课时达标检测3 空间向量基本定理(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

课时达标检测(三)　空间向量基本定理 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础达标 一、单项选择题 1.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(D) A.a B.b C.a+2b D.a+2c 解析　能与p,q构成基底,则与p,q不共面。因为a=,b=,a+2b=p-q,所以A,B,C都不合题意。因为{a,b,c}为空间的一个基底,所以a+2c与p,q不共面,可构成基底。 2.已知点O,A,B,C为空间不共面的四点,且向量a=,向量b=,则与a,b不能构成空间基底的向量是(C) A. B. C. D.或 解析　因为a-b且a,b不共线,所以a,b,共面,所以与a,b不能构成一个空间基底。 3.若=λ+μ,则直线AB与平面CDE的位置关系是(D) A.相交 B.平行 C.在平面内 D.平行或在平面内 解析　因为=λ+μ,所以,,共面,则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内。 4.在正方体ABCD⁃A'B'C'D'中,O1,O2,O3分别是AC,AB',AD'的中点,以{,,}为基底,,则x,y,z的值是(A) A.x=y=z=1 B.x=y=z= C.x=y=z= D.x=y=z=2 解析　()+()+()=,由空间向量基本定理得x=y=z=1。 5. 如图所示,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是DD1的中点,N是A1B1的中点,则直线ON与AM的位置关系是(B) A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.无法判断 解析　,()+,设||=a,则····a2=0,故,即ON⊥AM。 6.如图, 在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=,E,F分别是平面A1B1C1D1、平面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为(C) A.1 B. C. D. 解析　设=2i,=2j,k,i·j=i·k=j·k=0,|i|=|j|=|k|=1,则=i+j+k,()=2i+j+k,=i-k,|。 7. 如图,已知正三棱柱ABC⁃A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角的大小是(D) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析　不妨设棱长为2,则,,cos<,=0,故AB1与BM所成的角为90°。 二、填空题 8.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,设=a,=b,=c,A1C1与B1D1的交点为E,则a+b+c 。  解析　如图,()=()=-a+b+c。 9. 如图,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则PC等于 12 。  解析　因为,所以||2=()2=···=144。所以PC=12。 10.已知a,b是异面直线,点A,B∈a,点C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则a,b所成的角是 60° 。  解析　因为,所以··()=||2=1,所以cos<,,所以异面直线a,b所成的角是60°。 三、解答题 11.如图, 在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别是C1D1,D1D的中点,正方体的棱长为1。 (1)求<,>的余弦值; (2)求证:。 解　(1),·=0,·=0,·=0,所以··。又|,所以cos<,。 (2)证明:因为,(),所以·=0,所以。 12.已知正四面体A⁃BCD的棱长为1,点E,F分别是BC,AD的中点。 (1)证明:EF⊥BC; (2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值。 解　记=a,=b,=c,这三个向量不共面,则{a,b,c}为空间的一个基底,且|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,所以a·b=b·c=c·a=。 (1)证明:因为()=-a+b-c,=-a+c,所以··(-a+c)=a2-a·b+a·c-a·c+b·c-c2==0,所以,即EF⊥BC。 (2)因为()=a+c,所以|=b-c,所以··(b-c)=a·b+c·b-a·c-c2=-,又|CD|=1,所以cos<,,所以异面直线AE与CD所成角的余弦值为。 素养提升 13. 如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,BC1与B1C相交于点O,∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,则线段AO的长度为(A) A. B. C. D. 解析　取空间中一个基底:=a,=b,=c,因为四边形BCC1B1是平行四边形,所以(),所以=a+=a+a+b+c,因为∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,所以a2=b2=4,c2=9,a·b=0,a·c=b·c=3×2×cos 60°=3,所以(a+b+c)2=(a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c)=。所以|,即AO=。 14.在四棱锥E⁃ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点。 (1)求证:DE∥平面ACF; (2)求证:BD⊥AE; (3)若AB=CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由。 解　设=a,=b,=c,则|a|=|b|,a·b=b·c=c·a=0。 (1)证明:依题意得=c-b,=a+b,a+c,设(x,y∈R),则c-b=x(a+b)+ya+xb+yc,因此,,共面,又直线DE不在平面ACF内,因此DE∥平面ACF。 (2)证明:依题意得=b-a,=c-a-b,则·=(b-a)·(c-a-b)=-b2+a2=0,因此,从而BD⊥AE。 (3)由AB=CE,设|a|=|b|=2,则|c|=,假设在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE,由O,G,E三点共线,设=(1-λ)+λλa+λb+(1-λ)c(0≤λ≤1),由CG⊥平面BDE知CG⊥DE,而=c-b,因此··(c-b)=(1-λ)c2-λb2=2-4λ=0,解得λ=,即点G是线段EO的中点时,满足题意,此时。 学科网（北京）股份有限公司 $$