第2周 空间向量基本定理-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

—78 — 参考答案 高中同步周测卷 第一周 空间向量及其运算 【考点·一应俱全】 1.BCD [对于选项A,向量的模即向量的长度,是一个数量,所以任 意两个向量的模可以比较大小;对于选项B,其终点构成一个球 面;对于选项C,用有向线段可以表示空间向量,但不是空间向量; 对于选项D,两个向量不相等,它们的模可以相等.] 2.BC [A为假命题,根据向量相等的定义知,两向量相等,不仅模 要相等,而且还要方向相同,而 A中向量a与b 的方向不一定相 同;B为真命题,AC→与A1C1→的方向相同,模也相等,故AC→=A1C1→;C 为真命题,向量的相等满足传递性;D为假命题,平行向量不一定 具有传递性,当b=0时,a与c不一定平行.] 3.B [根据空间向量的加减法运算,对于 A,AB→+BC→=AC→恒成立; 对于C,当AB→,BC→方向相同时,有|AB→|+|BC→|=|AC→|;对于D,当 AB→,AC→方向相同且|AB→|≥|AC→|时,有|AB→|-|AC→|=|BC→|;对于 B,由向量减法可知AB→-AC→=CB→,又BC→为非零向量,所以B一定不 成立.] 4.解 (1)AB→+BC→-DC→=AB→+BC→+CD→=AC→+CD→=AD→,如图中 向量AD→. (2)如图,连接GF,因为E,F,G 分别是BC, CD,DB 的中点, 所以GD→=BG→,GF→=EC→, 所以AB→-DG→-CE→=AB→+GD→+EC→=AB→+ BG→+GF→=AF→,如图中向量AF→. 5.AB [m(a-b)=ma-mb,A对;(m-n)a= ma-na,B对;若m=0,则a,b不一定相等,C错;若a=0,则 m,n 不一定相等,D错.] 6.解 (1)CB→+BA1→=CA1→. (2)∵M 是BB1 的中点, ∴BM→=12BB1 →,又AA1→=BB1→, ∴AC→+CB→+12AA1 →=AB→+BM→=AM→. (3)12AA1 →-12B1B →-AC→-CB→= 1 2 (AA1 →+BB1→)-(AC→+CB→)= AA1 →-AB→=BA1→. 【方法技巧】 利用数乘运算进行向量表示的技巧 (1)数形结合:利用数乘运算解题时,要结合具体图形,利用三角 形法则、平行四边形法则,将目标向量转化为已知向量. (2)明确目标:在化简过程中要有目标意识,巧妙运用中点性质. 7.C [对于空间中的任意向量,根据加法法则,都有AB→+BC→=AC→, 选项A错误;若AB→-BC→=AC→,则AC→+BC→=AB→,而AC→+CB→= AB→,据此可知BC→=CB→,即B,C 两点重合,这与已知条件矛盾,选 项B错误;若AB→=BC→,则A,B,C三点共线,选项C正确;若|AB→|= |BC→|,则线段AB 的长度与线段BC 的长度相等,不一定有A,B,C 三点共线,选项D错误.] 8.解 方法一 ∵M,N 分别是AC,BF 的中点,且四边形ABCD 和 ABEF 都是平行四边形, ∴MN→=MA→+AF→+FN→ =12CA →+AF→+12FB →.① 又∵MN→=MC→+CE→+EB→+BN→ =-12CA →+CE→-AF→-12FB →,② ①+②得2MN→=CE→, ∴CE→∥MN→,即CE→与MN→共线. 方法二 ∵M,N 分 别 是AC,BF 的 中 点,且 四 边 形 ABCD 和 ABEF 都是平行四边形, ∴MN→=AN→-AM→ =12 (AB→+AF→)-12(AB →+AD→) =12 (AF→-AD→)=12(BE →-BC→)=12CE →. ∴MN→∥CE→,即MN→与CE→共线. 9.证明 因为 M 在BD 上,且BM=13BD , 所以MB→=13DB →=13DA →+13AB →. 同理AN→=13AD →+13DE →. 所以MN→=MB→+BA→+AN→ = 13DA →+13AB → +BA→+ 13AD→+13DE→ =23BA →+13DE →=23CD →+13DE →. 又CD→与DE→不共线,根据向量共面的充要条件可知MN→,CD→,DE→ 共面. 10.-1 [由题意得,a·b=b·c=c·a=12×cosπ3= 1 2 ,则AB→· CD→=2(a-b)·(b-c)=2(a·b-a·c-b2+b·c)= 2 12- 1 2-1+ 1 2 =-1.] 