人教B版高中数学选择性必修第一册单元1空间向量及其运算课件

第一章空间向量与立体几何单元1空间向量及其运算期中期末·全优手册A卷·必备知识全优B卷·关键能力全优重点题型全练题型1空间向量的线性运算例1

(1)向量a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),下列结论正确的是

;(填序

号)①a∥b,a∥c;②a∥b,a⊥c;③a∥c,a⊥b.(2)已知点A,B,C的坐标分别为(0,1,0),(-1,0,-1),(2,1,1),点P的坐标是(x,0,y),若PA⊥

平面ABC,则点P的坐标是

.解析

(1)因为c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所以a∥c.因为a·b=-2×2+(-3)×0+1×4=0,

所以a⊥b.(2)易知

=(-x,1,-y),

=(-1,-1,-1),

=(2,0,1).因为PA⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,即

⊥

,

⊥

,即

·

=x+y-1=0,

·

=-2x-y=0,所以x=-1,y=2,故点P的坐标是(-1,0,2).答案

(1)③

(2)(-1,0,2)例2

(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若

=a,

=b,

=c,则下列向量中与

相等的是

(

)A.-

a+

b+c

B.

a+

b+cC.-

a-

b+c

D.

a-

b+c(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为上底面A1B1C1D1的中心,若

=

+x

+y

,则x,y的值分别为

(

)A.1,1

B.1,

C.

,

D.

,1解析

(1)

=

+

=

+

(

-

)=c+

(b-a)=-

a+

b+c.故选A.(2)

=

+

=

+

=

+

(

+

),故x=

,y=

.故选C.答案

(1)A

(2)C例3如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设

=a,

=b,

=c,M,N,P分别是AA1,BC,C1D1的中点,试用a,b,c表示以下各向量:(1)

;(2)

;

(3)

.解析

(1)∵P是C1D1的中点,∴

=

+

+

=a+

+

=a+c+

=a+

b+c.(2)∵N是BC的中点,∴

=

+

+

=-a+b+

=-a+b+

=-a+b+

c.(3)∵M是AA1的中点,∴

=

+

=

+

=-

a+

=

a+

b+c.题型技巧本题考查空间向量基本定理及向量的线性运算.用不共面的三个向

量作为基向量表示某一向量时应注意以下三点:(1)观察图形,将已知向量和未知

向量转化至三角形或平行四边形中是解题的关键.(2)要正确理解向量加法、减

法与数乘运算的几何意义,首尾相接的若干向量之和等于由起始向量的起点指

向末尾向量的终点的向量,我们把这个法则称为向量加法的多边形法则.(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立.变式3-1

(1)例3的条件不变,试用a,b,c表示向量

;(2)若把例3中“P是C1D1的中点”改为“P在线段C1D1上,且

=

”,其他条件不变,如何表示

?解析

(1)因为P,N分别是C1D1,BC的中点,所以

=

+

+

=

+(-

)+

=-a+

b-

c.(2)

=

+

=

+

+

=a+c+

b.题型2共线、共面向量定理的应用例4如图所示,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,点M,N分别在AC1和BC上,且满足

=k

,

=k

(0≤k≤1).判断向量

是否与向量

,

共面.解析∵

=k

,

=k

,∴

=

+

+

=k

+

+k

=k(

+

)+

=k(

+

)+

=k

+

=

-k

=

-k(

+

)=(1-k)

-k

,∴由共面向量定理知向量

与向量

,

共面.例5

(1)(多选题)对空间任一点O和不共线的三点A,B,C,能得到P,A,B,C四点共

面的是

(

)A.

=

+

+

B.

=

+

+

C.

=

+

+

D.

=2

-

-

(2)已知A,B,C三点共线,O为直线外任意一点,若

=m

+n

,则m+n=

.解析

(1)解法一:对A选项,

=

+

+

不能转化成

=x

+y

的形式,故A选项不正确;对B选项,∵

=

+

+

,∴3

=

+

+

,∴

-

=-(

-

)-(

-

),∴

=-

-

,∴P,A,B,C四点共面,故B选项正确;对C选项,

=

+

+

=

+

(

+

)+

(

+

)=

+

+

,∴

-

=

+

,∴

=

+

,∴P,A,B,C四点共面,故C选项正确;对D选项,

=2

-

-

不能转化成

=x

+y

的形式,故D选项不正确.故选BC.解法二:当点P与A,B,C共面时,对空间任意一点O,都有

=x

+y

+z

,且x+y+z=1,据此可判断出只有选项B,C符合要求.(2)因为A,B,C三点共线,所以存在实数λ,使得

=λ

,即

-

=λ(

-

),所以

=(1-λ)

