2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.2.1 空间向量基本定理
文档属性
| 名称 | 2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.2.1 空间向量基本定理 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 423.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-15 16:28:00 | ||
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文档简介
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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
6.2 空间向量的坐标表示
6.2.1 空间向量基本定理
基础过关练
题组一 空间向量的基底的概念
1.(教材习题改编)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.a B.b C.a+2b D.a+2c
2.(多选题)(2024江苏苏南八校联考)已知O为空间任意一点,M,A,B,C四点互不重合且任意三点不共线,则下列式子中能使{}构成空间的一个基底的是( )
A.
B.
C.
D.6
题组二 用基底表示空间向量
3.(2024江苏无锡江阴调研)在正四面体APBC中,过点A作平面PBC的垂线,垂足为点Q,点M满足,则=( )
A. B.
C. D.
4.(2024江苏盐城阜宁中学期中)在空间四边形ABCD中,=a-2c,=5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为P,Q,若=ma+nb+pc,则m+n+p= .
题组三 空间向量基本定理的应用
5.(2024江苏无锡辅仁高级中学期中)在棱长为a的正四面体OABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,则=( )
A.a2
6.(2023江苏淮安期中)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在棱BB1,DD1上,且DF=DD1.若,且x+y+z=,则=( )
A.
7.(2024江苏南京田家炳高级中学期初)如图,在空间四边形OABC中,2,E为AD的中点,设=a,=b,=c.
(1)试用向量a,b,c表示向量;
(2)若OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,求的值.
能力提升练
题组一 用基底表示向量
1.(多选题)(2023江苏南京第二十七高级中学期末)如图,在四面体OABC中,点M在棱OA上,且满足OM=2MA,N,G分别是BC,MN的中点,则下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.(2023江苏淮安洪泽湖高级中学月考)如图,在三棱锥O-ABC中,点G为底面△ABC的重心,点M是线段OG上靠近点G的三等分点,过点M的平面分别交棱OA,OB,OC于点D,E,F,若,则= .
题组二 空间向量基本定理的应用
3.(2024湖北云学新高考联盟联考)如图,在四面体BACD中,平面ABD⊥平面ACD,△ABD是等边三角形,AD=CD,AD⊥CD,M为AB的中点,N在侧面BCD上(包含边界),若(x,y,z∈R),则下列说法正确的是( )
A.若x=,则MN∥平面ACD
B.若z=0,则MN⊥CD
C.当MN最小时,x=
D.当MN最大时,x=0
4.(2023江苏无锡期中)如图,在正四面体ABCD中,E为棱CD的中点,F为棱BC上的动点,则cos<>的最大值为( )
A.
5.(2023江苏郑梁梅高级中学期中)如图,正方形ABCD和正方形CDEF的边长均为6,且二面角A-CD-E的大小为60°,M为对角线AC上靠近点A的三等分点,N为对角线DF的中点,则MN= .
6.(2024重庆育才中学校月考)如图,已知四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且满足=x,点M在直线TB上,N为棱CD的中点,且直线MN∥平面α,设=a,=b,=c.
(1)试用基底{a,b,c}表示向量;
(2)若点M的轨迹长度与线段TB的长度的比值为μ,试讨论μ是不是定值,若μ为定值,请求出μ;若μ不为定值,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
6.2 空间向量的坐标表示
6.2.1 空间向量基本定理
基础过关练
1.D 2.AC 3.B 5.D 6.B
1.D 易知能与p,q构成基底的向量与p,q不共面.
由题可知a=p+q,b=p-q,a+2b=(a+b)-(a-b)=p-q,
所以a,b,a+2b都与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}是空间的一个基底矛盾,假设不成立,
所以a+2c与p,q不共面,可构成基底,故D正确.
故选D.
2.AC 设空间四点M,A,B,C共面的充要条件是(x+y+z=1),即共面.
对于A,因为≠0,所以不共面,可以构成基底;
对于B,根据平面向量基本定理,可得共面,无法构成基底;
对于C,因为1+1+1=3≠0,所以不共面,可以构成基底;
对于D,由6,得,又=1,所以M,A,B,C四点共面,即共面,无法构成基底.故选AC.
3.B 由题意可得,Q是△PBC的中心,连接PQ,如图,
则),
所以.故选B.
4.答案 1
解析 ∵Q为BD的中点,∴),
又∵P为AC的中点,∴),
∴).
