人教A版（2019）数学选择性必修一册 1_1_1空间向量及其线性运算（2）课时精练（含答案）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）数学选择性必修一册 1_1_1空间向量及其线性运算（2）课时精练（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 104.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-12-03 21:47:58 | ||
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文档简介
1.1.1空间向量及其线性运算（2）
一、常考题型
1．设a，b是不共线的两个向量，λ，μ∈R，且λa＋μb＝0，则( )
A．λ＝μ＝0 B．a＝b＝0
C．λ＝0，b＝0 D．μ＝0，a＝0
2．已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有＝x＋＋，则x的值为( )
A．1 B．0
C．3 D.
3．若空间中任意四点O，A，B，P满足＝m＋n，其中m＋n＝1，则( )
A．P∈AB B．P AB
C．点P可能在直线AB上 D．以上都不对
4．已知在长方体ABCD A1B1C1D1中，点E是A1C1的中点，点F是AE的三等分点，且AF＝EF，则＝( )
A．＋＋
B.＋＋
C.＋＋
D.＋＋
5．化简：(a＋2b－3c)＋5(a-b+c)－3(a－2b＋c)＝________.
6．有下列命题：
①若∥，则A，B，C，D四点共线；
②若∥，则A，B，C三点共线；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a＝4e1－e2，b＝－e1＋e2，则a∥b；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1＋k2e2＋k3e3＝0，则k1＝k2＝k3＝0.
其中是真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上)．
7．在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简＋－，并在图中标出化简结果的向量．
8． 在长方体ABCD A1B1C1D1中，M为DD1的中点，点N在AC上，且AN∶NC＝2∶1，求证：与、共面．
二、易错专项
9．给出下列命题：
①若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
③若，共线，则AB∥CD；
④对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面．
其中不正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
10．如图，已知M，N分别为四面体A BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且GM∶GA＝1∶3.求证：B，G，N三点共线．
三、难题突破
11．如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是ABCD所在平面外的一点，连接PA，PB，PC，PD.设点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心．
(1)试用向量方法证明E，F，G，H四点共面；
(2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，并用向量方法证明你的判断．
参考答案
1．解析：选A 因为a，b不共线，所以a，b均为非零向量，
又因为λa＋μb＝0，所以λ＝μ＝0.
2．解析：选D ∵＝x＋＋，且M，A，B，C四点共面，
∴x＋＋＝1，x＝.
3．解析：选A 因为m＋n＝1，所以m＝1－n，
所以＝(1－n)＋n，
即－＝n(－)，
即＝n，所以与共线．
又，有公共起点A，
所以P，A，B三点在同一直线上，
即P∈AB.
4．解析：选D 如图所示，
＝，
＝＋，＝，
＝＋，＝，＝，
所以＝＝＋＋，故选D.
5．解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c
＝a＋b＋c
＝a＋b－c.
答案：a＋b－c
6．解析：根据共线向量的定义，
若∥，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，故①错；
因为∥且，有公共点A，所以②正确；
由于a＝4e1－e2＝－4＝－4b，所以a∥b. 故③正确；
易知④也正确．
答案：②③④
7．解析：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，
∴＝.
又＝(－)
＝－＝－＝，
∴＋－
＝＋－＝ (如图所示)．
8．证明：∵＝－，
＝＋＝－，
＝＝(＋)，
∴＝－＝(＋)－
＝(－)＋
＝＋，
∴与、共面．
9．解析：选C 显然①正确；
若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|－|b||，故②错误；
若，共线，则直线AB，CD可能重合，故③错误；
只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故④错误．故选C.
10．证明：设＝a，＝b，＝c，
则＝＋＝＋
＝－a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋c，
＝＋＝＋(＋)
＝－a＋b＋c＝，
∴∥.
又BN∩BG＝B，∴B，G，N三点共线．
11．证明：(1)分别连接PE，PF，PG，PH并延长，交对边于点M，N，Q，R，连接MN，NQ，QR，RM，
∵E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
∴M，N，Q，R是所在边的中点，
且＝， ＝， ＝， ＝.
由题意知四边形MNQR是平行四边形，
∴＝＋＝(－)＋(－)
＝(－)＋(－)
＝(＋)．
又＝－＝－＝.
∴＝＋，
由共面向量定理知，E，F，G，H四点共面．
(2)平行．证明如下：
由(1)得＝，∴∥，
∴∥平面ABCD.
又＝－＝－＝，
∴∥.即EF∥平面ABCD.
