))＝a·(a＋b＋c)＝a2＋a·b＋a·c＝4＋2＋2＝8.
∴cs〈eq \(DC,\s\up6(―→))，eq \(AC1,\s\up6(―→))〉＝eq \f(\(DC,\s\up6(―→))·\(AC1,\s\up6(―→)),|\(DC,\s\up6(―→))||\(AC1,\s\up6(―→))|)＝eq \f(8,2×2\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，故C正确．∵eq \(BD1,\s\up6(―→))＝－a＋b＋c，
∴|eq \(BD1,\s\up6(―→))|2＝(－a＋b＋c)2
＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2b·c－2c·a
＝4＋4＋4－4＋4－4＝8，故|eq \(BD,\s\up6(―→))1|＝2eq \r(2)，故D错误．故选AC.
8．解析：∵p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋c，且p＝3a＋b＋c，∴x＋y＝3.
答案：3
9．解析：由{i，j，k}是一个单位正交基底，则i·j＝0，k·j＝0，k·i＝0，|i|＝|k|＝|j|＝1，a·b＝(8i＋3k)·(－i＋5j－4k)＝－8i2＋40i·j－32i·k－3i·k＋15k·j－12k2＝－8－12＝－20.
答案：－20
10．解析：eq \(AM,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(―→))，eq \(PM,\s\up6(―→))＝eq \(AM,\s\up6(―→))－eq \(AP,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(―→))－eq \(AA1,\s\up6(―→))－eq \(A1D1,\s\up6(―→))－eq \(D1P,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(―→))－eq \(AA1,\s\up6(―→))－eq \(AD,\s\up6(―→))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(―→))－eq \(AA1,\s\up6(―→))，故eq \(AM,\s\up6(―→))·eq \(PM,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(―→))＋\f(1,2)\(AD,\s\up6(―→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(AB,\s\up6(―→))－\f(1,2)\(AD,\s\up6(―→))－\(AA1,\s\up6(―→))))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))2－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))·eq \(AD,\s\up6(―→))－eq \(AB,\s\up6(―→))·eq \(AA1,\s\up6(―→))＋eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(―→))·eq \(AB,\s\up6(―→))－eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(―→))2－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(―→))·eq \(AA1,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)×4－eq \f(1,4)×8＝0，即eq \(AM,\s\up6(―→))⊥eq \(PM,\s\up6(―→))，则AM与PM所成的角为90°.
答案：90°
11．解：(1)证明：eq \(AB,\s\up6(―→))＝eq \(OB,\s\up6(―→))－eq \(OA,\s\up6(―→))＝2a＋4b＋2c－(3a＋3b)＝－a＋b＋2c，
eq \(AC,\s\up6(―→))＝eq \(OC,\s\up6(―→))－eq \(OA,\s\up6(―→))＝－a＋2b＋3c－(3a＋3b)＝－4a－b＋3c，eq \(AD,\s\up6(―→))＝eq \(OD,\s\up6(―→))－eq \(OA,\s\up6(―→))＝2a＋b－c－(3a＋3b)＝－a－2b－c.
设eq \(AD,\s\up6(―→))＝λeq \(AB,\s\up6(―→))＋μeq \(AC,\s\up6(―→))，即－a－2b－c＝λ(－a＋b＋2c)＋μ(－4a－b＋3c)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＝－λ－4μ，,－2＝λ－μ，,－1＝2λ＋3μ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(7,5)，,μ＝\f(3,5)，))即eq \(AD,\s\up6(―→))＝－eq \f(7,5)eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(3,5)eq \(AC,\s\up6(―→))，故A，B，C，D四点共面．
(2)不能．理由如下：
设eq \(OA,\s\up6(―→))＝meq \(OB,\s\up6(―→))＋neq \(OC,\s\up6(―→))，则3a＋3b＝m(2a＋4b＋2c)＋n(－a＋2b＋3c)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＝2m－n，,3＝4m＋2n，,0＝2m＋3n，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(9,8)，,n＝－\f(3,4)，))eq \(OA,\s\up6(―→))＝eq \f(9,8)eq \(OB,\s\up6(―→))－eq \f(3,4)eq \(OC,\s\up6(―→))，所以{eq \(OA,\s\up6(―→))，eq \(OB,\s\up6(―→))，eq \(OC,\s\up6(―→))}不能作为基底．
12．解：(1)证明：设eq \(AB,\s\up6(―→))＝p，eq \(AC,\s\up6(―→))＝q，eq \(AD,\s\up6(―→))＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°.
∵eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \(AN,\s\up6(―→))－eq \(AM,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(―→))＋eq \(AD,\s\up6(―→)))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)，∴eq \(MN,\s\up6(―→))·eq \(AB,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2)＝eq \f(1,2)(a2cs 60°＋a2cs 60°－a2)＝0，∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)．
∴|eq \(MN,\s\up6(―→))|2＝eq \f(1,4)(q＋r－p)2＝eq \f(1,4)[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a2＋a2＋a2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)－\f(a2,2)－\f(a2,2)))))＝eq \f(1,4)×2a2＝eq \f(a2,2).
∴|eq \(MN,\s\up6(―→))|＝eq \f(\r(2),2)a，∴MN的长为eq \f(\r(2),2)a.
13．解：(1)由题意可知点O是B1C的中点，则eq \(BO,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(BC,\s\up6(―→))＋eq \(BB1,\s\up6(―→)))，
所以eq \(AO,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(BO,\s\up6(―→))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(BC,\s\up6(―→))＋eq \(BB1,\s\up6(―→)))＝eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up6(―→))－eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→)))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AC,\s\up6(―→))＋eq \(AA1,\s\up6(―→)))．
(2)设eq \(AB,\s\up6(―→))＝a，eq \(AC,\s\up6(―→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(―→))＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，b·c＝1×2×eq \f(1,2)＝1，a·c＝1×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，|eq \(AO,\s\up6(―→))|2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋b＋c))2＝eq \f(1,4)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c)＝eq \f(1,4)(1＋1＋4＋0＋2－2)＝eq \f(3,2).所以|eq \(AO,\s\up6(―→))|＝eq \f(\r(6),2).又因为eq \(BC,\s\up6(―→))＝b－a，所以eq \(AO,\s\up6(―→))·eq \(BC,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·(b－a)＝1，|eq \(BC,\s\up6(―→))|＝eq \r(2).
所以cs〈eq \(AO,\s\up6(―→))，eq \(BC,\s\up6(―→))〉＝eq \f(\(AO,\s\up6(―→))·\(BC,\s\up6(―→)),|\(AO,\s\up6(―→))||\(BC,\s\up6(―→))|)＝eq \f(\r(3),3).所以异面直线AO与BC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)如图，取BC的中点E，连接AE，则eq \(AE,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(―→))＋eq \(AC,\s\up6(―→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)．因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
又eq \(AE,\s\up6(―→))·eq \(BB1,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)(a＋b)·c＝eq \f(1,2)(a·c＋b·c)＝0，即AE⊥BB1.又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面B1BCC1，所以AE⊥平面B1BCC1.因为AE⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面B1BCC1.