人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理当堂达标检测题

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第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。
第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。
第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。
2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。
3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。
4、授课方式变化，选课制度将全面推开。
5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。
1.2 空间向量的基本定理
【题组一 基底的判断】
1．(2020·山东微山县第二中学高二月考)已知，，是不共面的三个向量，则能构成一个基底的一组向量是( )
A．2，﹣，+2B．2，﹣，+2
C．，2，﹣D．，+，﹣
【答案】C
【解析】对于A，因为2=(﹣)+(+2)，得2、﹣、+2三个向量共面，故它们不能构成一个基底，A不正确；
对于B，因为2=(﹣)+(+2)，得2、﹣、+2三个向量共面，故它们不能构成一个基底，B不正确；
对于C，因为找不到实数λ、μ，使=λ•2+μ(﹣)成立，故、2、﹣三个向量不共面，
它们能构成一个基底，C正确；
对于D，因为=(+)﹣(﹣)，得、+、﹣三个向量共面，故它们不能构成一个基底，D不正确
故选：C．
2．(2018·安徽六安一中高二期末(理))已知点为空间不共面的四点，且向量，向量，则与，不能构成空间基底的向量是( )
A．B．C．D．或
【答案】C
【解析】
∵，
即与，共面，
∴与，不能构成空间基底；
故选C.
3．已知是空间向量的一个基底，则与向量+，-可构成空间向量基底的是( )
A．B．
C．+2D．+2
【答案】D
【解析】由题意，向量都有向量为共面向量，因此A、B、C都不符合题意，只有向量与向量属于不共面向量，所以可以构成一个空间的基底，故选D.
4．(2020·南昌市八一中学高二期末(理))为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】对于A，因为，所以共面，不能构成基底，排除A，
对于B，因为，所以共面，不能构成基底，排除B，
对于D，，所以共面，不能构成基底，排除D，
对于C，若共面，则，则共面，与为空间向量的一组基底相矛盾，故可以构成空间向量的一组基底，
故选：C
5．(2018·江西南昌二中高二期中(理))若为空间向量的一组基底，则下列各项中，能构成空间向量的基底的一组向量是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】共面，故不能作为基底，故错误；共面，故不能作为基底，故错误；不共面，故可以作为基底，故正确；共面，故不能作为基底，故错误，故选C.
【题组二 基底的运用】
1．(2020·天水市第一中学高二月考(理))如图，平行六面体中，与交于点，设，则 ( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】，，，
∴，故选D．
2．(2020·全国高一课时练习)若是空间的一个基底，，，，，，则，，的值分别为( )
A．，，B．，，
C．，，D．，1，
【答案】A
【解析】
，
由空间向量基本定理，得∴，，.
3(2020·山东沂.高二期末)如图所示，，分别是四面体的边，的中点，是靠近的三等分点，且，则__．
【答案】
【解析】因为，分别是四面体的边，的中点，是靠近的三等分点，
所以，
，
，
，
所以，，，
，
故答案为：．
4．(2019·江苏鼓楼.南京师大附中高二期中)在正方体中，点O是的中点，且，则的值为________.
【答案】
【解析】在正方体中得，
又因为所以所以.故答案为：
【题组三 基本定理的运用】
1．已知，，三点不共线，对平面外的任一点，若点满足．
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点是否在平面内．
【答案】(1)共面 (2)点在平面内．
【解析】
(1)如图，为的重心)
为的三等分点)
设中点为，
则
可知在上，且为的重心
故知共面
(2)由(1)知共面且过同一点.
所以四点共面，从而点在平面内．
2．已知直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为________．
【答案】
【解析】如图所示,将直三棱柱补成直四棱柱,
连接,则,所以或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．
因为,
所以, .
在中,,
所以
所以
故答案为:
3．如图所示，在平行四边形中，，，将它沿对角线折起，使与成角，求点与点之间的距离．
【答案】或
∴
，
∴或，故点与点之间的距离为或．
4.已知空间四边形OABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠AOC，且OA＝OB＝OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点，求证：OG⊥BC．
【答案】见解析
【解析】连接ON，设∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，
又设eq \(OA,\s\up7(→))＝a，eq \(OB,\s\up7(→))＝b，eq \(OC,\s\up7(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|.
又eq \(OG,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(OM,\s\up7(→))＋eq \(ON,\s\up7(→)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(OA,\s\up7(→))＋\f(1,2)(\(OB,\s\up7(→))＋\(OC,\s\up7(→)))))＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)，eq \(BC,\s\up7(→))＝c－b.
∴eq \(OG,\s\up7(→))·eq \(BC,\s\up7(→))＝eq \f(1,4)(a＋b＋c)·(c－b)＝eq \f(1,4)(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－b·c)＝eq \f(1,4)(|a|2·cs θ－|a|2·cs θ－|a|2＋|a|2)＝0.∴eq \(OG,\s\up7(→))⊥eq \(BC,\s\up7(→))，即OG⊥BC．