【方法技巧】 由向量数量积的定义知,要求a与b 的数量积,需 已知|a|,|b|和<a,b>,a与b的夹角与方向有关,一定要根据方向 正确判定夹角的大小,才能使a·b计算准确. 11.C [由题意,得a·b=b·c=a·c=12 ,a2=b2=c2=1, 所以|a-b+2c|= (a-b+2c)2 = a2+b2+4c2-2a·b+4a·c-4b·c = 1+1+4-2×12+4× 1 2-4× 1 2=5. ] 12.D [∵a·c=a· a- a ·a a·b b =a·a- a·aa·b a·b=a· a-a·a=0,∴a⊥c,向量a与c的夹角为π2. ] 13.证明 BD1 →=BD→+DD1→=AD→-AB→+AA1→, EF→=ED1→+D1F→=-12(AB →+AA1→), 所以BD1 →·EF→=-12(AD →·AB→+AD→·AA1→-AB→ 2 -AB→·AA1→+ AA1 →·AB→+AA1→ 2 )=-12× (0+0-1+1)=0, 所以BD1 →⊥EF→. 【探究·一举突破】 探究路径 解 (1)在空间四边形ABCD 中,E,F 分AB→,DC→所成的比为λ,即 AE EB= DF FC=λ ,则有EF→= 11+λAD →+ λ1+λBC →.证明如下: EF→=EB→+BC→+CF→= 11+λAB →+BC→+ 11+λCD →= 11+λ(AD →+DB→)+ BC→+ 11+λ(CB →+BD→)= 11+λAD →+ 11+λDB →+BC→+ 11+λCB →+ 1 1+λBD → = 11+λAD →+ λ1+λBC →. (2)由(1)的结论可得EF→= 11+1BC →+ 11+1AA1 →=12BC →+12AA1 →. 【综合·一练到底】 1.B [∵A,B,C 三点共线,OA→=2OB→+μOC→,∴2+μ=1,∴μ= -1, 又由λOA→+mOB→+nOC→=0,得OA→=-mλOB →-nλOC →,由A,B,C 三点共线知,-mλ - n λ =1 ,则λ+m+n=0.] 2.143 [∵OA,OB,OC两两垂直,∴OA→·OB→=OA→·OC→=OB→·OC→= 0,且OG→=OA →+OB→+OC→ 3 ,故OG→·(OA→+OB→+OC→)= 13(OA →+ OB→+OC→)2=13(|OA →|2+|OB→|2+|OC→|2)=13×(1+4+9)= 14 3. ] 3.证明 ①充分性 ∵OP→=xOA→+yOB→+zOC→ 可变形为OP→=(1-y-z)OA→+yOB→+zOC→, ∴OP→-OA→=y(OB→-OA→)+z(OC→-OA→), ∴AP→=yAB→+zAC→, ∴点P 与A,B,C共面. ②必要性 ∵点P 在平面ABC 内,且A,B,C三点不共线, ∴存在有序实数对(m,n)使AP→=mAB→+nAC→, OP→-OA→=m(OB→-OA→)+n(OC→-OA→), ∴OP→=(1-m-n)OA→+mOB→+nOC→, ∵OP→=xOA→+yOB→+zOC→, 又∵点O 在平面ABC 外, ∴OA→,OB→,OC→不共面, ∴x=1-m-n,y=m,z=n, ∴x+y+z=1. 【方法技巧】 若已知点 P 在平面ABC 内,则有AP→=xAB→+ yAC→或OP→=xOA→+yOB→+zOC→(x+y+z=1),然后利用指定向 量表示出已知向量,用待定系数法求出参数. 【选做·一飞冲天】 (1)证明 设CD→=a,CB→=b,CC1→=c. 依题意有|a|=|b|, BD→=CD→-CB→=a-b. 设CD→,CB→,CC1→两两夹角均为θ, 于是CC1 →·BD→=c·(a-b)=c·a-c·b= |c||a|cosθ-|c||b|cosθ=0, ∴CC1⊥BD. (2)解 若A1C⊥平面C1BD,则A1C⊥DC1,A1C⊥BD. 由CA1 →·C1D→=(CA→+AA1→)·(CD→-CC1→) =(a+b+c)·(a-c) =|a|2-a·c+a·b-b·c+c·a-|c|2 =|a|2-|c|2+|b||a|cosθ-|b||c|cosθ =(|a|-|c|)(|a|+|c|+|b|cosθ)=0, 得当|c|=|a|时,A1C⊥DC1. 同理可证,当|a|=|b|时,A1C⊥BD. ∴当CDCC1 =1时,A1C⊥平面C1BD. 第二周 空间向量基本定理 【考点·一应俱全】 1.C [由OC→=12(a-b)知OC →与a,b共面.