專(zhuān)題3.2 空間向量基本定理（4類(lèi)必考點(diǎn)）-2023-2024學(xué)年高二數(shù)學(xué)必考考點(diǎn)各個(gè)擊破（北師大版選擇性必修第一冊(cè)）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc29453" 【考點(diǎn)1：空間向量基本定理解決幾何問(wèn)題】 PAGEREF _Tc29453 \h 1
\l "_Tc13898" 【考點(diǎn)2：空間向量基本定理中的參數(shù)問(wèn)題】 PAGEREF _Tc13898 \h 4
\l "_Tc27591" 【考點(diǎn)3：基底的判斷】 PAGEREF _Tc27591 \h 8
\l "_Tc56" 【考點(diǎn)4：基底的應(yīng)用】 PAGEREF _Tc56 \h 14
【考點(diǎn)1：空間向量基本定理解決幾何問(wèn)題】
【知識(shí)點(diǎn)：空間向量基本定理】
如果三個(gè)向量、、不共面，那么對(duì)空間任一向量，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得＝x＋y＋z.
1．（2021秋?石家莊期末）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CA1上的點(diǎn)，且CN：CA1＝1：4，則向量MN→可表示為（）
A．12a→+b→+c→B．14a→+14b→+c→C．14a→?38b→?14c→D．34a→+14b→?34c→
【分析】根據(jù)空間向量加法和減法的運(yùn)算法則，以及向量的數(shù)乘運(yùn)算即可求解．
【解答】解：因?yàn)樵谄叫辛骟wABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CA1上的點(diǎn)，且CN：CA1＝1：4，
所以MN→=MA→1+A1N→=?12AD→+34A1C→=?12AD→+34(AC→?AA1→)=
?12AD→+34(AB→+AD→?AA→1)=34AB→+14AD→?34AA→1=34a→+14b→?34c→，
故選：D．
2．（2022春?廣東月考）在三棱錐A﹣BCD中，P為△BCD內(nèi)一點(diǎn)，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，則AP→=（）
A．13AB→+16AC→+12AD→B．12AB→+16AC→+13AD→
C．13AB→+12AC→+16AD→D．16AB→+13AC→+12AD→
【分析】延長(zhǎng)PB至B1，使得PB1＝2PB，延長(zhǎng)PC至C1，使得PC1＝3PC，連接DB1，B1C1，C1D，由題意得出S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，P為△B1C1D的重心，由此用AD→、AB→和AC→表示AP→．
【解答】解：三棱錐A﹣BCD中，P為△BCD內(nèi)一點(diǎn)，如圖所示：
延長(zhǎng)PB至B1，使得PB1＝2PB，延長(zhǎng)PC至C1，使得PC1＝3PC，連接DB1，B1C1，C1D，
因?yàn)镾△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，
所以P為△B1C1D的重心，所以PD→+PB1→+PC1→=0→，
即PD→+2PB→+3PC→=0→，
所以（AD→?AP→）+2（AB→?AP→）+3（AC→?AP→）=0→，
所以AP→=13AB→+12AC→+16AD→．
故選：C．
3．（2022春?河南月考）如圖，在四面體OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，點(diǎn)M、N分別在線(xiàn)段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，則MN→等于（）
A．13a→+23b→+13c→B．13a→?23b→+13c→
C．13a→+23b→?13c→D．?13a→+23b→+13c→
【分析】利用空間向量的線(xiàn)性運(yùn)算，空間向量基本定理求解即可．
【解答】解：∵點(diǎn)M、N分別在線(xiàn)段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，
∴OM→=13OA→，CN→=23CB→=23（OB→?OC→），
∴ON→=OC→+CN→=OC→+23（OB→?OC→）=23OB→+13OC→，
