课时达标检测(23) 空间向量基本定理(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十三)　 空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十三)　空间向量基本定理 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 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B．x＝1，y＝－1 C．x＝－1，y＝－1 D．x＝1，y＝1 解析　因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＝λx，,－1＝λy，,1＝λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1。)) 答案　B 答案与解析 3．在四面体OABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若eq \o(OG,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))＋zeq \o(OC,\s\up16(→))，则(x，y，z)为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(3,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))) 解析　如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则E为BC的中点，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up16(→))－2eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))，eq \o(AG1,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OB,\s\up16(→))－2eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))。因为OG＝3GG1，所以OG＝eq \f(3,4)OG1。则eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \f(3,4) eq \o(OG1,\s\up16(→))＝eq \f(3,4)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(AG1,\s\up16(→)))＝eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up16(→))－\f(2,3)\o(OA,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up16(→))))＝eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up16(→))，所以x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,4)，z＝eq \f(1,4)。 答案　A 答案与解析 4．在正方体ABCD­A′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{eq \o(AO1,\s\up16(→))，eq \o(AO2,\s\up16(→))，eq \o(AO3,\s\up16(→))}为一组基，eq \o(AC′,\s\up16(→))＝xeq \o(AO1,\s\up16(→))＋yeq \o(AO2,\s\up16(→))＋zeq \o(AO3,\s\up16(→))，则x，y，z的值是(　　) A．x＝y＝z＝1 B．x＝y＝z＝eq \f(1,2) C．x＝y＝z＝eq \f(\r(2),2) D．x＝y＝z＝2 解析　eq \o(AC′,\s\up16(→))＝eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＋eq \f(1,2)(eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＋eq \f(1,2)(eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD′,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB′,\s\up16(→))＝eq \o(AO1,\s\up16(→))＋eq \o(AO3,\s\up16(→))＋eq \o(AO2,\s\up16(→))，由空间向量基本定理得x＝y＝z＝1。 答案　A 答案与解析 5．空间四边形OABC中，eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，eq \o(OC,\s\up16(→))＝c，点M在OA上，且eq \o(OM,\s\up16(→))＝2eq \o(MA,\s\up16(→))，N为的BC中点，则eq \o(MN,\s\up16(→))为(　　) A．eq \f(1,2)a－eq \f(2,3)b＋eq \f(1,2)c B．－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c C．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(2,3)c D．eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b－eq \f(1,2)c 解析　eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BN,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→)))＝－eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up16(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up16(→))＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c。 答案　B 答案与解析 6．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝eq \r(2)，E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为(　　) A．1 B．eq \f(\r(5),2) C．eq \f(\r(6),2) D．eq \f(3,2) 解析　设eq \o(AB,\s\up16(→))＝2i，eq \o(AD,\s\up16(→))＝2j，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \r(2)k，则eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1E,\s\up16(→))＝i＋j＋eq \r(2)k，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BB1,\s\up16(→))－eq \o(BC,\s\up16(→)))＝2i＋j＋eq \f(\r(2),2)k，|eq \o(EF,\s\up16(→))|＝|eq \o(AF,\s\up16(→))－eq \o(AE,\s\up16(→))|＝eq \r(2－12＋1－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\r(2)))2)＝eq \f(\r(6),2)。 答案　C 答案与解析 7．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为正方体内一动点(包括表面)，若eq \o(AP,\s\up16(→))＝xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AD,\s\up16(→))＋zeq \o(AA1,\s\up16(→))，且0≤x≤y≤z≤1，则点P所有可能的位置所构成的几何体的体积是(　　) A．1 B．eq \f(1,2) C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,6) 解析　 根据向量加法的几何意义和空间向量基本定理，知满足0≤x≤y≤1的点P在三棱柱ACD­A1C1D1内，满足0≤y≤z≤1的点P在三棱柱AA1D1­BB1C1内，故同时满足0≤x≤y≤1和0≤y≤z≤1的点P在这两个三棱柱的公共部分(如图)，即三棱锥A­A1C1D1内，其体积是eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,6)。 答案　D 答案与解析 二、填空题 8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，A1C1与B1D1的交点为E，则eq \o(BE,\s\up16(→))＝________。(用a,b,c表示)  解析　如图，eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1E,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(B1C1,\s\up16(→))＋eq \o(B1A1,\s\up16(→)))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c。 答案　－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c 答案与解析 9.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，M为△A1B1C1的重心，若eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AC,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，则eq \o(CM,\s\up16(→))＝________。(用a,b,c表示)  解析　eq \o(CM,\s\up16(→))＝eq \o(CC1,\s\up16(→))＋eq \o(C1M,\s\up16(→))＝eq \o(CC1,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(C1D,\s\up16(→))＝eq \o(CC1,\s\up16(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(A1D,\s\up16(→))－eq \o(A1C1,\s\up16(→)))＝ eq \o(CC1,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(A1B1,\s\up16(→))－\o(A1C1,\s\up16(→))))＝eq \f(1,3) eq \o(A1B1,\s\up16(→))－eq \f(2,3) eq \o(A1C1,\s\up16(→))＋eq \o(CC1,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)a－eq \f(2,3)b＋c。 