所以a,b,OC→不能构成空 间的基底,故选C.] 2.D [能与p,q构成基底,则与p,q不共面.∵a=p+q2 ,b=p-q2 , a+2b=32p- 1 2q ,∴A,B,C 都不符合题意.∵{a,b,c}为基底, ∴a+2c与p,q不共面,可构成基底.] 3.解 假设a+b,b+c,c+a共面,则存在实数λ,μ,使得a+b=λ(b+ c)+μ(c+a),即a+b=μa+λb+(λ+μ)c. ∵{a,b,c}是空间的一个基底,∴a,b,c不共面. ∴ 1=μ, 1=λ, 0=λ+μ, 此方程组无解. 即不存在实数λ,μ,使得a+b=λ(b+c)+μ(c+a), ∴a+b,b+c,c+a不共面. 故{a+b,b+c,c+a}能作为空间的一个基底. 4.解 假设OA→,OB→,OC→共面. 则存在实数λ,μ使得OA →=λOB→+μOC→, ∴e1+2e2-e3 =λ(-3e1+e2+2e3)+μ(e1+e2-e3) =(-3λ+μ)e1+(λ+μ)e2+(2λ-μ)e3, ∵e1,e2,e3 不共面, ∴ -3λ+μ=1, λ+μ=2, 2λ-μ=-1, 此方程组无解, ∴OA→,OB→,OC→不共面, ∴{OA→,OB→,OC→}可以作为空间的一个基底. 【方法技巧】 基底的判断思路 (1)判断一组向量能否作为空间的一个基底,实质是判断这三个 向量是否共面,若不共面,就可以作为一个基底. (2)判断基底时,常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等 几何体,用它们从同一顶点出发的三条棱对应的方向向量为基 底,并在此基础上构造其他向量进行相关的判断. 5.解 连接BO(图略),则BF→=12BP →=12(BO →+OP→)=12(c-b- a)=-12a- 1 2b+ 1 2c. BE→=BC→+CE→=BC→+12CP →=BC→+12(CO →+OP→)=-a-12b+ 1 2c. AE→=AP→+PE→=AO→+OP→+12(PO →+OC→)=-a+c+12(-c+b)= -a+12b+ 1 2c. EF→=12CB →=12OA →=12a. 6.解 (1)如图,连接AC,EF,D1F,BD1, D1B →=D1D→+DB→ =-AA1 →+AB→-AD→ =a-b-c. EF→=EA→+AF→=12D1A →+12AC → =-12 (AA1 →+AD→)+12(AB →+AD→) =12AB →-12AA1 →=12a- 1 2c. (2)D1F →=12(D1D →+D1B→) =12 (-AA1 →+D1B→) =12 (-c+a-b-c) =12a- 1 2b-c , 又D1F →=xa+yb+zc, ∴x=12 ,y=-12 ,z=-1. 7.解 连接A'N(图略). AM→=AB→+12BC' →=AB→+12(BC →+CC'→) =AB→+12BC →+12CC' →=AB→+12(AC →-AB→)+12AA' → =12AB →+12AC →+12AA' →=12(a+b+c). AN→=AA'→+A'N→ =AA'→+12(A'B' →+A'C'→) =AA'→+12(AB →+AC→)=a+12b+ 1 2c. 8.解 OP→=OM→+MP→=12OA →+23MN → =12OA →+23(ON →-OM→) =12OA →+23 1 2 (OB→+OC→)-12OA → =16OA →+23× 1 2 (OB→+OC→) =16OA →+13OB →+13OC →. OQ→=12OM →+12OP → 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 77 — —80 — =14OA →+112OA →+16OB →+16OC → =13OA →+16OB →+16OC →. 【方法技巧】 用基底表示向量时 (1)若基底确定,要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行 四边形法则,以及向量数乘运算的运算律; (2)若没给定基底,首先选择基底,选择时,要尽量使所选的基向 量能方便地表示其他向量,再就是看基向量的模及其夹角是否已 知或易求. 9. 