第一章空间向量与立体几何1.2空间向量基本定理课后篇巩固提升基础达标练1.设向量a,b,c不共面,则下列可作为空间的一个基底的是()A.{a+b,b-a,a}B.{a+b,b-a,b}C.{a+b,b-a,c}D.{a+b+c,a+b,c}解析由已知及向量共面定理,易得a+b,b-a,c不共面,故可作为空间的一个基底.答案C2.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为点M,⃗AB=a,⃗AD=b,⃗AA1=c,则下列向量中与⃗C1M相等的向量是()A.-12a+12b+cB.12a+12b+cC.-12a-12b-cD.-12a-12b+c解析⃗C1M=⃗AM−⃗AC1=12¿)-(⃗AB+⃗BC+⃗CC1)=-12a-12b-c.答案C3.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,则不能与a,b构成空间的一个基底的是()A.⃗OAB.⃗OBC.⃗OCD.⃗OA或⃗OB解析∵a=⃗OA+⃗OB+⃗OC,b=⃗OA+⃗OB−⃗OC,∴⃗OC=12(a-b),∴⃗OC与向量a,b共面,∴⃗OC,a,b不能构成空间的一个基底.答案C4.在空间四边形OABC中,⃗OA=a,⃗OB=b,⃗OC=c,点M在线段AC上,且AM=2MC,点N是OB的中点,则⃗MN=()A.23a+12b-23cB.23a-12b+23cC.-13a+12b-23cD.13a+12b-13c解析⃗MA=23⃗CA=23¿),⃗ON=12⃗OB,⃗MN=⃗MO+⃗ON=⃗MA+⃗AO+⃗ON=23(a-c)-a+12b=-13a+12b-23c.答案C5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设⃗AB=a,⃗AD=b,⃗AA1=c,A1C1与B1D1的交点为E,则⃗BE=.解析如图,⃗BE=⃗BB1+⃗B1E=⃗AA1+12¿)=⃗AA1+12¿)=-12a+12b+c.答案-12a+12b+c6.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,∠BAC=90°.求证:AB⊥AC1.证明设⃗AB=a,⃗AC=b,⃗AA1=c,则⃗AC1=⃗AC+⃗CG=b+c.所以⃗AB·⃗AC1=a·(b+c)=a·b+a·c,因为AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,所以a·b=0,a·c=0,得⃗AB·⃗AC1=0,故AB⊥AC1.7.如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D',点E是上底面A'B'C'D'的中心,取向量⃗AB,⃗AD,⃗AA'为基底的基向量,在下列条件下,分别求x,y,z的值.(1)⃗BD'=x⃗AD+y⃗AB+z⃗AA';(2)⃗AE=x⃗AD+y⃗AB+z⃗AA'.解(1)因为⃗BD'=⃗BD+⃗DD'=⃗BA+⃗AD+⃗DD'=-⃗AB+⃗AD+⃗AA',又⃗BD'=x⃗AD+y⃗AB+z⃗AA',所以x=1,y=-1,z=1.(2)因为⃗AE=⃗AA'+⃗A'E=⃗AA'+12⃗A'C'=⃗AA'+12¿)=12⃗AD+12⃗AB+⃗AA',又⃗AE=x⃗AD+y⃗AB+z⃗AA',所以x=12,y=12,z=1.能力提升练1.(多选题)若{a,b,c}是空间的一个基底,则下列各组中能构成空间一个基底的是()A.{a,2b,3c}B.{a+b,b+c,c+a}C.{a+2b,2b+3c,3a-9c}D.{a+b+c,b,c}解析由于a,b,c不共面,易判断A,B,D中三个向量也不共面,可以作为一组基向量.对于C,有3(2b+3c)+(3a-9c)=3(a+2b),故这三个向量是共面的,不能构成基底.答案ABD2.在四面体O-ABC中,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若⃗OG=x⃗OA+y⃗OB+z⃗OC,则(x,y,z)为()A.(14,14,14)B.(34,34,34)C.(13,13,13)D.(23,23,23)解析如图所示,连接AG1交BC于点E,则E为BC中点,⃗AE=12¿)=12¿-2⃗OA+⃗OC),⃗AG1=23⃗AE=13¿-2⃗OA+⃗OC).因为⃗OG=3⃗GG1=3(⃗OG1−⃗OG),所以OG=34OG1.则⃗OG=34⃗OG1=34¿)=34(⃗OA+13⃗OB−23⃗OA+13⃗OC)=14⃗OA+14⃗OB+14⃗OC.答案A3.若a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3,d=e1+2e2+3e3,若e1,e2,e3不共面,当d=αa+βb+γc时,α+β+γ=.解析由已知d=(α+γ)e1+(α+β)e2+(γ+β)e3,所以{α+γ=1,α+β=2,γ+β=3,故有α+β+γ=3.答案34.已知直三棱柱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.解析如图所示.设⃗BA=a,⃗BC=b,⃗BB1=c,则
=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.答案√1055.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,⃗MA=-13⃗AC,⃗ND=13⃗A1D,设⃗AB=a,⃗AD=b,⃗AA1=c,试用a,b,c表示⃗MN.解连接AN,则⃗MN=⃗MA+⃗AN.由已知可得四边形ABCD是平行四边形,从而可得⃗AC=⃗AB+⃗AD=a+b,⃗MA=-13⃗AC=-13(a+b),又⃗A1D=⃗AD−⃗AA1=b-c,故⃗AN=⃗AD+⃗DN=⃗AD−⃗ND=⃗AD−13⃗A1D=b-13(b-c),所以⃗MN=⃗MA+⃗AN=-13(a+b)+b-13(b-c)=13(-a+b+c).6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G,H分别是CC1,BC,CD和A1C1的中点.证明:(1)AB1∥GE,AB1⊥EH;(2)A1G⊥平面EFD.证明(1)设正方体棱长为1,⃗AB=i,⃗AD=j,⃗AA1=k,则{i,j,k}构成空间的一个单位正交基底.⃗AB1=⃗AB+⃗BB1=i+k,⃗¿=⃗GC+⃗CE=12i+12k=12⃗AB1,∴AB1∥GE.⃗EH=⃗EC1+⃗C1H=12k+(-12)(i+j)=-12i-12j+12k,∵⃗AB1·⃗EH=(i+k)·(-12i-12j+12k)=-12|i|2+12|k|2=0,∴AB1⊥EH.(2)⃗A1G=⃗A1A+⃗AD+⃗DG=-k+j+12i,⃗DF=⃗DC+⃗CF=i-12j,⃗DE=⃗DC+⃗CE=i+12k.∴⃗A1G·⃗DF=(-k+j+12i)·(i-12j)=-12|j|2+12|i|2=0,∴A1G⊥DF.⃗A1G·⃗DE=(-k+j+12i)·(i+12k)=-12|k|2+12|i|2=0,∴A1G⊥DE.又DE∩DF=O,∴A1G⊥平面EFD.素养培优练如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,D1B1的中点,求证:EF⊥平面B1AC.证明设⃗AB=a,⃗AD=c,⃗AA1=b,有a·b=0,a·c=0,b·c=0,则⃗EF=⃗EB1+⃗B1F=12¿)=12¿)=12¿)=12(-a+b+c),⃗AB1=⃗AB+⃗BB1=⃗AB+⃗AA1=a+b.∴⃗EF·⃗AB1=12(-a+b+c)·(a+b)=12(|b|2-|a|2)=0.∴⃗EF⊥⃗AB1,即EF⊥AB1.同理EF⊥B1C.∵AB1∩B1C=B1,∴EF⊥平面B1AC.
