高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理课后复习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理课后复习题，共23页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋•重庆月考）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，下列不能与m→=a→−b→，n→=b→−c→构成空间的另一个基底的是（ ）
A．a→−c→B．a→+c→C．a→+b→D．a→+b→+c→
2．（3分）（2023秋•朝阳区校级期末）已知空间向量a→，b→，c→，下列命题中正确的个数是（ ）
①若a→与b→共线，b→与c→共线，则a→与c→共线；
②若a→，b→，c→非零且共面，则它们所在的直线共面；
③若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→；
④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→（λ，μ∈R且λμ≠0），则{a→，b→，c→}可以构成空间的一个基底．
A．0B．1C．2D．3
3．（3分）(2023春•涪城区校级期中）已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，OC→不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A．OA→，OB→，OC→共线
B．O，A，B，C中至少有三点共线
C．OA→+OB→与OC→共线
D．O，A，B，C四点共面
4．（3分）(2023春•雅安期末）设P﹣ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，D是PG上的一点，且PD→=DG→，若PD→=xPA→+yPB→+zPC→，则（x，y，z）为（ ）
A．(56，13，23)B．(16，16，16)C．(16，13，13)D．(13，16，13)
5．（3分）（2023春•瑶海区月考）已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若由OP→=15OA→+23OB→+λOC→确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ等于（ ）
A．215B．23C．−215D．−23
6．（3分）（2023秋•三明期末）在四面体O﹣ABC中，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，OE→=3EA→，若F为BC的中点，P为EF的中点，则OP→=（ ）
A．38a→+14b→+14c→B．13a→+14b→+14c→C．23a→+14b→+14c→D．14a→+38b→+14c→
7．（3分）（2023秋•福州期末）如图，M为OA的中点，以{OA→，OC→，OD→}为基底，DM→=xOA→+yOC→+zOD→，则实数组（x，y，z）等于（ ）
A．(12，−1，0)B．(12，0，−1)C．(−12，1，0)D．(−12，0，1)
8．（3分）(2023春•广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则AP→=（ ）
A．13AB→+16AC→+12AD→B．12AB→+16AC→+13AD→
C．13AB→+12AC→+16AD→D．16AB→+13AC→+12AD→
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2023秋•梅州期末）若{a→，b→，c→}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．b→+c→，b→，b→−c→B．a→，a→+b→，a→−b→C．a→+b→，a→−b→，c→D．a→+b→，a→+b→+c→，c→
10．（4分）(2023春•连云港期中）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量a→∥b→，则a→、b→与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知{a→，b→，c→}是空间向量的一组基底，若m→=a→+c→，则{a→，b→，m→}也是空间一组基底
11．（4分）（2023秋•柯桥区校级期中）有下列四个命题，其中真命题的是（ ）
A．若p→=xa→+yb→，则p→与a→、b→共面
B．若p→与a→、b→共面，则p→=xa→+yb→
C．若MP→=xMA→+yMB→，则P、M、A、B共面
D．若P、M、A、B共面，则MP→=xMA→+yMB→
12．（4分）（2023秋•锦州期末）已知空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是（ ）
A．向量i→+j→+k→的模是3
B．{i→+j→，i→−j→，k→}可以构成空间的一个基底
C．向量i→+j→+k→和k→夹角的余弦值为33
D．向量i→+j→与k→−j→共线
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023春•岳麓区校级期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个单位正交基底，向量p→=a→+2b→+3c→，{a→+b→，a→−b→，c→}是空间的另一个基底，用基底{a→+b→，a→−b→，c→}表示向量p→= ．