105 [如图所示,令BA→=a,BC→=b,BB1→=c,则 <a,b>=120°,c⊥a,c⊥b, 因为AB1 →=AB→+BB1→=-a+c,BC1→=BC→+CC1→= b+c, |cos<AB1 →,BC1→>|= |AB1 →·BC1→| |AB1 →||BC1→| =| (-a+c)·(b+c)| 5× 2 =|-a ·b-a·c+b·c+c2| 10 =|-2×1×cos120°+1| 10 = 2 10 = 105 . ] 10.16 [如图,画出对应的正四面体,设AB→= a,AC→=b,AD→=c,则{a,b,c}构成空间的一 个基底.设正四面体ABCD 的棱长均为1, 因为DM→=DA→+AM→ =-c+12 (a+b) =12 (a+b-2c), 又CN→=AN→-AC→=12a-b= 1 2 (a-2b). 又a·b=a·c=b·c=12. 设异面直线DM 与CN 所成的角为θ,则cosθ=|2DM →·2CN→| |2DM→||2CN→| =| (a+b-2c)·(a-2b)| 3× 3 =|a 2-2a·b+a·b-2b2-2a·c+4b·c| 3 = 1-1+12-2-1+2 3 = 1 6. ] 11.(1)证明 易知<AB→,BC→>=120°,AB1→=AB→+BB1→,则AB1→·BC→= (AB→+BB1→)·BC→=AB→·BC→+BB1→·BC→=2×2× -12 +2× 2×12=0. 所以AB1⊥BC. (2)证明 易 知 四 边 形 AA1C1C 为 菱 形,所 以 A1C⊥AC1.因 为 AB1 →·A1C→=(BB1→-BA→)·(AC→-AA1→) =(BB1 →-BA→)·(BC→-BA→-AA1→) =BB1 →·BC→-BB1→·BA→-BB1→·AA1→-BA→·BC→+BA→·BA→+BA→· AA1 → =BB1 →·BC→-BB1→·AA1→-BA→·BC→+BA→·BA→ =2×2×12-4-2×2× 1 2+4=0 , 所以AB1⊥A1C,又AC1∩AB1=A,所以A1C⊥平面AB1C1. 12.(1)证明 设DA→=i,DC→=j,DD1→=k, 则{i,j,k}构成空间的一个正交基底. ∴EF→=ED→+DF→=-12k+ 1 2 (DA→+DC→) =12i+ 1 2j- 1 2k ,B1C →=B1B→+BC→=-i-k, ∴EF→·B1C→= 12i+ 1 2j- 1 2k ·(-i-k) =-12|i| 2+12|k| 2=0,∴EF→⊥B1C→, 即EF⊥B1C. (2)解 ∵EF→=12i+ 1 2j- 1 2k ,C1G →=C1C→+CG→=-k-13j, ∴|EF→|2= 12i+ 1 2j- 1 2k 2 =14|i| 2+14|j| 2+14|k| 2=3,即 |EF→|=3, |C1G →|2= -k-13j 2 =|k|2+19|j| 2=4+49= 40 9 ,即|C1G →|= 2 10 3 , ∴cos<EF→,C1G→>= EF→·C1G→ |EF→||C1G→| = 1 2i+ 1 2j- 1 2k · -k-13j 3×2 103 = 4 3 2 30 3 = 3015 . 即EF 与C1G 所成角的余弦值为 30 15 . 【方法技巧】 (1)证明平行、共面问题的思路 ①利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行. ②利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行. (2)求夹角、证明线线垂直的方法 利用数量积定义可得cos<a,b>= a ·b |a||b| ,求<a,b>的大小,进而求 得线线角,两直线垂直可作为求夹角的特殊情况. 【探究·一举突破】 探究路径 B [设BEBB1 =λ,因为EF→=EB→+BA→+AD→+DF→=-λBB1→-AB→+ AD→+12DD1 →=-λAA1→-AB→+AD→+ 12AA1 →=-AB→+AD→+ 1 2-λ AA1→, 所以x=-1,y=1,z=12-λ. 