课时作业(三) 空间向量基本定理

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1．若向量eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))的起点M和终点A，B，C互不重合且无三点共线，则下列关系式能使向量eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))成为空间一组基底的是( )
A.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))
B.eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(MC,\s\up6(→))
C.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))
D.eq \(MA,\s\up6(→))＝2eq \(MB,\s\up6(→))－eq \(MC,\s\up6(→))
2．如图，空间四边形OABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，点M为OA的中点，点N在线段BC上，且CN＝2NB，则eq \(MN,\s\up6(→))＝( )
A.eq \f(1,2)a－eq \f(2,3)b－eq \f(1,3)c
B．－eq \f(1,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(2,3)c
C.eq \f(2,3)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,3)c
D．－eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)b＋eq \f(1,3)c
3．已知两非零向量e1，e2，且e1与e2不共线，设a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R，且λ2＋μ2≠0)，则( )
A．a∥e1
B．a∥e2
C．a与e1 ，e2共面
D．以上三种情况均有可能
4．如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′，点E是上底面A′C′的中心，若eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AA′,\s\up6(→))＋xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))，则x＋y＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2) D．2
5．如图所示，空间四边形OABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，点M在eq \(OA,\s\up6(→))上，且eq \(OM,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))，N为BC的中点，eq \(MN,\s\up6(→))＝xa＋yb＋zc，则x，y，z分别为( )
A.eq \f(1,2)，－eq \f(2,3)，eq \f(1,2)
B．－eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，－eq \f(2,3)
D.eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，－eq \f(1,2)
6．已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋c，若m与n共线，则x＝________，y＝________.
[提能力]
7．(多选)已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外的任一点，则“点M与点A，B，C共面”的充分条件是( )
A.eq \(OM,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))
B.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))
C.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))
D.eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(OC,\s\up6(→))
8．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MC1,\s\up6(→))，点N为B1B的中点，则|eq \(MN,\s\up6(→))|等于________．
9．如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱长为b，且∠A1AB＝∠A1AD＝120°，求异面直线BD1和AC所成角的余弦值．
[战疑难]
10．已知{e1，e2，e3}为空间的一个基底，且eq \(OP,\s\up6(→))＝2e1－e2＋3e3，eq \(OA,\s\up6(→))＝e1＋2e2－e3，eq \(OB,\s\up6(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \(OC,\s\up6(→))＝e1＋e2－e3.
判断P，A，B，C四点是否共面．
课时作业(三)
1．解析：由题意知只要eq \(MA,\s\up10(→))，eq \(MB,\s\up10(→))，eq \(MC,\s\up10(→))不共面即可．对于选项A，由结论eq \(OM,\s\up10(→))＝xeq \(OA,\s\up10(→))＋yeq \(OB,\s\up10(→))＋zeq \(OC,\s\up10(→))(x＋y＋z＝1)⇔M，A，B，C四点共面知，eq \(MA,\s\up10(→))，eq \(MB,\s\up10(→))，eq \(MC,\s\up10(→))共面；对于选项B，D，易知eq \(MA,\s\up10(→))，eq \(MB,\s\up10(→))，eq \(MC,\s\up10(→))共面；选项C中eq \(MA,\s\up10(→))，eq \(MB,\s\up10(→))，eq \(MC,\s\up10(→))不共面．故选C.
答案：C
2．解析：由已知
eq \(MN,\s\up10(→))＝eq \(ON,\s\up10(→))－eq \(OM,\s\up10(→))＝eq \(OC,\s\up10(→))＋eq \(CN,\s\up10(→))－eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up10(→))＝eq \(OC,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(CB,\s\up10(→))－eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up10(→))＝eq \(OC,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)(eq \(OB,\s\up10(→))－eq \(OC,\s\up10(→)))－eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up10(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up10(→))＋eq \f(2,3)eq \(OB,\s\up10(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up10(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)b＋eq \f(1,3)c，故选D.
答案：D
3．解析：∵λ2＋μ2≠0，∴当μ＝0时，λ≠0，此时，a＝λe1，∴a∥e1，同理，当λ＝0时，μ≠0，此时，a＝μe2，∴a∥e2；当λ≠0，且μ≠0时，a＝λe1＋μe2，可知a与e1，e2共面，故选D.
答案：D
4．解析：取基底eq \(AA′,\s\up10(→))，eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AD,\s\up10(→))，
所以eq \(AE,\s\up10(→))＝eq \(AA′,\s\up10(→))＋eq \(A′E,\s\up10(→))＝eq \(AA′,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up10(→))＝eq \(AA′,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))＝eq \(AA′,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up10(→))，
所以x＝y＝eq \f(1,2)⇒x＋y＝1.
故选B.
答案：B
5．解析：eq \(MN,\s\up10(→))＝eq \(MA,\s\up10(→))＋eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BN,\s\up10(→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up10(→))＋(eq \(OB,\s\up10(→))－eq \(OA,\s\up10(→)))＋eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up10(→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up10(→))＋(eq \(OB,\s\up10(→))－eq \(OA,\s\up10(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(OC,\s\up10(→))－eq \(OB,\s\up10(→)))
＝－eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up10(→))，
∴x＝－eq \f(2,3)，y＝eq \f(1,2)，z＝eq \f(1,2)，故选B.