答案　eq \f(1,3)a－eq \f(2,3)b＋c 答案与解析 10．{a，b，c}为空间的一组基，且存在实数x，y，z使得xa＋yb＋zc＝0，则x＝________，y＝________，z＝________。 解析　若x，y，z中存在一个不为0的数，不妨设x≠0，则a＝－eq \f(y,x)b－eq \f(z,x)c，所以a，b，c共面。这与{a，b，c}是基矛盾，故x＝y＝z＝0。 答案　0　0　0 答案与解析 11．已知直三棱柱ABC­A1B1C1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eq \o(BA,\s\up16(→))＝a，eq \o(BC,\s\up16(→))＝b，eq \o(BB1,\s\up16(→))＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，因为eq \o(AB1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＝－a＋c，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CC1,\s\up16(→))＝b＋c，cos〈eq \o(AB1,\s\up16(→))，eq \o(BC1,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AB1,\s\up16(→))·\o(BC1,\s\up16(→)),|\o(AB1,\s\up16(→))||\o(BC1,\s\up16(→))|)＝eq \f(－a＋c·b＋c,\r(5)×\r(2)) 答案与解析 ＝eq \f(－a·b－a·c＋b·c＋c2,\r(10)) ＝eq \f(－2×1×cos 120°＋1,\r(10))＝eq \f(2,\r(10))＝eq \f(\r(10),5)。 答案　eq \f(\r(10),5) 三、解答题 12．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，E，F分别是AD1，BD的中点。 (1)试用向量a，b，c表示eq \o(D1B,\s\up16(→))，eq \o(EF,\s\up16(→))； (2)若eq \o(D1F,\s\up16(→))＝xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值。 解　(1)如图，eq \o(D1B,\s\up16(→))＝eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→))＝－eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AD,\s\up16(→))＝a－b－c， eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(EA,\s\up16(→))＋eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(D1A,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(a－c)。 (2)eq \o(D1F,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \o(D1B,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2)(－eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(D1B,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2)(－c＋a－b－c)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b－c， 所以x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)，z＝－1。 13.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N。设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AC,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c。 (1)试用a，b，c表示向量eq \o(MN,\s\up16(→))； (2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长。 解　(1)eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1B1,\s\up16(→))＋eq \o(B1N,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,3) eq \o(BA1,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(B1C1,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,3)(c－a)＋a＋eq \f(1,3)(b－a) ＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c。 (2)因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×eq \f(1,2)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝5，所以|a＋b＋c|＝eq \r(5)，所以|eq \o(MN,\s\up16(→))|＝eq \f(1,3)|a＋b＋c|＝eq \f(\r(5),3)，即|MN|＝eq \f(\r(5),3)。 　素养升级　 14.如图，直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点。 (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值。 解　(1)证明：设eq \o(CA,\s\up16(→))＝a，eq \o(CB,\s\up16(→))＝b，eq \o(CC′,\s\up16(→))＝c， 根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0， 所以eq \o(CE,\s\up16(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \o(A′D,\s\up16(→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a。 所以eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(A′D,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0。 所以eq \o(CE,\s\up16(→))⊥eq \o(A′D,\s\up16(→))，即CE⊥A′D。 (2)因为eq \o(AC′,\s\up16(→))＝－a＋c，所以|eq \o(AC′,\s\up16(→))|＝eq \r(2)|a|。 又|eq \o(CE,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|， eq \o(AC′,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)c))＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2， 所以cos〈eq \o(AC′,\s\up16(→))，eq \o(CE,\s\up16(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)×\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10)， 即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)。 15.如图，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〈eq \o(DM,\s\up16(→))，eq \o(AO,\s\up16(→))〉。 解　(1)证明：设eq \o(VA,\s\up16(→))＝a，eq \o(VB,\s\up16(→))＝b，eq \o(VC,\s\up16(→))＝c，正四面体的棱长为1， 则eq \o(VD,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(a＋b＋c)，eq \o(AO,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)(b＋c－5a)， eq \o(BO,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)(a＋c－5b)，eq \o(CO,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)(a＋b－5c)， a·b＝a·c＝b·c，|a|＝|b|＝|c|， 所以eq \o(AO,\s\up16(→))·eq \o(BO,\s\up16(→))＝eq \f(1,36)(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝eq \f(1,36)(18a·b－9|a|2)＝eq \f(1,36)(18×1×1×cos 60°－9)＝0， 所以eq \o(AO,\s\up16(→))⊥eq \o(BO,\s\up16(→))，即AO⊥BO。 同理，AO⊥CO，BO⊥CO。 所以AO，BO，CO两两垂直。 (2)eq \o(DM,\s\up16(→))＝eq \o(DV,\s\up16(→))＋eq \o(VM,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＋eq \f(1,2)c＝eq \f(1,6)(－2a－2b＋c)， 所以|eq \o(DM,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)－2a－2b＋c))2)＝eq \f(1,2)。 又|eq \o(AO,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)b＋c－5a))2)＝eq \f(\r(2),2)， eq \o(DM,\s\up16(→))·eq \o(AO,\s\up16(→))＝eq \f(1,6)(－2a－2b＋c)·eq \f(1,6)(b＋c－5a)＝eq \f(1,4)， 所以cos〈eq \o(DM,\s\up16(→))，eq \o(AO,\s\up16(→))〉＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2)。 所以〈eq \o(DM,\s\up16(→))，eq \o(AO,\s\up16(→))〉＝eq \f(π,4)。 $$