又∵EG∩EF＝E，
∴平面EFGH与平面ABCD平行．
一、常考题型
1．设a，b是不共线的两个向量，λ，μ∈R，且λa＋μb＝0，则( )
A．λ＝μ＝0 B．a＝b＝0
C．λ＝0，b＝0 D．μ＝0，a＝0
2．已知点M在平面ABC内，并且对空间任意一点O，有＝x＋＋，则x的值为( )
A．1 B．0
C．3 D.
3．若空间中任意四点O，A，B，P满足＝m＋n，其中m＋n＝1，则( )
A．P∈AB B．P AB
C．点P可能在直线AB上 D．以上都不对
4．已知在长方体ABCD A1B1C1D1中，点E是A1C1的中点，点F是AE的三等分点，且AF＝EF，则＝( )
A．＋＋
B.＋＋
C.＋＋
D.＋＋
5．化简：(a＋2b－3c)＋5(a-b+c)－3(a－2b＋c)＝________.
6．有下列命题：
①若∥，则A，B，C，D四点共线；
②若∥，则A，B，C三点共线；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a＝4e1－e2，b＝－e1＋e2，则a∥b；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1＋k2e2＋k3e3＝0，则k1＝k2＝k3＝0.
其中是真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上)．
7．在空间四边形ABCD中，G为△BCD的重心，E，F分别为边CD和AD的中点，试化简＋－，并在图中标出化简结果的向量．
8． 在长方体ABCD A1B1C1D1中，M为DD1的中点，点N在AC上，且AN∶NC＝2∶1，求证：与、共面．
二、易错专项
9．给出下列命题：
①若A，B，C，D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a，b共线的充要条件；
③若，共线，则AB∥CD；
④对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面．
其中不正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
10．如图，已知M，N分别为四面体A BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且GM∶GA＝1∶3.求证：B，G，N三点共线．
三、难题突破
11．如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，点P是ABCD所在平面外的一点，连接PA，PB，PC，PD.设点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心．
(1)试用向量方法证明E，F，G，H四点共面；
(2)试判断平面EFGH与平面ABCD的位置关系，并用向量方法证明你的判断．
参考答案
1．解析：选A 因为a，b不共线，所以a，b均为非零向量，
又因为λa＋μb＝0，所以λ＝μ＝0.
2．解析：选D ∵＝x＋＋，且M，A，B，C四点共面，
∴x＋＋＝1，x＝.
3．解析：选A 因为m＋n＝1，所以m＝1－n，
所以＝(1－n)＋n，
即－＝n(－)，
即＝n，所以与共线．
又，有公共起点A，
所以P，A，B三点在同一直线上，
即P∈AB.
4．解析：选D 如图所示，
＝，
＝＋，＝，
＝＋，＝，＝，
所以＝＝＋＋，故选D.
5．解析：原式＝a＋b－c＋a－b＋c－3a＋6b－3c
＝a＋b＋c
＝a＋b－c.
答案：a＋b－c
6．解析：根据共线向量的定义，
若∥，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，故①错；
因为∥且，有公共点A，所以②正确；
由于a＝4e1－e2＝－4＝－4b，所以a∥b. 故③正确；
易知④也正确．
答案：②③④
7．解析：∵G是△BCD的重心，BE是CD边上的中线，
∴＝.
又＝(－)
＝－＝－＝，
∴＋－
＝＋－＝ (如图所示)．
8．证明：∵＝－，
＝＋＝－，
＝＝(＋)，
∴＝－＝(＋)－
＝(－)＋
＝＋，
∴与、共面．
9．解析：选C 显然①正确；
若a，b共线，则|a|＋|b|＝|a＋b|或|a＋b|＝||a|－|b||，故②错误；
若，共线，则直线AB，CD可能重合，故③错误；
只有当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点才共面，故④错误．故选C.
10．证明：设＝a，＝b，＝c，
则＝＋＝＋
＝－a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋c，
＝＋＝＋(＋)
＝－a＋b＋c＝，
∴∥.
又BN∩BG＝B，∴B，G，N三点共线．
11．证明：(1)分别连接PE，PF，PG，PH并延长，交对边于点M，N，Q，R，连接MN，NQ，QR，RM，
∵E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
∴M，N，Q，R是所在边的中点，
且＝， ＝， ＝， ＝.
由题意知四边形MNQR是平行四边形，
∴＝＋＝(－)＋(－)
＝(－)＋(－)
＝(＋)．
又＝－＝－＝.
∴＝＋，
由共面向量定理知，E，F，G，H四点共面．
(2)平行．证明如下：
由(1)得＝，∴∥，
∴∥平面ABCD.
又＝－＝－＝，
∴∥.即EF∥平面ABCD.
又∵EG∩EF＝E，
∴平面EFGH与平面ABCD平行．