又∵=a-2c,=5a+6b-8c,
∴[(a-2c)+(5a+6b-8c)]=3a+3b-5c,
又∵=ma+nb+pc,
∴根据空间向量基本定理,得m=3,n=3,p=-5.
∴m+n+p=3+3-5=1.
5.D 如图,
由OM=2MA,得,
由N为BC的中点,得,
则,
易知∠OAB=∠OAC=∠BAC=60°,
所以|a2·cos 60°-a2·cos 60°+a2cos 60°=a2.
故选D.
6.B 设=λ(0≤λ≤1),则,又,
所以x=-1,y=1,z=-λ.
因为x+y+z=,所以-1+1+,所以λ=.
故选B.
7.解析 (1)因为E为AD的中点,所以,因为2,所以,
所以,
所以a+b+c.
(2)由(1)得a+b+c,
因为OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,=c-a,
所以·(c-a)=a·c-a2+b·c-a·b+c2-a·c=a·c-a2+b·c-a·b+c2=×4×4cos 60°-×3×4cos 60°-×4×3cos 60°+.
能力提升练
1.AD 3.C 4.C
1.AD 连接ON,因为N,G分别是BC,MN的中点,
所以,故B错误;
,故A正确;
,故C错误,D正确.故选AD.
2.答案
解析 由题意可得)=,
因为D,E,F,M四点共面,所以存在实数λ,μ,使得,
所以),
所以,
所以.
3.C 连接BN.因为N在侧面BCD上(包含边界),所以可设,λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1,所以.
又,所以且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1.
对于A,若x=,则λ=μ=0,所以点N与点B重合,显然MN∩平面ACD=A,故A错误.
对于B,若z=μ=0,则,所以点N在线段BC上(包括端点),
因为AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,CD 平面ACD,所以CD⊥平面ABD,
所以当点N与点B重合时,MN⊥CD,故B错误.
对于C,D,过M作ME⊥BD,垂足为E,则BE=|BM|·cos∠ABD=BD,ME=BM·sin∠ABD=BD.
连接NE,因为CD⊥平面ABD,ME 平面ABD,所以ME⊥CD,又ME⊥BD,BD∩CD=D,BD,CD 平面BCD,所以ME⊥平面BCD,又NE 平面BCD,
所以ME⊥NE,
所以MN=,显然当点N与点E重合时,MN最小,此时λ=0,μ=,所以y=0,z=;当点N与点C重合时,MN最大,此时λ=1,μ=0,所以y=1,z=0,x=-,故C正确,D错误.故选C.
4.C 设正四面体ABCD的棱长为1,且=a,=b,=c,
由E为棱CD的中点,可得(b+c),
则|.
设,λ∈[0,1],
则=a+λ(b-a)=(1-λ)a+λb,
则|
=
=,
则(b+c)·[(1-λ)a+λb]=[(1-λ)·a·b+λb2+(1-λ)a·c+λb·c]=(λ+2),
所以cos<.
令t=λ+2,则t∈[2,3],可得,则.
设g,当时,函数g取得最小值,且最小值为g,
所以,所以,即cos<>的最大值为.故选C.
5.答案
解析 由题意得DE⊥DC,DA⊥DC,所以∠ADE为二面角A-CD-E的平面角,即∠ADE=60°,
因为,N为对角线DF的中点,所以),
因为M为对角线AC上靠近点A的三等分点,
所以),
所以,
所以,
所以+0=14,所以|,即MN=.
6.解析 (1)因为四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,所以,
故=a+c-b.
(2)μ是定值.
由(1)知,=a+c-b,因为=x,
所以=xa,=(1-x)c,,
则)=a+x(a+c-b-a)=a+xc-xb,=(1-x)a+xc-xb,=-xa+(1-x)c,
设=λb,λ∈R,
又a-b+c,
所以a+b-c,
因为MN∥平面α,QP,QR 平面α,所以存在实数y,z,使得,
故=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc,
所以-a+b-c=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc=(y-xy-xz)a-xyb+(xy+z-xz)c,
故消去y,z并整理,得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0,
易知该方程在x∈R内有解.
当4λ+1=0,即λ=-时,-2x-+1=0,解得x=;
当4λ+1≠0,即λ≠-时,Δ=[-(4λ+3)]2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0,解得-≤λ<-或-<λ≤.
综上,-≤λ≤.
所以点M的轨迹为直线TB上长为TB的线段.
故μ为定值,且μ=.
方法总结 解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题,可通过引入基底,应用向量共线定理和空间向量基本定理,将几何问题转化为代数问题.
