2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.1.2 空间向量基本定理基础过关练（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册1.1.2 空间向量基本定理基础过关练（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 145.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-11-18 15:41:01 | ||
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文档简介
1.1.2 空间向量基本定理
基础过关练
题组一 共面向量定理的应用
1.(2020黑龙江牡丹江第三高级中学高二期末)在下列条件中,一定能使空间中的四点M、A、B、C共面的是( )
A.=2-- B.=++
C.++=0 D.+++=0
2.在四面体A-BCD中,E、G分别是CD、BE的中点,若=x+y+z,则x+y+z=( )
A. B. C.1 D.2
3.(2019湖北宜昌高二期末)已知空间中的四点A、B、C、D共面,但任意三点不共线,若P为该平面外任意一点,且=-x-,则实数x的值为( )
A. B.- C. D.-
4.(多选)若a,b,c不共面,则( )
A.b+c,b-c,a共面 B.b+c,b-c,2b共面
C.b+c,a,a+b+c共面 D.a+c,a-2c,c共面
题组二 空间向量基本定理
5.(2020广东深圳外国语学校高二期中)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E为PD的中点,若=a,=b,=c,则用基底{a,b,c}表示向量为( )
A.a-b+c B.a-b-c
C.a-b+c D.a-b+c
6.(2020安徽六安一中高二期末)已知点O,A,B,C为空间中不共面的四点,且向量a=++,向量b=+-,则不能与a,b共同构成空间向量的一组基底的向量是( )
A. B. C. D.以上都不能
7.(2019江苏无锡高二期中)如图,在正四面体P-ABC中,M,N分别为PA,BC的中点,D是线段MN上一点,且ND=2DM,若=x+y+z,则x+y+z的值为 .
题组三 空间向量基本定理在数量积中的应用
8.(2019上海高二期末)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都为2,若=a,=b,=c,且∠BAA1=∠CAA1=60°,则·的值为 .
9.(2020江苏南京高二期末)在空间四边形OABC中,E是线段BC的中点,G在线段AE上,且AG=2GE.
(1)试用{,,}表示向量;
(2)若OA=2,OB=3,OC=4,∠AOC=∠BOC=60°,求·的值.
能力提升练
题组一 共面向量定理的应用
1.(2020湖南长沙高二期中,)设空间中的四点O、A、B、P满足=m+n,其中m+n=1,则( )
A.点P一定在直线AB上 B.点P一定不在直线AB上
C.点P不一定在直线AB上 D.以上都不对
2.(2019陕西长安一中高二月考,)已知非零向量e1,e2不共线,若=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,则A,B,C,D四点( )
A.一定共圆 B.恰是空间四边形的四个顶点
C.一定共面 D.一定不共面
3.(多选)(2020山东济宁高二期末,)下列命题错误的是( )
A.|a|-|b|<|a+b|是向量a,b不共线的充要条件
B.在空间四边形ABCD中,·+·+·=0
C.在棱长为1的正四面体A-BCD中,·=
D.设A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,若=++,则P,A,B,C四点共面
4.(2020广东深圳外国语学校高二期中,)已知A,B,C三点共线,如果对空间中任一点O,总存在三个不为0的实数λ,m,n,使得λ+m+n=0,那么λ+m+n的值为 .
5.(2020河北石家庄高二期中,)如图所示,M,N分别是空间四边形ABCD的棱AB,CD的中点.试判断向量与向量 ,是否共面.
题组二 空间向量基本定理的简单应用
6.(2018湖北武汉二中高二月考,)已知{e1,e2,e3}为空间向量的一组基底,若a=e1+e2+e3,b=e1+e2-e3,c=e1-e2+e3,d=e1+2e2+3e3,且d=αa+βb+γc,则α,β,γ的值分别为( )
A.,-1,- B.,1, C.-,1,- D.,1,-
7.(2020湖北武汉高二期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,点G为△ABC的重心,点M在PG上,且PM=3MG,过点M任意作一个平面分别交棱PA,PB,PC于点D,E,F,若=m,=n,=t,求证:++为定值.
