【名師一號(hào)】2020-2021學(xué)年人教A版高中數(shù)學(xué)選修2-1雙基限時(shí)練17

雙基限時(shí)練(十七)1．滿足下列條件，能說明空間不重合的三點(diǎn)A，B，C共線的是()A.eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\o(AC,\s\up16(→)) B.eq\o(AB,\s\up16(→))－eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))C.eq\o(AB,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→)) D．|eq\o(AB,\s\up16(→))|＝|eq\o(BC,\s\up16(→))|答案C2．下列命題中正確的是()A．若a與b共線，b與c共線，則a與c共線B．向量a，b，c共面，即它們所在的直線共面C．零向量沒有確定的方向D．若a∥b，則存在唯一的實(shí)數(shù)λ，使a＝λb解析當(dāng)b＝0時(shí)，a與c不肯定共線，所以A錯(cuò)．由共面對(duì)量的定義知，B錯(cuò)．當(dāng)a與b是非零向量時(shí)，D正確，但命題中沒有非零向量這個(gè)條件，所以D錯(cuò)．答案C3．下列條件中使點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C肯定共面的是()A.eq\o(OM,\s\up16(→))＝2eq\o(OA,\s\up16(→))－eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→))B.eq\o(OM,\s\up16(→))＝eq\f(1,5)eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up16(→))C.eq\o(MA,\s\up16(→))＋eq\o(MB,\s\up16(→))＋eq\o(MC,\s\up16(→))＝0D.eq\o(OM,\s\up16(→))＋eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\o(OC,\s\up16(→))＝0答案C4．下列結(jié)論中，正確的個(gè)數(shù)是()①若a，b，c共面，則存在實(shí)數(shù)x，y，使a＝xb＋yc②若a，b，c不共面，則不存在實(shí)數(shù)x，y，使a＝xb＋yc③若a，b，c共面，b，c不共線，則存在實(shí)數(shù)x，y，使a＝xb＋yc④若a＝xb＋yc，則a，b，c共面A．0 B．1C．2 D．3解析②③④正確，①錯(cuò)誤．答案D5．已知向量a，b，且eq\o(AB,\s\up16(→))＝a＋2b，eq\o(BC,\s\up16(→))＝－5a＋6b，eq\o(CD,\s\up16(→))＝7a－2b，則肯定共線的三點(diǎn)是()A．A，B，D B．A，B，CC．B，C，D D．A，C，D解析∵eq\o(AD,\s\up16(→))＝eq\o(CD,\s\up16(→))－eq\o(CA,\s\up16(→))＝eq\o(CD,\s\up16(→))＋eq\o(AC,\s\up16(→))＝eq\o(CD,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→))＝(7a－2b)＋(a＋2b)＋(－5a＋6＝3a＋6＝3eq\o(AB,\s\up16(→))∴A，B，D三點(diǎn)共線．答案A6．在長方體ABCD—A1B1C1D1中，E為矩形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，則eq\o(A1E,\s\up16(→))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋xeq\o(A1B1,\s\up16(→))＋yeq\o(A1D1,\s\up16(→))中的x，y值應(yīng)為x＝__________，y＝__________.解析eq\o(A1E,\s\up16(→))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CE,\s\up16(→))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CA,\s\up16(→))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(CB,\s\up16(→))＋eq\o(CD,\s\up16(→)))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\o(AB,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up16(→))＋eq\o(BC,\s\up16(→))－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up16(→))＝eq\o(A1A,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1B1,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1D1,\s\up16(→)).∴x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2).答案eq\f(1,2)eq\f(1,2)7．向量a與b不共線，存在唯一一對(duì)非零實(shí)數(shù)m，n，使c＝ma＋nb，則a，b，c__________共面對(duì)量．(填“是”或“不是”)答案是8．已知O是空間任一點(diǎn)，A，B，C，D四點(diǎn)滿足任三點(diǎn)均不共線，但四點(diǎn)共面，且eq\o(OA,\s\up16(→))＝2x·eq\o(BO,\s\up16(→))＋3y·eq\o(CO,\s\up16(→))＋4z·eq\o(DO,\s\up16(→))，則2x＋3y＋4z＝__________.解析eq\o(OA,\s\up16(→))＝2x·eq\o(BO,\s\up16(→))＋3y·eq\o(CO,\s\up16(→))＋4z·eq\o(DO,\s\up16(→))＝－2x·eq\o(OB,\s\up16(→))－3y·eq\o(OC,\s\up16(→))－4z·eq\o(OD,\s\up16(→))由四點(diǎn)共面的充要條件知－2x－3y－4z＝1，即2x＋3y＋4z＝－1.答案－19．已知A，B，C，D四點(diǎn)共面，求證：對(duì)于空間任一點(diǎn)O，存在不全為零的實(shí)數(shù)k1，k2，k3，k4，使k1eq\o(OA,\s\up16(→))＋k2eq\o(OB,\s\up16(→))＋k3eq\o(OC,\s\up16(→))＋k4eq\o(OD,\s\up16(→))＝0.