6.2.1 空间向量基本定理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

6.2　空间向量的坐标表示 6.2.1　空间向量基本定理 基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　空间向量的基底的概念 1.(教材习题改编)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 2.(多选题)已知O为空间任意一点,M,A,B,C四点互不重合且任意三点不共线,则下列式子中能使{}构成空间的一个基底的是(　　) A. B. C. D.6 题组二　用基底表示空间向量 3.在正四面体APBC中,过点A作平面PBC的垂线,垂足为点Q,点M满足,则=(　　) A. B. C. D. 4.在空间四边形ABCD中,=a-2c,=5a+6b-8c,对角线AC,BD的中点分别为P,Q,若=ma+nb+pc,则m+n+p=　　　　.  题组三　空间向量基本定理的应用 5.在棱长为a的正四面体OABC中,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC的中点,则=(　　) A.a2 6.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在棱BB1,DD1上,且DF=DD1.若,且x+y+z=,则=(　　) A. 7.如图,在空间四边形OABC中,2,E为AD的中点,设=a,=b,=c. (1)试用向量a,b,c表示向量; (2)若OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,求的值. 能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　用基底表示向量 1.(多选题)如图,在四面体OABC中,点M在棱OA上,且满足OM=2MA,N,G分别是BC,MN的中点,则下列结论正确的是(　　) A. B. C. D. 2.如图,在三棱锥O-ABC中,点G为底面△ABC的重心,点M是线段OG上靠近点G的三等分点,过点M的平面分别交棱OA,OB,OC于点D,E,F,若,则=　　　　.  题组二　空间向量基本定理的应用 3.如图,在四面体BACD中,平面ABD⊥平面ACD,△ABD是等边三角形,AD=CD,AD⊥CD,M为AB的中点,N在侧面BCD上(包含边界),若(x,y,z∈R),则下列说法正确的是(　　) A.若x=,则MN∥平面ACD B.若z=0,则MN⊥CD C.当MN最小时,x= D.当MN最大时,x=0 4.如图,在正四面体ABCD中,E为棱CD的中点,F为棱BC上的动点,则cos<>的最大值为(　　) A. 5.如图,正方形ABCD和正方形CDEF的边长均为6,且二面角A-CD-E的大小为60°,M为对角线AC上靠近点A的三等分点,N为对角线DF的中点,则MN=　　　　.  6.如图,已知四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,平面α与直线AD,TA,TC分别交于点P,Q,R,且满足=x,点M在直线TB上,N为棱CD的中点,且直线MN∥平面α,设=a,=b,=c. (1)试用基底{a,b,c}表示向量; (2)若点M的轨迹长度与线段TB的长度的比值为μ,试讨论μ是不是定值,若μ为定值,请求出μ;若μ不为定值,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 6.2　空间向量的坐标表示 6.2.1　空间向量基本定理 基础过关练 1.D 2.AC 3.B 5.D 6.B 1.D　易知能与p,q构成基底的向量与p,q不共面. 由题可知a=p+q,b=p-q,a+2b=(a+b)-(a-b)=p-q, 所以a,b,a+2b都与p,q共面,故A,B,C错误; 假设a+2c与p,q共面,则存在x,y∈R,使得a+2c=xp+yq=x(a+b)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b, 则2c=(x+y-1)a+(x-y)b, 所以a,b,c共面,这与{a,b,c}是空间的一个基底矛盾,假设不成立, 所以a+2c与p,q不共面,可构成基底,故D正确. 故选D. 2.AC　设空间四点M,A,B,C共面的充要条件是(x+y+z=1),即共面. 对于A,因为≠0,所以不共面,可以构成基底; 对于B,根据平面向量基本定理,可得共面,无法构成基底; 对于C,因为1+1+1=3≠0,所以不共面,可以构成基底; 对于D,由6,得,又=1,所以M,A,B,C四点共面,即共面,无法构成基底.故选AC. 3.B　由题意可得,Q是△PBC的中心,连接PQ,如图, 则), 所以.故选B. 4.答案　1 解析　∵Q为BD的中点,∴), 又∵P为AC的中点,∴), ∴). 