+λ

,所以m=1-λ,n=λ,所以m+n=1.答案

(1)BC

(2)1例6如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为A1C上一点,且

=

,BD与AC交于点M.求证:C1,O,M三点共线.∵

=

,∴

=

+

=

+

=

+

(

+

)=

+

.易知

=2

,∴

=

+

=

-

=

-2

,∴

=

(

-2

)+

=

+

.证明如图,连接AO,AC1,A1C1.又∵

+

=1,∴C1,O,M三点共线.题型技巧

(1)证明空间三点P,A,B共线的方法①证明

=λ

(λ∈R).②对空间任一点O,证明

=

+t

(t∈R).③对空间任一点O,证明

=x

+y

(x+y=1).(2)证明共面的常用方法①证明空间三个向量a,b,c共面,常用如下方法:(i)证明其中一个向量可以表示成另两个向量的线性组合,即a=xb+yc;(ii)寻找平面α,证明这些向量与平面α平行.②对空间四点P,M,A,B,可通过证明下列结论成立来证明四点共面.(i)证明

=x

+y

;(ii)对空间任一点O,证明

=

+x

+y

;(iii)对空间任一点O,证明

=x

+y

+z

(x+y+z=1);(iv)证明

∥

(或

∥

或

∥

).题型3空间向量数量积的应用例7已知空间中三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设a=

,b=

.(1)求向量a与向量b夹角的余弦值;(2)若ka+b与ka-2b互相垂直,求实数k的值.解析

(1)易知a=(1,1,0),b=(-1,0,2),∴a·b=1×(-1)+1×0+0×2=-1,又|a|=

=

,|b|=

=

,∴cos<a,b>=

=-

,∴向量a与向量b夹角的余弦值为-

.(2)解法一:易知ka+b=(k-1,k,2),ka-2b=(k+2,k,-4),∵ka+b与ka-2b互相垂直,∴(k-1,k,2)·(k+2,k,-4)=(k-1)·(k+2)+k2-8=0,解得k=2或k=-

,∴当ka+b与ka-2b互相垂直时,实数k的值为2或-

.解法二:由(1)得|a|=

,|b|=

,a·b=-1,∴(ka+b)·(ka-2b)=k2a2-ka·b-2b2=2k2+k-10=0,解得k=2或k=-

.∴当ka+b与ka-2b互相垂直时,实数k的值为2或-

.例8如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都为1,

且两两夹角为60°.(1)求

的长;(2)求

与

夹角的余弦值.解析

(1)记

=a,

=b,

=c,则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°,∴a·b=b·c=c·a=

.|

|2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=1+1+1+2×

=6,∴|

|=

,即

的长为

.(2)易知

=b+c-a,

=a+b,∴|

|=

=

=

=

,|

|=

=

=

=

,

·

=(b+c-a)·(a+b)=b2-a2+a·c+b·c=12-12+

+

=1,∴cos<

,

>=

=

.∴

与

夹角的余弦值为

.题型技巧

(1)在几何体中求空间向量的数量积的步骤①将各向量分解成已知模和夹角的向量的组合的形式;②利用向量的运算律将数量积展开,转化成已知模和夹角的向量的数量积;③根

据向量的方向,正确求出向量的夹角及向量的模;④代入公式a·b=|a|·|b|·cos<a,b>求解.(2)空间向量数量积计算的两种方法①定义法:a·b=|a||b|cos<a,b>.②坐标法:设a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),则a·b=x1x2+y1y2+z1z2.利用向量的数量积可证明线段的垂直关系,也可以利用垂直关系,通过向量共线

确定点在线段上的位置.利用夹角公式可以求异面直线所成的角,也可以求二面

角.可以通过|a|2=a2将向量的长度问题转化为向量数量积的问题来求解,体现转

化与化归的数学思想.易错易混全会一忽略向量垂直时数量积为零的情况例1判断命题的真假:若a·b=a·c,则a=0或b=c.错解真命题.错因分析忽略当a⊥(b-c)时,a·(b-c)=0.解析假命题.若a·b=a·c,则a·(b-c)=0,所以a=0或b=c或a⊥(b-c).二忽视对向量夹角的理解致错例2在△ABC中,M是BC的中点,AM=1,点P在AM上且满足

=2

,则

·(

+

)等于

(

)A.-

B.-

C.

D.

