苏教版 (2019)选择性必修第二册6.1空间向量及其运算复习练习题

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第二册6.1空间向量及其运算复习练习题，共13页。试卷主要包含了1　空间向量及其运算，下列命题等内容，欢迎下载使用。

6.1.3 共面向量定理
基础过关练
题组一 判断四点共面或向量共面
1.(2021江苏南京宁海中学高二期末)若向量a,b,c不共面,则下列选项中三个向量不共面的是( )

A.b-c,b,b+cB.a+b,c,a+b+c
C.a+b,a-c,cD.a-b,a+b,a
2.(2021江苏南通中学高二期末)在四面体A-BCD中,E、G分别是CD、BE的中点,若AG=xAB+yAD+zAC,则x+y+z=( )
A.13B.12C.1D.2
3.(2021江苏泰州姜堰中学高二月考)在下列条件中,使M与A、B、C一定共面的是( )
A.OM=2OA-OB-OCB.OM=15OA+13OB+12OC
C.MA+MB+MC=0D.OM+OA+OB+OC=0
4.下列命题:
①若向量a,b共线,则向量a,b所在的直线平行;
②若向量a,b所在的直线为异面直线,则向量a,b一定不共面;
③若三个向量a,b,c两两共面,则向量a,b,c共面;
④已知空间中的三个向量a,b,c,则对于空间中的任意一个向量p,总存在实数x,y,z使得p=xa+yb+zc.
其中正确命题的个数是 .
5.(2021江苏如皋中学高二月考)如图所示,M,N分别是空间四边形ABCD的边AB,CD的中点.试判断向量MN与向量 AD,BC是否共面.
题组二 共面向量定理的应用
6.(2021江苏无锡中学高二期末)已知P为空间中任意一点,A、B、C、D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且PA=23PB-xPC+16BD,则实数x的值为( )
A.13B.-13C.16D.-16
7.(2021浙江杭州高二期末)已知几何体O-ABC为空间四面体,P为底面ABC上一点,且满足2AP=xOA+yOB+zOC,则下列等式一定成立的是( )
A.x+y+z=1B.x+y+z=0
C.x+y+z=-1D.x+y+z=12
8.(2021江苏连云港中学高三月考)已知三棱锥S-ABC的棱长均为3,若空间中一点P满足SP=xSA+ySB+zSC(x+y+z=1),则|SP|的最小值为( )
A.6B.63C.36D.1
9.(2021江苏南京宁海中学高二期末)已知向量e1,e2,e3是三个不共面的非零向量,且a=2e1-e2+e3,b=-e1+4e2-2e3,c=11e1+5e2+λe3,若向量a,b,c共面,则λ= .
10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=22AD,若E、F分别为PC、BD的中点.求证:
(1)EF∥平面PAD;
(2)EF⊥平面PCD.(用向量方法证明)
能力提升练
题组 共面向量定理的应用
1.(2021江苏常州中学高二期中,)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M为空间中任意两点,如果PM=PB1+7BA+6AA1-4A1D1,那么点M在( )

A.平面BAD1内B.平面BA1D内
C.平面BA1D1内D.平面AB1C1内
2.(2021河南南阳高二期末,)如图,正四面体ABCD的棱长为1,△BCD的中心为O,过点O的平面α与棱AB,AC,AD所在的直线分别交于点P,Q,R(不与点A重合),则1|AP|+1|AQ|+1|AR|=( )
A.52B.3C.133D.4
3.(2021江苏扬州中学高三月考,)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,H分别在棱BB1,BC,BA上,且满足BM=34BB1,BN=12BC,BH=12BA,O是平面B1HN,平面ACM与平面B1BDD1的一个公共点,设BO=xBH+yBN+zBM,则x+y+3z=( )
A.105B.125C.145D.165
4.(2021浙江温州高二期末,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AD,B1C1的中点.若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点,且存在x,y∈R,使B1P=xBE+yBF成立,则点P的轨迹长度为( )
A.12B.1C.52D.π2
5.(2021江苏盐城高二期末,)在棱长为2的正四面体ABCD中,点M满足AM=xAB+yAC-(x+y-1)AD,点N满足BN=λBA+(1-λ)BC,当AM、BN最短时,AM·MN=( )
A.-43B.43C.-13D.13
6.()如图所示,P是平行四边形ABCD所在平面外一点,连接PA,PB,PC,PD,E,F,G,H分别是△PAB,△PBC,△PCD,△PDA的重心,分别延长PE,PF,PG,PH,交AB,BC,CD,DA于M,N,Q,R,并顺次连接MN,NQ,QR,RM.应用共面向量定理证明:E,F,G,H四点共面.
