2024-2025學年新教材高中數學第一章空間向量與立體幾何1.1.2空間向量基本定理課后提升訓練含解析新人教B版選擇性必修第一冊

1.1.2空間向量基本定理課后篇鞏固提升基礎達標練1.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,M為AC與BD的交點.若A1B1=a,A1D1=b,A1A=A.-12a+12bB.12a+12bC.12a-12bD.-12a-12b解析B1=c+12(-a+b)=-12a+12b答案A2.對于空間一點O和不共線的三點A,B,C,且有6OP=OA+2OB+3OC,則(A.O,A,B,C四點共面B.P,A,B,C四點共面C.O,P,B,C四點共面D.O,P,A,B,C五點共面解析由6OP=OA+2OB+3OC,得OP-OA=2(OB-OP)+3(OC-OP),即AP=2PB+3PC,∴AP,PB,PC共面.又三個向量的基線有同一公共點答案B3.(多選)已知點M在平面ABC內,并且對空間隨意一點O,有OM=xOA+13OB+13OC,則A.1 B.0 C.3 D.1解析∵OM=xOA+且M,A,B,C四點共面,∴x+13+13=1,答案ABC4.已知向量a,b,且AB=a+2b,BC=-5a+6b,CD=7a-2b,則肯定共線的三點是()A.A,B,DB.A,B,CC.B,C,DD.A,C,D解析因為AD=AB+BC+CD=3a+6b=3(a+2b)=3AB,故AD∥AB,又AD與AB有公共點答案A5.給出下列命題:①若A,B,C,D是空間隨意四點,則有AB+BC+②|a|-|b|=|a+b|是a,b共線的充要條件;③若AB,CD共線,則AB∥④對空間隨意一點O與不共線的三點A,B,C,若OP=xOA+yOB+zOC(其中x,y,z∈R),則P,A,B,C四點共面.其中錯誤命題的個數是()A.1 B.2 C.3 D.4解析明顯①正確;若a,b共線,則|a|+|b|=|a+b|或|a+b|=||a|-|b||,故②錯誤;若AB,CD共線,則直線AB,CD可能重合,故③錯誤;只有當x+y+z=1時,P,A,B,C四點才共面,故④答案C6.設e1,e2是空間兩個不共線的向量,已知AB=e1+ke2,BC=5e1+4e2,DC=-e1-2e2,且A,B,D三點共線,實數k=.

解析∵AD=AB+BC+CD=7e1+且AB與AD共線,故AD=x即7e1+(k+6)e2=xe1+xke2,故(7-x)e1+(k+6-xk)e2=0,又∵e1,e2不共線,∴7-x=0,k+6-答案17.在以下三個命題中,真命題的序號為.

①三個非零向量a,b,c不能構成空間的一個基底,則a,b,c共面;②若兩個非零向量a,b與任何一個向量都不能構成空間的一個基底,則a,b共線;③若a,b是兩個不共線的向量,而c=λa+μb(λ,μ∈R且λμ≠0),則{a,b,c}構成空間的一個基底.解析c與a,b共面,不能構成基底.答案①②8.已知平行六面體OABC-O'A'B'C',且OA=a,OC=b,OO'=c(1)用a,b,c表示向量AC'(2)設G,H分別是側面BB'C'C和O'A'B'C'的中心,用a,b,c表示GH.解析(1)AC'=AC(2)GH=GO=-12(OB+=-12(a+b+c+b)+12(a+b+c+c)=12(9.已知三個向量a,b,c不共面,并且p=a+b-c,q=2a-3b-5c,r=-7a+18b+22c,向量p,q,r是否共面?解假設存在實數λ,μ,使p=λq+μr,則a+b-c=(2λ-7μ)a+(-3λ+18μ)b+(-5λ+22μ)c.∵a,b,c不共面,∴2λ-即存在實數λ=53,μ=13,使p=λq+μr,∴p,q,r10.如圖所示,四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形,且不共面,M,N分別是AC,BF的中點.推斷CE與MN解∵M,N分別是AC,BF的中點,而四邊形ABCD,ABEF都是平行四邊形,∴MN=又∵MN=MC+∴12CA+∴CE=CA+2AF+FB=2(MA+∴CE∥MN,即CE實力提升練1.已知非零向量e1,e2不共線,假如AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,則A,B,C,D四點()A.肯定共線B.恰是空間四邊形的四個頂點C.肯定共面D.肯定不共面解析因為非零向量e1,e2不共線,AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,所以5AB-AD=5e1+5e2-3e1+3e2=2e1+8e2=AC,所以AC=5AB-AD.由向量共面的充要條件可知,A,B,C答案C2.在平行六面體ABCD-EFGH中,若AG=xAB-2yBC+3zDH,則x+y+z等于()A.76 B.23 C.34解析由于AG=AB+AD+CG=AB+BC+DH,比照已知式子可得x=1,-2y=1,3z=1,故答案D3.(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1中,P,M為空間隨意兩點,假如有PM=PB1+7BA+6AA1-4A1DA.在平面BAD1內B.在平面BA1D內C.在平面BA1D1內D.在平面AB1C1內解析PM=PB1+7BA+6=PB1+BA+6=PB1+B1A=PA1+6(PA1-=11PA1-6PB-4且11-6-4=1,于是M,B,A1,D1四點共面.答案ABD4.設棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中的八個頂點所構成的集合為S.向量的集合P={m|m=P1P2,P1,P2∈S},則P中長度為3a的向量有個;P中長度等于a的向量有解析每一條體對角線對應兩個向量,正方體共有4條體對角線,所以P中長度為3a的向量有8個.正方體有12條棱且長度均為a,則P中長度等于a的向量有24個.答案8245.已知O是空間任一點,A,B,C,D四點滿意任三點均不共線,但四點共面,且OA=2xBO+3yCO+4zDO,則2x+3y+4z=.

解析OA=2xBO+3yCO+4zDO=-2xOB-3yOC-4zOD.由四點共面的充要條件知-2x-3y-4z=1,即2x+3y+4z=-1.答案-16.如圖,設O為?ABCD所在平面外隨意一點,E為OC的中點,若AE=12OD+xOB+yOA,求x解因為AE=OB=-OA=-OA+=-OA+=-OA+=-32所以x=12,y=-37.已知非零向量e1,e2不共線,假如AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,求證:A,B,C,D四點共面.證明證法一:令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,則(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.∵e1,e2不共線,∴λ易知λ=-則-5AB+AC+∴A,B,C,D四點共面.證法二:視察易得AC+AD=(2e1+8e2)+(3e1-3e2)=5e1+5e2=5(e1+e2)=5∴AB=由共面對量知,AB,AC又它們有公共點A,∴A,B,C,D四點共面.8.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中點,求證:B1C∥平面ODC1.證明B=B1∵O是B1D1的中點,∴B1O+D1O∴B1C,OC1,OD共面,且B∴B1C∥平面ODC1.素養(yǎng)培優(yōu)練1.如圖所示,四邊形ABCD是空間四邊形,E,H分別是邊AB,AD的中點,F,G分別是邊CB,CD上的點,且CF=23CB,CG=證明∵E,H分別是邊AB,AD的中點,∴AE=∴EH=又∵FG=CG-CF∴EH=∴EH∥FG,|EH|=3又∵點F不在EH上,∴四邊形EFGH是梯形.2.已知平行四邊形ABCD,從平面ABCD外一點O引向量OE=kOA,OF=kOB,OG=k求證:(1)點E,F,G,H共面;(2)AB∥平面EFGH.證