错解由

=2

,M是BC的中点,知P为△ABC的重心,根据向量的平行四边形法则,知

+

=2

,所以

·(

+

)=

·2

=2|

||

|·cos0=

.故选D.错因分析

,

的夹角是π,不是0.解析由

=2

,M是BC的中点,知P为△ABC的重心,根据向量的平行四边形法则,得

+

=2

,所以

·(

+

)=

·2

=2|

||

|·cosπ=-

.故选A.答案

A满分策略

(1)当两个非零空间向量共线且同向时,夹角为0,共线且反向时,夹角

为π.(2)对空间任意两个非零向量a,b,有①<a,b>=<b,a>;②<-a,b>=<a,-b>=π-<a,b>;③

<-a,-b>=<a,b>.第一章空间向量与立体几何单元1空间向量及其运算

A卷基础达标卷一、单项选择题1.(2023杭州二中期中)已知平行六面体ABCD-A'B'C'D',则

+

+

=

(

)A.

B.

C.

D.

解题思路

+

+

=

+

=

.故选C.C2.(2024甘肃酒泉期末)已知空间向量m=(2,1,4),n=(-1,λ,-2),且m⊥n,则实数λ=

(

)A.-10

B.10

C.

D.4

解题思路因为m⊥n,所以m·n=0,所以(2,1,4)·(-1,λ,-2)=-2+λ-8=0,所以λ=10,故选B.B3.(2024哈尔滨市第三中学校期末)如图,在四面体ABCD中,∠BAC=60°,∠BAD=

∠CAD=45°,AD=

,AB=AC=3,则

·

=

(

)

A.

B.

C.

D.3

C解题思路

·

=(

-

)·(

-

)=

·

-

·

-

·

+

=|

||

|cos∠CAD-|

||

|cos∠BAD-|

||

|·cos∠BAC+

=3×

×

-3×

×

-3×3×

+9=

.故选C.4.(2023河南焦作温县一中月考)已知点A(3,3,-5),B(2,-3,1),C为线段AB上一点,且

=

,则点C的坐标为

(

)A.

B.

C.

D.

C解题思路设点C的坐标为(x,y,z).∵A(3,3,-5),B(2,-3,1),∴

=(-1,-6,6),

=(x-3,y-3,z+5).又∵

=

,∴(x-3,y-3,z+5)=

(-1,-6,6),由此解得x=

,y=-1,z=-1.故选C.5.(2024广西防城港期末)已知空间向量a=(1,2,1),b=(3,-2,1),c=(-4,4,-1),则下列说

法错误的是

(

)A.|a|=

B.a,b,c是共面向量C.a⊥b

D.(a+b)·c=10D解题思路|a|=

=

,选项A中的说法正确;设a=mb+nc,则

解得

故a=3b+2c,所以a,b,c共面,选项B中的说法正确;a·b=3-4+1=0,所以a⊥b,选项C中的说法正确;(a+b)·c=(4,0,2)·(-4,4,-1)=-18,选项D中的说法错误.故选D.6.(人教B版选择性必修第一册P17练习BT2改编回归教材)如图,在四面体OABC

中,

=a,

=b,

=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则

可用向量a,b,c表示为

(

)

A.

a+

b+

c

B.

a+

b+

c

C.

a+

b+

c

D.

a+

b+cB解题思路因为

=a,

=b,

=c,D为BC的中点,E为AD的中点,所以

=

+

=

+

×

(

+

)=

+

+

=

a+

b+

c.故选B.二、多项选择题7.(2023福建宁德期中)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图,则下列向量相等的是

(

)

A.

与

B.

与

C.

与

D.

与

CD解题思路由正四棱柱可知,对于选项A,|

|=|

|,但

与

方向相反,故选项A不符合题意;对于选项B,|

|=|

|,但

与

方向不同,故选项B不符合题意;对于选项C,|

|=|

|,且

与

方向相同,故选项C符合题意;对于选项D,|

|=|

|,且

与

方向相同,故选项D符合题意.故选CD.8.(2023南京鼓楼期中)已知a,b,c是三个向量,在下列命题中,假命题是

(

)A.a·b=b·a

B.a·(b+c)=a·b+a·cC.(a·b)·c=a·(b·c)

D.若a·b=a·c,则b=c解题思路向量数量积公式满足交换律和分配律,故A、B中的命题是真命题;(a·b)·c表示与向量c共线的向量,a·(b·c)表示与向量a共线的向量,两个向量不一定

