志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的： 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 1.2 空间向量基本定理 课后·训练提升 基础巩固 1.已知p:a,b,c是三个非零向量：q:{a,b,c}为空间的一个基底，则p是q的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案B 解析当非零向量a,b,c不共面时，{a,b,c}可以作为空间的一个基底否则不能作为空间的一个基底当 {a,b,c}为空间的一个基底时，一定有a,b,c为非零向量故选B. 2.已知点O,A,B,C为空间不共面的四点且向量a=0A+0丽+0元，向量b=0A+0丽-0C,则与a,b不 能构成空间的一个基底的向量是( A.0A B.OB c.oc D.OA或OB 答案 解析0元--丸，且a,b不共线， ∴.ab,0元共面 ∴.OC与a,b不能构成空间的一个基底 3.已知{a,b,c}为空间的一个基底，且存在实数xy,z使得xa+b+zc-0,则xy,z的值分别为() A.0,0,1 B.0,0,0 c.1,0,1 D.0,1,0 答案B 解析若x,=中至少有一个不为0，不妨设x0,则a=b三c,故a,b,c共面，这与{a,bc是空间的一个基 底矛盾，故x=y==0 4.在空间四边形OABC中，0A=a,0元-b,0C=c,点M在OA上，且0M-2MA,N为BC中点，以{a,b,c}为空 间的一个基底，则M不为() 1
1 1.2 空间向量基本定理 课后· 基础巩固 1.已知 p:a,b,c 是三个非零向量;q:{a,b,c}为空间的一个基底,则 p 是 q的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案:B 解析:当非零向量 a,b,c 不共面时,{a,b,c}可以作为空间的一个基底,否则不能作为空间的一个基底.当 {a,b,c}为空间的一个基底时,一定有 a,b,c 为非零向量.故选 B. 2.已知点 O,A,B,C 为空间不共面的四点,且向量 a=𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ +⃗𝑂𝐶⃗⃗ ,向量 b=𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ − ⃗𝑂𝐶⃗⃗ ,则与 a,b 不 能构成空间的一个基底的向量是( ) A.𝑂𝐴⃗⃗⃗ B.𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ C.⃗𝑂𝐶⃗⃗ D.𝑂𝐴⃗⃗⃗ 或𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ 答案:C 解析:∵⃗𝑂𝐶⃗⃗ = 1 2 a- 1 2 b,且 a,b 不共线, ∴a,b,⃗𝑂𝐶⃗⃗ 共面, ∴⃗𝑂𝐶⃗⃗ 与 a,b 不能构成空间的一个基底. 3.已知{a,b,c}为空间的一个基底,且存在实数 x,y,z 使得 xa+yb+zc=0,则 x,y,z 的值分别为( ) A.0,0,1 B.0,0,0 C.1,0,1 D.0,1,0 答案:B 解析:若 x,y,z 中至少有一个不为 0,不妨设 x≠0,则 a=- 𝑦 𝑥 b- 𝑧 𝑥 c,故 a,b,c 共面,这与{a,b,c}是空间的一个基 底矛盾,故 x=y=z=0. 4.在空间四边形 OABC 中,𝑂𝐴⃗⃗⃗ =a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ =b,⃗𝑂𝐶⃗⃗ =c,点 M 在 OA 上,且𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ =2𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗ ,N 为 BC 中点,以{a,b,c}为空 间的一个基底,则𝑀𝑁⃗⃗⃗ 为( )
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的： 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org A2b+8 B子+b+ c吃动 D原2 答案B 解析由题意可知，M不-0示-0成=O丽+0元)号0A=子+b+2 5.己知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，E,F分别为AB,A1C1的中点，则EF的长为() A.2 B.v3 C.5 D./7 含案c 解析由题意可知，EF=E7+AA+A1,且EA=|A1F-1,AA=-2,E·AA-0,AA A1F-0,=120°，所以1EFP-EF2=(EA+AA1+A1F2=EAP+AA12+|A1F2+2(EA.AA1+ AA·A1F+EA,A1F=1+4+1-1=5,所以EF1=V5.故EF的长为V5. 6.(多选题)若向量MA,MB,MC的起点M和终点A,B,C互不重合，且其中任意三点不共线，则由下列四 个式子能得出M,A,B,C四点共面的是() A0丽=0丽+0丽+0C B.MA=MB+M元 C.OM=0A+0+0元 D.MA-2MB-MC 含案ABD 解析对于选项A,由结论O丽=x0+0丽+0C(x+y+z=)一M,4,B,C四点共面知，A符合；对于选项 B,D,易知MA,MB,M元共面，且有公共起点M,所以MA,B,C四点共面，故B,D符合：对于选项C,MA,B,C 四点不共面 7.己知空间的一个基底{a,b,c,m=a-b+c,n=xa+b+2c,若m与n共线，则 X= ,= 答案2 解析因为m与n共线，所以存在实数1，使m=n,即a-b+c=xa+b+2c, (1=x 1 于是有-1=y,解得 （1=2λ， x=2, y=-2 2
