高中数学 3.1.4课时同步练习 新人教A版选修2-1

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第3章 3.1.4
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．已知A、B、C、D、E是空间五点，若{AB→，AC→，AD→}、{AB→，AC→，AE→}均不能构成空间
的一个基底，则在下列各结论中，正确的结论共有( )

①{AB→，AD→，AE→}不构成空间的一个基底；
②{AC→，AD→，AE→}不构成空间的一个基底；
③{BC→，CD→，DE→}不构成空间的一个基底；
④{AB→，CD→，EA→}构成空间的一个基底．
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个

解析： 由AB→、AC→、AD→与AB→、AC→、AE→均不能构成空间的一个基底可知AB→、AC→、
AD→、AE→为共面向量，即A、B、C、D、E
五点共面，故①②③为真命题．

答案： B
2．给出下列命题：
①空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底；
②若a∥b，则a，b与任一个向量都不能构成空间的一个基底；

③A、B、C、D是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，则A，B，M，
N
共面．
其中正确命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析： ①②③都是真命题．
答案： D
3．若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，d＝αa＋βb＋γc，
则α，β，γ分别为( )

A.52，－1，－12 B.52，1，12

C．－52，1，－12 D.52，1，－12
解析： d＝α(e1＋e2＋e3)＋β(e1＋e2－e3)＋γ(e1－e2＋e3)
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＝(α＋β＋γ)e1＋(α＋β－γ)e2＋(α－β＋γ)e3
又∵d＝e1＋2e2＋3e3，

∴ α＋β＋γ＝1α＋β－γ＝2α－β＋γ＝3，

∴ α＝52，β＝－1，γ＝－12.
答案： A
4.如图所示，已知平行六面体OABC－O′A′B′C′，OA→＝a，OC→＝c，OO→′＝b，D是四边
形OABC的中心，则( )

A.O′D→＝－a＋b＋
c
B.O′D→＝－b－12a－12c

C.O′D→＝12a－b－
1
2
c

D.O′D→＝12a－b＋12c
解析： O′D→＝O′O→＋OD→
＝O′O→＋12OB→

＝O′O→＋12(OA→＋OC→)
＝12a－b＋12c.
答案： D
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．已知向量{a，b，c}是空间的一个基底，则从以下各向量a、b、c、a＋b、a－b、a＋c、
a－c、b＋c、b－c
中选出三个向量，有些可构成空间的基底，请你写出三个基底：____________.

答案： ①{c，a＋b，a－b} ②{b，a＋c，a－c}
③{a，b＋c，b－c}

6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E、F分别是底面A1C1和侧面CD1的中心，若EF→＋λA1D→＝
0(λ∈R)，则λ＝________.
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解析： 如图，连结A1C1，C1D，则E在A1C1上，F在C1D上，
易知EF綊12A1D，

∴EF→＝12A1D→，
即EF→－12A1D→＝0，
∴λ＝－12.
答案： －12
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.如图所示，四棱锥P－OABC的底面为一矩形，PO⊥平面OABC，设OA→＝a，OC→＝b，
OP
→

＝c，E、F分别是PC和PB的中点，试用a，b，c表示：BF→、BE→、AE→、EF→.

解析： 连结BO，则BF→＝12BP→＝12(BO→＋OP→)＝12(c－b－a)＝－12a－12b＋12c.
BE→＝BC→＋CE→＝－a＋12CP→＝－a＋12(CO→＋OP
→
)

＝－a－12b＋12c.
AE→＝AP→＋PE→＝AO→＋OP→＋12(PO→＋OC
→
)

＝－a＋c＋12(－c＋b)＝－a＋12b＋12c.
EF→＝12CB→＝12OA→＝12a
.

8．已知正四面体ABCD棱长为a，试建立恰当的坐标系并表示出各个顶点的坐标．
解析： 过A作AG垂直于平面BCD，
由于AB＝AC＝AD，所以G为△BCD的中心，
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过G作GF∥CD，E为CD的中点，
以G为原点，GA→，GE→，GF→分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为△BCD的边长为a，

则BE＝32a，GE＝36a，
又GFCE＝23，
所以GF＝23×12a＝13a，
又BG＝33a，
所以AG＝a2－a23＝63a，
所以A0，0，63a，B0，－33a，0，Ca2，36a，0，
D




－a2，36a，0
.

尖子生题库☆☆☆
9．(10分)如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在B1B和D1D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.

解析： (1)证明：∵AC1→＝AB→＋AD→＋AA1→
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＝AB→＋AD→＋13AA1→＋23AA1→
＝AB→＋13AA1→＋AD→＋23AA1→
＝AB→＋BE→＋AD→＋DF→＝AE→＋AF→，
∴A、E、C1、F四点共面．

(2)∵EF→＝AF→－AE→＝AD→＋DF→－(AB→＋BE→)
＝AD→＋23DD1→－AB→－13BB1→

＝－AB→＋AD→＋13AA1→，
∴x＝－1，y＝1，z＝13，
∴x＋y＋z＝13.