課時檢測（四）空間向量基本定理1.(多選)已知A,B,C,D,E是空間五點(diǎn),且任何三點(diǎn)不共線.若{AB,AC,AD}與{AB,AC,AE}均不能構(gòu)成空間的一個基底,則下列結(jié)論正確的是()A.{AB,AD,AE}不能構(gòu)成空間的一個基底B.{AC,AD,AE}不能構(gòu)成空間的一個基底C.{BC,CD,DE}不能構(gòu)成空間的一個基底D.{AB,CD,EA}能構(gòu)成空間的一個基底2.如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,點(diǎn)O為空間內(nèi)任意一點(diǎn),設(shè)OA=a,OB=b,OC=c,則向量OD可用a,b,c表示為()A.ab+2c B.ab2cC.a12+12b+c D.ab123.已知{a,b,c}是空間的一個基底,則可以與向量p=a+b,q=ab構(gòu)成基底的向量是()A.a B.bC.a+2b D.a+2c4.如圖,在正方體ABCD?A1B1C1D1中,M,N分別為AB,B1C的中點(diǎn),若AB=a,則MN的長為()A.a32 B.aC.a55 D.a5.如圖,在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中,2AB=3A1B1,AC與BD的交點(diǎn)為M.設(shè)AB=a,A1D1=b,A則下列向量與B1M相等的向量是(A.a23+32b+23c B.a13+C.ab1334+c D.a16+36.在三棱柱ABC?A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中點(diǎn),則AM=()A.32B.52C.727.(多選)如圖,在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中,以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長都是2,且它們彼此的夾角都是60°,P為A1D與AD1的交點(diǎn),若AB=a,AD=b,AA1=c,則下列結(jié)論正確的是()A.=abCP12+12c B.=aACC.cos<DC,AC1>=63 D.BD18.(5分)已知{a,b,c}是空間的一個基底,向量p=3a+b+c,{a+b,ab,c}是空間的另一個基底,向量p=x(a+b)+y(ab)+c,則x+y=.9.(5分)若{i,j,k}是一個單位正交基底,且向量a=8i+3k,b=i+5j4k,則a·b=.

10.(5分)如圖,在長方體ABCD?A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=22,P為C1D1的中點(diǎn),M為BC的中點(diǎn).則AM與PM所成的角為.11.(10分)已知{a,b,c}是空間的一個基底,且OA=3a+3b,OB=2a+4b+2c,OC=a+2b+3c,OD=2a+bc.(1)求證:A,B,C,D四點(diǎn)共面;(6分)(2){OA,OB,OC}能否作為空間的一個基底?若能,試用這一基底表示OD;若不能,請說明理由.(4分)12.(10分)如圖,已知空間四邊形ABCD各邊和對角線的長都等于a,點(diǎn)M,N分別是AB,CD的中點(diǎn).(1)求證:MN⊥AB,MN⊥CD;(5分)(2)求MN的長.(5分)13.(15分)如圖,已知斜三棱柱ABC?A1B1C1中,∠BAC=π2,∠BAA1=2π3,∠CAA1=π3,AB=AC=1,AA1=2,點(diǎn)O是B1C與(1)用向量AB,AC,AA1表示向量AO;(3(2)求異面直線AO與BC所成角的余弦值;(6分)(3)判定平面ABC與平面B1BCC1的位置關(guān)系.(6分)課時檢測(四)1．選ABC因?yàn)閧eq\o(AB,\s\up6(―→))，eq\o(AC,\s\up6(―→))，eq\o(AD,\s\up6(―→))}與{eq\o(AB,\s\up6(―→))，eq\o(AC,\s\up6(―→))，eq\o(AE,\s\up6(―→))}均不能構(gòu)成空間的一個基底，且A，B，C，D，E是空間五點(diǎn)，且任何三點(diǎn)不共線，所以空間五點(diǎn)A，B，C，D，E共面，所以這五點(diǎn)A，B，C，D，E中，任意兩個點(diǎn)組成的三個向量都不可能構(gòu)成空間的一個基底，所以A、B、C正確，D錯誤．2．選Deq\o(OD,\s\up6(―→))＝eq\o(OC,\s\up6(―→))＋eq\o(CD,\s\up6(―→))＝eq\o(OC,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(―→))＝eq\o(OC,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(―→))－eq\o(OB,\s\up6(―→)))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c.3．選D因?yàn)槟芘cp，q構(gòu)成基底的向量與p，q不共面，又a＝eq\f(1,2)p＋eq\f(1,2)q，b＝eq\f(1,2)p－eq\f(1,2)q，a＋2b＝eq\f(3,2)(a＋b)－eq\f(1,2)(a－b)＝eq\f(3,2)p－eq\f(1,2)q，則a，b，a＋2b都分別與p，q共面，故A、B、C錯誤；假設(shè)a＋2c與p，q共面，則存在x，y∈R，使得a＋2c＝xp＋yq＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b，則2c＝(x＋y－1)a＋(x－y)b，所以a，b，c共面，這與{a，b，c}為基底矛盾，假設(shè)不成立，所以a＋2c與p，q不共面，可構(gòu)成基底，故D正確．4．選A設(shè)eq\o(AB,\s\up6(―→))＝i，eq\o(AD,\s\up6(―→))＝j(luò)，eq\o(AA1,\s\up6(―→))＝k，則{i，j，k}構(gòu)成空間的一個正交基底.eq\o(MN,\s\up6(―→))＝eq\o(MB,\s\up6(―→))＋eq\o(BC,\s\up6(―→))＋eq\o(CN,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)i＋j＋eq\f(1,2)(－j＋k)＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j＋eq\f(1,2)k，故|eq\o(MN,\s\up6(―→))|2＝eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,4)a2＝eq\f(3,4)a2，所以MN＝eq\f(\r(3),2)a.5．