题组三 空间向量基本定理在数量积中的应用
8.(2020湖北荆州沙市中学高一期末,)平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为1,且∠A1AD=∠A1AB=60°,∠DAB=45°,则||= ( )
A.-1 B.-1 C. D.-
9.(2020安徽芜湖高二期末,)在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM、BN最短时,·=( )
A.- B. C.- D.
10.(2020福建厦门高三模拟,)已知点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1内部一动点,且||=2,当·的值达到最小时,与的夹角为 .
答案全解全析
基础过关练
1.C 要使空间中的四点M、A、B、C共面,只需满足=x+y+z,且x+y+z=1即可.
A中,x+y+z=2-1-1=0,故此时M、A、B、C四点不共面;
B中,x+y+z=++≠1,故此时M、A、B、C四点不共面;
C中,++=0,即+++++=0,
即=++,x+y+z=++=1,故此时M、A、B、C四点共面;
D中,+++=0,则=---,x+y+z=-1-1-1=-3,故此时M、A、B、C四点不共面.故选C.
2.C 解法一:如图所示,连接AE,
∵E、G分别是CD、BE的中点,∴=+,=+=++,
又=x+y+z,∴x+y+z=++=1,故选C.
解法二:∵G、B、C、D四点共面,∴由共面向量定理可知x+y+z=1.故选C.
3.A 因为空间中的四点A、B、C、D共面,但任意三点不共线,且对于该平面外任意一点P,都有=-x-,所以-x-=1,解得x=.故选A.
4.BCD ∵2b=(b+c)+(b-c),∴b+c,b-c,2b共面.
∵a+b+c=(b+c)+a,∴b+c,a,a+b+c共面.
∵a+c=(a-2c)+3c,∴a+c,a-2c,c共面.
故选BCD.
5.C 连接BD,∵E为PD的中点,∴=(+)=(-b++)=-b+(-+-)=-b+(a+c-2b)=a-b+c.故选C.
6.C ∵=(++)-(+-)=(a-b),
∴与a,b共面,
∴不能与a,b共同构成空间向量的一组基底.
易知,均能与a,b共同构成空间向量的一组基底.
故选C.
7.答案
解析 =+=+=+(-)=++-=++,
所以x=,y=z=,所以x+y+z=.
8.答案 4
解析 根据题意,画出斜三棱柱ABC-A1B1C1如图所示,
因为=a,=b,=c,∠BAA1=∠CAA1=60°,且底面边长和侧棱长都为2,
所以=a+b,=-=a+c-b,
所以·=(a+b)·(a+c-b)=a2+a·c+b·c-b2=|a|2+|a|·|c|cos∠A1AC+|b|·|c|·cos∠BAC-|b|2=22+2×2×
cos 60°+2×2×cos 60°-22=4.
9.解析 (1)∵=2,∴-=2(-),∴3=2+.又2=+,∴=++.
(2)由(1)可知,=++,=-,又∠AOC=∠BOC=60°,
∴·=·(-)=-++·-··=-×22+×32+×3×4×cos 60°-×2×4×cos 60°=,即·的值为.
能力提升练
1.A 由m+n=1可得m=1-n,结合题意可知,=(1-n)+n=+n(-),
即-=n(-),即=n,
由此可知,A、P、B三点共线,点P一定在直线AB上.故选A.
2.C 因为非零向量e1,e2不共线,=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,所以5-=5e1+5e2-3e1+3e2=2e1+8e2=,所以=5-,由共面向量定理可知,A,B,C,D四点共面,故B、D错误;不妨设{e1,e2}是该平面内向量的单位正交基底,易知A、B、C、D四点构成一个凹四边形,此时四点不共圆,故A错误.故选C.
3.ACD 当|a|-|b|<|a+b|时,向量a,b可能共线,例如共线向量a,b的模分别是2,3,此时|a|-|b|<|a+b|也成立,故A中命题错误;
在空间四边形ABCD中,·+·+·=(+)·-·-·=·(-)+·(-)=·+·=0,故B中命题正确;
在棱长为1的正四面体A-BCD中,·=1×1×cos 120°=-,故C中命题错误;
由共面向量定理可知,若P,A,B,C四点共面,则需满足=x+y+z,且x+y+z=1,因为++1=2≠1,所以P,A,B,C四点不共面,故D中命题错误.故选ACD.
