第一章1.1.2空間向量基本定理A級必備知識基礎(chǔ)練1.[探究點三(角度2)]如圖,在空間四邊形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,點M在OA上,且OM=2MA,點N為BC中點,則MN=()A.12a-23b+1B.-23a+12b+C.12a+12b-1D.23a+23b-2.[探究點三(角度1)]已知{a,b,c}是空間向量的一組基底,若p=a+b,q=a-b,則()A.a,p,q是空間向量的一組基底B.b,p,q是空間向量的一組基底C.c,p,q是空間向量的一組基底D.p,q與a,b,c中的任何一個都不能構(gòu)成空間向量的一組基底3.[探究點三(角度3)](多選題)已知點M在平面ABC內(nèi),并且對空間任意一點O,有OM=xOA+13OB+13A.1 B.0 C.3 D.14.[探究點二]若{a,b,c}構(gòu)成空間向量的一組基底,則下列向量不共面的是()A.b+c,b,b-c B.a,a+b,a-bC.a+b,a-b,c D.a+b,a+b+c,c5.[探究點三(角度3)](多選題)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分別是棱BA,BC,BB1上的點,且滿足BA=3BE,BC=4BF,BB1=5A.AB.BD1=3BE+4BF+C.AC+BDD.EG6.[探究點三(角度3)]已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,若點F是側(cè)面CD1的中心,且AF=AD+mAB-nAA1,則7.[探究點三(角度1、角度2)·人教A版教材習(xí)題]如圖,已知平行六面體OABC-O'A'B'C',點G是側(cè)面BB'C'C的中心,且OA=a,OC=b,OO'=c(1){a,b,c}是否構(gòu)成空間向量的一組基底?(2)如果{a,b,c}構(gòu)成空間向量的一組基底,那么用它表示下列向量:OB'8.[探究點二]已知三個向量a,b,c不共面,并且p=a+b-c,q=2a-3b-5c,r=-7a+18b+22c,向量p,q,r是否共面?B級關(guān)鍵能力提升練9.如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,點O為空間內(nèi)任意一點,OA=a,OB=b,OC=c,向量OD=xa+yb+zc,則x,y,z分別是()A.1,-1,2 B.-12C.12,-12,1 D.12,-110.[2023山西運城景勝中學(xué)高二階段練習(xí)]如圖,一個結(jié)晶體的形狀為平行六面體ABCD-A1B1C1D1,其中,以頂點A為端點的三條棱長均為6,且它們彼此的夾角都是60°,下列說法中正確的是()A.AC1=6B.AC1⊥BDC.向量B1CD.BD1與AC所成角的余弦值為611.[2023遼寧沈陽二十中高二階段練習(xí)](多選題)如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,以頂點A為端點的三條棱長都是1,且它們彼此的夾角都是60°,M為A1C1與B1D1的交點,若AB=a,AD=b,AA1=c,則下列說法正確的是(A.BM=12a-1B.AC1=a+bC.AC1的長為5D.cos<AB,A12.已知空間單位向量e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=45,若空間向量m=xe1+ye2+ze3滿足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,則x+y+z=,|m|=.13.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,∠BAD=π3,∠BAA1=∠DAA1=π4,則AC1的長為14.如圖,設(shè)O為?ABCD所在平面外任意一點,E為OC的中點,若AE=12OD+xOB+yOA,求x15.已知非零向量e1,e2不共線,如果AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,求證:A,B,C,D四點共面.C級學(xué)科素養(yǎng)創(chuàng)新練16.[人教A版教材例題]如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=4,AA1=5,∠DAB=60°,∠BAA1=60°,∠DAA1=60°,M,N分別為D1C1,C1B1的中點.求證:MN⊥AC1.17.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E在A1D1上,且A1E=2ED1,點F在對角線A1C上求證:E,F,B三點共線.