2 A. 1 2 a- 2 3 b+ 1 2 c B.- 2 3 a+ 1 2 b+ 1 2 c C. 1 2 a+ 1 2 b- 2 3 c D. 2 3 a+ 2 3 b- 1 2 c 答案:B 解析:由题意可知,𝑀𝑁⃗⃗⃗ = ⃗𝑂𝑁⃗ ⃗ − 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ = 1 2 (𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ +⃗𝑂𝐶⃗⃗ )- 2 3 𝑂𝐴⃗⃗⃗ =- 2 3 a+ 1 2 b+ 1 2 c. 5.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1的各棱长都为 2,E,F 分别为 AB,A1C1 的中点,则 EF 的长为( ) A.2 B.√3 C.√5 D.√7 答案:C 解析:由题意可知,𝐸𝐹⃗⃗ = 𝐸𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ ,且|𝐸𝐴⃗⃗⃗ |=|𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ |=1,|𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,𝐸𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ =0,=120°,所以|𝐸𝐹⃗⃗ | 2=𝐸𝐹⃗⃗ 2=(𝐸𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ ) 2=|𝐸𝐴⃗⃗⃗ | 2+|𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2+|𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ | 2+2(𝐸𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ + 𝐸𝐴⃗⃗⃗ · 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝐹⃗ )=1+4+1-1=5,所以|𝐸𝐹⃗⃗ |=√5.故 EF 的长为√5. 6.(多选题)若向量𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗ 的起点 M 和终点 A,B,C 互不重合,且其中任意三点不共线,则由下列四 个式子能得出 M,A,B,C 四点共面的是( ) A.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ = 1 3 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 1 3 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + 1 3 ⃗𝑂𝐶⃗⃗ B.𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗ + 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗ C.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + ⃗𝑂𝐶⃗⃗ D.𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗ =2𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗ − 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗ 答案:ABD 解析:对于选项 A,由结论𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ =x𝑂𝐴⃗⃗⃗ +y𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ +z⃗𝑂𝐶⃗⃗ (x+y+z=1)⇔M,A,B,C 四点共面知,A 符合;对于选项 B,D,易知𝑀𝐴 ⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝐵 ⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝐶 ⃗⃗⃗ 共面,且有公共起点 M,所以 M,A,B,C 四点共面,故 B,D符合;对于选项 C,M,A,B,C 四点不共面. 7.已知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+2c,若 m与 n 共线,则 x= ,y= . 答案:2 -2 解析:因为 m 与 n 共线,所以存在实数 λ,使 m=λn,即 a-b+c=λxa+λyb+2λc, 于是有{ 1 = 𝜆𝑥, -1 = 𝜆𝑦, 1 = 2𝜆, 解得{ 𝜆 = 1 2 , 𝑥 = 2, 𝑦 = -2