14．（4分）（2023秋•孝感期中）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别是A1B和B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N．设MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，则x+y+z的值为 ．
15．（4分）（2023秋•开平区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，用a→，b→，c→表示向量MN→的结果是 ．
16．（4分）（2023秋•吴兴区校级期中）有下列四个命题：
①已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→+BC→+CD→+DA→=0；
②若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→‖CD→；
③分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量；
④对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），则P，A，B，C四点共面．
其中正确命题有 ．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023秋•大安市校级月考）如图，在四面体OABC中，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，G为△ACB的重心，以{a→，b→，c→}为空间基底表示向量BE→，OG→．
18．（6分）（2023秋•乐清市校级月考）如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON，AP=34AN．
（1）用向量OA→，OB→，OC→表示AN→；
（2）求|OP→|．
19．（8分）（2023秋•美兰区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
（1）证明：A、E、C1、F四点共面．
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z．
20．（8分）（2023秋•乐山期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA'＝60°，且点F为BC'与B'C的交点，点E在线段AC'上，有AE＝2EC'．
（1）求AC'的长；
（2）将EF→用基向量AB→，AD→，AA'→来进行表示．设EF→=xAB→+yAD→+zAA'→，求x，y，z的值．
21．（8分）已知正三棱锥P﹣ABC的侧棱长为2，过其底面中心O作动平面α交线段PC于点S，分别交PA，PB的延长线于点M，N，求1PS+1PM+1PN的值．
22．（8分）（2023秋•平邑县校级月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM＝3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若PD→=mPA→，PE→=nPB→，PF→=tPC→，求证：1m+1n+1t为定值，并求出该定值．
专题1.6 空间向量基本定理-重难点题型检测
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023秋•重庆月考）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，下列不能与m→=a→−b→，n→=b→−c→构成空间的另一个基底的是（ ）
A．a→−c→B．a→+c→C．a→+b→D．a→+b→+c→
【解题思路】根据空间向量的一组基底是：任意两个不共线，且不为零向量，三个向量不共面，即可判断出结论．
【解答过程】解：由m→=a→−b→，n→=b→−c→，两式相加可得m→+n→=（a→−b→）+（b→−c→）=a→−c→，
所以得a→−c→与m→，n→是共面向量，
故a→−c→不能与m→=a→−b→，n→=b→−c→构成空间的另一个基底．
故选：A．
2．（3分）（2023秋•朝阳区校级期末）已知空间向量a→，b→，c→，下列命题中正确的个数是（ ）
①若a→与b→共线，b→与c→共线，则a→与c→共线；
②若a→，b→，c→非零且共面，则它们所在的直线共面；
③若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→；
④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→（λ，μ∈R且λμ≠0），则{a→，b→，c→}可以构成空间的一个基底．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】举反例，判断①；根据共面向量的定义判断②；利用空间向量基本定理判断③④．
【解答过程】解：对于①，若a→与b→共线，b→与c→共线，则当b→=0→时，a→与c→不共线，故①错误；
对于②，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，
∴a→，b→，c→非零且共面，则表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，故②错误；
对于③，由空间向量基本定理可知：
若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→，故③正确；