1.1.2空間向量基本定理1.BMN=ON-OM=12(OB+OC)-23OA2.C假設(shè)c=k1p+k2q,即c=k1(a+b)+k2(a-b),得(k1+k2)a+(k1-k2)b-c=0,這與{a,b,c}是空間的一個基底矛盾,故c,p,q是空間的一組基底.故選C.3.ABC∵OM=xOA+且M,A,B,C四點共面,∴x+13+13=1,4.C對于A選項,因為b=12(b+c)+12(b-c),所以b+c,b,b-c共面,A對于B選項,因為a=12(a+b)+12(a-b),所以a,a+b,a-b共面,B對于C選項,假設(shè)a+b,a-b,c共面,則c=x(a+b)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b,從而可知a,b,c共面,矛盾,C選項滿足條件;對于D選項,因為a+b+c=(a+b)+c,所以a+b,a+b+c,c共面,D選項不滿足條件.故選C.5.AB對于A選項,AC1=對于B選項,BD1=BA+BC+BB1=3對于C選項,由圖可知AC,BD不共線,則AC+BD≠對于D選項,EG=EB+故選AB.6.12如圖所示,可得AF=AD+因為AF=AD+mAB-n所以m=12,n=-17.解(1)∵OA=a,OC=b,OO'=c不共面∴{a,b,c}構(gòu)成空間向量的一組基底.(2)OB'=OA+AB+BBBA'=BA+BB'=-AB+CA'=CO+OA+AA'=-OG=OC+CG=OC+12(8.解假設(shè)存在實數(shù)λ,μ,使p=λq+μr,則a+b-c=(2λ-7μ)a+(-3λ+18μ)b+(-5λ+22μ)c.∵a,b,c不共面,∴2λ-即存在實數(shù)λ=53,μ=13,使p=λq+μr,∴p,q,r9.COD=OC+CD=OC+12BA=OC+12(OA-OB)=12OA10.B對于A選項,由題意可知AC1=AB+AD+AA1,則AC12=(AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AB·AA∴|AC1|=66,故選項A對于B選項,BD=∴AC1·BD=(AB+AD+AA1)·(AD-AB)=AB·AD+AD·AD+AA1·AD-AB·AB-AD·AB-∴AC1⊥BD,故選項B正確;對于C選項,B1C=B1B+BC=AD又0°≤cos<B1C,∴向量B1C與AA1對于D選項,BD設(shè)BD1與AC所成角的平面角為θ,則cosθ=|cos<BD1,AC>|=BD1·AC|B11.BD對于A選項,BM=BB1+B1M=AA1+12對于B選項,AC1=AB+AD+AA1=對于C選項,AC1=a+b+c,則|AC1|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c則|AC1|=6,故C對于D選項,AB·AC1=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2,則cos<AB,AC故選BD.12.834因為e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=45,空間向量m=xe1+ye2+ze3滿足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,所以解得x=0,y=3,z=5,13.98+562∵A∴|AC1|2=AC12=(AB+BC+CC1)2=|AB|2+|BC|2+|CC1|2+2|AB||BC|cosπ3+2|BC||CC1|cosπ4+2|AB||CC1|cosπ4=25+9+49+2×5×3×∴AC1=|AC1|=14.解因為AE=AB+BC+CE=OB-OA+OC-OB-12OC=-OA+15.證明(證法一)令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,則(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.∵e1,e2不共線,∴λ易知λ=-5,μ=1,v=1∴A,B,C,D四點共面.(證法二)觀察易得AC+AD=(2e1+8e2)+(3e1-3e2)=5e1+5e2=5(e1+e2)=5AB.∴由共面向量定理知,AB,AC又它們有公共點A,∴A,B,C,D四點共面.16.證明設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c,這三個向量不共面,{a,b,c}構(gòu)成空間的一組基底,我們用它們表示MN,AC1,則AC1=AB+BC+所以MN·AC1=(12a-12b)·(a+b+c)=12a·a+12a·