7.()如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,A1C⊥BC1,AB1⊥BC1,D,E分别是AB1,BC的中点.求证:
(1)DE∥平面ACC1A1;
(2)AE⊥平面BCC1B1.(用向量方法证明)
答案全解全析
第6章 空间向量与立体几何
6.1 空间向量及其运算
6.1.3 共面向量定理
基础过关练
1.C A中,b-c=2b-(b+c),∴b-c,b,b+c三个向量共面,A不符合题意;
B中,a+b+c=(a+b)+c,∴a+b,c,a+b+c三个向量共面,B不符合题意;
C中,不存在实数λ,μ,使得a+b=λ(a-c)+μc成立,∴a+b,a-c,c三个向量不共面,C符合题意;
D中,a=12[(a-b)+(a+b)],∴a-b,a+b,a三个向量共面,D不符合题意.故选C.
2.C 如图所示,连接AE.
∵E、G分别是CD、BE的中点,
∴AE=12AC+12AD,∴AG=12AB+12AE=12AB+14AC+14AD,
又AG=xAB+yAD+zAC,
∴x+y+z=12+14+14=1,故选C.
3.C 空间中的四点M、A、B、C共面,只需满足OM=xOA+yOB+zOC,且x+y+z=1即可.
对于A,x+y+z=2-1-1=0,故M、A、B、C四点不共面;
对于B,x+y+z=15+13+12≠1,故M、A、B、C四点不共面;
对于C,原式可变形为MO+OA+MO+OB+MO+OC=0,即OM=13OA+13OB+13OC,x+y+z=13+13+13=1,故M、A、B、C四点共面;
对于D,原式可变形为OM=-OA-OB-OC,x+y+z=-1-1-1=-3,故M、A、B、C四点不共面.故选C.
4.答案 0
解析 若向量a与b共线,则向量a,b所在的直线也可能重合,故①不正确;空间任意两个向量a,b都共面,故②不正确;三个向量a,b,c中任意两个一定共面,但它们三个却不一定共面,故③不正确;只有当a,b,c不共面时,空间任意一个向量p才能表示为p=xa+yb+zc,故④不正确.综上可知,正确命题的个数为0.
5.解析 由题图可得MN=MA+AD+DN,①
MN=MB+BC+CN,②
易知MA=-MB,DN=-CN,
①+②,得2MN=AD+BC,
即MN=12AD+12BC,
故向量MN与向量AD,BC共面.
6.B PA=23PB-xPC+16BD=23PB-xPC+16(PD-PB)=12PB-xPC+16PD,又∵P是空间中任意一点,A、B、C、D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,∴12-x+16=1,解得x=-13,故选B.
7.B 因为P∈平面ABC,所以可设AP=mAB+nAC(m,n∈R),则AP=m(OB-OA)+n(OC-OA)=(-m-n)OA+mOB+nOC,
所以2AP=(-2m-2n)OA+2mOB+2nOC=xOA+yOB+zOC,
则x=-2m-2n,y=2m,z=2n,因此x+y+z=0.故选B.
8.A 由SP=xSA+ySB+zSC(x+y+z=1),知P与A,B,C共面,则|SP|的最小值为三棱锥的高.设O为S在平面ABC上的射影,由已知可得三棱锥S-ABC为正三棱锥.连接CO并延长交AB于点H,则CH⊥AB,所以CH=332,所以CO=3,所以三棱锥的高为32-(3)2=6,故选A.
9.答案 1
解析 因为向量a,b,c共面,所以存在实数m,n,使得c=ma+nb,即11e1+5e2+λe3=(2m-n)e1+(-m+4n)e2+(m-2n)e3,
即2m-n=11,-m+4n=5,m-2n=λ,解得m=7,n=3,λ=1.
10.证明 (1)连接PF,因为E、F分别为PC、BD的中点,
所以EF=PF-PE=12(PD+PB)-12PC=12PD+12(PB-PC)
=12PD+12CB=12PD+12DA,
所以向量EF,PD,DA共面,
又EF⊄平面PAD,DA,PD⊂平面PAD,DA∩PD=D,
所以EF∥平面PAD.
(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,底面ABCD是正方形,所以CD⊥平面PAD,所以CD⊥PA.