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6.2 空间向量的坐标表示
6.2.1 空间向量基本定理
基础过关练
题组一 空间向量的基底的概念
1.(教材习题改编)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.a B.b C.a+2b D.a+2c
2.(多选题)(2024江苏苏南八校联考)已知O为空间任意一点,M,A,B,C四点互不重合且任意三点不共线,则下列式子中能使{}构成空间的一个基底的是( )
A.
B.
C.
D.6
题组二 用基底表示空间向量
3.(2024江苏无锡江阴调研)在正四面体APBC中,过点A作平面PBC的垂线,垂足为点Q,点M满足,则=( )
A. B.
C. D.
4.(2024江苏盐城阜宁中学期中)在空间四边形ABCD中,=a-2c,=5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为P,Q,若=ma+nb+pc,则m+n+p= .
题组三 空间向量基本定理的应用
5.(2024江苏无锡辅仁高级中学期中)在棱长为a的正四面体OABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,则=( )
A.a2
6.(2023江苏淮安期中)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在棱BB1,DD1上,且DF=DD1.若,且x+y+z=,则=( )
A.
7.(2024江苏南京田家炳高级中学期初)如图,在空间四边形OABC中,2,E为AD的中点,设=a,=b,=c.
(1)试用向量a,b,c表示向量;
(2)若OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,求的值.
能力提升练
题组一 用基底表示向量
1.(多选题)(2023江苏南京第二十七高级中学期末)如图,在四面体OABC中,点M在棱OA上,且满足OM=2MA,N,G分别是BC,MN的中点,则下列结论正确的是( )
A.
B.
C.
D.
2.(2023江苏淮安洪泽湖高级中学月考)如图,在三棱锥O-ABC中,点G为底面△ABC的重心,点M是线段OG上靠近点G的三等分点,过点M的平面分别交棱OA,OB,OC于点D,E,F,若,则= .
题组二 空间向量基本定理的应用
3.(2024湖北云学新高考联盟联考)如图,在四面体BACD中,平面ABD⊥平面ACD,△ABD是等边三角形,AD=CD,AD⊥CD,M为AB的中点,N在侧面BCD上(包含边界),若(x,y,z∈R),则下列说法正确的是( )
A.若x=,则MN∥平面ACD
B.若z=0,则MN⊥CD
C.当MN最小时,x=
D.当MN最大时,x=0
4.(2023江苏无锡期中)如图,在正四面体ABCD中,E为棱CD的中点,F为棱BC上的动点,则cos<>的最大值为( )
A.
5.(2023江苏郑梁梅高级中学期中)如图,正方形ABCD和正方形CDEF的边长均为6,且二面角A-CD-E的大小为60°,M为对角线AC上靠近点A的三等分点,N为对角线DF的中点,则MN= .
6.(2024重庆育才中学校月考)如图,已知四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且满足=x,点M在直线TB上,N为棱CD的中点,且直线MN∥平面α,设=a,=b,=c.
(1)试用基底{a,b,c}表示向量;
(2)若点M的轨迹长度与线段TB的长度的比值为μ,试讨论μ是不是定值,若μ为定值,请求出μ;若μ不为定值,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
6.2 空间向量的坐标表示
6.2.1 空间向量基本定理
基础过关练
1.D 2.AC 3.B 5.D 6.B
1.D 易知能与p,q构成基底的向量与p,q不共面.
由题可知a=p+q,b=p-q,a+2b=(a+b)-(a-b)=p-q,
所以a,b,a+2b都与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}是空间的一个基底矛盾,假设不成立,
所以a+2c与p,q不共面,可构成基底,故D正确.
故选D.
2.AC 设空间四点M,A,B,C共面的充要条件是(x+y+z=1),即共面.
对于A,因为≠0,所以不共面,可以构成基底;
对于B,根据平面向量基本定理,可得共面,无法构成基底;
对于C,因为1+1+1=3≠0,所以不共面,可以构成基底;
对于D,由6,得,又=1,所以M,A,B,C四点共面,即共面,无法构成基底.故选AC.
3.B 由题意可得,Q是△PBC的中心,连接PQ,如图,
则),
所以.故选B.
4.答案 1
解析 ∵Q为BD的中点,∴),
又∵P为AC的中点,∴),
∴).
又∵=a-2c,=5a+6b-8c,
∴[(a-2c)+(5a+6b-8c)]=3a+3b-5c,
又∵=ma+nb+pc,
∴根据空间向量基本定理,得m=3,n=3,p=-5.