選Deq\o(B1M,\s\up6(―→))＝eq\o(B1B,\s\up6(―→))＋eq\o(BM,\s\up6(―→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(―→))＋eq\o(A1A,\s\up6(―→))＋eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(―→))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(A1A,\s\up6(―→))＋eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AB,\s\up6(―→))＋\f(3,2)\o(A1D1,\s\up6(―→))))＝－eq\f(2,3)a＋c＋a＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋\f(3,2)b))＝－eq\f(1,6)a＋eq\f(3,4)b＋c.6.選C如圖，eq\o(AM,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(BB1,\s\up6(―→))＋eq\o(B1M,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(―→))－eq\o(AB,\s\up6(―→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(―→))，故|eq\o(AM,\s\up6(―→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(―→))＋\o(AA1,\s\up6(―→))＋\f(1,2)\o(AC,\s\up6(―→))))2＝eq\f(1,4)|eq\o(AB,\s\up6(―→))|2＋|eq\o(AA1,\s\up6(―→))|2＋eq\f(1,4)|eq\o(AC,\s\up6(―→))|2＋eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(AA1,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(AC,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→))·eq\o(AC,\s\up6(―→))，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，易知AA1⊥AC，AA1⊥AB，在△ABC中，由AB＝AC＝BC，則∠BAC＝60°，由AA1＝AB＝AC＝1，則|eq\o(AM,\s\up6(―→))|2＝eq\f(1,4)＋1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×1×1×eq\f(1,2)＝eq\f(7,4)，則AM＝eq\f(\r(7),2).7．選ACeq\o(CP,\s\up6(―→))＝eq\o(AP,\s\up6(―→))－eq\o(AC,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→)))－(eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AD,\s\up6(―→)))＝－eq\o(AB,\s\up6(―→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(―→))＝－a－eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c，故A正確.eq\o(AC1,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(BC,\s\up6(―→))＋eq\o(CC1,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AD,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→))＝a＋b＋c，故B錯誤．∵a2＝b2＝c2＝4，a·b＝b·c＝c·a＝2×2×cos60°＝2，eq\o(DC,\s\up6(―→))＝a，|eq\o(DC,\s\up6(―→))|＝2，eq\o(AC1,\s\up6(―→))＝a＋b＋c，∴|eq\o(AC1,\s\up6(―→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝4＋4＋4＋4＋4＋4＝24，故|eq\o(AC1,\s\up6(―→))|＝2eq\r(6)，eq\o(DC,\s\up6(―→))·eq\o(AC1,\s\up6(―→))＝a·(a＋b＋c)＝a2＋a·b＋a·c＝4＋2＋2＝8.∴cos〈eq\o(DC,\s\up6(―→))，eq\o(AC1,\s\up6(―→))〉＝eq\f(\o(DC,\s\up6(―→))·\o(AC1,\s\up6(―→)),|\o(DC,\s\up6(―→))||\o(AC1,\s\up6(―→))|)＝eq\f(8,2×2\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，故C正確．∵eq\o(BD1,\s\up6(―→))＝－a＋b＋c，∴|eq\o(BD1,\s\up6(―→))|2＝(－a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2b·c－2c·a＝4＋4＋4－4＋4－4＝8，故|eq\o(BD,\s\up6(―→))1|＝2eq\r(2)，故D錯誤．故選AC.8．解析：∵p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋c，且p＝3a＋b＋c，∴x＋y＝3.答案：39．解析：由{i，j，k}是一個單位正交基底，則i·j＝0，k·j＝0，k·i＝0，|i|＝|k|＝|j|＝1，a·b＝(8i＋3k)·(－i＋5j－4k)＝－8i2＋40i·j－32i·k－3i·k＋15k·j－12k2＝－8－12＝－20.答案：－2010．