人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册 1.1.2　空间向量基本定理word含答案

1.1.2　空间向量基本定理
课后篇巩固提升
基础达标练
1.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点.若A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则下列向量中与B1M相等的向量是(　　)

A.-12a+12b+c
B.12a+12b+c
C.12a-12b+c
D.-12a-12b+c
解析 B1M=B1B+BM=A1A+12(BA+BC)
=c+12(-a+b)=-12a+12b+c.
答案A
2.对于空间一点O和不共线的三点A,B,C,且有6OP=OA+2OB+3OC,则(　　)
A.O,A,B,C四点共面
B.P,A,B,C四点共面
C.O,P,B,C四点共面
D.O,P,A,B,C五点共面
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.又三个向量的基线有同一公共点P,∴P,A,B,C四点共面.
答案B
3.(多选)已知点M在平面ABC内,并且对空间任意一点O,有OM=xOA+13OB+13OC,则x的值不可能为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.0 C.3 D.13
解析∵OM=xOA+13OB+13OC,
且M,A,B,C四点共面,
∴x+13+13=1,∴x=13.
答案ABC
4.已知向量a,b,且AB=a+2b,BC=-5a+6b,CD=7a-2b,则一定共线的三点是(　　)
A.A,B,D
B.A,B,C
C.B,C,D
D.A,C,D
解析因为AD=AB+BC+CD=3a+6b=3(a+2b)=3AB,故AD∥AB,又AD与AB有公共点A,所以A,B,D三点共线.
答案A
5.给出下列命题:
①若A,B,C,D是空间任意四点,则有AB+BC+CD+DA=0;
②|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件;
③若AB,CD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OP=xOA+yOB+zOC(其中x,y,z∈R),则P,A,B,C四点共面.
其中错误命题的个数是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.2 C.3 D.4
解析显然①正确;若a,b共线,则|a|+|b|=|a+b|或|a+b|=||a|-|b||,故②错误;若AB,CD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.
答案C
6.设e1,e2是空间两个不共线的向量,已知AB=e1+ke2,BC=5e1+4e2,DC=-e1-2e2,且A,B,D三点共线,实数k=　　　　.?
解析∵AD=AB+BC+CD=7e1+(k+6)e2,
且AB与AD共线,故AD=xAB,
即7e1+(k+6)e2=xe1+xke2,
故(7-x)e1+(k+6-xk)e2=0,
又∵e1,e2不共线,
∴7-x=0,k+6-kx=0,解得x=7,k=1,故k的值为1.
答案1
7.在以下三个命题中,真命题的序号为　　　　　.?
①三个非零向量a,b,c不能构成空间的一个基底,则a,b,c共面;
②若两个非零向量a,b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则a,b共线;
③若a,b是两个不共线的向量,而c=λa+μb(λ,μ∈R且λμ≠0),则{a,b,c}构成空间的一个基底.
解析c与a,b共面,不能构成基底.
答案①②
8.已知平行六面体OABC-O'A'B'C',且OA=a,OC=b,OO'=c.
(1)用a,b,c表示向量AC';
(2)设G,H分别是侧面BB'C'C和O'A'B'C'的中心,用a,b,c表示GH.
解析(1)AC'=AC+CC'=OC-OA+OO'=b+c-a.
(2)GH=GO+OH=-OG+OH
=-12(OB+OC')+12(OB'+OO')
=-12(a+b+c+b)+12(a+b+c+c)=12(c-b).
9.已知三个向量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?
解假设存在实数λ,μ,使p=λq+μr,则
a+b-c=(2λ-7μ)a+(-3λ+18μ)b+(-5λ+22μ)c.
∵a,b,c不共面,
∴2λ-7μ=1,-3λ+18μ=1,-5λ+22μ=-1,解得λ=53,μ=13,
即存在实数λ=53,μ=13,使p=λq+μr,∴p,q,r共面.
10.如图所示,四边形ABCD和ABEF都是平行四边形,且不共面,M,N分别是AC,BF的中点.判断CE与MN是否共线?

解∵M,N分别是AC,BF的中点,而四边形ABCD,ABEF都是平行四边形,
∴MN=MA+AF+FN=12CA+AF+12FB.
又∵MN=MC+CE+EB+BN=-12CA+CE-AF-12FB,
∴12CA+AF+12FB=-12CA+CE-AF-12FB,
∴CE=CA+2AF+FB=2(MA+AF+FN)=2MN,
∴CE∥MN,即CE与MN共线.
能力提升练
1.已知非零向量e1,e2不共线,如果AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,则A,B,C,D四点(　　)
A.一定共线
B.恰是空间四边形的四个顶点
C.一定共面
D.一定不共面
解析因为非零向量e1,e2不共线,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.由向量共面的充要条件可知,A,B,C,D四点共面.
答案C
2.在平行六面体ABCD-EFGH中,若AG=xAB-2yBC+3zDH,则x+y+z等于(　　)