答案 0
解析 ∵A,B,C三点共线,∴存在唯一的实数k,使得=k,即-=k(-),∴(k-1)+-k=0,
又λ+m+n=0,∴λ=k-1,m=1,n=-k,∴λ+m+n=0.
5.解析 由题图可得=++,①
=++,②
易知=-,=-,
①+②,得2=+,即=+,
故向量与向量,共面.
6.A 由题意,知d=αa+βb+γc=α(e1+e2+e3)+β(e1+e2-e3)+γ(e1-e2+e3)=(α+β+γ)e1+(α+β-γ)e2+(α-β+γ)e3,
又d=e1+2e2+3e3,
所以解得
7.证明 连接AG并延长,交BC于点H,由题意,可令{,,}作为空间向量的一组基底,==(+)=+×=+×=+(-)+(-)=++.连接DM.因为点D,E,F,M共面,所以存在唯一的实数对(λ,μ),使=λ+μ,即-=λ(-)+μ(-),所以=(1-λ-μ)+λ+μ=(1-λ-μ)m+λn+μt.
由空间向量基本定理,知=(1-λ-μ)m,=λn,=μt,所以++=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值.
8.C 作出该平行六面体ABCD-A1B1C1D1,
如图所示:
易得=-+,
∴==++-2·-2·+2·
=1+1+1-2×1×1×cos 45°-2×1×1×cos 60°+2×1×1×cos 60°=3-,
∴||=.故选C.
9.A 由共面向量定理和共线向量基本定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,
当AM、BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,此时M为△BCD的中心,N为AC的中点,
∴||=×2sin 60°=.
∵AM⊥平面BCD,MC 平面BCD,∴AM⊥MC,
∴||===.
又=(+),∴·=(·+·)=-=-.
故选A.
10.答案 90°
解析 由题意,取C1D1的中点M,
则·=(+)·(+)=(+)·(-)
=-=-1.
因为||=2,所以点P在以A为球心,以2为半径,且位于正方体ABCD-A1B1C1D1内部的球面上(包括球面与正方体的交点),所以=||-2=3-2=1.
因为PMmin=C1D1,
所以PD1⊥PC1,所以与的夹角为90°.
基础过关练
题组一 共面向量定理的应用
1.(2020黑龙江牡丹江第三高级中学高二期末)在下列条件中,一定能使空间中的四点M、A、B、C共面的是( )
A.=2-- B.=++
C.++=0 D.+++=0
2.在四面体A-BCD中,E、G分别是CD、BE的中点,若=x+y+z,则x+y+z=( )
A. B. C.1 D.2
3.(2019湖北宜昌高二期末)已知空间中的四点A、B、C、D共面,但任意三点不共线,若P为该平面外任意一点,且=-x-,则实数x的值为( )
A. B.- C. D.-
4.(多选)若a,b,c不共面,则( )
A.b+c,b-c,a共面 B.b+c,b-c,2b共面
C.b+c,a,a+b+c共面 D.a+c,a-2c,c共面
题组二 空间向量基本定理
5.(2020广东深圳外国语学校高二期中)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E为PD的中点,若=a,=b,=c,则用基底{a,b,c}表示向量为( )
A.a-b+c B.a-b-c
C.a-b+c D.a-b+c
6.(2020安徽六安一中高二期末)已知点O,A,B,C为空间中不共面的四点,且向量a=++,向量b=+-,则不能与a,b共同构成空间向量的一组基底的向量是( )
A. B. C. D.以上都不能
7.(2019江苏无锡高二期中)如图,在正四面体P-ABC中,M,N分别为PA,BC的中点,D是线段MN上一点,且ND=2DM,若=x+y+z,则x+y+z的值为 .
题组三 空间向量基本定理在数量积中的应用
8.(2019上海高二期末)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都为2,若=a,=b,=c,且∠BAA1=∠CAA1=60°,则·的值为 .
9.(2020江苏南京高二期末)在空间四边形OABC中,E是线段BC的中点,G在线段AE上,且AG=2GE.
(1)试用{,,}表示向量;
(2)若OA=2,OB=3,OC=4,∠AOC=∠BOC=60°,求·的值.
