数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.3 空间向量及其运算的坐标表示同步练习题

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1．（3分）（2021秋•重庆月考）已知是空间的一个基底，下列不能与，构成空间的另一个基底的是（ ）
A．B．C．D．
【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，，两式相加可得（）+（），
所以得与，是共面向量，
故不能与，构成空间的另一个基底．
故选：A．
2．（3分）（2021秋•朝阳区校级期末）已知空间向量，，，下列命题中正确的个数是（ ）
①若与共线，与共线，则与共线；
②若，，非零且共面，则它们所在的直线共面；
③若，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得；
④若，不共线，向量（λ，μ∈R且λμ≠0），则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，若与共线，与共线，则当时，与不共线，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，
∴，，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，，不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得，故③正确；
④若，不共线，向量，
则共在，∴不可以构成空间的一个基底，故④错误．
故选：B．
3．（3分）（2022春•涪城区校级期中）已知O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A．，，共线
B．O，A，B，C中至少有三点共线
C．与共线
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：由于向量不能构成空间的一个基底知共面，
所以O，A，B，C四点共面，
故选：D．
4．（3分）（2022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，若，则（x，y，z）为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】G是△ABC的重心，可得（）（），再由，可得，而，从而可以将用，，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（）（），
因为D是PG上的一点，且，所以，
因为，
所以（）
．
因为，所以x＝y＝z．
故选：B．
5．（3分）（2021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λ确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ等于（ ）
A．B．C．D．
【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λ确定的一点P与A，B，C共面，
∴三点P，A，C共线，∴，解得λ．
故选：A．
6．（3分）（2021秋•三明期末）在四面体O﹣ABC中，设，，，3，若F为BC的中点，P为EF的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【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
（）
．
故选：A．
7．（3分）（2021秋•福州期末）如图，M为OA的中点，以为基底，，则实数组（x，y，z）等于（ ）
A．B．C．D．
【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，
∴，
∵，
∴x，y＝0，z＝﹣1，
故选：B．
8．（3分）（2022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（ ）
A．B．
C．D．
【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，P为△B1C1D的重心，由此用、和表示．
【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，
所以P为△B1C1D的重心，所以，
即23，
所以（）+2（）+3（），
所以．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2021秋•梅州期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【解题思路】利用共面向量定理直接求解．
【解答过程】解：构成空间的一个基底，
对于A，2，∴，，共面，故A正确；
对于B，（）+（），∴，，共面，故B正确；
对于C，，，不能共面，故C错误；
对于D，（），∴，，共面，故D正确．
故选：ABD．
10．（4分）（2022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，则、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，，不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知是空间向量的一组基底，若，则也是空间一组基底
【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，则、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，，不能构成空间的一组基底，则，，是共面向量，所以A，B，M，N共面，选项C正确；
对于D，因为是空间向量的一组基底，所以、、不共面，所以、、也不共面，
即时，也是空间一组基底，选项D正确．
故选：BCD．
11．（4分）（2021秋•柯桥区校级期中）有下列四个命题，其中真命题的是（ ）
A．若，则与、共面
B．若与、共面，则
C．若，则P、M、A、B共面
D．若P、M、A、B共面，则
【解题思路】由空间向量基本定理直接求解．
【解答过程】解：若，则与、肯定在同一平面内，故A对；
若与、共面，但如果与共线，则就不一定能用、来表示，故B错误；
同理，D也是错误的；
若，则，，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）（2021秋•锦州期末）已知空间向量都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是（ ）
A．向量的模是3
B．可以构成空间的一个基底
C．向量和夹角的余弦值为
D．向量与共线
【解题思路】利用向量的模的性质将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与的夹角，即可判断选项D．
【解答过程】解：对于选项A，因为空间向量都是单位向量，且两两垂直，
所以，且，
则，
所以向量的模是，
故选项A错误；
对于选项B，因为空间向量都是单位向量，且两两垂直，
所以不共面，而向量均与共面，
所以与不共面，
则可以构成空间的一个基底，
故选项B正确；
对于选项C，设与的夹角为α，
则，
所以向量和夹角的余弦值为，
故选项C 正确；
对于选项D，因为，
同理可得，
则，
所以向量与的夹角为120°，
则向量与不共线，
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）（2022春•岳麓区校级期末）已知{，，}是空间的一个单位正交基底，向量23，{，−，}是空间的另一个基底，用基底{，−，}表示向量 （）（）+3 ．
【解题思路】设x（）+y（）+z，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x（）+y（）+z，
则（x+y）（x﹣y）z，
∵23，
∴，∴，
∴（）（）+3，
故答案为：（）（）+3．
14．（4分）（2021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，则x+y+z的值为 1 ．
【解题思路】把三个向量看作是基向量，由向量的线性运算将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


，
∵，
∴x+y+z1．
故答案为：1．
15．（4分）（2021秋•开平区校级月考）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，用，，表示向量的结果是 ．
【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，，
因为M为A1D1的中点，
所以，
因为点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，
所以，
故．
故答案为：．
16．（4分）（2021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0；
②若两个非零向量与满足，则‖；
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xyz（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，不正确；
②若两个非零向量与满足，则‖，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xyz（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）（2021秋•大安市校级月考）如图，在四面体OABC中，设，，，G为△ACB的重心，以{，，}为空间基底表示向量，．
【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（）[（）+（）][（）+（）]（2），
（2）（）．
18．（6分）（2021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，．
（1）用向量，，表示；
（2）求．
【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，再由||2（）2，计算即可．
【解答过程】解：（1），
∴．
（2）
，
∴，
∴||2（）2（1+1+1+1+2），
∴．
19．（8分）（2021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BEBB1，DFDD1．
（1）证明：A、E、C1、F四点共面．
（2）若xyz，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，BEBB1，DFDD1，
∴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：xyz，
即x＝﹣1，y＝1，z，
∴x+y+z．
20．（8分）（2021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）将用基向量来进行表示．设xyz，求x，y，z的值．
【解题思路】（1），利用数量积运算性质即可得出．
（2），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），

85，
∴．
（2）

，
∴．
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，求的值．
【解题思路】解：分别用基底{，，}和{，，}表示出，根据四点共面得出的值．
【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，∴（），
故（）（），
设x，y，z，
则xyz，
∵O，M，N，S四点共面，
∴xyz＝1，即x+y+z＝3，
又x，y，z，
∴2（）＝3，
∴．
22．（8分）（2021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m，n，t，求证：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{，，}为空间的一个基底，表示出以及（1﹣λ﹣μ）mλnμt，根据对应关系得到为定值即可．
【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{，，}为空间的一个基底，
故（）•
•（）（）（）
，
连接DM，因为点D，E，F，M共面，
故存在实数λ，μ，使得λμ，
即λ（）+μ（），
故（1﹣λ﹣μ）λμ（1﹣λ﹣μ）mλnμt，
由空间向量基本定理知（1﹣λ﹣μ）m，λn，μt，
故4（1﹣λ﹣μ）+4λ+4μ＝4，为定值．