高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理免费学案设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理免费学案设计，共9页。

必备知识基础练

1.如图,在平行六面体ABCD -A1B1C1D1中,AC与BD的交点为M,AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与C1M相等的向量是( )
A.-12a+12b+c
B.12a+12b+c
C.-12a-12b-c
D.-12a-12b+c
解析 C1M=AM-AC1=12(AB+AD)-(AB+BC+CC1)=-12a-12b-c.
答案C
2.(2020广东汕头金山中学高二上期中)已知正方体ABCD -A1B1C1D1,点E为上底面A1C1的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则x,y的值分别为( )
A.1,1B.1,12C.12,12D.12,1
解析因为AE=12(AA1+AC1)=12(AA1+AA1+AB+AD)=AA1+12AB+12AD,所以x=12,y=12.故选C.
答案C
3.在空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在线段AC上,且AM=2MC,N是OB的中点,则MN=( )
A.23a+12b-23cB.23a-12b+23c
C.-13a+12b-23cD.13a+12b-13c
解析 MA=23CA=23(OA-OC),ON=12OB,
MN=MO+ON=MA+AO+ON
=23(a-c)-a+12b=-13a+12b-23c.
答案C
4.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(B1C1+B1A1)=AA1+12(AD-AB)=-12a+12b+c.
答案-12a+12b+c
5.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+CC1=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.
6.
如图所示,在平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,求线段PC的长.
解因为在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,所以∠BAD=120°.
又PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD.
因为PC=AC-AP=AB+AD-AP,
所以|PC|=(AB+AD-AP)2 =
|AB|2+|AD|2+|AP|2+2AB·AD-2AB·AP-2AD·AP
=9+16+36+2×3×4×(-12)-0-0
=7,
即线段PC的长为7.
关键能力提升练
7.
(2020安徽淮北一中高二上期中)已知M,N分别是四面体OABC的棱OA,BC的中点,点P在线段MN上,且MP=2PN,设向量OA=a,OB=b,OC=c,则OP=( )
A.16a+16b+16c
B.13a+13b+13c
C.16a+13b+13c
D.13a+16b+16c
解析 OP=OM+MP=OM+23(ON-OM)=23ON+13OM=23×12(OB+OC)+13×12OA=13b+13c+16a,故选C.
答案C
8.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=xOA+yOB+zOC,则(x,y,z)为( )
A.14,14,14B.34,34,34
C.13,13,13D.23,23,23
解析
如图所示,连接AG1交BC于点E,则E为BC的中点,AE=12(AB+AC)=12(OB-2OA+OC),
AG1=23AE=13(OB-2OA+OC).
因为OG=3GG1=3(OG1-OG),
所以OG=34OG1.
则OG=34OG1=34(OA+AG1)=34 OA+13OB-23OA+13OC =14OA+14OB+14OC.
答案A
9.(多选题)在三棱锥P-ABC中,三条侧棱PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=3,G是△PAB的重心,E,F分别为棱BC,PB上的点,且BE∶EC=PF∶FB=1∶2,则下列说法正确的是( )
A.EG⊥PG
B.EG⊥BC
C.FG∥BC
D.FG⊥EF
解析如图,设PA=a,PB=b,PC=c,则{a,b,c}是空间的一个正交基底,则a·b=a·c=b·c=0.
取AB的中点H,
则BC=c-b,
PG=23PH=23×12(a+b)=13a+13b,
PE=PB+BE=PB+13(PC-PB)=23b+13c,
则EG=PG-PE=13a+13b-23b-13c=13a-13b-13c,BC=c-b,
FG=PG-PF=13a+13b-13b=13a,
EF=PF-PE=13b-13c+23b=-13c-13b.
EG·PG=0,故A正确;EG·BC=0,故B正确;FG≠λBC(λ∈R),故C不正确;FG·EF=0,故D正确.故选ABD.
答案ABD
10.若a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3,d=e1+2e2+3e3,若e1,e2,e3不共面,当d=α a+β b+γ c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3
11.(2020浙江杭州学军中学高二上期中)在棱长为a的正四面体ABCD中,E,F分别为棱AD,BC的中点,则异面直线EF与AB所成角的大小是 ,线段EF的长度为 .
解析设AB=a,AC=b,AD=c,则{a,b,c}是空间的一个基底,|a|=|b|=|c|=a,a·b=a·c=b·c=12a2.
∴EF=AF-AE=12(a+b)-12c,
∴EF·AB=12a2+12a·b-12a·c=12a2,
|EF|=(12a+12b-12c) 2=22a.
∴cs=EF·AB|EF||AB|=12a222a×a=22,
∴异面直线EF与AB所成的角为π4.
答案π4 22a
12.如图所示,在平行六面体ABCD -A1B1C1D1中,MA=-13AC,ND=13A1D,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=-13AC=-13(a+b),
又A1D=AD-AA1=b-c,
故AN=AD+DN=AD-ND=AD-13A1D=b-13(b-c),所以MN=MA+AN=-13(a+b)+b-13(b-c)=13(-a+b+c).
13.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,
GE=GC+CE=12i+12k=12AB1,
∴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.
学科素养创新练
14.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(BB1+B1D1)=12(AA1+BD)=12(AA1+AD-AB)=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.