∴MN→=ON→?OM→=23OB→+13OC→?13OA→=?13a→+23b→+13c→．
故選：D．
4．（2022春?安徽月考）在空間四邊形ABCD中，AB→=a→，AC→=b→，AD→=c→，點(diǎn)M在AC上，且AC→=4MC→，N為BD的中點(diǎn)，則MN→=（）
A．12a→?34b→+12c→B．12a→?23b→?12c→
C．?12a→?34b→?12c→D．?12a→+23b→?12c→
【分析】根據(jù)題意用向量AB→、AC→和AD→作基底，表示向量MN→即可．
【解答】解：空間四邊形ABCD中，AB→=a→，AC→=b→，AD→=c→，如圖所示，
因?yàn)锳C→=4MC→，N為BD的中點(diǎn)，所以MN→=MC→+CB→+BN→
=14AC→+（AB→?AC→）+12（AD→?AB→）
=12AB→?34AC→+12AD→
=12a→?34b→+12c→．
故選：A．
5．（2021秋?三元區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，M是四面體OABC的棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線(xiàn)段OM上，點(diǎn)P在線(xiàn)段AN上，且AP＝3PN，ON→=23OM→，設(shè)OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，則OP→= 14a→+14b→+14c→ （用a→，b→，c→來(lái)表示）
【分析】利用空間向量基本定理結(jié)合空間向量的加法、加法以及數(shù)乘運(yùn)算求解即可．
【解答】解：因?yàn)镸是四面體OABC的棱BC的中點(diǎn)，所以O(shè)M→=12b→+12c→，
因?yàn)镺N→=23OM→，
所以AN→=AO→+ON→=AO→+23OM→=AO→+23×12（b→+c→）=?a→+13b→+13c→，
因?yàn)锳P＝3PN，
所以AP→=34AN→=?34a→+14b→+14c→，
所以O(shè)P→=OA→+AP→=a→?34a→+14b→+14c→=14a→+14b→+14c→．
故答案為：14a→+14b→+14c→．
【考點(diǎn)2：空間向量基本定理中的參數(shù)問(wèn)題】
【知識(shí)點(diǎn)：空間向量基本定理】
如果三個(gè)向量、、不共面，那么對(duì)空間任一向量，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得＝x＋y＋z.
1．（2022春?淮安區(qū)期中）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)F是側(cè)面CDD1C1的中心，若AF→=xAD→+yAB→+zAA1→，則x+y+z＝（）
A．1B．32C．2D．52
【分析】利用空間向量的加減法運(yùn)算用AD→，AB→，AA1→來(lái)表示AF→，由此能求出結(jié)果．
【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)F是側(cè)面CDD1C1的中心，
AF→=AD→+DF→=AD→+12(AA1→+AB→)=AD→+12AB→+12AA1→，
∵AF→=xAD→+yAB→+zAA1→，∴x＝1，y＝z=12，
∴x+y+z＝2．
故選：C．
2．（2021秋?麗水期末）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P是線(xiàn)段BD1中點(diǎn)，若AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，
則x+y+z＝（）
A．18B．1C．32D．3
【分析】利用向量運(yùn)算法則直接求解．
【解答】解：在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P是線(xiàn)段BD1中點(diǎn)，
AP→=AB→+BP→=AB→+12BD1→=AB→+12(BC→+CC1→+C1D1→)
=AB→+12BC→+12CC1→+12C1D1→=12AB→+12AD→+12AA1→，
∵AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，∴x＝y(tǒng)＝z=12，
則x+y+z=32．
故選：C．
3．（2021秋?慈溪市期末）已知空間A、B、C、D四點(diǎn)共面，且其中任意三點(diǎn)均不共線(xiàn)，設(shè)P為空間中任意一點(diǎn)，若BD→=6PA→?4PB→+λPC→，則λ＝（）