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 8.己知a,b是异面直线，A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且AB=2,CD=1,则a,b所成的角 是 答案60° 解析由题意可知，CD.AC-0,CD.D丽-0. .AB=AC+CD+DB ∴.C而.AE=CD·(AC+CD+DB)=CD2-1 w而器-专 ∴.=60° 故异面直线a,b所成的角是60°， 9.如图，在正方体OABC-0'AB'C中，设0A=a,0元=b,0而=c 0 H (1)用a,b,c表示向量OB,AC, (2)设G,H分别是侧面BB'CC和OAB'C的中心，用a,b,c表示G 解1)0E=丽+BE=OA+OC+0而=a+b+c AC=AC +CC=-0A+0C +00=-a+b+c. (2)由题意可知，=0丽-沉-0而+0)20配+0)00-沉=b 10.如图，在直三棱柱ABC-A'B'C中，AC=BC=AA,∠ACB=90°，D,E分别为AB,BB的中点 B (1)求证：CE⊥A'D (2)求异面直线CE与AC所成角的余弦值 (1证明设CA=a,CB=b,CC=c,则{a,b,c}构成空间的一个基底。 根据题意，la=b=cl,且ab=bc=ca=0. CE-b+2c,而=c+b 3
3 8.已知 a,b 是异面直线,A,B∈a,C,D∈b,AC⊥b,BD⊥b,且 AB=2,CD=1,则 a,b 所成的角 是 . 答案:60° 解析:由题意可知,𝐶𝐷⃗⃗⃗ · 𝐴𝐶⃗⃗ =0,𝐶𝐷⃗⃗⃗ · 𝐷𝐵⃗ ⃗ =0. ∵𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 𝐴𝐶⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 𝐷𝐵⃗ ⃗ , ∴𝐶𝐷⃗⃗⃗ · 𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 𝐶𝐷⃗⃗⃗ ·(𝐴𝐶⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 𝐷𝐵⃗ ⃗ )=|𝐶𝐷⃗⃗⃗ | 2=1, ∴cos= 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ | = 1 2 , ∴=60°. 故异面直线 a,b 所成的角是 60°. 9.如图,在正方体 OABC-O'A'B'C'中,设𝑂𝐴⃗⃗⃗ =a,⃗𝑂𝐶⃗⃗ =b,𝑂𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ '=c. (1)用 a,b,c 表示向量𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ', 𝐴𝐶⃗⃗ ⃗ '; (2)设 G,H 分别是侧面 BB'C'C 和 O'A'B'C'的中心,用 a,b,c 表示𝐺𝐻⃗ ⃗ . 解:(1)𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ' = 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐵⃗⃗⃗⃗ ' = 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + ⃗𝑂𝐶⃗⃗ + 𝑂𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ '=a+b+c. 𝐴𝐶⃗⃗ ⃗ ' = 𝐴𝐶⃗⃗ + 𝐶𝐶⃗⃗ '=-𝑂𝐴⃗⃗⃗ + ⃗𝑂𝐶⃗⃗ + 𝑂𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ '=-a+b+c. (2)由题意可知,𝐺𝐻⃗ ⃗ = 𝑂𝐻⃗⃗ ⃗ − 𝑂𝐺⃗⃗⃗ = 1 2 (𝑂𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ ' + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ')- 1 2 (⃗𝑂𝐶⃗⃗ + 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ')= 1 2 𝑂𝑂⃗⃗⃗⃗⃗ ' − 1 2 ⃗𝑂𝐶⃗⃗ = 1 2 c- 1 2 b. 10.如图,在直三棱柱 ABC-A'B'C'中,AC=BC=AA',∠ACB=90°,D,E 分别为 AB,BB'的中点. (1)求证:CE⊥A'D; (2)求异面直线 CE 与 AC'所成角的余弦值. (1)证明:设𝐶𝐴⃗⃗ =a,𝐶𝐵⃗⃗⃗ =b,𝐶𝐶⃗⃗ '=c,则{a,b,c}构成空间的一个基底. 根据题意,|a|=|b|=|c|,且 a·b=b·c=c·a=0. ∵𝐶𝐸⃗⃗ =b+ 1 2 c,𝐴⃗⃗'⃗𝐷⃗ =-c+ 1 2 b- 1 2 a
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org .CE.A而=22+b2=0. ∴.CE1D .CE⊥A'D (2解C-a+cC正-b+,AC1-V21al,C正a, ∴Ac.正-(a+c)(b+c=x2la, ∴cos= 好=四 a 10 故异面直线CE与AC'所成角的余弦值为 10 拓展提高 1.(多选题)下列说法不正确的是() Ala-b=a+bl是a,b共线的充要条件 B.若{a,b,c为空间的一个基底，则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底 C.对空间任意一点0和不共线的三点A,B,C,若0丽=20A-20元-0元，则PA,B,C四点共面 D.I(a-b)-c=allbllcl 答案ACD 解析对于A,a-bl=a+bl,两边平方，得-ab=ab,因此a与b的夹角为元，故是充分不必要条件，故不 正确：对于B,由基底的定义知正确；对于C,2-2-1≠1，由向量共面的充要条件知，不正确；对于D,由向量 的数量积的性质知，不正确. 2.在四面体OABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG=3GG1,若0元=x0A+0B+0元，则 (x,y,)为( A(保，) B(层引 c,) D(匠号引 客案A 解析如图，由已知得0配-0G, 4
