6.2.1空间向量基本定理同步练习-2024-2025学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

6.2.1　空间向量基本定理 一、基础达标 1.设{a,b,c}是空间的一个基底,下列选项中错误的是(　　) A.若a⊥b,b⊥c,则a⊥c B.a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面 C.对空间任一向量p,总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zc D.a+b,b+c,c+a一定能构成空间的一个基底 2.设向量{a,b,c}是空间的一个基底,则一定可以与向量p=a+b,q=a-b构成空间的另一个基底的向量是(　　) A.a B.b C.c D.a或b 3.对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,有=x+y+z(x,y,z∈R),则x=2,y=-3,z=2是P,A,B,C四点共面的(　　) A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 4.(2024镇江高二调研)已知四面体O-ABC,G是△ABC的重心,P是线段OG上的点,且OP=2PG,若=x+y+z,则(x,y,z)为(　　) A. B. C. D. 5.如图,在三棱锥S-ABC中,E,F分别为SA,BC的中点,点G在EF上,且满足=2,若=a,=b,=c,则=(　　) A.a-b+c B.a+b+c C.a-b+c D.a+b+c 6.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,O为空间内一点.设=a,=b,=c,则向量用{a,b,c}表示为　　　　　.  7.在三棱锥P-SEF中,FM=3ME,MN=2NS,点H为PF的中点.设=i,=j,=k. (1)记a=,试用向量i,j,k表示向量a; (2)若∠ESF=,∠ESP=∠PSF=,SE=SF=4,SP=6,求的值. 二、能力提升 8.若{a,b,c}构成空间的一个基底,则下列向量不共面的是(　　) A.a+c,a,a-c B.a,a+b,2a+b C.a,a+b,c D.a+b,a+b+c,c 9.如图,已知空间四边形OABC,其对角线为OB,AC,M,N分别是对边OA,BC的中点,点G在线段MN上,且=2,现用基向量表示向量,设=x+y+z,则x,y,z的值分别是(　　) A.x=,y=,z= B.x=,y=,z= C.x=,y=,z= D.x=,y=,z= 10.若{a,b,c}是空间的一个基底,且p=xa+yb+zc,则(x,y,z)叫作p在基底{a,b,c}下的坐标.已知p在基底{a,b,c}下的坐标为(3,2,1),则p在另一组基底{a-b,a+b,c}下的坐标为(　　) A.(,1) B.(,1) C.(,1,) D.(,1,) 11.在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=2A1B1=2,cos∠BAA1=cos∠BAC=cos∠CAA1=,△A1B1C1的重心为O,BC的中点为D,A1D与AO相交于点E,则AE的长为(　　) A. B. C. D. 12.(多选题)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=2,点P为空间一点,若=x+y+(1-x-y)=λ+μ,则下列判断正确的是(　　) A.线段AP长度的最小值为 B.当μ=时,三棱锥Q-BDA1的体积为定值 C.无论x,y,λ,μ取何值,点P与点Q不可能重合 D.当λ=μ=时,四棱锥Q-ABCD的外接球的表面积为9π 13.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=1,Ω={P|=λ+μ+η,0≤λ≤1,0≤μ≤2,0≤η≤3},若Ω中所有的点构成的几何体的体积为3,则夹角的大小为　　　　　.  14.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且BM=2A1M,C1N=2B1N.设=a,=b,=c. (1)试用a,b,c表示向量; (2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,求MN的长. 三、拓展探究 15.正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.如图,已知一个正八面体ABCDEF的棱长为1,P为棱AE的中点,,设直线FP与CQ的夹角为θ,则tan θ=(　　) A. B. C. D. 16.如图,在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别在棱AA1,CC1上,且A1M=AA1,CN=CC1,且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°. (1)求证:D,M,B1,N共面; (2)当为何值时,AC1⊥A1B; (3)若AB=AA1=1,且,求AP的长. 参考答案 1.A　由空间向量基底的定义可知,当a⊥b,b⊥c时,a,c所成角不一定为,故A错误;显然a,b,c两两共面,但a,b,c不可能共面,否则不能构成空间的一个基底,故B正确;根据空间向量基本定理得到总存在有序实数组(x,y,z),使p=xa+yb+zc,故C正确;在D中,假设向量a+b,b+c,c+a共面,则a+b=x(b+c)+y(c+a),x,y∈R,a+b=ya+xb+(x+y)c,所以无解,所以a+b,b+c,c+a不共面,一定能构成空间的一个基底,故D正确.