因为x+y+z=12-λ= 1 4 ,所以λ=14. ] 【综合·一练到底】 1.B [在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为 平行四边形,连接AC,如图,PE→=2EB→,PF→= FC→,则EF→=EB→+BA→+AP→+PF→=13PB →- AB→+AP→+ 12PC →= 13PB →-AB→+AP→+ 1 2 (AC→-AP→)=13(AB →-AP→)-AB→+AP→+12(AB →+AD→-AP→)= -16AB →+12AD →+16AP →=16(-AB →+3AD→+AP→),又AB=AP= 6,AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°,则AB→·AD→=AP→· AD→=6×2×cos60°=6,AB→·AP→=6×6×cos60°=18,因此, |EF→|=16 (-AB →+3AD→+AP→)2 =16 AB →2+9AD→2+AP→2-6AB→·AD→+6AD→·AP→-2AB→·AP→ =16 36+9×4+36-6×6+6×6-2×18= 2. ] 2.D [设BA→=a,BC→=b,BB1→=c,则{a,b,c}构成空间的一个正交 基底. 因为点E,F 分别是棱AB,BB1 的中点, 所以 EF→=BF→-BE→=12(c-a),BC1 →=b+c, 所以EF→·BC1→=12(c-a)·(b+c)= 1 2c 2, 设所求异面直线的夹角为θ, 则cosθ= |EF→·BC1→| |EF→||BC1→| =12 , 所以θ=60°.] 3.BM→+MN→+ND→ 102 [在矩形ABCD 中, AB=1,BC= 3,则可得 AM=12 ,BM= 32 , CN=12 ,ND= 32 ,MN=1.因为平面ABC与 平面ACD 垂直,BM⊥AC,平面ABC∩平面ACD=AC,BM⊂平 面ABC,则BM⊥平面ACD,所以BM⊥ND,由题可得BD→=BM→+ MN→+ND→,所以|BD→|2=(BM→+MN→+ND→)2=|BM→|2+|MN→|2+ |ND→|2+2(BM→·MN→+MN→·ND→+BM→·ND→)= 3 2 2 +12+ 3 2 2 +2×(0+0+0)=52 ,所以|BD→|= 102 .] 【选做·一飞冲天】 解 连接AG 并延长交BC 于点H,连接DM(图略). 由题意,可令{PA→,PB→,PC→}为空间的一个基底, PM→=34PG →=34(PA →+AG→)=34PA →+34× 2 3AH → =34PA →+12× AB→+AC→ 2 = 3 4PA →+14(PB →-PA→)+14(PC →-PA→) =14PA →+14PB →+14PC →. ∵点D,E,F,M 共面, ∴存在实数λ,μ使得DM →=λDE→+μDF→, 即PM→-PD→=λ(PE→-PD→)+μ(PF→-PD→), ∴PM→=(1-λ-μ)PD→+λPE→+μPF→ =(1-λ-μ)mPA →+λnPB→+μtPC→, 由空间向量基本定理,知1 4= (1-λ-μ)m, 1 4=λn ,1 4=μt , ∴1m+ 1 n+ 1 t=4 (1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值. 第三周 空间向量及其运算的坐标表示 【考点·一应俱全】 1.(1)①(3,0,5),(3,4,0) ② 32 ,4,52 [(1)①由OA1→=3i+0j+ 5k得A1(3,0,5), 由OB→=3i+4j+0k得B(3,4,0). ②设长方形BB1C1C对角线的交点为E,则点E 为线段BC1 的中 点,又C1(0,4,5),∴点E 的坐标为 3 2 ,4,52 .] (2)解 如 图,连 接 AC,BD 交 于 点O,连 接PO. ∵四棱 锥 P-ABCD 为 正 四 棱 锥,且 棱 长 均 为2a. ∴四 边 形 ABCD 为 正 方 形,且 PO⊥平 面 ABCD. ∴OA= 2a, PO = PA2-OA2 = (2a)2-(2a)2 = 2a. 以点O 为坐标原点,OA,OB,OP 所在直线分别为x 轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系,如图. ①正四棱锥 P-ABCD 中 各 顶 点 坐 标 分 别 为A(2a,0,0),B(0, 2a,0),C(- 2a,0,0),D(0,- 2a,0),P(0,0,2a). ②∵M 为棱PB 的中点, ∴M 0+0 2 ,2a+0 2 ,0+ 2a 2 ,即 M 0,22a,22a . 2.解 如图,以 D 为坐标原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为x 轴、y轴和z 轴建立空间直角坐标系,E 点在Dxy 平面中, 且|EA|=12. 