课时梯级训练(4) 空间向量基本定理的应用（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

课时梯级训练(4)　空间向量基本定理的应用 1．如图，已知空间四边形ABCD中，AC＝BD，顺次连接各边中点P，Q，R，S所得图形是(　　) A．长方形 B．正方形 C．梯形 D．菱形 D　解析：因为＝－＝－＝. 同理＝，所以＝， 所以四边形PQRS为平行四边形． 又＝－＝－＝， 所以||＝||，即PS＝BD. 又||＝||， 故PQ＝AC，而AC＝BD， 所以PS＝PQ，故四边形ABCD为菱形． 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，则AC1与CE的位置关系是(　　) A．重合 B．垂直 C．平行 D．无法确定 3．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是(　　) A.0 B． C． D． A　解析：根据题意可得，A1E·＝(A1A＋＋)·(＋＋)＝(－AA1＋＋)·(－AA1－－)＝|AA1|2－||2－||2＝×4－1－×4＝0，从而得到A1E和垂直，故其所成角的余弦值为0. 4．在四面体ABCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAD＝90°，·＝－2，则∠BAC＝(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° C　解析：因为∠BAD＝90°，所以·＝0. 因为＝－，所以·＝·(－)＝·－·＝－2，所以·＝2. 又AB＝AC＝2， 所以·＝||·||cos ∠BAC＝2， 所以cos ∠BAC＝. 因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝60°. 5．在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是(　　) A．30° B．45° C．90° D．60° 6．(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．＝2－－ B．＝＋－ C．＝＋＋ D．＝＋＋ BD　解析：根据“＝x＋y＋z ，若 x＋y＋z＝1，则点M与点A，B，C 共面”，因为2＋(－1)＋(－1)＝0≠1，1＋1＋(－1)＝1，1＋＋＝≠1，＋＋＝1，由此可知，BD满足要求． 7．已知空间四边形OABC中，点M为BC的中点，点N为AC的中点，点P为OA的中点，Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN. 证明：如图所示， 取向量，，为空间的一个基底，则＝(＋)，＝(＋).所以＝－＝(＋)－＝(＋－)，＝－＝(＋)－＝(＋－). 又因为＝－，所以＝(＋)，＝(－)， 所以·＝(＋)·(－)＝(||2－||2)， 又因为||＝||，所以·＝0，即PM⊥QN. 9.(多选)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝.底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，AA1与AB，AD的所成角均为60°，下列说法中正确的是(　　) 解：设＝a，＝b，＝c，且|a|＝|b|＝|c|＝1， 易知∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝， 则a·b＝b·c＝c·a＝. 因为＝(＋)＝(a＋b)， ＝－＝－＝c－b，||＝||＝， 所以·＝(a＋b)·(c－b)＝a·c＋b·c－a·b－b2＝－， 所以cos 〈，〉＝＝＝－. 所以OE与BF所成角的余弦值为. 11．如图所示，正四面体V­ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M. (1)求证：AO，BO，CO两两垂直； (2)求异面直线DM与AO所成的角． (1)证明：设＝a，＝b，＝c，且正四面体的棱长为1，有|a|＝|b|＝|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c. 则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)， ＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)， ∴·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1×cos －9)＝0. ∴⊥，即AO⊥BO. 同理AO⊥CO，BO⊥CO.∴AO，BO，CO两两垂直． (2)解：∵＝＋＝－(a＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)， ∴||＝＝， ||＝＝， ·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝. ∴cos 〈，〉＝＝. ∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝. 即异面直线DM与AO所成的角为. 学科网（北京）股份有限公司 $$