A．2B．﹣2C．1D．﹣1
【分析】根據(jù)空間四點(diǎn)共面的充要條件代入即可解決．
【解答】解：BD→=6PA→?4PB→+λPC→，
即PD→?PB→=6PA→?4PB→+λPC→，
整理得PD→=6PA→?3PB→+λPC→，
由A、B、C、D四點(diǎn)共面，且其中任意三點(diǎn)均不共線(xiàn)，
可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，
故選：B．
4．（2021秋?衡陽(yáng)月考）如圖四棱錐O﹣ABCD中，四邊形ABCD為菱形，OD→=xOA→+yOB→+zOC→，則x+y+z＝ 1 ．
【分析】利用向量運(yùn)算法則直接求解．
【解答】解：如圖四棱錐O﹣ABCD中，四邊形ABCD為菱形，
則OD→=OA→+AD→=OA→+BC→=OA→?OB→+OC→，
∵OD→=xOA→+yOB→+zOC→，
∴x+y+z＝1﹣1+1＝1．
故答案為：1．
5．（2021秋?孝感期中）如圖所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別是A1B和B1C1上的點(diǎn)，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N．設(shè)MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，則x+y+z的值為 1 ．
【分析】把三個(gè)向量AB→，AA1→，AC→看作是基向量，由向量的線(xiàn)性運(yùn)算將MN→用三個(gè)基向量表示出來(lái)，由此能求出結(jié)果．
【解答】解：由題意三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分別是A1B、B1C1上的點(diǎn)，
且BM＝3A1M，C1N＝2B1N，
則MN→=MA1→+A1C1→+C1N→
=14BA1→+AC→+23C1B1→
=?14AB→+14AA1→+AC→+23(AB→?AC→)
=512AB→+14AA1→+13AC→，
∵M(jìn)N→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，
∴x+y+z=512+14+13=1．
故答案為：1．
6．（2021秋?嘉定區(qū)校級(jí)月考）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M是BB1中點(diǎn)，若A1M→=λCA→+μCB→+υCC1→，則λ+μ+υ＝ ?12 ．
【分析】由題意畫(huà)出圖形，把A1M→用CA→、CB→、CC1→表示，結(jié)合已知求得λ、μ、v的值，則答案可求．
【解答】解：如圖，
∵M(jìn)是BB1中點(diǎn)，∴A1M→=A1C→+CM→=?CA1→+CB→+12BB1→
=?CA→?CC1→+CB→+12CC1→=?CA→+CB→?12CC1→，
又A1M→=λCA→+μCB→+υCC1→，∴λ＝﹣1，μ＝1，v=?12，
則λ+μ+υ=?12．
故答案為：?12．
7．（2021秋?廣東期中）如圖，在正方體OABC﹣O1A1B1C1中，點(diǎn)G為△ACO1的重心，若OA→=a→，OC→=b→，OO1→=c→，OG→=xa→+yb→+zc→，則x+y+z＝ 1 ．
【分析】由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知ACO1為正三角形，設(shè)AC，BO相交于點(diǎn)M，連接O1M，可得點(diǎn)G在線(xiàn)段O1M上，且滿(mǎn)足O1G→=2GM→，利用向量的線(xiàn)性運(yùn)算求得OG→=13a→+13b→+13c→，從而得解．
【解答】解：易知ACO1為正三角形，設(shè)AC，BO相交于點(diǎn)M，連接O1M，
如圖所示，顯然點(diǎn)G在線(xiàn)段O1M上，且滿(mǎn)足O1G→=2GM→，
有OG→?OO1→=2（OM→?OG→），得OG→=23OM→+13OO1→，
有OG→=23×12（OA→+OC→）+13OO1→=13a→+13b→+13c→，
可得x+y+z＝1．
故答案為：1．
【考點(diǎn)3：基底的判斷】
【知識(shí)點(diǎn)：基底】
如果三個(gè)向量、、不共面，那么對(duì)空間任一向量，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得＝x＋y＋z，我們把{，，}叫做空間的一個(gè)基底.