所以DE→=i+ 12j+0k,所 以 E 点 的 坐 标 为 1,12 ,0 . 同理B 点和B1 点的坐标分别为(1,1,0)和(1,1,1), 又因为F 是BB1 的中点,故F 点坐标为 1,1, 1 2 . 同理可得G 点坐标为 1,12 ,1 2 . 3.解 如图所示,取 AC 的中点O 和A1C1 的中 点O1,可 得 BO⊥AC,OO1⊥AC,分 别 以 OB, OC,OO1 所在直线为x 轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系. ∵三棱柱各棱长均为1, ∴OA=OC=O1A1=O1C1= 1 2 ,OB= 32. ∵A,B,C均在坐标轴上, ∴A 0,-12 ,0 ,B 32,0,0 ,C 0,12,0 . ∵点A1 与C1 在Oyz平面内, ∴A1 0,- 1 2 ,1 ,C1 0,12,1 . ∵点B1 在Oxy平面内的射影为B,且BB1=1, ∴B1 32 ,0,1 ,即 该 三 棱 锥 各 顶 点 的 坐 标 为 A 0,-12,0 , B 3 2 ,0,0 ,C 0,12,0 ,A1 0,-12,1 ,B1 32,0,1 , C1 0, 1 2 ,1 . 4.(-3,-2,-1) (3,-2,-1) (5,2,3) [点P(-3,2,-1)关 于平面Ozx的对称点是(-3,-2,-1),关于z轴的对称点是(3, -2,-1).设点 P(-3,2,-1)关于M(1,2,1)的对称点为(x,y, z). 则 x-3 2 =1 , y+2 2 =2 , z-1 2 =1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 x=5, y=2, z=3. 故点P(-3,2,-1)关于点 M(1,2,1)的对称点为(5,2,3).] 5.解 (1)由于点 P 关于x 轴对称后,它在x 轴的分量不变,在y 轴、z轴的分量变 为 原 来 的 相 反 数,所 以 对 称 点 为 P1(-2,-1, -4). (2)由于点P 关于Oxy 平面对称后,它在x 轴、y 轴的分量不变, 在z轴的分量变为原来的相反数,所以对称点为P2(-2,1,-4). (3)设对称点为P3(x,y,z),则点 M 为线段PP3 的中点.由中点坐 标公式,可得x=2×2-(-2)=6,y=2×(-1)-1=-3,z=2× (-4)-4=-12, 所以P3(6,-3,-12). 点P(a,b,c)关 于 坐 标 轴、坐 标 平 面、原 点 对 称 的 点 的 坐 标 是 什么? 【规律总结】 对称轴或对称中心 对称点坐标 P(a,b,c) x轴 (a,-b,-c) y轴 (-a,b,-c) z轴 (-a,-b,c) Oxy平面 (a,b,-c) Oyz平面 (-a,b,c) Ozx平面 (a,-b,c) 坐标原点 (-a,-b,-c) 6.(1,2,3) (1,0,3) 4 [a+b=(2,2,2 3),a-b=(0,2, 0),∴a=(1,2,3),b=(1,0,3),∴a·b=1+0+3=4.] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 79 — — 6 — 第二周 空间向量基本定理 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第12题.该题主要考查空间向量基本定理的应用,让考生利用基底解决位置关系和 夹角,从而提高学生学以致用的能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 空间向量基本定理 1.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 →,则与a, b不能构成空间基底的是 ( ) A.OA → B.OB → C.OC → D.OA → 或OB → 2.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 3.若{a,b,c}是空间的一个基底,试判断{a+b,b+c,c+a}能否作为空间的一个基底? 4.(2025·福州·阶段练习)已知{e1,e2,e3}是空间的一个基底,且OA → =e1+2e2-e3,OB → =-3e1+ e2+2e3,OC → =e1+e2-e3,试判断{OA →,OB →,OC →}能否作为空间的一个基底. 