④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→(λ，μ∈R且λμ≠0)，
则c→，a→，b→共在，∴{a→，b→，c→}不可以构成空间的一个基底，故④错误．
故选：B．
3．（3分）(2023春•涪城区校级期中）已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，OC→不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A．OA→，OB→，OC→共线
B．O，A，B，C中至少有三点共线
C．OA→+OB→与OC→共线
D．O，A，B，C四点共面
【解题思路】根据空间向量基本定理即可判断．
【解答过程】解：由于向量OA→，OB→，OC→不能构成空间的一个基底知OA→，OB→，OC→共面，
所以O，A，B，C四点共面，
故选：D．
4．（3分）(2023春•雅安期末）设P﹣ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，D是PG上的一点，且PD→=DG→，若PD→=xPA→+yPB→+zPC→，则（x，y，z）为（ ）
A．(56，13，23)B．(16，16，16)C．(16，13，13)D．(13，16，13)
【解题思路】G是△ABC的重心，可得AG→=13AB→+13AC→=13（PB→−PA→）+13（PC→−PA→），再由PD→=DG→，可得PD→=12PG→，而PG→=PA→+AG→，从而可以将PG→用PB→，PA→，PC→表示出来，进而可求（x，y，z）．
【解答过程】解：因为P﹣ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，
所以AG→=13AB→+13AC→=13（PB→−PA→）+13（PC→−PA→）=13PB→+13PC→−23PA→，
因为D是PG上的一点，且PD→=DG→，所以PD→=12PG→，
因为PG→=PA→+AG→，
所以PD→=12PG→=12PA→+12AG→=12PA→+12（13PB→+13PC→−23PA→）
=12PA→+16PB→+16PC→−13PA→=16PA→+16PB→+16PC→．
因为PD→=xPA→+yPB→+zPC→，所以x＝y＝z=16．
故选：B．
5．（3分）（2023春•瑶海区月考）已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若由OP→=15OA→+23OB→+λOC→确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ等于（ ）
A．215B．23C．−215D．−23
【解题思路】利用向量共线定理与平面向量基本定理即可得出．
【解答过程】解：因为A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，
若由向量OP→=15OA→+23OB→+λOC→确定的一点P与A，B，C共面，
∴三点P，A，C共线，∴15+23+λ=1，解得λ=215．
故选：A．
6．（3分）（2023秋•三明期末）在四面体O﹣ABC中，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，OE→=3EA→，若F为BC的中点，P为EF的中点，则OP→=（ ）
A．38a→+14b→+14c→B．13a→+14b→+14c→C．23a→+14b→+14c→D．14a→+38b→+14c→
【解题思路】利用空间向量的线性运算法则求解．
【解答过程】解：画出图形，如图所示，
则OP→=OE→+EP→=OE→+12EF→=OE→+12(OF→−OE→)=12OF→+12OE→
=12×12(OB→+OC→)+12×34OA→=14（b→+c→）+38a→
=38a→+14b→+14c→．
故选：A．
7．（3分）（2023秋•福州期末）如图，M为OA的中点，以{OA→，OC→，OD→}为基底，DM→=xOA→+yOC→+zOD→，则实数组（x，y，z）等于（ ）
A．(12，−1，0)B．(12，0，−1)C．(−12，1，0)D．(−12，0，1)
【解题思路】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答过程】解：∵M为OA的中点，
∴DM→=OM→−OD→=12OA→−OD→，
∵DM→=xOA→+yOC→+zOD→，
∴x=12，y＝0，z＝﹣1，
故选：B．
8．（3分）(2023春•广东月考）在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则AP→=（ ）
A．13AB→+16AC→+12AD→B．12AB→+16AC→+13AD→
C．13AB→+12AC→+16AD→D．16AB→+13AC→+12AD→
【解题思路】延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，由题意得出S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，P为△B1C1D的重心，由此用AD→、AB→和AC→表示AP→．
【解答过程】解：三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，如图所示：
延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，
因为S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，