能力提升练
题组一 共面向量定理的应用
1.(2020湖南长沙高二期中,)设空间中的四点O、A、B、P满足=m+n,其中m+n=1,则( )
A.点P一定在直线AB上 B.点P一定不在直线AB上
C.点P不一定在直线AB上 D.以上都不对
2.(2019陕西长安一中高二月考,)已知非零向量e1,e2不共线,若=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,则A,B,C,D四点( )
A.一定共圆 B.恰是空间四边形的四个顶点
C.一定共面 D.一定不共面
3.(多选)(2020山东济宁高二期末,)下列命题错误的是( )
A.|a|-|b|<|a+b|是向量a,b不共线的充要条件
B.在空间四边形ABCD中,·+·+·=0
C.在棱长为1的正四面体A-BCD中,·=
D.设A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,若=++,则P,A,B,C四点共面
4.(2020广东深圳外国语学校高二期中,)已知A,B,C三点共线,如果对空间中任一点O,总存在三个不为0的实数λ,m,n,使得λ+m+n=0,那么λ+m+n的值为 .
5.(2020河北石家庄高二期中,)如图所示,M,N分别是空间四边形ABCD的棱AB,CD的中点.试判断向量与向量 ,是否共面.
题组二 空间向量基本定理的简单应用
6.(2018湖北武汉二中高二月考,)已知{e1,e2,e3}为空间向量的一组基底,若a=e1+e2+e3,b=e1+e2-e3,c=e1-e2+e3,d=e1+2e2+3e3,且d=αa+βb+γc,则α,β,γ的值分别为( )
A.,-1,- B.,1, C.-,1,- D.,1,-
7.(2020湖北武汉高二期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,点G为△ABC的重心,点M在PG上,且PM=3MG,过点M任意作一个平面分别交棱PA,PB,PC于点D,E,F,若=m,=n,=t,求证:++为定值.
题组三 空间向量基本定理在数量积中的应用
8.(2020湖北荆州沙市中学高一期末,)平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为1,且∠A1AD=∠A1AB=60°,∠DAB=45°,则||= ( )
A.-1 B.-1 C. D.-
9.(2020安徽芜湖高二期末,)在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足=x+y-(x+y-1),点N满足=λ+(1-λ),当AM、BN最短时,·=( )
A.- B. C.- D.
10.(2020福建厦门高三模拟,)已知点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1内部一动点,且||=2,当·的值达到最小时,与的夹角为 .
答案全解全析
基础过关练
1.C 要使空间中的四点M、A、B、C共面,只需满足=x+y+z,且x+y+z=1即可.
A中,x+y+z=2-1-1=0,故此时M、A、B、C四点不共面;
B中,x+y+z=++≠1,故此时M、A、B、C四点不共面;
C中,++=0,即+++++=0,
即=++,x+y+z=++=1,故此时M、A、B、C四点共面;
D中,+++=0,则=---,x+y+z=-1-1-1=-3,故此时M、A、B、C四点不共面.故选C.
2.C 解法一:如图所示,连接AE,
∵E、G分别是CD、BE的中点,∴=+,=+=++,
又=x+y+z,∴x+y+z=++=1,故选C.
解法二:∵G、B、C、D四点共面,∴由共面向量定理可知x+y+z=1.故选C.
3.A 因为空间中的四点A、B、C、D共面,但任意三点不共线,且对于该平面外任意一点P,都有=-x-,所以-x-=1,解得x=.故选A.
4.BCD ∵2b=(b+c)+(b-c),∴b+c,b-c,2b共面.
∵a+b+c=(b+c)+a,∴b+c,a,a+b+c共面.
∵a+c=(a-2c)+3c,∴a+c,a-2c,c共面.
故选BCD.
5.C 连接BD,∵E为PD的中点,∴=(+)=(-b++)=-b+(-+-)=-b+(a+c-2b)=a-b+c.故选C.
6.C ∵=(++)-(+-)=(a-b),
∴与a,b共面,
∴不能与a,b共同构成空间向量的一组基底.
易知,均能与a,b共同构成空间向量的一组基底.
故选C.
7.答案
解析 =+=+=+(-)=++-=++,
所以x=,y=z=,所以x+y+z=.
