数学选择性必修 第一册1.1.2 空间向量基本定理当堂达标检测题

这是一份数学选择性必修 第一册1.1.2 空间向量基本定理当堂达标检测题，共13页。试卷主要包含了若a,b,c不共面,则等内容，欢迎下载使用。

题组一 共面向量定理的应用
1.(2020黑龙江牡丹江第三高级中学高二期末)在下列条件中,一定能使空间中的四点M、A、B、C共面的是( )
A.OM=2OA-OB-OC B.OM=15OA+13OB+12OC
C.MA+MB+MC=0 D.OM+OA+OB+OC=0
2.在四面体A-BCD中,E、G分别是CD、BE的中点,若AG=xAB+yAD+zAC,则x+y+z=( )

A.13 B.12C.1 D.2
3.(2019湖北宜昌高二期末)已知空间中的四点A、B、C、D共面,但任意三点不共线,若P为该平面外任意一点,且PA=53PB-xPC-13PD,则实数x的值为( )
A.13 B.-13C.23 D.-23
4.(多选)若a,b,c不共面,则( )
A.b+c,b-c,a共面B.b+c,b-c,2b共面
C.b+c,a,a+b+c共面D.a+c,a-2c,c共面
题组二 空间向量基本定理
5.(2020广东深圳外国语学校高二期中)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E为PD的中点,若PA=a,PB=b,PC=c,则用基底{a,b,c}表示向量BE为( )
A.12a-12b+12c B.12a-12b-12c
C.12a-32b+12c D.12a-12b+32c
6.(2020安徽六安一中高二期末)已知点O,A,B,C为空间中不共面的四点,且向量a=OA+OB+OC,向量b=OA+OB-OC,则不能与a,b共同构成空间向量的一组基底的向量是( )
A.OA B.OB C.OC D.以上都不能
7.(2019江苏无锡高二期中)如图,在正四面体P-ABC中,M,N分别为PA,BC的中点,D是线段MN上一点,且ND=2DM,若PD=xPA+yPB+zPC,则x+y+z的值为 .
题组三 空间向量基本定理在数量积中的应用
8.(2019上海高二期末)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长和侧棱长都为2,若AA1=a,AB=b,AC=c,且∠BAA1=∠CAA1=60°,则AB1·BC1的值为 .
9.(2020江苏南京高二期末)在空间四边形OABC中,E是线段BC的中点,G在线段AE上,且AG=2GE.
(1)试用{OA,OB,OC}表示向量OG;
(2)若OA=2,OB=3,OC=4,∠AOC=∠BOC=60°,求OG·AB的值.
能力提升练
题组一 共面向量定理的应用
1.(2020湖南长沙高二期中,)设空间中的四点O、A、B、P满足OP=mOA+nOB,其中m+n=1,则( )
A.点P一定在直线AB上 B.点P一定不在直线AB上
C.点P不一定在直线AB上 D.以上都不对
2.(2019陕西长安一中高二月考,)已知非零向量e1,e2不共线,若AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,则A,B,C,D四点( )
A.一定共圆 B.恰是空间四边形的四个顶点
C.一定共面 D.一定不共面
3.(多选)(2020山东济宁高二期末,)下列命题错误的是( )
A.|a|-|b|<|a+b|是向量a,b不共线的充要条件
B.在空间四边形ABCD中,AB·CD+BC·AD+CA·BD=0
C.在棱长为1的正四面体A-BCD中,AB·BC=12
D.设A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,若OP=13OA+23OB+OC,则P,A,B,C四点共面
4.(2020广东深圳外国语学校高二期中,)已知A,B,C三点共线,如果对空间中任一点O,总存在三个不为0的实数λ,m,n,使得λOA+mOB+nOC=0,那么λ+m+n的值为 .
5.(2020河北石家庄高二期中,)如图所示,M,N分别是空间四边形ABCD的棱AB,CD的中点.试判断向量MN与向量 AD,BC是否共面.
题组二 空间向量基本定理的简单应用
6.(2018湖北武汉二中高二月考,)已知{e1,e2,e3}为空间向量的一组基底,若a=e1+e2+e3,b=e1+e2-e3,c=e1-e2+e3,d=e1+2e2+3e3,且d=αa+βb+γc,则α,β,γ的值分别为( )
A.52,-1,-12 B.52,1,12 C.-52,1,-12 D.52,1,-12
7.(2020湖北武汉高二期末,)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棱PA,PB,PC于点D,E,F,若PD=mPA,PE=nPB,PF=tPC,求证:1m+1n+1t为定值.