答案：B
6．解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＝λx，,－1＝λy，,1＝λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1.))
答案：1 －1
7．解析：当eq \(MA,\s\up10(→))＝meq \(MB,\s\up10(→))＋neq \(MC,\s\up10(→))时，可知点M与点A，B，C共面，
所以eq \(MO,\s\up10(→))＋eq \(OA,\s\up10(→))＝m(eq \(MO,\s\up10(→))＋eq \(OB,\s\up10(→)))＋n(eq \(MO,\s\up10(→))＋eq \(OC,\s\up10(→)))，
所以(m＋n－1)eq \(OM,\s\up10(→))＝－eq \(OA,\s\up10(→))＋meq \(OB,\s\up10(→))＋neq \(OC,\s\up10(→))，
所以eq \(OM,\s\up10(→))＝eq \f(－\(OA,\s\up10(→))＋m\(OB,\s\up10(→))＋n\(OC,\s\up10(→)),m＋n－1)＝－eq \f(1,m＋n－1)eq \(OA,\s\up10(→))＋eq \f(m,m＋n－1)eq \(OB,\s\up10(→))＋eq \f(n,m＋n－1)eq \(OC,\s\up10(→))，
不妨令－eq \f(1,m＋n－1)＝x，eq \f(m,m＋n－1)＝y，eq \f(n,m＋n－1)＝z，且此时x＋y＋z＝1，
因为2＋(－1)＋(－1)＝0≠1,1＋1＋(－1)＝1,1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＝eq \f(11,6)≠1，eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)＝1，
由上可知：BD满足要求．
故选BD.
答案：BD
8．解析：
∵eq \(MN,\s\up10(→))＝eq \(AN,\s\up10(→))－eq \(AM,\s\up10(→))＝eq \(AN,\s\up10(→))－eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(BN,\s\up10(→))－eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→)))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \f(1,6)eq \(AA1,\s\up10(→))－eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up10(→))，
∴|eq \(MN,\s\up10(→))|＝eq \r(\f(4,9)|\(AB,\s\up10(→))|2＋\f(1,36)|\(AA1,\s\up10(→))|2＋\f(1,9)|\(AD,\s\up10(→))|2)＝eq \f(\r(21),6)a.
答案：eq \f(\r(21),6)a
9．解析：{eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AD,\s\up10(→))，eq \(AA1,\s\up10(→))}可以作为空间的一个基底，且|eq \(AB,\s\up10(→))|＝a，|eq \(AD,\s\up10(→))|＝a，|eq \(AA1,\s\up10(→))|＝b，〈eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AD,\s\up10(→))〉＝90°，〈eq \(AA1,\s\up10(→))，eq \(AB,\s\up10(→))〉＝120°，〈eq \(AA1,\s\up10(→))，eq \(AD,\s\up10(→))〉＝120°.
又eq \(BD1,\s\up10(→))＝eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))＝eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→))，
∴|eq \(BD1,\s\up10(→))|2＝|eq \(AD,\s\up10(→))|2＋|eq \(AA1,\s\up10(→))|2＋|eq \(AB,\s\up10(→))|2＋2eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AA1,\s\up10(→))－2eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))－2eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝a2＋b2＋a2＋2abcs 120°－0－2abcs 120°＝2a2＋b2，
|eq \(AC,\s\up10(→))|2＝|eq \(AB,\s\up10(→))|2＋2eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＋|eq \(AD,\s\up10(→))|2＝2a2，
∴|eq \(BD1,\s\up10(→))|＝eq \r(2a2＋b2)，|eq \(AC,\s\up10(→))|＝eq \r(2)a.
∴eq \(BD1,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))＝(eq \(AD,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→))－eq \(AB,\s\up10(→)))·(eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AD,\s\up10(→)))＝eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＋|eq \(AD,\s\up10(→))|2＋eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＋eq \(AA1,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))－|eq \(AB,\s\up10(→))|2－eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＝0＋a2＋abcs 120°＋abcs 120°－a2－0＝－ab.
∴|cs〈eq \(BD1,\s\up10(→))，eq \(AC,\s\up10(→))〉|＝eq \f(|\(BD1,\s\up10(→))·\(AC,\s\up10(→))|,|\(BD1,\s\up10(→))||\(AC,\s\up10(→))|)＝eq \f(|－ab|,\r(2a2＋b2)·\r(2)a)＝eq \f(b,\r(4a2＋2b2)).
∴异面直线BD1和AC所成角的余弦值为eq \f(b,\r(4a2＋2b2)) .
10．解析：假设P，A，B，C四点共面，
则存在实数x，y，z，使eq \(OP,\s\up10(→))＝xeq \(OA,\s\up10(→))＋yeq \(OB,\s\up10(→))＋zeq \(OC,\s\up10(→))，
且x＋y＋z＝1，
即2e1－e2＋3e3＝x(e1＋2e2－e3)＋y(－3e1＋e2＋2e3)＋z(e1＋e2－e3)．
比较对应的系数，得到关于x，y，z的方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3y＋z＝2，,2x＋y＋z＝－1，,－x＋2y－z＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝17，,y＝－5，,z＝－30，))与x＋y＋z＝1矛盾，故P，A，B，C四点不共面．