8.答案 4
解析 根据题意,画出斜三棱柱ABC-A1B1C1如图所示,
因为=a,=b,=c,∠BAA1=∠CAA1=60°,且底面边长和侧棱长都为2,
所以=a+b,=-=a+c-b,
所以·=(a+b)·(a+c-b)=a2+a·c+b·c-b2=|a|2+|a|·|c|cos∠A1AC+|b|·|c|·cos∠BAC-|b|2=22+2×2×
cos 60°+2×2×cos 60°-22=4.
9.解析 (1)∵=2,∴-=2(-),∴3=2+.又2=+,∴=++.
(2)由(1)可知,=++,=-,又∠AOC=∠BOC=60°,
∴·=·(-)=-++·-··=-×22+×32+×3×4×cos 60°-×2×4×cos 60°=,即·的值为.
能力提升练
1.A 由m+n=1可得m=1-n,结合题意可知,=(1-n)+n=+n(-),
即-=n(-),即=n,
由此可知,A、P、B三点共线,点P一定在直线AB上.故选A.
2.C 因为非零向量e1,e2不共线,=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,所以5-=5e1+5e2-3e1+3e2=2e1+8e2=,所以=5-,由共面向量定理可知,A,B,C,D四点共面,故B、D错误;不妨设{e1,e2}是该平面内向量的单位正交基底,易知A、B、C、D四点构成一个凹四边形,此时四点不共圆,故A错误.故选C.
3.ACD 当|a|-|b|<|a+b|时,向量a,b可能共线,例如共线向量a,b的模分别是2,3,此时|a|-|b|<|a+b|也成立,故A中命题错误;
在空间四边形ABCD中,·+·+·=(+)·-·-·=·(-)+·(-)=·+·=0,故B中命题正确;
在棱长为1的正四面体A-BCD中,·=1×1×cos 120°=-,故C中命题错误;
由共面向量定理可知,若P,A,B,C四点共面,则需满足=x+y+z,且x+y+z=1,因为++1=2≠1,所以P,A,B,C四点不共面,故D中命题错误.故选ACD.
答案 0
解析 ∵A,B,C三点共线,∴存在唯一的实数k,使得=k,即-=k(-),∴(k-1)+-k=0,
又λ+m+n=0,∴λ=k-1,m=1,n=-k,∴λ+m+n=0.
5.解析 由题图可得=++,①
=++,②
易知=-,=-,
①+②,得2=+,即=+,
故向量与向量,共面.
6.A 由题意,知d=αa+βb+γc=α(e1+e2+e3)+β(e1+e2-e3)+γ(e1-e2+e3)=(α+β+γ)e1+(α+β-γ)e2+(α-β+γ)e3,
又d=e1+2e2+3e3,
所以解得
7.证明 连接AG并延长,交BC于点H,由题意,可令{,,}作为空间向量的一组基底,==(+)=+×=+×=+(-)+(-)=++.连接DM.因为点D,E,F,M共面,所以存在唯一的实数对(λ,μ),使=λ+μ,即-=λ(-)+μ(-),所以=(1-λ-μ)+λ+μ=(1-λ-μ)m+λn+μt.
由空间向量基本定理,知=(1-λ-μ)m,=λn,=μt,所以++=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值.
8.C 作出该平行六面体ABCD-A1B1C1D1,
如图所示:
易得=-+,
∴==++-2·-2·+2·
=1+1+1-2×1×1×cos 45°-2×1×1×cos 60°+2×1×1×cos 60°=3-,
∴||=.故选C.
9.A 由共面向量定理和共线向量基本定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,
当AM、BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,此时M为△BCD的中心,N为AC的中点,
∴||=×2sin 60°=.
∵AM⊥平面BCD,MC 平面BCD,∴AM⊥MC,
∴||===.
又=(+),∴·=(·+·)=-=-.
故选A.
10.答案 90°
解析 由题意,取C1D1的中点M,
则·=(+)·(+)=(+)·(-)
=-=-1.
因为||=2,所以点P在以A为球心,以2为半径,且位于正方体ABCD-A1B1C1D1内部的球面上(包括球面与正方体的交点),所以=||-2=3-2=1.
因为PMmin=C1D1,
所以PD1⊥PC1,所以与的夹角为90°.