故选A. 2.C　由题意和空间向量的共面定理,结合p+q=(a+b)+(a-b)=2a,得a与p,q是共面向量,同理b与p,q是共面向量,所以a与b不能与p,q构成空间的一个基底;又c与a和b不共面,所以c与p,q构成空间的一个基底.故选C. 3.B　因为对空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,有=x+y+z(x,y,z∈R),所以P,A,B,C四点共面,等价于x+y+z=1. 若x=2,y=-3,z=2,则x+y+z=1,所以P,A,B,C四点共面. 若P,A,B,C四点共面,则x+y+z=1,不一定能得到x=2,y=-3,z=2,所以x=2,y=-3,z=2是P,A,B,C四点共面的充分不必要条件.故选B. 4.B　由题意知,∵=2,∴)=.故选B. 5.B　因为=2,所以.因为E,F分别为SA,BC的中点,所以)=)-a+b+c. 故选B. 6.a-b+c　∵=-2,∴=-2(),∴b-a=-2(-c), ∴a-b+c. 7.解 (1)由题可知=3=i,=j,=k,所以=3(),即j+k.因为MN=2NS,所以j+k,所以j+k-i. 又点H为PF的中点,所以i+k,所以a=j+k-i+i+k=-i+j+k. (2)因为∠ESF=,∠ESP=∠PSF=,SE=SF=4,SP=6,所以i·j=i·k=6×4×=12,j·k=0,所以=(j+k-i)·(i+k)=·i·j+·i·k-i2+·k·j+k2-·k·i=×12+×12-×36+×16-×12=-. 8.C　由题可知a,b,c不共面,对于A选项,因为a=(a+c)+(a-c),所以a+c,a,a-c三个向量共面;对于B选项,因为2a+b=a+(a+b),所以a,a+b,2a+b三个向量共面;对于C选项,假设存在实数x,y使得c=xa+y(a+b)=(x+y)a+yb,则a,b,c共面,与a,b,c不共面矛盾,因此a,a+b,c不共面;对于D选项,a+b+c=(a+b)+c,所以a+b,a+b+c,c共面.故选C. 9.D　∵M,N分别是对边OA,BC的中点,∴).∴)=)=,因此x=,y=z=.故选D. 10.B　依题意p=3a+2b+c,设p=s(a-b)+t(a+b)+kc,即p=(s+t)a+(t-s)b+kc,所以所以p在另一组基底{a-b,a+b,c}下的坐标为(,1).故选B. 11.D　如图,延长A1O交B1C1于点F,∵△A1B1C1的重心为O,∴A1F为△A1B1C1在边B1C1上的中线,即F为B1C1的中点.∵在三棱台ABC-A1B1C1中,△A1B1C1∽△ABC,AB=AC=2A1B1=2,∴A1F=AD,A1B1=A1C1=1,∴A1O=A1F=AD=AD. ∵三棱台ABC-A1B1C1中,平面A1B1C1∥平面ABC,且平面ADFA1分别交平面A1B1C1、平面ABC于A1F,AD, ∴A1F∥AD,∴△A1EO∽△DEA,则,得)=(6), 所以||== =.故选D. 12.ABD　由=x+y+(1-x-y)得点P在平面BDA1内,故AP的最小值为点A到平面BDA1的距离,利用等积法,即×2×2×4=×2h,所以h=,即(AP)min=,故A正确;当μ=时,点Q的轨迹为图中(如图)直线EF,显然EF∥BD,易得EF∥平面BDA1,也即点Q的轨迹与平面BDA1平行,故三棱锥Q-BDA1的体积为定值,故B正确;由=λ+μ,则点Q在平面BDD1B1内,又点P在平面BDA1内,且平面BDA1∩平面BDD1B1=BD,故P,Q可能重合,故C错误;当λ=μ=时,点Q为DB1的中点,连接AC,其与BD的交点为O1,连接QO1,则QO1=2.设四棱锥Q-ABCD的外接球的球心为O,则O在QO1上,设球O的半径为R,则R2=()2+(2-R)2,解得R=.故球O的表面积为4π×()2=9π,故D正确.故选ABD. 13.　因为Ω={P|=λ+μ+η,0≤λ≤1,0≤μ≤2,0≤η≤3}, 所以Ω中所有的点构成的几何体的体积是直三棱柱ABC-A1B1C1体积的2×3=6倍,则6||×||sin<>×||=3, 又||=||=||=1,所以sin<>=. 因为<>∈[0,π],所以<>=, 所以夹角的大小为.故答案为. 14.解 (1)由题图,知. 因为, 所以=c-a,=b-a, 故(c-a)+a+(b-a)=a+b+c. (2)根据题意,由∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,得(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c=20,即|a+b+c|=2,由(1)知||=|a+b+c|=. 15.A　由题意,=-,又由正八面体ABCDEF的棱长都是1,且各个面都是等边三角形,在△ACE中,由AC=AE=1,CE=,可得AC2+AE2=CE2,所以AC⊥AE,所以=(-)·()=-=-×1×1×+12-×1×1×+0=,||=;||=; 所以cos θ=|cos<|=,所以sin θ=,则tan θ=.故选A. 16.(1)证明 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中, 因为A1M=AA1,CN=CC1,所以,所以,即DN=MB1且DN∥MB1, 所以四边形DMB1N为平行四边形,即D,M,B1,N共面. (2)解 当=1时,AC1⊥A1B,理由如下,设=c,=b,=a,且c与b、c与a、b与a的夹角均为60°,因为底面ABCD为菱形, 所以|b|=|a|,=a+b+c,=a-c, 若AC1⊥A1B,则,即=(a+c+b)(a-c)=a2-c2+a·b-c·b=0, 即|a|2-|c|2+|a|·|b|cos 60°-|c|·|b|cos 60°=|a|2-|c|2+|a|2-|c|·|a|=0, 解得|a|=|c|或3|a|+2|c|=0(舍去),所以=1时,AC1⊥A1B. (3)解 因为,所以.因为AB=AA1=1,所以=()2==1+, 所以||=,所以AP的长为. 4 学科网（北京）股份有限公司 $