人教A版-选择性必修一-空间向量与立体几何-1.2空间向量基本定理-“黄冈杯”一等奖

《空间向量基本定理》同步练习A必备知识基础练1.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BD的交点为M,AB=a,AD=b,AA1=c,则下列向量中与C112+12b+c 12+12b+c12122.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为上底面A1C1的中心,若AE=AA1+xAB+yAD,则x,,1 ,12 C.12,12 3.在空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在线段AC上,且AM=2MC,N是OB的中点,则MN=()23+12b-23c 2313+12b-23c 13+14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设AB=a,AD=b,AA1=c,A1C1与B1D1的交点为E,则BE=5.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面,∠BAC=90°.求证:AB⊥AC1.6.如图所示,在平行四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA⊥平面ABCD,PA=6,求线段PC的长.B关键能力提升练7.已知M,N分别是四面体OABC的棱OA,BC的中点,点P在线段MN上,且MP=2PN,设向量OA=a,OB=b,OC=c,则OP=()16+16b+16c13+13b+13c16+13b+18.在四面体O-ABC中,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若OG=xOA+yOB+zOC,则(x,y,z)为()A.14,14,1C.13,13,19.(多选题)在三棱锥P-ABC中,三条侧棱PA,PB,PC两两垂直,且PA=PB=PC=3,G是△PAB的重心,E,F分别为棱BC,PB上的点,且BE∶EC=PF∶FB=1∶2,则下列说法正确的是()⊥PG⊥BC∥BC⊥EF10.若a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3,d=e1+2e2+3e3,若e1,e2,e3不共面,当=αa+βb+γc时,α+β+γ=.11.在棱长为a的正四面体ABCD中,E,F分别为棱AD,BC的中点,则异面直线EF与AB所成角的大小是,线段EF的长度为.

12.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,MA=-13AC,ND=13A1D,设AB=a,13.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G,H分别是CC1,BC,CD和A1C1的中点.证明:(1)AB1∥GE,AB1⊥EH;(2)A1G⊥平面EFD.C学科素养创新练14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,D1B1的中点,求证:EF⊥平面B1AC.参考答案解析:C1M=AM-AC1=12(AB+AD解析:因为AE=12(AA1+AC1)=12解析:MA=23MN=23(a-c)-a+12b=-13a+12b12+12b解析:如图,BE=BB1+B1E=AA1+5.证明:设AB=a,AC=b,AA1=c,则AC1=所以AB·AC1=a·(b+c)=a·b+因为AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,所以a·b=0,a·c=0,得AB·AC1=0,故AB6.解:因为在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,所以∠BAD=120°.又PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD.因为PC=所以|PC|=(AB|=9+16+36+2=7,即线段PC的长为7.解析:OP=OM+MP=OM+23(ON-OM)解析:如图所示,连接AG1交BC于点E,则E为BC的中点,AE=12(AB+ACAG1=23因为OG=3GG1=3(所以OG=则OG=34O解析:如图,设PA=a,PB=b,PC=c,则{a,b,c}是空间的一个正交基底,则a·b=a·c=b·c=0.取AB的中点H,则BC=c-b,PG=23PH=23PE=PB+BE=PB则EG=PG-PE=13a+13b-23b-13FG=PG-PF=13aEF=PF-PE=13b-13c+EG·PG=0,故A正确;EG·BC=0,故B正确;FG≠λBC(λ∈R),故C不正确;FG·解析:由已知d=(α+γ)e1+(α+β)e2+(γ+β)e3,所以α+γ=1,α+β=2,π解析:设AB=a,AC=b,AD=c,则{a,b,c}是空间的一个基底,|a|=|b|=|c|=a,a·b=a·c=b·c=12a2∴EF=AF-AE∴EF·AB=12a2+12a·b-12a|EF|=(12∴cos<EF,AB>=∴异面直线EF与AB所成的角为π412.解:连接AN,则MN=由已知可得四边形ABCD是平行四边形,从而可得AC=AB+AD=MA=-13AC=-13又A1D=AD故AN=AD+DN=AD-ND=AD-13A1D=b-13(b-c),所以MN=MA+AN=-113.证明:(1)设正方体棱长为1,AB=i,AD=j,AA1则{i,j,k}构成空间的一个单位正交基底.AB1=AB+GE=GC+CE=12∴AB1∥GE.EH=EC1+C1H=12k+-1∵AB1·EH=(i+k)·-12i-12j+12k=-12|i(2)A1G=A1A+DF=DC+CF=i-12j,DE=∴A=-12|j|2+12|i|2=0,∴A1G⊥A1G·DE=-k+j+12i·i+12k=-1又DE∩DF=O,∴A1G⊥平面EFD.14.证明：设AB=a,AD=c,AA1有a·b