所以P为△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→．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2023秋•梅州期末）若{a→，b→，c→}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．b→+c→，b→，b→−c→B．a→，a→+b→，a→−b→C．a→+b→，a→−b→，c→D．a→+b→，a→+b→+c→，c→
【解题思路】利用共面向量定理直接求解．
【解答过程】解：{a→，b→，c→}构成空间的一个基底，
对于A，(b→+c→)+(b→−c→)=2b→，∴b→+c→，b→，b→−c→共面，故A正确；
对于B，（a→+b→）+（a→−b→）=2a→，∴a→，a→+b→，a→−b→共面，故B正确；
对于C，a→+b→，a→−b→，c→不能共面，故C错误；
对于D，（a→+b→+c→）=a→+b→+c→，∴a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，故D正确．
故选：ABD．
10．（4分）(2023春•连云港期中）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量a→∥b→，则a→、b→与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知{a→，b→，c→}是空间向量的一组基底，若m→=a→+c→，则{a→，b→，m→}也是空间一组基底
【解题思路】根据空间向量基底是三个不共面的向量，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答过程】解：对于A，空间中只有不共面的三个向量可以作为一组基底，所以选项A错误；
对于B，由向量a→∥b→，则a→、b→与任何向量都是共面向量，所以不能构成空间的一组基底，选项B正确；
对于C，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一组基底，则BA→，BM→，BN→是共面向量，所以A，B，M，N共面，选项C正确；
对于D，因为{a→，b→，c→}是空间向量的一组基底，所以a→、b→、c→不共面，所以a→、b→、a→+c→也不共面，
即m→=a→+c→时，{a→，b→，m→}也是空间一组基底，选项D正确．
故选：BCD．
11．（4分）（2023秋•柯桥区校级期中）有下列四个命题，其中真命题的是（ ）
A．若p→=xa→+yb→，则p→与a→、b→共面
B．若p→与a→、b→共面，则p→=xa→+yb→
C．若MP→=xMA→+yMB→，则P、M、A、B共面
D．若P、M、A、B共面，则MP→=xMA→+yMB→
【解题思路】由空间向量基本定理直接求解．
【解答过程】解：若p→=xa→+yb→，则p→与a→、b→肯定在同一平面内，故A对；
若p→与a→、b→共面，但如果a→与b→共线，则p→就不一定能用a→、b→来表示，故B错误；
同理，D也是错误的；
若MP→=xMA→+yMB→，则MP→，MA→，MB→三向量在同一平面内，所以P、M、A、B共面，故C对．
故选：AC．
12．（4分）（2023秋•锦州期末）已知空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是（ ）
A．向量i→+j→+k→的模是3
B．{i→+j→，i→−j→，k→}可以构成空间的一个基底
C．向量i→+j→+k→和k→夹角的余弦值为33
D．向量i→+j→与k→−j→共线
【解题思路】利用向量的模的性质将i→+j→+k→的模转化为数量积求解，即可判断选项A，利用不共面的向量作为基底判断选项B，利用两个向量夹角的余弦公式进行求解，即可判断选项C，利用向量的夹角公式求出向量i→+j→与k→−j→的夹角，即可判断选项D．
【解答过程】解：对于选项A，因为空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，
所以|i→|=|j→|=|k→|=1，且i→⋅j→=0，i→⋅k→=0，j→⋅k→=0，
则|i→+j→+k→|=(i→+j→+k→)2=i→2+j→2+k→2+2i→⋅j→+2j→⋅k→+2i→⋅k→=3，
所以向量i→+j→+k→的模是3，
故选项A错误；
对于选项B，因为空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，
所以i→，j→，k→不共面，而向量i→+j→，i→−j→均与i→，j→共面，
所以i→+j→，i→−j→与k→不共面，
则{i→+j→，i→−j→，k→}可以构成空间的一个基底，
故选项B正确；
对于选项C，设i→+j→+k→与k→的夹角为α，
则csα=(i→+j→+k→)⋅k→|i→+j→+k→||k→|=i→⋅k→+j→⋅k→+k→⋅k→|i→+j→+k→||k→|=13×1=33，
所以向量i→+j→+k→和k→夹角的余弦值为33，
故选项C 正确；
对于选项D，因为|i→+j→|=(i→+j→)2=i→2+2i→⋅j→+j→2=2，
同理可得|k→−j→|=2，
则cs＜i→+j→，k→−j→＞=(i→+j→)⋅(k→−j→)|i→+j→||k→−j→|=−12，
所以向量i→+j→与k→−j→的夹角为120°，
则向量i→+j→与k→−j→不共线，
故选项D错误．
故选：BC．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023春•岳麓区校级期末）已知{a→，b→，c→}是空间的一个单位正交基底，向量p→=a→+2b→+3c→，{a→+b→，a→−b→，c→}是空间的另一个基底，用基底{a→+b→，a→−b→，c→}表示向量p→= 32（a→+b→）−12（a→−b→）+3c→ ．