考点二 用基底表示空间向量 5.如图,四棱锥P-OABC 的底面为一矩形,PO⊥平面OABC,设OA → =a,OC → =b,OP → =c,E, F分别是PC,PB 的中点,试用a,b,c表示:BF →,BE →,AE →,EF → . 6.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中,设AB → =a,AD → =b,AA1 → =c,E,F分别是AD1,BD 的中点. (1)用向量a,b,c表示D1B →,EF →; (2)若D1F → =xa+yb+zc,求实数x,y,z的值. 7.如图,在三棱柱ABC-A'B'C'中,已知AA' → =a,AB → =b,AC → =c,点 M,N 分别 是BC',B'C'的中点,试用基底{a,b,c}表示向量AM →,AN → . 8.如图,M,N 分别是四面体OABC 的边OA,BC 的中点,P,Q 是MN 的三等分 点.用向量OA →,OB →,OC → 表示OP → 和OQ → . 考点三 空间向量基本定理的应用 9.(2025·山东德州·阶段练习)已知在直三棱柱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 . 10.正四面体ABCD 中,M,N 分别为棱BC,AB 的中点,则异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为 . — 5 — — 8 — 11.在所有棱长均为2的三棱柱ABC-A1B1C1 中,∠B1BC=60°,求证: (1)AB1⊥BC; (2)A1C⊥平面AB1C1. 12.(2025·全国·专题练习)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别是DD1,BD 的中点,点G在棱CD 上,且CG= 1 3CD. (1)证明:EF⊥B1C; (2)求EF与C1G所成角的余弦值. 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 利用空间向量基本定理求参数 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中. 探究问题: E,F分别在棱BB1 和DD1 上,且DF= 1 2DD1 ,记EF → =xAB → +yAD → +zAA1 →, 若x+y+z=14 ,则BE BB1 等于 ( ) A.12 B. 1 4 C. 1 3 D. 1 6 【综合·一练到底】(共25分) 1.(2025·湖南怀化·质量检测)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,且AB= AP=6,AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°,E,F分别为PB,PC上的点,且PE → =2EB →,PF → = FC →,则|EF → |等于 ( ) A.1 B.2 C.2 D.6 2.在三棱柱ABC-A1B1C1 中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F 分别是棱 AB,BB1 的中点,则异面直线EF和BC1 所成的角是 ( ) A.30° B.45° C.90° D.60° 3.(2025·广东韶关·阶段练习)已知在矩形ABCD 中,AB=1,BC= 3,将矩形ABCD 沿对角线 AC 折起,使平面ABC 与平面ACD 垂直,过点B,D 分别向AC 作垂线,垂足分别为 M,N,用 BM →,MN →,ND → 表示BD →,则BD → = ,点B 与点D 之间的距离为 . 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·湖北黄冈·阶段练习)如图,在三棱锥P-ABC 中,点G 为△ABC 的 重心,点 M 在PG 上,且PM=3MG,过点 M 任意作一个平面分别交线段PA, PB,PC于点D,E,F,若PD → =mPA →,PE → =nPB →,PF → =tPC →,求证:1 m+ 1 n+ 1 t 为定值,并求出该定值. 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 7 —