4 ∴𝐶𝐸⃗⃗ · 𝐴⃗⃗'⃗𝐷⃗ =- 1 2 c 2+ 1 2 b 2=0. ∴𝐶𝐸⃗⃗ ⊥ 𝐴⃗⃗'⃗𝐷⃗ . ∴CE⊥A'D. (2)解:𝐴𝐶⃗⃗ ⃗ '=-a+c,𝐶𝐸⃗⃗ =b+ 1 2 c,|𝐴𝐶⃗⃗ ⃗ '|=√2|a|,|𝐶𝐸⃗⃗ |=√5 2 |a|, ∴𝐴𝐶⃗⃗ ⃗ ' · 𝐶𝐸⃗⃗ =(-a+c)·(𝑏 + 1 2 𝑐) = 1 2 c 2= 1 2 |a| 2 , ∴cos= 1 2 |𝑎| 2 √2· √5 2 |𝑎| 2 = √10 10 . 故异面直线 CE 与 AC'所成角的余弦值为√10 10 . 拓展提高 1.(多选题)下列说法不正确的是( ) A.|a|-|b|=|a+b|是 a,b 共线的充要条件 B.若{a,b,c}为空间的一个基底,则{a+b,b+c,c+a}构成空间的另一个基底 C.对空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,若𝑂𝑃⃗⃗⃗ =2𝑂𝐴⃗⃗⃗ -2𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ −⃗𝑂𝐶⃗⃗ ,则 P,A,B,C 四点共面 D.|(a·b)·c|=|a||b||c| 答案:ACD 解析:对于 A,|a|-|b|=|a+b|,两边平方,得-|a||b|=a·b,因此 a 与 b的夹角为 π,故是充分不必要条件,故不 正确;对于 B,由基底的定义知正确;对于 C,2-2-1≠1,由向量共面的充要条件知,不正确;对于 D,由向量 的数量积的性质知,不正确. 2.在四面体 OABC 中,G1 是△ABC 的重心,G是 OG1 上的一点,且 OG=3GG1,若𝑂𝐺⃗⃗⃗ =x𝑂𝐴⃗⃗⃗ +y𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ +z⃗𝑂𝐶⃗⃗ ,则 (x,y,z)为( ) A.( 1 4 , 1 4 , 1 4 ) B.( 3 4 , 3 4 , 3 4 ) C.( 1 3 , 1 3 , 1 3 ) D.( 2 3 , 2 3 , 2 3 ) 答案:A 解析:如图,由已知得𝑂𝐺⃗⃗⃗ = 3 4 𝑂𝐺1 ⃗⃗⃗⃗⃗
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 因为G是△4BC的重心，所以0G=OA+O丽+0C 所以0C=0丽+0丽+配，从而xy 3.在正方体ABCD-A1B1CD1中，E是上底面4B1CD1的中心，则直线AC与CE的位置关系是() A相交但不垂直 B.垂直 C.平行 D.无法确定 含案B 解析由题意可知，AC=正+D+AA,CE-AA-A丽-A而，=D1=AA1,A正1D,A正1 AA,AD1AA,则AC·CE-2AB21ADP+AAP-0,故AC1CE.故4C与CE垂直 4.从空间一点P引出三条射线PA,PB,PC(PA,PB,PC不在同一平面内)，在PA,PB,PC上分别取 P0=a,P=b,=c,点G在PQ上，且PG=2GQ,H为S的中点，以{a,b,c}为空间的一个基底，则 G丽= 答案子a+ 解析丽-p丽-p元=(P吸+P冈)子P风=子3a+b+2 5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，用AC,AB,AD作为基向量，则AC= D 答案(AD+AB+AC 解析2AC-2AA+2AD+2A正=(AA+AD)+(AA+AE)+(A而+A正)=AD+AB+AC, 5
5 因为 G1 是△ABC 的重心,所以𝑂𝐺1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 3 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 1 3 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + 1 3 ⃗𝑂𝐶⃗⃗ . 所以𝑂𝐺⃗⃗⃗ = 1 4 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 1 4 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ + 1 4 ⃗𝑂𝐶⃗⃗ ,从而 x=y=z= 1 4 . 3.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E 是上底面 A1B1C1D1 的中心,则直线 AC1与 CE 的位置关系是( ) A.相交但不垂直 B.垂直 C.平行 D.