【解题思路】设p→=x（a→+b→）+y（a→−b→）+zc→，再利用空间向量的相等，列出方程组求解即可
【解答过程】解：设p→=x（a→+b→）+y（a→−b→）+zc→，
则p→=（x+y）a→+（x﹣y）b→+zc→，
∵p→=a→+2b→+3c→，
∴x+y=1x−y=2z=3，∴x=32y=−12z=3，
∴p→=32（a→+b→）−12（a→−b→）+3c→，
故答案为：32（a→+b→）−12（a→−b→）+3c→．
14．（4分）（2023秋•孝感期中）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别是A1B和B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N．设MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，则x+y+z的值为 1 ．
【解题思路】把三个向量AB→，AA1→，AC→看作是基向量，由向量的线性运算将MN→用三个基向量表示出来，由此能求出结果．
【解答过程】解：由题意三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，
且BM＝3A1M，C1N＝2B1N，
则MN→=MA1→+A1C1→+C1N→
=14BA1→+AC→+23C1B1→
=−14AB→+14AA1→+AC→+23(AB→−AC→)
=512AB→+14AA1→+13AC→，
∵MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，
∴x+y+z=512+14+13=1．
故答案为：1．
15．（4分）（2023秋•开平区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，用a→，b→，c→表示向量MN→的结果是 45a→+310b→−45c→ ．
【解题思路】连接MN，利用空间向量基本定理和空间向量的线性运算，化简求解即可．
【解答过程】解：连接MN，在△A1MN中，MN→=MA1→+A1N→，
因为M为A1D1的中点，
所以MA1→=−12A1D1→=−12AD→=−12b→，
因为点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，
所以A1N→=45A1C→=45(A1A→+A1B1→+A1D1→)=45(−AA1→+AB→+AD→)=45(−c→+a→+b→)，
故MN→=MA1→+A1N→=−12b→+45(−c→+a→+b→)=45a→+310b→−45c→．
故答案为：45a→+310b→−45c→．
16．（4分）（2023秋•吴兴区校级期中）有下列四个命题：
①已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→+BC→+CD→+DA→=0；
②若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→‖CD→；
③分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量；
④对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），则P，A，B，C四点共面．
其中正确命题有 ② ．
【解题思路】对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
【解答过程】解：①已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→+BC→+CD→+DA→=0→，不正确；
②若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→‖CD→，正确；
③分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，不正确；
④对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），仅当x+y+z＝1时成立，则P，A，B，C四点共面，故错误．
故答案为②．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023秋•大安市校级月考）如图，在四面体OABC中，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，G为△ACB的重心，以{a→，b→，c→}为空间基底表示向量BE→，OG→．
【解题思路】利用重心的性质和向量的三角形法则即可得出．
【解答过程】解：由G为△ACB的重心可知E为AC的中点，
所以BE→=12（BA→+BC→）=12[（OA→−OB→）+（OC→−OB→）]=12[（a→−b→）+（c→−b→）]=12（a→−2b→+c→），
OG→=OB→+BG→=b→+23BE→=b→+13（a→−2b→+c→）=13（a→+b→+c→）．
18．（6分）（2023秋•乐清市校级月考）如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON，AP=34AN．
（1）用向量OA→，OB→，OC→表示AN→；
（2）求|OP→|．
【解题思路】（1）利用向量运算法则直接求解．
（2）利用向量运算法则，求出OP→=14OA→+14OB→+14OC→，再由|OP→|2=116（OA→+OB→+OC→）2，计算即可．
【解答过程】解：（1）AN→=AO→+ON→=−OA→+23OM→=−OA→+13OB→+13OC→，
∴AN→=−OA→+13OB→+13OC→．