∴m+n+p=3+3-5=1.
5.D 如图,
由OM=2MA,得,
由N为BC的中点,得,
则,
易知∠OAB=∠OAC=∠BAC=60°,
所以|a2·cos 60°-a2·cos 60°+a2cos 60°=a2.
故选D.
6.B 设=λ(0≤λ≤1),则,又,
所以x=-1,y=1,z=-λ.
因为x+y+z=,所以-1+1+,所以λ=.
故选B.
7.解析 (1)因为E为AD的中点,所以,因为2,所以,
所以,
所以a+b+c.
(2)由(1)得a+b+c,
因为OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,=c-a,
所以·(c-a)=a·c-a2+b·c-a·b+c2-a·c=a·c-a2+b·c-a·b+c2=×4×4cos 60°-×3×4cos 60°-×4×3cos 60°+.
能力提升练
1.AD 3.C 4.C
1.AD 连接ON,因为N,G分别是BC,MN的中点,
所以,故B错误;
,故A正确;
,故C错误,D正确.故选AD.
2.答案
解析 由题意可得)=,
因为D,E,F,M四点共面,所以存在实数λ,μ,使得,
所以),
所以,
所以.
3.C 连接BN.因为N在侧面BCD上(包含边界),所以可设,λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1,所以.
又,所以且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1.
对于A,若x=,则λ=μ=0,所以点N与点B重合,显然MN∩平面ACD=A,故A错误.
对于B,若z=μ=0,则,所以点N在线段BC上(包括端点),
因为AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,CD 平面ACD,所以CD⊥平面ABD,
所以当点N与点B重合时,MN⊥CD,故B错误.
对于C,D,过M作ME⊥BD,垂足为E,则BE=|BM|·cos∠ABD=BD,ME=BM·sin∠ABD=BD.
连接NE,因为CD⊥平面ABD,ME 平面ABD,所以ME⊥CD,又ME⊥BD,BD∩CD=D,BD,CD 平面BCD,所以ME⊥平面BCD,又NE 平面BCD,
所以ME⊥NE,
所以MN=,显然当点N与点E重合时,MN最小,此时λ=0,μ=,所以y=0,z=;当点N与点C重合时,MN最大,此时λ=1,μ=0,所以y=1,z=0,x=-,故C正确,D错误.故选C.
4.C 设正四面体ABCD的棱长为1,且=a,=b,=c,
由E为棱CD的中点,可得(b+c),
则|.
设,λ∈[0,1],
则=a+λ(b-a)=(1-λ)a+λb,
则|
=
=,
则(b+c)·[(1-λ)a+λb]=[(1-λ)·a·b+λb2+(1-λ)a·c+λb·c]=(λ+2),
所以cos<.
令t=λ+2,则t∈[2,3],可得,则.
设g,当时,函数g取得最小值,且最小值为g,
所以,所以,即cos<>的最大值为.故选C.
5.答案
解析 由题意得DE⊥DC,DA⊥DC,所以∠ADE为二面角A-CD-E的平面角,即∠ADE=60°,
因为,N为对角线DF的中点,所以),
因为M为对角线AC上靠近点A的三等分点,
所以),
所以,
所以,
所以+0=14,所以|,即MN=.
6.解析 (1)因为四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,所以,
故=a+c-b.
(2)μ是定值.
由(1)知,=a+c-b,因为=x,
所以=xa,=(1-x)c,,
则)=a+x(a+c-b-a)=a+xc-xb,=(1-x)a+xc-xb,=-xa+(1-x)c,
设=λb,λ∈R,
又a-b+c,
所以a+b-c,
因为MN∥平面α,QP,QR 平面α,所以存在实数y,z,使得,
故=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc,
所以-a+b-c=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc=(y-xy-xz)a-xyb+(xy+z-xz)c,
故消去y,z并整理,得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0,
易知该方程在x∈R内有解.
当4λ+1=0,即λ=-时,-2x-+1=0,解得x=;
当4λ+1≠0,即λ≠-时,Δ=[-(4λ+3)]2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0,解得-≤λ<-或-<λ≤.
综上,-≤λ≤.
所以点M的轨迹为直线TB上长为TB的线段.
故μ为定值,且μ=.
方法总结 解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题,可通过引入基底,应用向量共线定理和空间向量基本定理,将几何问题转化为代数问题.
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