解析：eq\o(AM,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(―→))，eq\o(PM,\s\up6(―→))＝eq\o(AM,\s\up6(―→))－eq\o(AP,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(―→))－eq\o(AA1,\s\up6(―→))－eq\o(A1D1,\s\up6(―→))－eq\o(D1P,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(―→))－eq\o(AA1,\s\up6(―→))－eq\o(AD,\s\up6(―→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(―→))－eq\o(AA1,\s\up6(―→))，故eq\o(AM,\s\up6(―→))·eq\o(PM,\s\up6(―→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(―→))＋\f(1,2)\o(AD,\s\up6(―→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(AB,\s\up6(―→))－\f(1,2)\o(AD,\s\up6(―→))－\o(AA1,\s\up6(―→))))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(AD,\s\up6(―→))－eq\o(AB,\s\up6(―→))·eq\o(AA1,\s\up6(―→))＋eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(―→))·eq\o(AB,\s\up6(―→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up6(―→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(―→))·eq\o(AA1,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)×4－eq\f(1,4)×8＝0，即eq\o(AM,\s\up6(―→))⊥eq\o(PM,\s\up6(―→))，則AM與PM所成的角為90°.答案：90°11．解：(1)證明：eq\o(AB,\s\up6(―→))＝eq\o(OB,\s\up6(―→))－eq\o(OA,\s\up6(―→))＝2a＋4b＋2c－(3a＋3b)＝－a＋b＋2c，eq\o(AC,\s\up6(―→))＝eq\o(OC,\s\up6(―→))－eq\o(OA,\s\up6(―→))＝－a＋2b＋3c－(3a＋3b)＝－4a－b＋3c，eq\o(AD,\s\up6(―→))＝eq\o(OD,\s\up6(―→))－eq\o(OA,\s\up6(―→))＝2a＋b－c－(3a＋3b)＝－a－2b－c.設(shè)eq\o(AD,\s\up6(―→))＝λeq\o(AB,\s\up6(―→))＋μeq\o(AC,\s\up6(―→))，即－a－2b－c＝λ(－a＋b＋2c)＋μ(－4a－b＋3c)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＝－λ－4μ，,－2＝λ－μ，,－1＝2λ＋3μ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(7,5)，,μ＝\f(3,5)，))即eq\o(AD,\s\up6(―→))＝－eq\f(7,5)eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(3,5)eq\o(AC,\s\up6(―→))，故A，B，C，D四點(diǎn)共面．(2)不能．理由如下：設(shè)eq\o(OA,\s\up6(―→))＝meq\o(OB,\s\up6(―→))＋neq\o(OC,\s\up6(―→))，則3a＋3b＝m(2a＋4b＋2c)＋n(－a＋2b＋3c)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＝2m－n，,3＝4m＋2n，,0＝2m＋3n，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(9,8)，,n＝－\f(3,4)，))eq\o(OA,\s\up6(―→))＝eq\f(9,8)eq\o(OB,\s\up6(―→))－eq\f(3,4)eq\o(OC,\s\up6(―→))，所以{eq\o(OA,\s\up6(―→))，eq\o(OB,\s\up6(―→))，eq\o(OC,\s\up6(―→))}不能作為基底．12．解：(1)證明：設(shè)eq\o(AB,\s\up6(―→))＝p，eq\o(AC,\s\up6(―→))＝q，eq\o(AD,\s\up6(―→))＝r.由題意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量兩兩夾角均為60°.∵eq\o(MN,\s\up6(―→))＝eq\o(AN,\s\up6(―→))－eq\o(AM,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(―→))＋eq\o(AD,\s\up6(―→)))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)，∴eq\o(MN,\s\up6(―→))·eq\o(AB,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq\f(1,2)(q·p＋r·p－p2)＝eq\f(1,2)(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0，∴MN⊥AB，同理可證MN⊥CD.(2)由(1)可知eq\o(MN,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(q＋r－p)．∴|eq\o(MN,\s\up6(―→))|2＝eq\f(1,4)(q＋r－p)2＝eq\f(1,4)[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋a2＋a2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2)－\f(a2,2)－\f(a2,2)))))＝eq\f(1,4)×2a2＝eq\f(a2,2).∴|eq\o(MN,\s\up6(―→))|＝eq\f(\r(2),2)a，∴MN的長為eq\f(\r(2),2)a.13．解：(1)由題意可知點(diǎn)O是B1C的中點(diǎn)，則eq\o(BO,\s\up6(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(―→))＋eq\o(BB1,\s\up6(―→)))，所以eq\o(AO,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(BO,\s\up6(―→))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(―→))＋eq\o(BB1,\s\up6(―→)))＝eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(―→))－eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(―→))＋eq\o(AC,\s\up6(―→))＋eq\o(AA1,\s\up6(―→)))．(2)設(shè)eq\o(AB,\s\up6(―→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(