2024-2025学年新教材高中数学第一章空间向量与立体几何1.2空间向量基本定理课后提升训练含解析新人教A版选择性必修第一册

第一章空间向量与立体几何1.2空间向量基本定理课后篇巩固提升基础达标练1.设向量a,b,c不共面,则下列可作为空间的一个基底的是()A.{a+b,b-a,a} B.{a+b,b-a,b}C.{a+b,b-a,c} D.{a+b+c,a+b,c}解析由已知及向量共面定理,易得a+b,b-a,c不共面,故可作为空间的一个基底.答案C2.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为点M,AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与C1MA.-12a+12b+B.12a+12bC.-12a-12b-D.-12a-12b解析C1M=AM-AC1=12(AB+答案C3.已知O,A,B,C为空间不共面的四点,且向量a=OA+OB+OC,向量b=OA+OB-OC,A.OA B.OB C.OC D.OA解析∵a=OA+OB+OC,∴OC=12(a-b),∴OC与向量a,∴OC,a,b不能构成空间的一个基底.答案C4.在空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在线段AC上,且AM=2MC,点N是OB的中点,则MN=()A.23a+12b-23c B.23a-1C.-13a+12b-23c D.13a+1解析MA=23MN=MO+ON=MA+AO+ON=23(a-c)-a答案C5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,AD=b,AA1=c,A1C1与B1D1的交点为E,则BE=解析如图,BE==AA1+12(AD-AB)答案-12a+12b6.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,∠BAC=90°.求证:AB⊥AC1.证明设AB=a,AC=b,AA1=则AC1=AC+所以AB·AC1=a·(b+c)=a·b+因为AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,所以a·b=0,a·c=0,得AB·AC1=0,故AB7.如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D',点E是上底面A'B'C'D'的中心,取向量AB,AD,AA'为基底的基向量,在下列条件下,分别求x,(1)BD'=xAD+yAB+zAA(2)AE=xAD+yAB+zAA'解(1)因为BD'=BD+DD'=BA+AD+DD所以x=1,y=-1,z=1.(2)因为AE=AA'+12又AE=xAD+yAB+zAA'所以x=12,y=12,z=实力提升练1.(多选题)若{a,b,c}是空间的一个基底,则下列各组中能构成空间一个基底的是()A.{a,2b,3c} B.{a+b,b+c,c+a}C.{a+2b,2b+3c,3a-9c} D.{a+b+c,b,c}解析由于a,b,c不共面,易推断A,B,D中三个向量也不共面,可以作为一组基向量.对于C,有3(2b+3c)+(3a-9c)=3(a+2b),故这三个向量是共面的,不能构成基底.答案ABD2.在四面体O-ABC中,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若OG=xOA+yOB+zOC,则(x,y,z)为()A.14,1C.13,1解析如图所示,连接AG1交BC于点E,则E为BC中点,AE=12(AB+AC)=12(OB因为OG=3GG1=3(OG1-OG),则OG=34O答案A3.若a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3,d=e1+2e2+3e3,若e1,e2,e3不共面,当d=αa+βb+γc时,α+β+γ=.

解析由已知d=(α+γ)e1+(α+β)e2+(γ+β)e3,所以α+γ=1,α+β=2,答案34.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

解析如图所示.设BA=a,BC=b,BB1=则<a,b>=120°,c⊥a,c⊥b,因为A=-a+c,BC1=BC+cos<AB1=(-=-2答案105.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,MA=-13AC,ND=13A1D,设AB=a,AD=b,AA1解连接AN,则MN=由已知可得四边形ABCD是平行四边形,从而可得AC=AB+AD=MA=-13AC=-13(a又A1D=AD-故AN=AD+DN=AD-ND=所以MN=MA+AN=-13(a+b)+b-13(b-c)=13(-6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G,H分别是CC1,BC,CD和A1C1的中点.证明:(1)AB1∥GE,AB1⊥EH;(2)A1G⊥平面EFD.证明(1)设正方体棱长为1,AB=i,AD=j,AA1=则{i,j,k}构成空间的一个单位正交基底.AB1=AB+GE=GC+CE=12i+12k=EH=EC1+C1H=12k+-12(i∵AB1·EH=(i+k)·-12i-12j+12k=-12|i(2)A1G=A1A+ADDF=DC+CF=i-12j,DE=∴A=-12|j|2+12|i|2=0,∴A1G⊥A=-12|k|2+12|i|2∴A1G⊥DE.又DE∩DF=O,∴A1G⊥平面EFD.素养培优练如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,D1B1的中点,求证:EF⊥平面B1AC.证明设AB=a,AD=c,AA1=有a·b=0,a·c