證明由A，B，C，D四點(diǎn)共面，知eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))，eq\o(AD,\s\up16(→))共面，由平面對(duì)量基本定理知，存在實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，使eq\o(AB,\s\up16(→))＝xeq\o(AC,\s\up16(→))＋yeq\o(AD,\s\up16(→))，即eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→))＝x(eq\o(OC,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→)))＋y(eq\o(OD,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→)))．∴(1－x－y)eq\o(OA,\s\up16(→))－eq\o(OB,\s\up16(→))＋xeq\o(OC,\s\up16(→))＋yeq\o(OD,\s\up16(→))＝0，令k1＝1－x－y，k2＝－1，k3＝x，k4＝y(tǒng)，即得k1eq\o(OA,\s\up16(→))＋k2eq\o(OB,\s\up16(→))＋k3eq\o(OC,\s\up16(→))＋k4eq\o(OD,\s\up16(→))＝0.10．設(shè)e1，e2是平面上不共線的向量，已知eq\o(AB,\s\up16(→))＝2e1＋ke2，eq\o(CB,\s\up16(→))＝e1＋3e2，eq\o(CD,\s\up16(→))＝2e1－e2，若A，B，D三點(diǎn)共線，試求實(shí)數(shù)k的值．解∵eq\o(BD,\s\up16(→))＝eq\o(BC,\s\up16(→))＋eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\o(CD,\s\up16(→))－eq\o(CB,\s\up16(→))＝2e1－e2－(e1＋3e2)＝e1－4e2.eq\o(AB,\s\up16(→))＝2e1＋ke2，又A，B，D三點(diǎn)共線，由共線向量定理得eq\f(1,2)＝eq\f(－4,k)，∴k＝－8.11．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)平面ABC外一點(diǎn)O，有eq\o(OP,\s\up16(→))＝eq\f(2,5)eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,5)eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\f(2,5)eq\o(OC,\s\up16(→)).求證：P，A，B，C四點(diǎn)共面．證明∵eq\o(OP,\s\up16(→))＝eq\f(2,5)eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,5)eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\f(2,5)eq\o(OC,\s\up16(→))，∴eq\o(OP,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)－\f(2,5)))eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,5)eq\o(OB,\s\up16(→))＋eq\f(2,5)eq\o(OC,\s\up16(→))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,5)(eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→)))＋eq\f(2,5)(eq\o(OC,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→)))＝eq\o(OA,\s\up16(→))＋eq\f(1,5)eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up16(→))，∴eq\o(OP,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up16(→)).∴eq\o(AP,\s\up16(→))＝eq\f(1,5)eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up16(→)).∴向量eq\o(AP,\s\up16(→))，eq\o(AB,\s\up16(→))，eq\o(AC,\s\up16(→))共面，而線AP，AB，AC有公共點(diǎn)，∴P，A，B，C四點(diǎn)共面．12．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)平面ABC外一點(diǎn)O，當(dāng)eq\o(OP,\s\up16(→))＝2eq\o(OA,\s\up16(→))－eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→))時(shí)，點(diǎn)P是否與A，B，C共面．解假設(shè)P與A，B，C共面，則存在唯一的實(shí)數(shù)對(duì)(x，y)，使eq\o(AP,\s\up16(→))＝xeq\o(AB,\s\up16(→))＋yeq\o(AC,\s\up16(→))，于是對(duì)平面ABC外一點(diǎn)O，有eq\o(OP,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→))＝x(eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→)))＋y(eq\o(OC,\s\up16(→))－eq\o(OA,\s\up16(→)))，∴eq\o(OP,\s\up16(→))＝(1－x－y)eq\o(OA,\s\up16(→))＋xeq\o(OB,\s\up16(→))＋yeq\o(OC,\s\up16(→)).又eq\o(OP,\s\up16(→))＝2eq\o(OA,\s\up16(→))－eq\o(OB,\s\up16(→))－eq\o(OC,\s\up16(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x－y＝2，,x＝－1，,y＝－1.))此方程組無解，這樣的x，y不存在，故點(diǎn)P與A，B，C不共面．13.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中點(diǎn)，求證：B1C∥平面ODC證明eq\o(B1C,\s\up16(→))＝eq\o(B1O,\s\up16(→))＋eq\o(OC1,\s\up16(→))＋eq\o(C1C,\s\up16(→))＝eq\o(B1O,\s\up16(→))＋eq\o(OC1,\s\up16(→))＋eq\o(D1D,\s\up16(→))＝eq\o(B1O,\s\up16(