设AD=1,则AD2=(PD-PA)2=PD2+PA2-2PD·PA,即1=12+12-2PD·PA,
所以PD·PA=0,
所以EF·PD=12(PD+DA)·PD=12PA·PD=0,EF·CD=12(PD+DA)·CD=0,
所以EF⊥PD,EF⊥CD,由PD,CD⊂平面PCD,PD∩CD=D,可得EF⊥平面PCD.
能力提升练
1.C 因为PM=PB1+7BA+6AA1-4A1D1=PB1+BA+6BA1-4A1D1=PB1+B1A1+6BA1-4A1D1=PA1+6(PA1-PB)-4(PD1-PA1)=11PA1-6PB-4PD1,所以M,B,A1,D1四点共面,故选C.
2.B ∵O为△BCD的中心,∴AO=13(AB+AC+AD),设|AP|=x,|AQ|=y,|AR|=z,
则AO=13xAP+13yAQ+13zAR.
∵O,P,Q,R四点共面,∴13x+13y+13z=1,即1x+1y+1z=3,则1|AP|+1|AQ|+1|AR|=3.
3.C 解法一:由题意可得BO=xBH+yBN+zBM=12xBA+12yBC+zBM=xBH+yBN+34zBB1,∵O,A,C,M四点共面,O,H,N,B1四点共面,∴12x+12y+z=1,x+y+34z=1,解得x+y=25,z=45,∴x+y+3z=25+125=145,故选C.
解法二:如图,Q为AC与BD的交点,P为BQ的中点,O为MQ与B1P的交点.过P作PT∥MQ交BB1于T.
截面BDD1B1如图,则T为BM的中点,所以MT=12BM=12×34BB1=12×34×4MB1=32MB1.
所以B1O=23OP,因此BO=35BB1+25BP=35×43BM+25×12(BH+BN)=45BM+15BH+15BN,
因为BO=xBH+yBN+zBM,所以z=45,x=15,y=15,∴x+y+3z=145.故选C.
4.C 连接EF,因为B1P=xBE+yBF成立,所以B1P、BE、BF共面,即B1P∥平面BEF,如图,取A1D1的中点Q,连接B1Q、B1A、AQ,根据正方体的性质得B1Q∥BE,B1A∥FE,且B1Q∩B1A=B1,BE∩FE=E,所以平面B1AQ∥平面BEF,所以点P在AQ上运动,点P的轨迹为线段AQ,因为A1A=1,A1Q=12,所以AQ=1+14=52,故选C.
5.A 由共面向量定理和共线向量定理可知,M∈平面BCD,N∈直线AC,当AM、BN最短时,AM⊥平面BCD,BN⊥AC,所以M为△BCD的中心,N为AC的中点,此时|MC|=233,∵AM⊥平面BCD,MC⊂平面BCD,∴AM⊥MC,∴|MA|=|AC|2-|MC|2=22-2332=263.又MN=12(MC+MA),∴AM·MN=12(AM·MC+AM·MA)=-12|MA|2=-43.
6.证明 ∵E,F,G,H分别是所在三角形的重心,
∴M,N,Q,R分别为AB,BC,CD,DA的中点,
PE=23PM,PF=23PN,PG=23PQ,PH=23PR,
∴四边形MNQR为平行四边形,
∴EG=PG-PE=23PQ-23PM=23MQ=23(MN+MR)=23(PN-PM)+23(PR-PM)=2332PF-32PE+2332PH-32PE=EF+EH,
由共面向量定理得EG,EF,EH共面,
∴E,F,G,H四点共面.
7.证明 设AB=a,AC=b,AA1=c.
(1)DE=AE-AD=12(a+b)-12AB1=12(a+b)-12(a+c)=12(b-c).
∵A1C=AC-AA1=b-c,∴DE=12A1C,
∴DE∥A1C.
又DE⊄平面ACC1A1,A1C⊂平面ACC1A1,
∴DE∥平面ACC1A1.
(2)易知AE=12(a+b),BC=b-a,BB1=c,BC1=b-a+c,AB1=a+c.
∵A1C⊥BC1,AB1⊥BC1,
∴A1C·BC1=0,AB1·BC1=0,
即(b-c)·(b-a+c)=0,(a+c)·(b-a+c)=0,
两式相加,整理得b2-a2+b·c+a·c=0.
∵AB=AC,
∴|a|=|b|,∴b·c+a·c=0,
∴AE·BB1=12(a+b)·c=12(a·c+b·c)=0,
∴AE⊥BB1,即AE⊥BB1.
又AE·BC=12(a+b)·(b-a)=12(b2-a2)=0,∴AE⊥BC,即AE⊥BC.
又BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BCC1B1.