相等,故C中的命题是假命题;a·b=a·c⇔a·(b-c)=0,所以a=0或b=c或a⊥(b-c),故D中

的命题是假命题.故选CD.CD9.(2024福建宁德期末)关于空间向量,以下说法正确的是

(

)A.已知a=(0,1,1),b=(0,0,-1),则a在b上的投影向量为

B.已知两个向量a=(1,m,3),b=(5,-1,n),且a∥b,则mn=-3C.若{a,b,c}是空间向量的一组基底,则{a+b,b,c}也是空间向量的一组基底D.若对空间中任意一点O,有

=

+

+

,则P,A,B,C四点共面BC解题思路对于A,因为a=(0,1,1),b=(0,0,-1),所以a·b=-1,|b|=1,所以a在b上的投影向量为

·b=-b=(0,0,1),故A错误;对于B,因为a∥b,所以可设a=λb(λ≠0),又因为a=(1,m,3),b=(5,-1,n),所以

解得

所以mn=-3,故B正确;对于C,若{a,b,c}是空间向量的一组基底,则a,b,c不共面,假设a+b,b,c共面,则可设a+b=xb+yc,显然该方程无解,所以a+b,b,c不共面,则{a+b,b,c}也是空间向量的一组基底,故C正确;对于D,

=

+

+

,而

+

+

=

≠1,则P,A,B,C四点不共面,故D错误.故选BC.三、填空题10.(2024北京昌平期中)①已知a=(1,0,-1),b=(2,1,1),则|2a-b|=

.②空间向量m=(2,-3,-1),n=(λ,6,2),若m∥n,则|n|=

.答案①

②2

解题思路①由已知可得2a-b=(2,0,-2)-(2,1,1)=(0,-1,-3),所以|2a-b|=

=

.②因为m∥n,所以

=

=

,解得λ=-4,则n=(-4,6,2),所以|n|=

=2

.11.(2024广东东莞期中)如图,正四棱锥模型P-ABCD中,过点A作一个平面分别交

棱PB,PC,PD于点E,F,G,若

=

,

=

,则

=

.

答案解题思路设

=λ(λ≠0),则

=λ

=λ(

+

)=λ(

+

)=λ(

+

-

)=λ

=λ

+2λ

-

λ

,因为A,F,E,G四点共面,所以λ+2λ-

λ=1,解得λ=

.12.(2023浙江台州期中)如图所示,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为2的

正方形,侧棱AM的长为3,且∠MAB=∠MAD=60°,N是CM的三等分点(靠近M点),

则BN的长为

.答案

解题思路

=

-

=

+

-

,

=

=

(

+

-

),则

=

+

+

=-

+

+

(

+

-

)=-

+

+

,则

=

=

(4

+

+4

-4

·

-8

·

+4

·

)=

×

=

,所以|

|=

=

,所以BN的长为

.四、解答题13.(10分)(2024浙江宁波期末)已知空间三点A(-1,0,2),B(0,1,2),C(-3,0,4),设

=a,

=b.(1)求a与b的夹角θ的余弦值;(2)若向量ka+b与a-kb互相垂直,求k的值.审题指导(1)先求出向量a,b,再利用空间向量的夹角公式求解即可;(2)利用向量垂直的充要条件列出方程,解方程求出k的值.解题思路

(1)易知a=

=(1,1,0),b=

=(-2,0,2),

(2分)所以cosθ=

=

=-

,所以a与b的夹角θ的余弦值为-

.

(5分)(2)由(1)可知a=(1,1,0),b=(-2,0,2),则|a|=

,|b|=2

,a·b=-2.因为向量ka+b与a-kb互相垂直,所以(ka+b)·(a-kb)=0,

(7分)所以k|a|2-k|b|2+(1-k2)a·b=0,所以2k-8k-2(1-k2)=0,

(9分)所以k2-3k-1=0,解得k=

.

(10分)14.(10分)如图,已知O,A,B,C,D,E,F,G,H为空间的9个点,且

=k

,

=k

,

=k

,

=

+m

,

=

+m

,k≠0,m≠0.(1)求证:A,B,C,D四点共面,E,F,G,H四点共面;(2)求证:平面ABCD∥平面EFGH;(3)求证:

=k

.解题思路证明:(1)因为

=

+m

,m≠0,所以

,

,

共面,即A,B,C,D四点共面.

(1分)因为

=

+m

,m≠0,所以

,

,

共面,即E,F,G,H四点共面.

