高中數(shù)學人教A版1第三章空間向量與立體幾何

學業(yè)分層測評(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]一、選擇題1．對于空間中任意三個向量a，b，2a－b，它們一定是()A．共面向量 B．共線向量C．不共面向量 D．既不共線也不共面向量【解析】由共面向量定理易得答案A.【答案】A2．已知向量a，b，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋2b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝－5a＋6b，eq\o(CD,\s\up6(→))＝7a－2b，則一定共線的三點是()A．A，B，D B．A，B，CC．B，C，D D．A，C，D【解析】eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝－5a＋6b＋7a－2b＝2a＋4b，eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＝－a－2b，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝－2eq\o(BA,\s\up6(→))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))與eq\o(BA,\s\up6(→))共線，又它們經(jīng)過同一點B，∴A，B，D三點共線．【答案】A3．A，B，C不共線，對空間任意一點O，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，則P，A，B，C四點()A．不共面 B．共面C．不一定共面 D．無法判斷【解析】∵eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1，∴點P，A，B，C四點共面．【答案】B4．在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，用向量eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示向量eq\o(BD1,\s\up6(→))的結(jié)果為()圖3-1-11\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))【解析】eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)).故選B.【答案】B5．如圖3-1-12，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H，P，Q分別是A1A，AB，BC，CC1，C1D1，D1A1圖3-1-12\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(GH,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0\o(EF,\s\up6(→))－eq\o(GH,\s\up6(→))－eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(GH,\s\up6(→))－eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0\o(EF,\s\up6(→))－eq\o(GH,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0【解析】由題圖觀察，eq\o(EF,\s\up6(→))、eq\o(GH,\s\up6(→))、eq\o(PQ,\s\up6(→))平移后可以首尾相接，故有eq\o(EF,\s\up6(→))＋eq\o(GH,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＝0.【答案】A二、填空題6．已知兩非零向量e1，e2，且e1與e2不共線，若a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R，且λ2＋μ2≠0)，則下列三個結(jié)論有可能正確的是________．(填序號)①a與e1共線；②a與e2共線；③a與e1，e2共面．【解析】當λ＝0時，a＝μe2，故a與e2共線，同理當μ＝0時，a與e1共線，由a＝λe1＋μe2知，a與e1，e2共面．【答案】①②③7．已知O為空間任意一點，A，B，C，D四點滿足任意三點不共線，但四點共面，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝2xeq\o(BO,\s\up6(→))＋3yeq\o(CO,\s\up6(→))＋4zeq\o(DO,\s\up6(→))，則2x＋3y＋4z的值為________．【解析】由題意知A，B，C，D共面的充要條件是對空間任意一點O，存在實數(shù)x1，y1，z1，使得eq\o(OA,\s\up6(→))＝x1eq\o(OB,\s\up6(→))＋y1eq\o(OC,\s\up6(→))＋z1eq\o(OD,\s\up6(→))，且x1＋y1＋z1＝1，因此2x＋3y＋4z＝－1.【答案】－18．設(shè)e1，e2是空間兩個不共線的向量，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝2e1＋ke2，eq\o(CB,\s\up6(→))＝e1＋3e2，eq\o(CD,\s\up6(→))＝2e1－e2，且A，B，D三點共線，則k＝________.【導學號：18490085】【解析】由已知可得：eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，∵A，B，D三點共線，∴eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(BD,\s\up6(→))共線，即存在λ∈R使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→)).∴2e1＋ke2＝λ(e1－4e2)＝λe1－4λe2，∵e1，e2不共線，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,k＝－4λ，))解得k＝－8.【答案】－8三、解答題9．已知四邊形ABCD為正方形，P是四邊形ABCD所在平面外一點，P在平面ABCD上的射影恰好是正方形ABCD的中心O，Q是CD的中點．求下列各式中x，y的值．(1)eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))＋xeq\o(PC,\s\up6(→))＋yeq\o(PA,\s\up6(→))；(2)eq\o(PA,\s\up6(→))＝xeq\o(PO,\s\up6(→))＋yeq\o(PQ,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)).【解】如圖所示，(1)∵eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(PC,\s\up6(→))，∴x＝y(tǒng)＝－eq\f(1,2).(2)∵eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→)).又∵eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→))＝2eq\o(PQ,\s\up6(→))，∴eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\o(PD,\s\up6(→)).從而有eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))－(2eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\o(PD,\s\up6(→)))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))－2eq\o(PQ,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)).∴x＝2，y＝－2.10.如圖3-1-13，四邊形ABCD、四邊形ABEF都是平行四邊形，且不共面，M，N分別是AC，BF的中點，判斷eq\o(CE,\s\up6(→))與eq\o(MN,\s\up6(→))是否共線．圖3-1-13【解】∵M，N分別是AC，BF的中點，又四邊形ABCD、四邊形ABEF都是平行四邊形，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(FN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(FB,\s\up6(→)).又∵eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＋eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(FB,\s\up6(→))，∴eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(FB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))－eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(FB,\s\up6(→)).∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋2eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝2(eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＋eq\o(FN,\s\up6(→)))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝2eq\o(MN,\s\up6(→))，∴eq\o(CE,\s\up6(→))∥eq\o(MN,\s\up6(→))，即eq\o(CE,\s\up6(→))與eq\o(MN,\s\up6(→))共線．[能力提升]1．若P，A，B，C為空間四點，且有eq\o(PA,\s\up6(→))＝αeq\o(PB,\s\up6(→))＋βeq\o(PC,\s\up6(→))，則α＋β＝1是A，B，C三點共線的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【解析】若α＋β＝1，則eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝β(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))，即eq\o(BA,\s\up6(→))＝βeq\o(BC,\s\up6(→))，顯然A，B，C三點共線；若A，B，C三點共線，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，故eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PA,\s\up6(→))＝λ(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))，整理得eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1＋λ)eq\o(PB,\s\up6(→))－λeq\o(PC,\s\up6(→))，令α＝1＋λ，β＝－λ，則α＋β＝1，故選C.【答案】C2．已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，M為空間任意兩點，如果有eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋7eq\o(BA,\s\up6(→))＋6eq\o(AA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))，那么M必()A．在平面BAD1內(nèi) B．在平面BA1D內(nèi)C．在平面BA1D1內(nèi) D．在平面AB1C1【解析】由于eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋7eq\o(BA,\s\up6(→))＋6eq\o(AA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋6eq\o(BA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋6eq\o(BA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝eq\o(PA1,\s\up6(→))＋6(eq\o(PA1,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))－4(eq\o(PD1,\s\up6(→))－eq\o(PA1,\s\up6(→)))＝11eq\o(PA1,\s\up6(→))－6eq\o(PB,\s\up6(→))－4eq\o(PD1,\s\up6(→))，于是M，B，A1，D1四點共面，故選C.【答案】C3．已知兩非零向量e1，e2，且e1與e2不共線，若a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R，且λ2＋μ2≠0)，則下列三個結(jié)論有可能正確的是________.【導學號：18490086】①a與e1共線；②a與e2共線；③a與e1，e2共面．【解析】當