1．（2022春?涪城區(qū)校級(jí)期中）已知O，A，B，C為空間四點(diǎn)，且向量OA→，OB→，OC→不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，則一定有（）
A．OA→，OB→，OC→共線(xiàn)
B．O，A，B，C中至少有三點(diǎn)共線(xiàn)
C．OA→+OB→與OC→共線(xiàn)
D．O，A，B，C四點(diǎn)共面
【分析】根據(jù)空間向量基本定理即可判斷．
【解答】解：由于向量OA→，OB→，OC→不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底知OA→，OB→，OC→共面，
所以O(shè)，A，B，C四點(diǎn)共面，
故選：D．
2．（2021秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）已知空間向量a→，b→，c→，下列命題中正確的個(gè)數(shù)是（）
①若a→與b→共線(xiàn)，b→與c→共線(xiàn)，則a→與c→共線(xiàn)；
②若a→，b→，c→非零且共面，則它們所在的直線(xiàn)共面；
③若a→，b→，c→不共面，那么對(duì)任意一個(gè)空間向量p→，存在唯一有序?qū)崝?shù)組（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→；
④若a→，b→不共線(xiàn)，向量c→=λa→+μb→（λ，μ∈R且λμ≠0），則{a→，b→，c→}可以構(gòu)成空間的一個(gè)基底．
A．0B．1C．2D．3
【分析】舉反例，判斷①；根據(jù)共面向量的定義判斷②；利用空間向量基本定理判斷③④．
【解答】解：對(duì)于①，若a→與b→共線(xiàn)，b→與c→共線(xiàn)，則當(dāng)b→=0→時(shí)，a→與c→不共線(xiàn)，故①錯(cuò)誤；
對(duì)于②，共面向量的定義是平行于同一平面的向量，
∴a→，b→，c→非零且共面，則表示這些向量的有向線(xiàn)段所在的直線(xiàn)不一定共面，故②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，由空間向量基本定理可知：
若a→，b→，c→不共面，那么對(duì)任意一個(gè)空間向量p→，存在唯一有序?qū)崝?shù)組（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→，故③正確；
④若a→，b→不共線(xiàn)，向量c→=λa→+μb→(λ，μ∈R且λμ≠0)，
則c→，a→，b→共在，∴{a→，b→，c→}不可以構(gòu)成空間的一個(gè)基底，故④錯(cuò)誤．
故選：B．
3．（2021秋?揭西縣期末）若{a→，b→，c→}構(gòu)成空間的一個(gè)基底，則下列向量能構(gòu)成空間的一個(gè)基底的是（）
A．b→+c→，b→，b→?c→B．a(chǎn)→+b→，a→?b→，c→C．a(chǎn)→，a→+b→，a→?b→D．a(chǎn)→+b→，a→+b→+c→，c→
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量共面的定理，即可求解．
【解答】解：對(duì)于A，若向量b→+c→，b→，b→?c→共面，
則b→+c→=λ(b→?c→)+μb→=(λ+μ)b→?λc→，即λ+μ=1?λ=1，解得λ＝﹣1，μ＝2，
故向量b→+c→，b→，b→?c→共面，故A錯(cuò)誤，
對(duì)于B，若向量a→+b→，a→?b→，c→共面，
則a→+b→=λ(a→?b→)+μc→，λ，μ無(wú)解，
故向量a→+b→，a→?b→，c→不共面，故B正確，
對(duì)于C，若向量a→，a→+b→，a→?b→共面，
則a→+b→=λa→+μ(a→?b→)=(λ+μ)a→?μb→，即λ+μ=1?μ=1，解得λ＝2，μ＝﹣1，
故向量a→，a→+b→，a→?b→共面，故C錯(cuò)誤，
對(duì)于D，若向量a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，
則a→+b→+c→=λ(a→+b→)+μc→，解得λ＝μ＝1，
故向量a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，故D錯(cuò)誤．
故選：B．
4．（2021秋?荔灣區(qū)期末）若{a→，b→，c→}構(gòu)成空間的一個(gè)基底，則下列向量不共面的是（）
A．b→+c→，b→，b→?c→B．a(chǎn)→，a→+b→，a→?b→C．a(chǎn)→+b→，a→?b→，c→D．a(chǎn)→+b→，a→+b→+c→，c→