题组三 空间向量基本定理在数量积中的应用
8.(2020湖北荆州沙市中学高一期末,)平行六面体(底面为平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为1,且∠A1AD=∠A1AB=60°,∠DAB=45°,则|BD1|= ( )
A.3-1B.2-1C.3-2D.3-2
9.(2020安徽芜湖高二期末,)在棱长为2的正四面体A-BCD中,点M满足AM=xAB+yAC-(x+y-1)AD,点N满足BN=λBA+(1-λ)BC,当AM、BN最短时,AM·MN=( )
A.-43 B.43 C.-13 D.13
10.(2020福建厦门高三模拟,)已知点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1内部一动点,且|PA|=2,当PC1·PD1的值达到最小时,PC1与PD1的夹角为 .
答案全解全析
基础过关练
1.C 要使空间中的四点M、A、B、C共面,只需满足OM=xOA+yOB+zOC,且x+y+z=1即可.
A中,x+y+z=2-1-1=0,故此时M、A、B、C四点不共面;
B中,x+y+z=15+13+12≠1,故此时M、A、B、C四点不共面;
C中,MA+MB+MC=0,即MO+OA+MO+OB+MO+OC=0,
即OM=13OA+13OB+13OC,x+y+z=13+13+13=1,故此时M、A、B、C四点共面;
D中,OM+OA+OB+OC=0,则OM=-OA-OB-OC,x+y+z=-1-1-1=-3,故此时M、A、B、C四点不共面.故选C.
2.C 解法一:如图所示,连接AE,
∵E、G分别是CD、BE的中点,∴AE=12AC+12AD,AG=12AB+12AE=12AB+14AC+14AD,
又AG=xAB+yAD+zAC,∴x+y+z=12+14+14=1,故选C.
解法二:∵G、B、C、D四点共面,∴由共面向量定理可知x+y+z=1.故选C.
3.A 因为空间中的四点A、B、C、D共面,但任意三点不共线,且对于该平面外任意一点P,都有PA=53PB-xPC-13PD,所以53-x-13=1,解得x=13.故选A.
4.BCD ∵2b=(b+c)+(b-c),∴b+c,b-c,2b共面.
∵a+b+c=(b+c)+a,∴b+c,a,a+b+c共面.
∵a+c=(a-2c)+3c,∴a+c,a-2c,c共面.
故选BCD.
5.C 连接BD,∵E为PD的中点,∴BE=12(BP+BD)=12(-b+BA+BC)=-12b+12(PA-PB+PC-PB)=-12b+12(a+c-2b)=12a-32b+12c.故选C.
6.C ∵OC=12(OA+OB+OC)-12(OA+OB-OC)=12(a-b),
∴OC与a,b共面,
∴OC不能与a,b共同构成空间向量的一组基底.
易知OA,OB均能与a,b共同构成空间向量的一组基底.
故选C.
7.答案 23
解析 PD=PM+MD=12PA+13MN=12PA+13(PN-PM)=12PA+1312PB+12PC-12PA=13PA+16PB+16PC,
所以x=13,y=z=16,所以x+y+z=23.
8.答案 4
解析 根据题意,画出斜三棱柱ABC-A1B1C1如图所示,
因为AA1=a,AB=b,AC=c,∠BAA1=∠CAA1=60°,且底面边长和侧棱长都为2,
所以AB1=a+b,BC1=AC1-AB=a+c-b,
所以AB1·BC1=(a+b)·(a+c-b)=a2+a·c+b·c-b2=|a|2+|a|·|c|cs∠A1AC+|b|·|c|·cs∠BAC-|b|2=22+2×2×
cs 60°+2×2×cs 60°-22=4.
9.解析 (1)∵AG=2GE,∴OG-OA=2(OE-OG),∴3OG=2OE+OA.又2OE=OB+OC,∴OG=13OA+13OB+13OC.
(2)由(1)可知,OG=13OA+13OB+13OC,AB=OB-OA,又∠AOC=∠BOC=60°,
∴OG·AB=13OA+13OB+13OC·(OB-OA)=-13OA2+13OB2+13OB·OC-13·OA·OC=-13×22+13×32+13×3×4×cs 60°-13×2×4×cs 60°=73,即OG·AB的值为73.
能力提升练
1.A 由m+n=1可得m=1-n,结合题意可知,OP=(1-n)OA+nOB=OA+n(OB-OA),
即OP-OA=n(OB-OA),即AP=nAB,
由此可知,A、P、B三点共线,点P一定在直线AB上.故选A.
