2019-2020学年同步人教A版高中数学选修2-1素养练习：3.1　3.1.2　空间向量的数乘运 .doc

学生用书P133(单独成册)A基础达标1设a，b是不共线的两个向量，R，且ab0，则()A0Bab0C0，b0 D0，a0解析：选A.因为a，b不共线，所以a，b均为非零向量，又因为ab0，所以0.2已知空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则()等于()A.B C.D解析：选A.()(2).3已知向量a，b，且a2b，5a6b，7a2b，则一定共线的三点是()AA，B，D BA，B，CCB，C，D DA，C，D解析：选A.因为a2b.2a4b2(a2b)2，所以，由于与有一个公共点B，所以A，B，D三点共线4在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是()A.32B.0C.0D.解析：选C.因为0，所以，所以M与A，B，C必共面5给出下列命题：若A，B，C，D是空间任意四点，则有0；|a|b|ab|是a，b共线的充要条件；若，共线，则ABCD；对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若xyz(其中x，y，zR)，则P，A，B，C四点共面其中不正确命题的个数是()A1 B2 C3 D4解析：选C.显然正确；若a，b共线，则|a|b|ab|或|ab|a|b|，故错误；若，共线，则直线AB，CD可能重合，故错误；只有当xyz1时，P，A，B，C四点才共面，故错误故选C.6化简：(a2b3c)5(abc)3(a2bc)_解析：原式(53)a(2532)b(353)cabc.答案：abc7在三棱锥ABCD中，若BCD是正三角形，E为其中心，则化简的结果为_解析：如图，延长DE交边BC于点F，则，故0.答案：08已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为0的实数，m，n，使mn0，那么mn的值为_解析：因为A，B，C三点共线，所以存在唯一实数k使k，即k()，所以(k1)k0.又mn0，令k1，m1，nk，则mn0.答案：09.如图，设O为ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点，若xy，求x，y的值解：因为()()()，所以x，y.10在长方体ABCDA1B1C1D1中，M为DD1的中点，点N在AC上，且ANNC21，求证：与，共面证明：因为，()，所以()().所以与，共面B能力提升11对于空间一点O和不共线的三点A，B，C，有623，则()AO，A，B，C四点共面 BP，A，B，C四点共面CO，P，B，C四点共面 DO，P，A，B，C五点共面解析：选B.由623，得2()3()，即23，故，共面，又它们有公共点P，因此，P，A，B，C四点共面12已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若由确定的一点P与A，B，C三点共面，则_解析：根据P，A，B，C四点共面的条件，知存在实数x，y，z，使得xyz成立，其中xyz1，于是1，所以.答案：13在平行六面体ABCDEFGH中，已知M，N，R分别是AB，AD，AE上的点，且AMMB，AR2RE，求平面MNR截体对角线AG所得线段AP与PG的比解：如图，设m，因为23，所以2m3mm.由于P，M，R，N四点共面，所以2m3mm1，从而得m，即，所以.14.(选做题)如图，已知OE是平行六面体OADBCFEG的体对角线，点M是ABC的重心，求证：点M在直线OE上证明：如图，连接AM并延长交BC于点H，因为M是ABC的重心，所以H为BC的中点，所以()所以()()().所以()又因为，所以，所以点M在直线OE上