(2分)(2)连接HF,BD,

=

+m

=

-

+m(

-

)=k(

-

)+km(

-

)=k

+km

=k(

+m

)=k

,所以

∥

,

(4分)又因为EG⊄平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以EG∥平面ABCD.

(5分)因为

=

-

=k(

-

)=k

,所以

∥

,

(6分)又FH⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以FH∥平面ABCD,

(7分)又因为EG与FH相交,EG,FH⊂平面EFGH,所以平面ABCD∥平面EFGH.

(8分)(3)由(2)知

=k

,所以

=

+

=k

+k

=k(

+

)=k

.

(10分)第一章空间向量与立体几何单元1空间向量及其运算

B卷提优检测卷一、单项选择题1.(2023山东聊城二中开学考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列选项中化简后为

零向量的是

(

)A.

+

+

B.

-

+

C.

+

+

D.

+

A解题思路如图,对于A,

+

+

=

+

+

=

+

=0,对于B,

-

+

=

+

=

,对于C,

+

+

=

+

=

,对于D,

+

=

.故选A.2.(2023安徽黄山屯溪一中期中)已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka-b与2a+b互相

平行,则k=

(

)A.1

B.-2

C.-1

D.2

解题思路

根据题意,ka-b=k(1,1,0)-(-1,0,2)=(k+1,k,-2),2a+b=(2,2,0)+(-1,0,2)=(1,2,2).根据两向量平行,得

=

=

,解得k=-2.故选B.B3.(2024安徽期中数学文化)图1是元代数学家郭守敬主持建造的观星台,其可近

似看作一个正四棱台ABCD-A1B1C1D1(如图2),若AB=2A1B1,点M在BD1上,且BM=3

D1M,则

=

(

)A.

+

-

B.

+

-

C.

-

-

D.

-

-

C解题思路由题意得

=

-

=

+

-

,又因为BM=3D1M,所以

=

=

+

-

,所以

=

-

=

-

=

+

-

-

=

-

-

.故选C.4.(2024石家庄期中)三棱锥O-ABC中,∠AOB=∠BOC=∠AOC=

,OA=2OB=2,若CB⊥OA,则OC=

(

)

A.1

B.2

C.

D.

A解题思路由题意可知

=

-

,∵CB⊥OA,∴

⊥

,∴

·

=0,∴(

-

)·

=0,∴

·

-

·

=0,∴1×2×cos

-2|

|·cos

=0,解得|

|=1,即OC=1.故选A.5.(2024哈尔滨市第九中学校月考)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平面

ABC,AE⊥PB于点E,M是AC的中点,PB=1,则

·

的最小值为

(

)

A.-

B.-

C.-

D.-

A解题思路连接EC(图略),因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以BC⊥PB.因为点M是AC的中点,所以

=

(

+

)=

+

(

+

),又AE⊥PB,所以

·

=

·

=

·

+

·

+

·

=

·

=-

|

||

|≥-

=-

,当且仅当|

|=|

|=

时,等号成立,所以

·

的最小值为-

.故选A.6.(2023广东天河外国语学校期末)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,点M

为CC1的中点,点P为底面A1B1C1D1上的动点,满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为

(

)A.2

π

B.3

C.6

D.3

πB解题思路以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示

的空间直角坐标系,分别取A1B1,A1D1的中点E,F,连接EF,

则A(6,0,0),B(6,6,0),M(0,6,3),设P(x,y,6),x∈[0,6],y∈[0,6],则

=(-6,6,3),

=(x-6,y-6,6),由BP⊥AM得-6(x-6)+6(y-6)+3×6=0,即y=x-3,由于x∈[0,6],y∈[0,6],故x∈[3,6],y∈[0,3],所以点P的轨迹为图中的线段EF,易知EF=

=3

.故选B.二、多项选择题7.(2024湖南郴州期中)已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是

(

)A.(2a+b)∥a

B.5|a|=

|b|C.a⊥(5a+6b)

D.a与b夹角的余弦值为

BC解题思路对于A,因为a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),所以2a+b=2(-2,-1,1)+(3,4,5)=(-1,2,

7),假设(2a+b)∥a,则存在实数λ,使得2a+b=λa,即(-1,2,7)=λ(-2,-1,1)=(-2λ,-λ,λ),所以

方程组无解,故不存在实数λ,使得2a+b=λa,所以2a+b和a不平行,故A错误;对于B,易得|a|=

=

,|b|=

=5

,则5|a|=5

=

|b|,故B正确;对于C,易得5a+6b=5(-2,-1,1)+6(3,4,5)=(8,19,35),又a=(-2,-1,1),所以a·(5a+6b)=-2×8+(-1)×19+1×35=0,所以a⊥(5a+6b),故C正确;对于D,易得cos<a,b>=