【分析】由平面向量基本定理判斷．
【解答】解：由平面向量基本定理得：
對(duì)于A選項(xiàng)，b→=12（b→+c→）+12（b→?c→），所以b→+c→，b→，b→?c→三個(gè)向量共面；
對(duì)于B選項(xiàng)，同理：a→，a→+b→，a→?b→三個(gè)向量共面；
對(duì)于D選項(xiàng)，a→+b→+c→=(a→+b→)+(c→)，所以三個(gè)向量共面；
故選：C．
5．（2021秋?重慶月考）已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，下列不能與m→=a→?b→，n→=b→?c→構(gòu)成空間的另一個(gè)基底的是（）
A．a(chǎn)→?c→B．a(chǎn)→+c→C．a(chǎn)→+b→D．a(chǎn)→+b→+c→
【分析】根據(jù)空間向量的一組基底是：任意兩個(gè)不共線(xiàn)，且不為零向量，三個(gè)向量不共面，即可判斷出結(jié)論．
【解答】解：由m→=a→?b→，n→=b→?c→，兩式相加可得m→+n→=（a→?b→）+（b→?c→）=a→?c→，
所以得a→?c→與m→，n→是共面向量，
故a→?c→不能與m→=a→?b→，n→=b→?c→構(gòu)成空間的另一個(gè)基底．
故選：A．
6．（2021秋?貴池區(qū)校級(jí)期中）已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，若p→=2a→?b→，q→=2b→?a→，r→=a→+b→，s→=a→+b→+c→，則下列可以為空間一個(gè)基底的是（）
A．a(chǎn)→，p→，q→B．b→，p→，q→C．r→，p→，q→D．s→，p→，q→
【分析】利用共面向量定理以及空間向量的線(xiàn)性運(yùn)算，判斷三個(gè)向量是否是共面向量，即可判斷得到答案．
【解答】解：對(duì)于A，由題意可得2p→+q→=2(2a→?b→)+(2b→?a→)=3a→，
所以a→=23p→+13q→，
故a→，p→，q→共面，
故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，由題意可得，p→+2q→=(2a→?b→)+2(2b→?a→)=3b→，
所以b→=13p→+23q→，
故b→，p→，q→共面，
故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，由題意可得，p→+q→=(2a→?b→)+(2b→?a→)=a→+b→=r→，
故r→，p→，q→共面，
故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，假設(shè)s→，p→，q→共面，則存在實(shí)數(shù)λ，μ，使得s→=λp→+μq→，
即a→+b→+c→=λ(2a→?b→)+μ(2b→?a→)，
所以c→=(2λ?μ?1)a→+(?λ+2μ?1)b→，
故a→，b→，c→共面，這與{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底矛盾，
所以假設(shè)不成立，
則s→，p→，q→不共面，
故選項(xiàng)D正確．
故選：D．
7．（2021秋?黑龍江期中）已知{a→，b→，c→}是空間一個(gè)基底，p→=a→+b→，q→=a→?b→，一定可以與向量p→，q→構(gòu)成空間另一個(gè)基底的是（）
A．a(chǎn)→B．b→C．c→D．13p→?2q→
【分析】根據(jù)空間向量的一組基底是：任意兩個(gè)不共線(xiàn)，且不為零向量，三個(gè)向量不共面，即可判斷出結(jié)論．
【解答】解：由題意和空間向量的共面定理，
結(jié)合向量p→+q→=（a→+b→）+（a→?b→）＝2a→，
得a→與p→，q→是共面向量，
同理b→與p→，q→是共面向量，
所以a→與b→不能與p→、q→構(gòu)成空間的一個(gè)基底；
又c→與a→和b→不共面，
所以c→與p→、q→構(gòu)成空間的一個(gè)基底．
故選：C．
8．（2021秋?河北月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1與B1C相交于點(diǎn)O，則下列向量能組成一組基底的為（）
A．AA1→，AB→，AC→B．AB→，AO→，AC1→
C．AA1→，A1C1→，AC→D．AB1→，AO→，AC→
【分析】不共面的向量才能組成一組基底，由此能求出結(jié)果．
【解答】解：對(duì)于A，∵AA1→，AB→，AC→不共面，∴AA1→，AB→，AC→能組成一組基底，故A正確；