无法确定 答案:B 解析:由题意可知,𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝐶𝐸⃗⃗ = 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 1 2 𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 1 2 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ,|𝐴𝐵⃗⃗⃗ |=|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ |=|𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ |,𝐴𝐵⃗⃗⃗ ⊥ 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ,𝐴𝐵⃗⃗⃗ ⊥ 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ · 𝐶𝐸⃗⃗ =- 1 2 |𝐴𝐵⃗⃗⃗ | 2 - 1 2 |𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ | 2+|𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ | 2=0,故𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝐶𝐸⃗⃗ .故 AC1 与 CE 垂直. 4.从空间一点 P 引出三条射线 PA,PB,PC(PA,PB,PC 不在同一平面内),在 PA,PB,PC 上分别取 𝑃⃗⃗⃗𝑄 =a,𝑃𝑅⃗⃗⃗ =b,𝑃𝑆⃗⃗⃗ =c,点 G 在 PQ 上,且 PG=2GQ,H 为 RS 的中点,以{a,b,c}为空间的一个基底,则 𝐺𝐻⃗ ⃗ = . 答案:- 2 3 a+ 1 2 b+ 1 2 c 解析:𝐺𝐻⃗ ⃗ = 𝑃𝐻⃗ ⃗ − 𝑃𝐺⃗⃗⃗ = 1 2 (𝑃𝑅⃗⃗⃗ + 𝑃𝑆⃗⃗⃗ )- 2 3 𝑃𝑄⃗⃗⃗ =- 2 3 a+ 1 2 b+ 1 2 c. 5.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,用𝐴𝐶⃗⃗ ,𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ 作为基向量,则𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = . 答案: 1 2 (𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ ) 解析:2𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =2𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ +2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ +2𝐴𝐵⃗⃗⃗ =(𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )+(𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ )+(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ )=𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网，永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 所以AC=D+B+C), 6.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C的各条棱长度相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所 成角的大小是 答案p0° 解析设棱长为2，则A正1=BB-BA,BM=B武+BB. A6·B-(BE-BA(配+2BB0-2+2-0=0, ∴.AB⊥BM ,AB1⊥BM故AB1与BM所成角的大小为90° 7.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M,N分别是A1B,B1C1上的点，且BM=2A1M,C1N=2B1N设 AB=a,AC=b,AAj=c (1)试用a,b,c表示向量MN, (2)若∠BAC-90°，∠BAA1=∠CAA1-60°，AB=AC=AA1=1,求MN的长 解1)M=MA+A1B+BN-BA+A店+C=c-a)+a+b-a)宁+b+c (2):(a+b+oP-a2+b2+c2+2a-b+2bc+2ac=1+1+1+0+2x1x1×+2x1x1×5, ∴a+b+e-5,1a+b+e- 即N的长为票 挑战创新 6
6 所以𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = 1 2 (𝐴𝐷1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗ ). 6.如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各条棱长度相等,M 是侧棱 CC1 的中点,则异面直线 AB1 和 BM 所 成角的大小是 . 