=

=-

,故D错误.故选BC.8.(2023山东滕州一中期末)下列说法错误的是

(

)A.若空间向量a∥b,则存在唯一的实数λ,使得b=λaB.A,B,C三点不共线,空间中任意点O,若

=

+

+

,则P,A,B,C四点共面C.a=(x,2,1),b=(4,-2+x,x),若a与b夹角为钝角,则x的取值范围是

D.若{

,

,

}是空间向量的一组基底,则O,A,B,C四点共面,但不共线ACD解题思路对于A选项,若a是零向量,b是非零向量,则a∥b,但不存在实数λ,使得b=λa,A选项中的说法错误.对于B选项,

=

+

+

=

+

+

,

-

=

(

-

)+

(

-

),即

=

+

,所以P,A,B,C四点共面,B选项中的说法正确.对于C选项,当x=-2时,a=(-2,2,1),b=(4,-4,-2),则b=-2a,a与b夹角为π,C选项中的说

法错误.对于D选项,如图所示的三棱锥O-ABC中,{

,

,

}是空间向量的一组基底,但O,A,B,C不共面,D选项中的说法错误.9.(2024江苏镇江期中)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,∠A1

AB=∠A1AD,A1C1∩B1D1=O1,则下列说法正确的是

(

)A.四边形B1BDD1为矩形B.

·

=

·

C.

=

+

-

D.如果

=

+

+

,那么点M在平面A1BD内ABD解题思路连接AC,设AC∩BD=O,连接A1O,易知AC⊥BD,AD=AB,在△A1AB和△A1AD中,由余弦定理得A1B2=A1A2+AB2-2AA1·ABcos∠A1AB,A1D2=A1A2+AD2-2AA

1·ADcos∠A1AD,又∠A1AB=∠A1AD,所以A1B=A1D,故A1O⊥BD,又A1O∩AC=O,A1O,AC⊂平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,又AA1⊂平面ACC1A1,所以BD⊥AA1,易知AA1∥BB1,所以

BD⊥BB1,易知BD

B1D1,所以四边形B1BDD1为矩形,故A正确,由上面的分析可知BD⊥平面ACC1A1,又AO1⊂平面ACC1A1,所以BD⊥AO1,所以

·

=0,即(

-

)·

=0,所以

·

=

·

,故B正确,取A1O1的中点N,连接AN,易得

+

=2

,则

=2

-

,易知

+

=

(

+

)=

,

≠2

,所以

≠

+

-

,故C错误,因为

=

+

+

,且

+

+

=1,所以M,B,D,A1四点共面,故M在平面A1BD内,故D正确.故选ABD.三、填空题10.(2024上海期中)已知{a,b,c}是空间不共面的一组向量,{a,b+c,b-c}是空间不

共面的另一组向量,若向量p在{a,b,c}下的坐标为(2,3,-1),则向量p在{a,b+c,b-c}

下的坐标是

.答案

(2,1,2)解题思路由向量p在{a,b,c}下的坐标为(2,3,-1),得p=2a+3b-c,设向量p在{a,b

+c,b-c}下的坐标是(x,y,z),则p=xa+y(b+c)+z(b-c)=xa+(y+z)b+(y-z)c,则

解得

所以向量p在{a,b+c,b-c}下的坐标是(2,1,2).11.(2023河南联考)正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所

有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已

经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正

十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图),P,Q分

别为棱AB,AD的中点,则

·

=

.答案

1解题思路正八面体ABCDEF中,

,

,

不共面,而P,Q分别为棱AB,AD的中点,有

·

=

·

=|

||

|cos60°=2,

·

=0,

=

+

,

=

+

+

=

+

+

(

-

)=

-

-

+

+

(

-

)=

-

-

,∴

·

=

·

=

-

+

·

-

·

-

·

=

×22-

×22=1.12.(2024福建泉州德化期末)已知单位空间向量e1,e2,e3满足e1·e2=0,e2·e3=e1·e3=

.若空间向量a满足a·e1=a·e2=

,且对于任意实数x,y,|a-xe1-ye2|的最小值是2,则e3在e1,e2所构成的平面内的投影向量的长度是

;|a-λe3|(λ∈R)的最小值是

.答案

;

审题指导建立空间直角坐标系,根据条件求向量的坐标,由模的坐标运算求e3

在e1,e2所构成的平面内的投影向量的长度