對(duì)于B，∵AB→，AO→，AC1→共面于平面ABC1，∴AB→，AO→，AC1→不能組成一組基底，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，∵AA1→，A1C1→，AC→共面于平面ACC1A1，∴AA1→，A1C1→，AC→不能組成一組基底，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，∵AB1→，AO→，AC→共面于平面AB1C，∴AB1→，AO→，AC→不能組成一組基底，故D錯(cuò)誤．
故選：A．
9．（2021秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)月考）已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，若p→=a→+b→，q→=a→?b→，則（）
A．a(chǎn)→，p→，q→是空間的一組基底
B．b→，p→，q→是空間的一組基底
C．c→，p→，q→是空間的一組基底
D．p→，q→與a→，b→，c→中的任何一個(gè)都不能構(gòu)成空間的一組基底
【分析】根據(jù)空間向量的共線(xiàn)定理、共面定理，對(duì)選項(xiàng)中的命題真假性判斷即可．
【解答】解：對(duì)于A，因?yàn)閜→=a→+b→，q→=a→?b→，所以p→+q→=2a→，所以向量a→、p→、q→共面，不是空間的一組基底；
對(duì)于B，因?yàn)閜→=a→+b→，q→=a→?b→，所以p→?q→=2b→，所以向量b→、p→、q→共面，不是空間的一組基底；
對(duì)于C，假設(shè)c→與p→、q→不是空間的一組基底，則c→=xp→+yq→=x（a→+b→）+y（a→?b→）＝（x+y）a→+（x﹣y）b→，
因?yàn)閍→、b→、c→是空間的一組基底，所以x、y的值不存在，即可向量c→、p→、q→不共面，是空間的一組基底；
對(duì)于D，由選項(xiàng)C知，向量c→、p→、q→是空間的一組基底，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
故選：C．
【考點(diǎn)4：基底的應(yīng)用】
【知識(shí)點(diǎn)：基底】
如果三個(gè)向量、、不共面，那么對(duì)空間任一向量，存在有序?qū)崝?shù)組{x，y，z}使得＝x＋y＋z，我們把{，，}叫做空間的一個(gè)基底.
1．（2021秋?皇姑區(qū)校級(jí)期中）已知向量a→，b→，c→可作為空間的一組基底{a→，b→，c→}，若d→=3a→+4b→+c→，且d→在基底{（a→+2b→），（b→+3c→），（c→+a→）}下滿(mǎn)足d→=x（a→+2b→）+y（b→+3c→）+z（c→+a→），則x＝ 2 ．
【分析】根據(jù)題意利用向量相等列出方程組求出x的值．
【解答】解：因?yàn)閐→=3a→+4b→+c→，且d→=x（a→+2b→）+y（b→+3c→）+z（c→+a→）＝（x+z）a→+（2x+y）b→+（3y+z）c→，
則x+z=32x+y=43y+z=1，
解得x＝2，y＝0，z＝1．
故答案為：2．
2．（2021秋?石景山區(qū)期中）已知單位正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)E為B1D1中點(diǎn)．設(shè)AD1→=a→，AB1→=b→，AC→=c→．以{a→、b→、c→}為基底表示：
（1）AE→= 12a→+12b→ ；
（2）AC1→= 12a→+12b→+12c→ ．
【分析】根據(jù)向量的基本運(yùn)算計(jì)算即可．
【解答】解：（1）在△AB1D1中，
設(shè)AD1→=a→，AB1→=b→，E為B1D1中點(diǎn)，
∴AE→=12（AB1→+AD1→）=12a→+12b→；
（2）AC1→=AE→+EC1→=AE→+12A1C1→
=AE→+12AC→=12a→+12b→+12c→，
故答案為：12a→+12b→；12a→+12b→+12c→．
3．（2021秋?珠海期末）四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)G為BD上一點(diǎn)，BG＝2GD，PA→=a→，PB→=b→，PC→=c→，用基底{a→，b→，c→}表示向量PG→= 23a→?13b→+23c→ ．
【分析】利用向量的三角形法則、平行四邊形法則即可得出．
【解答】解：PG→=PB→+BG→=PB→+23BD→=PB→+23(BA→+BC→)=PB→+23(PA→?PB→+PC→?PB→)=23PA→?13PB→+23PC→=23a→?13b→+23c→．
故答案為：23a→?13b→+23c→．

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