（2）OP→=OA→+AP→=OA→+34AN→=OA→+34(AO→+ON→)
=14OA→+14ON→=14OA→+14OB→+14OC→，
∴OP→=14OA→+14OB→+14OC→，
∴|OP→|2=116（OA→+OB→+OC→）2=116（1+1+1+1+2×1×1×12+2×1×1×12）=616，
∴|OP→|=64．
19．（8分）（2023秋•美兰区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
（1）证明：A、E、C1、F四点共面．
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z．
【解题思路】（1）由AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，∠ABE＝∠C1D1F，知△ABE≌△C1D1F，进而AE＝C1F，同理AF＝C1E，故AEC1F为平行四边形，由此能够证明A、E、C1、F四点共面．
（2）结合图形和向量的加法和减法运算进行求解．
【解答过程】证明：∵平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE=13BB1，DF=23DD1，
∴AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，
∠ABE＝∠C1D1F，
∴△ABE≌△C1D1F，
∴AE＝C1F，
同理AF＝C1E，
故AEC1F为平行四边形，
∴A、E、C1、F四点共面．
（2）解：如图所示：EF→=EB1→+B1F→=EB1→+B1D1→+D1F→=23BB1→+B1A1→+B1C1→−13DD1→=23AA1→−AB→+AD→−13AA1→=−AB→+AD→+13AA1→=xAB→+yAD→+zAA1→，
即x＝﹣1，y＝1，z=13，
∴x+y+z=13．
20．（8分）（2023秋•乐山期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA'＝60°，且点F为BC'与B'C的交点，点E在线段AC'上，有AE＝2EC'．
（1）求AC'的长；
（2）将EF→用基向量AB→，AD→，AA'→来进行表示．设EF→=xAB→+yAD→+zAA'→，求x，y，z的值．
【解题思路】（1）AC'→=AB→+AD→+AA'→，利用数量积运算性质即可得出．
（2）EF→=EC'→+C'F→=13AC'→−12BC'→，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出．
【解答过程】解：（1）AC'→=AB→+AD→+AA'→，
AC'→2=AB→2+AD→2+AA'→2+2(AB→⋅AD→+AB→⋅AA'→+AD→⋅AA'→)
=42+32+52+2(0+4×5×12+3×5×12)=85，
∴AC'=85．
（2）EF→=EC'→+C'F→=13AC'→−12BC'→
=13(AB→+AD→+AA'→)−12(AD→+AA'→)
=13AB→−16AD→−16AA'→，
∴x=13，y=z=−16．
21．（8分）已知正三棱锥P﹣ABC的侧棱长为2，过其底面中心O作动平面α交线段PC于点S，分别交PA，PB的延长线于点M，N，求1PS+1PM+1PN的值．
【解题思路】解：分别用基底{PA→，PB→，PC→}和{PM→，PN→，PS→}表示出PO→，根据四点共面得出1PS+1PM+1PN的值．
【解答过程】解：∵△ABC是等边三角形，∴O是△ABC的重心，
延长AO交BC于点D，则D为BC的中点，∴AD→=12（AB→+AC→），
故PO→=PA→+AO→=PA→+23AD→=AP→+13（AB→+AC→）=PA→+13（PB→−PA→+PC→−PA→）=13PA→+13PB→+13PC→，
设PA→=xPM→，PB→=yPN→，PC→=zPS→，
则PO→=13xPM→+13yPN→+13zPS→，
∵O，M，N，S四点共面，
∴13x+13y+13z＝1，即x+y+z＝3，
又x=PAPM=2PM，y=PBPN=2PN，z=PCPS=2PS，
∴2（1PS+1PM+1PN）＝3，
∴1PS+1PM+1PN=32．
22．（8分）（2023秋•平邑县校级月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM＝3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若PD→=mPA→，PE→=nPB→，PF→=tPC→，求证：1m+1n+1t为定值，并求出该定值．
【解题思路】连接AG并延长交BC于点H，由题意可令{PA→，PB→，PC→}为空间的一个基底，表示出PM→=14PA→+14PB→+14PC→以及PM→=（1﹣λ﹣μ）mPA→+λnPB→+μtPC→，根据对应关系得到1m+1n+1t为定值即可．
【解答过程】证明：如图示：
连接AG并延长交BC于点H，
由题意可令{PA→，PB→，PC→}为空间的一个基底，
故PM→=34PG→=34（PA→+AG→）=34PA→+34•23AH→
=34PA→+12•12（AB→+AC→）=34PA→+14（PB→−PA→）+14（PC→−PA→）
=14PA→+14PB→+14PC→，
连接DM，因为点D，E，F，M共面，
故存在实数λ，μ，使得DM→=λDE→+μDF→，
即PM→−PD→=λ（PE→−PD→）+μ（PF→−PD→），
故PM→=（1﹣λ﹣μ）PD→+λPE→+μPF→=（1﹣λ﹣μ）mPA→+λnPB→+μtPC→，
由空间向量基本定理知14=（1﹣λ﹣μ）m，14=λn，14=μt，
故1m+1n+1t=4（1﹣λ﹣μ）+4λ+4μ＝4，为定值．