又∵=a-2c,=5a+6b-8c, ∴[(a-2c)+(5a+6b-8c)]=3a+3b-5c, 又∵=ma+nb+pc, ∴根据空间向量基本定理,得m=3,n=3,p=-5. ∴m+n+p=3+3-5=1. 5.D　如图, 由OM=2MA,得, 由N为BC的中点,得, 则, 易知∠OAB=∠OAC=∠BAC=60°, 所以|a2·cos 60°-a2·cos 60°+a2cos 60°=a2. 故选D. 6.B　设=λ(0≤λ≤1),则,又, 所以x=-1,y=1,z=-λ. 因为x+y+z=,所以-1+1+,所以λ=. 故选B. 7.解析　(1)因为E为AD的中点,所以,因为2,所以, 所以, 所以a+b+c. (2)由(1)得a+b+c, 因为OA=OC=4,OB=3,∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,=c-a, 所以·(c-a)=a·c-a2+b·c-a·b+c2-a·c=a·c-a2+b·c-a·b+c2=×4×4cos 60°-×3×4cos 60°-×4×3cos 60°+. 能力提升练 1.AD 3.C 4.C 1.AD　连接ON,因为N,G分别是BC,MN的中点, 所以,故B错误; ,故A正确; ,故C错误,D正确.故选AD. 2.答案　 解析　由题意可得)=, 因为D,E,F,M四点共面,所以存在实数λ,μ,使得, 所以), 所以, 所以. 3.C　连接BN.因为N在侧面BCD上(包含边界),所以可设,λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1,所以. 又,所以且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1. 对于A,若x=,则λ=μ=0,所以点N与点B重合,显然MN∩平面ACD=A,故A错误. 对于B,若z=μ=0,则,所以点N在线段BC上(包括端点), 因为AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,CD⊂平面ACD,所以CD⊥平面ABD, 所以当点N与点B重合时,MN⊥CD,故B错误. 对于C,D,过M作ME⊥BD,垂足为E,则BE=|BM|·cos∠ABD=BD,ME=BM·sin∠ABD=BD. 连接NE,因为CD⊥平面ABD,ME⊂平面ABD,所以ME⊥CD,又ME⊥BD,BD∩CD=D,BD,CD⊂平面BCD,所以ME⊥平面BCD,又NE⊂平面BCD, 所以ME⊥NE, 所以MN=,显然当点N与点E重合时,MN最小,此时λ=0,μ=,所以y=0,z=;当点N与点C重合时,MN最大,此时λ=1,μ=0,所以y=1,z=0,x=-,故C正确,D错误.故选C. 4.C　设正四面体ABCD的棱长为1,且=a,=b,=c, 由E为棱CD的中点,可得(b+c), 则|. 设,λ∈[0,1], 则=a+λ(b-a)=(1-λ)a+λb, 则| = =, 则(b+c)·[(1-λ)a+λb]=[(1-λ)·a·b+λb2+(1-λ)a·c+λb·c]=(λ+2), 所以cos<. 令t=λ+2,则t∈[2,3],可得,则. 设g,当时,函数g取得最小值,且最小值为g, 所以,所以,即cos<>的最大值为.故选C. 5.答案　 解析　由题意得DE⊥DC,DA⊥DC,所以∠ADE为二面角A-CD-E的平面角,即∠ADE=60°, 因为,N为对角线DF的中点,所以), 因为M为对角线AC上靠近点A的三等分点, 所以), 所以, 所以, 所以+0=14,所以|,即MN=. 6.解析　(1)因为四棱锥T-ABCD的底面为平行四边形,所以, 故=a+c-b. (2)μ是定值. 由(1)知,=a+c-b,因为=x, 所以=xa,=(1-x)c,, 则)=a+x(a+c-b-a)=a+xc-xb,=(1-x)a+xc-xb,=-xa+(1-x)c, 设=λb,λ∈R, 又a-b+c, 所以a+b-c, 因为MN∥平面α,QP,QR⊂平面α,所以存在实数y,z,使得, 故=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc, 所以-a+b-c=y(1-x)a+xyc-xyb-xza+(1-x)zc=(y-xy-xz)a-xyb+(xy+z-xz)c, 故消去y,z并整理,得(4λ+1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0, 易知该方程在x∈R内有解. 当4λ+1=0,即λ=-时,-2x-+1=0,解得x=; 当4λ+1≠0,即λ≠-时,Δ=[-(4λ+3)]2-4(4λ+1)(2λ+1)≥0,解得-≤λ<-或-<λ≤. 综上,-≤λ≤. 所以点M的轨迹为直线TB上长为TB的线段. 故μ为定值,且μ=. 方法总结　解决空间几何中点的存在性问题或轨迹问题,可通过引入基底,应用向量共线定理和空间向量基本定理,将几何问题转化为代数问题. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$