2.C 因为非零向量e1,e2不共线,AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,所以5AB-AD=5e1+5e2-3e1+3e2=2e1+8e2=AC,所以AC=5AB-AD,由共面向量定理可知,A,B,C,D四点共面,故B、D错误;不妨设{e1,e2}是该平面内向量的单位正交基底,易知A、B、C、D四点构成一个凹四边形,此时四点不共圆,故A错误.故选C.
3.ACD 当|a|-|b|<|a+b|时,向量a,b可能共线,例如共线向量a,b的模分别是2,3,此时|a|-|b|<|a+b|也成立,故A中命题错误;
在空间四边形ABCD中,AB·CD+BC·AD+CA·BD=(AC+CB)·CD-CB·AD-AC·BD=AC·(CD-BD)+CB·(CD-AD)=AC·CB+CB·CA=0,故B中命题正确;
在棱长为1的正四面体A-BCD中,AB·BC=1×1×cs 120°=-12,故C中命题错误;
由共面向量定理可知,若P,A,B,C四点共面,则需满足OP=xOA+yOB+zOC,且x+y+z=1,因为13+23+1=2≠1,所以P,A,B,C四点不共面,故D中命题错误.故选ACD.
答案 0
解析 ∵A,B,C三点共线,∴存在唯一的实数k,使得AB=kAC,即OB-OA=k(OC-OA),∴(k-1)OA+OB-kOC=0,
又λOA+mOB+nOC=0,∴λ=k-1,m=1,n=-k,∴λ+m+n=0.
5.解析 由题图可得MN=MA+AD+DN,①
MN=MB+BC+CN,②
易知MA=-MB,DN=-CN,
①+②,得2MN=AD+BC,即MN=12AD+12BC,
故向量MN与向量AD,BC共面.
6.A 由题意,知d=αa+βb+γc=α(e1+e2+e3)+β(e1+e2-e3)+γ(e1-e2+e3)=(α+β+γ)e1+(α+β-γ)e2+(α-β+γ)e3,
又d=e1+2e2+3e3,
所以α+β+γ=1,α+β-γ=2,α-β+γ=3,解得α=52,β=-1,γ=-12.
7.证明 连接AG并延长,交BC于点H,由题意,可令{PA,PB,PC}作为空间向量的一组基底,PM=34PG=34(PA+AG)=34PA+34×23AH=34PA+12×AB+AC2=34PA+14(PB-PA)+14(PC-PA)=14PA+14PB+14PC.连接DM.因为点D,E,F,M共面,所以存在唯一的实数对(λ,μ),使DM=λDE+μDF,即PM-PD=λ(PE-PD)+μ(PF-PD),所以PM=(1-λ-μ)PD+λPE+μPF=(1-λ-μ)mPA+λnPB+μtPC.
由空间向量基本定理,知14=(1-λ-μ)m,14=λn,14=μt,所以1m+1n+1t=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值.
8.C 作出该平行六面体ABCD-A1B1C1D1,
如图所示:
易得BD1=AD-AB+AA1,
∴BD12=(AD-AB+AA1)2=AD2+AB2+AA12-2AB·AD-2AB·AA1+2AD·AA1
=1+1+1-2×1×1×cs 45°-2×1×1×cs 60°+2×1×1×cs 60°=3-2,
∴|BD1|=3-2.故选C.
9.A 由共面向量定理和共线向量基本定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,
当AM、BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,此时M为△BCD的中心,N为AC的中点,
∴|MC|=23×2sin 60°=233.
∵AM⊥平面BCD,MC⊂平面BCD,∴AM⊥MC,
∴|MA|=|AC|2-|MC|2=22-2332=263.
又MN=12(MC+MA),∴AM·MN=12(AM·MC+AM·MA)=-12|MA|2=-43.
故选A.
10.答案 90°
解析 由题意,取C1D1的中点M,
则PC1·PD1=(PM+MC1)·(PM+MD1)=(PM+MC1)·(PM-MC1)
=PM2-MC12=PM2-1.
因为|PA|=2,所以点P在以A为球心,以2为半径,且位于正方体ABCD-A1B1C1D1内部的球面上(包括球面与正方体的交点),所以|PM|min=|AM|-2=3-2=1.
因为PMmin=12C1D1,
所以PD1⊥PC1,所以PC1与PD1的夹角为90°.