A.76 B.23 C.34 D.56
解析由于AG=AB+AD+CG=AB+BC+DH,对照已知式子可得x=1,-2y=1,3z=1,故x=1,y=-12,z=13,从而x+y+z=56.
答案D
3.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M为空间任意两点,如果有PM=PB1+7BA+6AA1-4A1D1,那么对M判断错误的是(　　)
A.在平面BAD1内
B.在平面BA1D内
C.在平面BA1D1内
D.在平面AB1C1内
解析 PM=PB1+7BA+6AA1-4A1D1
=PB1+BA+6BA1-4A1D1
=PB1+B1A1+6BA1-4A1D1
=PA1+6(PA1-PB)-4(PD1-PA1)
=11PA1-6PB-4PD1,
且11-6-4=1,
于是M,B,A1,D1四点共面.
答案ABD
4.设棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中的八个顶点所构成的集合为S.向量的集合P={m|m=P1P2,P1,P2∈S},则P中长度为3a的向量有　　　　个;P中长度等于a的向量有　　　　个.?
解析每一条体对角线对应两个向量,正方体共有4条体对角线,所以P中长度为3a的向量有8个.正方体有12条棱且长度均为a,则P中长度等于a的向量有24个.
答案8　24
5.已知O是空间任一点,A,B,C,D四点满足任三点均不共线,但四点共面,且OA=2xBO+3yCO+4zDO,则2x+3y+4z=　　　　　.?
解析OA=2xBO+3yCO+4zDO
=-2xOB-3yOC-4zOD.
由四点共面的充要条件知-2x-3y-4z=1,
即2x+3y+4z=-1.
答案-1

6.如图,设O为?ABCD所在平面外任意一点,E为OC的中点,若AE=12OD+xOB+yOA,求x,y的值.
解因为AE=AB+BC+CE
=OB-OA+OC-OB-12OC
=-OA+12OC
=-OA+12(OD+DC)
=-OA+12(OD+AB)
=-OA+12OD+12(OB-OA)
=-32OA+12OD+12OB,
所以x=12,y=-32.
7.已知非零向量e1,e2不共线,如果AB=e1+e2,AC=2e1+8e2,AD=3e1-3e2,求证:A,B,C,D四点共面.
证明证法一:令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,
则(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.
∵e1,e2不共线,
∴λ+2μ+3v=0,λ+8μ-3v=0.
易知λ=-5,μ=1,v=1是其中一组解,
则-5AB+AC+AD=0.
∴A,B,C,D四点共面.
证法二:观察易得AC+AD=(2e1+8e2)+(3e1-3e2)=5e1+5e2=5(e1+e2)=5AB.
∴AB=15AC+15AD.
由共面向量知,AB,AC,AD共面.
又它们有公共点A,∴A,B,C,D四点共面.
8.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中点,求证:B1C∥平面ODC1.

证明 B1C=B1O+OC1+C1C=B1O+OC1+D1D
=B1O+OC1+D1O+OD.
∵O是B1D1的中点,
∴B1O+D1O=0,∴B1C=OC1+OD.
∴B1C,OC1,OD共面,且B1C?平面OC1D.
∴B1C∥平面ODC1.
素养培优练
1.如图所示,四边形ABCD是空间四边形,E,H分别是边AB,AD的中点,F,G分别是边CB,CD上的点,且CF=23CB,CG=23CD.求证:四边形EFGH是梯形.

证明∵E,H分别是边AB,AD的中点,
∴AE=12AB,AH=12AD,
∴EH=AH-AE=12AD-12AB=12BD.
又∵FG=CG-CF=23CD-23CB=23(CD-CB)=23BD,
∴EH=34FG,
∴EH∥FG,|EH|=34|FG|.
又∵点F不在EH上,∴四边形EFGH是梯形.
2.已知平行四边形ABCD,从平面ABCD外一点O引向量OE=kOA,OF=kOB,OG=kOC,OH=kOD.
求证:(1)点E,F,G,H共面;
(2)AB∥平面EFGH.
证明(1)∵OA+AB=OB,∴kOA+kAB=kOB.
而OE=kOA,OF=kOB,∴OE+kAB=OF.
又OE+EF=OF,∴EF=kAB.
同理,EH=kAD,EG=kAC.
∵ABCD是平行四边形,∴AC=AB+AD,
∴EGk=EFk+EHk,
即EG=EF+EH.又它们有同一公共点E,
∴点E,F,G,H共面.
(2)由(1)知EF=kAB,
∴AB∥EF,即AB∥EF.又AB?平面EFGH,
∴AB与平面EFGH平行,即AB∥平面EFGH.