答案:90° 解析:设棱长为 2,则𝐴𝐵⃗⃗⃗ 1 = 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐵𝐴⃗⃗⃗ ,𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐶⃗⃗⃗ + 1 2 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ . ∵𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗ =(𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐵𝐴⃗⃗⃗ )·(𝐵𝐶⃗⃗⃗ + 1 2 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0-2+2-0=0, ∴𝐴𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗ . ∴AB1⊥BM.故 AB1 与 BM 所成角的大小为 90°. 7.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,M,N 分别是 A1B,B1C1 上的点,且 BM=2A1M,C1N=2B1N.设 𝐴𝐵⃗⃗⃗ =a,𝐴𝐶⃗⃗ =b,𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =c. (1)试用 a,b,c 表示向量𝑀𝑁⃗⃗⃗ ; (2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,求 MN 的长. 解:(1)𝑀𝑁⃗⃗⃗ = 𝑀𝐴1 ⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴1𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵⃗⃗ 1 ⃗𝑁⃗ = 1 3 𝐵𝐴1 ⃗⃗ ⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 3 𝐵1𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 3 (c-a)+a+ 1 3 (b-a)= 1 3 a+ 1 3 b+ 1 3 c. (2)∵(a+b+c) 2=a 2+b 2+c 2+2a·b+2b·c+2a·c=1+1+1+0+2×1×1× 1 2 +2×1×1× 1 2 =5, ∴|a+b+c|=√5,∴|𝑀𝑁⃗⃗⃗ |=1 3 |a+b+c|=√5 3 , 即 MN 的长为√5 3 . 挑战创新
志鸿优化系列丛书 志鸿优化网永远提供更新的！ 丛书主编任志湖。 http://www.zhyh.org 如图，正四面体VABC的高D的中点为O,VC的中点为M (1)求证：AO,BO,C0两两垂直； (2)求异面直线DM和AO所成角的大小 (1)证明设7=a,元-b,元-c,正四面体的棱长为1，则ab-bc=ac,lal=b=c=l, 而=3a+b+c),40=而-☑=3b+c-5a. B0-V而-E-a+e-5b),C0-而-元-a+b-5c 国为A0.B0=石b+c-5a)(a+c-5b)618ab-91aP)618x1x1xcos60°-9)-0， 所以A01B0,即A0 LBO. 同理，AO⊥CO,BO⊥CO. 所以AO,BO,CO两两垂直. (2图p=m+W-a+b+e)+2名-2a-2b+e, 剥=层-2a-2b+6可= 0-层b+c5a-号 因为Dm.A0=-2a-2b+c)b+c-5a)-3 所以是 故异面直线DM和AO所成角的大小为平 7
7 如图,正四面体 V-ABC 的高 VD 的中点为 O,VC 的中点为 M. (1)求证:AO,BO,CO 两两垂直; (2)求异面直线 DM 和 AO 所成角的大小. (1)证明:设𝑉𝐴⃗⃗⃗ =a,𝑉𝐵⃗⃗⃗ =b,𝑉𝐶⃗⃗ =c,正四面体的棱长为 1,则 a·b=b·c=a·c,|a|=|b|=|c|=1, 𝑉𝐷⃗⃗⃗⃗ = 1 3 (a+b+c),𝐴𝑂⃗⃗⃗ = 𝑉𝑂⃗⃗⃗ − 𝑉𝐴⃗⃗⃗ = 1 6 (b+c-5a), 𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗ = 𝑉𝑂⃗⃗⃗ − 𝑉𝐵⃗⃗⃗ = 1 6 (a+c-5b),⃗𝐶𝑂⃗⃗ = 𝑉𝑂⃗⃗⃗ − 𝑉𝐶⃗⃗ = 1 6 (a+b-5c). 因为𝐴𝑂⃗⃗⃗ · 𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗ = 1 36(b+c-5a)·(a+c-5b)= 1 36(18a·b-9|a| 2 )= 1 36(18×1×1×cos 60°-9)=0, 所以𝐴𝑂⃗⃗⃗ ⊥ 𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗ ,即 AO⊥BO. 同理,AO⊥CO,BO⊥CO. 所以 AO,BO,CO 两两垂直. (2)解:𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐷𝑉⃗⃗⃗⃗ + 𝑉𝑀⃗⃗⃗⃗ =- 1 3 (a+b+c)+ 1 2 c= 1 6 (-2a-2b+c), 则|𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗ |=√[ 1 6 (-2𝑎-2𝑏 + 𝑐)] 2 = 1 2 . |𝐴𝑂⃗⃗⃗ |=√[ 1 6 (𝑏 + 𝑐-5𝑎)] 2 = √2 2 . 因为𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗ · 𝐴𝑂⃗⃗⃗ = 1 6 (-2a-2b+c)· 1 6 (b+c-5a)= 1 4 , 所以 cos= 1 4 1 2 × √2 2 = √2 2 . 所以=π 4 . 故异面直线 DM 和 AO 所成角的大小为π 4