课时达标检测(21) 从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十一)　 从平面向量到空间向量、 空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十一)　从平面向量到空间向量、空间向量的线性运算 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 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解析　若b＝0，则a与c不一定共线，故A错误；共面向量的定义是平行于同一平面的向量，表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，故B错误；C中，因为eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝－eq \o(CD,\s\up16(→))，所以eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))共线，故C正确；若b＝0，a≠0，则不存在λ，使a＝λb，故D错误。 答案　C 答案与解析 2．满足下列条件，能说明空间不重合的A，B，C三点共线的是(　　) A．eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→)) B．eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→)) C．eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→)) D．|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝|eq \o(BC,\s\up16(→))| 解析　对于空间中的任意向量，都有eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))，选项A错误；若eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))，则eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))，而eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))，据此可知eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(CB,\s\up16(→))，即B，C两点重合，选项B错误；eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))，则A，B，C三点共线，选项C正确；|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝|eq \o(BC,\s\up16(→))|，则线段AB的长度与线段BC的长度相等，不一定有A，B，C三点共线，选项D错误。 答案　C 答案与解析 3．已知空间四边形ABCD，连接BD，设M，N分别是BC，CD的中点，则eq \o(MN,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝(　　) A．eq \f(3,2) eq \o(DB,\s\up16(→)) B．3eq \o(MN,\s\up16(→)) C．3eq \o(NM,\s\up16(→)) D．2eq \o(MN,\s\up16(→)) 解析　因为M，N分别是BC，CD的中点，所以MN∥BD，且MN＝eq \f(1,2)BD，所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→))，所以eq \o(MN,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(MN,\s\up16(→))＋(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \o(MN,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(MN,\s\up16(→))＋2eq \o(MN,\s\up16(→))＝3eq \o(MN,\s\up16(→))。故选B。 答案　B 答案与解析 4．设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且eq \o(AO,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \o(DO,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))，则四边形ABCD是(　　) A．平行四边形 B．空间四边形 C．等腰梯形 D．矩形 解析　因为eq \o(AO,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＝eq \o(DO,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(DC,\s\up16(→))。所以AB∥DC且|AB|＝|DC|。所以四边形ABCD为平行四边形。 答案　A 答案与解析 5．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(A1C1,\s\up16(→))，若eq \o(AE,\s\up16(→))＝xeq \o(AA1,\s\up16(→))＋y(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))，则(　　) A．x＝1，y＝eq \f(1,2) B．x＝eq \f(1,2)，y＝1 C．x＝1，y＝eq \f(1,3) D．x＝1，y＝eq \f(1,4) 解析　因为eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,4)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))，所以x＝1，y＝eq \f(1,4)。 答案　D 答案与解析 6．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，向量eq \o(D1A,\s\up16(→))，eq \o(D1C,\s\up16(→))，eq \o(A1C1,\s\up16(→))是(　　) A．有相同起点的向量 B．等长向量 C．共面向量 D．不共面向量 解析　因为eq \o(D1C,\s\up16(→))－eq \o(D1A,\s\up16(→))＝eq \o(AC,\s\up16(→))，且eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))，所以eq \o(D1C,\s\up16(→))－eq \o(D1A,\s\up16(→))＝eq \o(A1C1,\s\up16(→))，即eq \o(D1C,\s\up16(→))＝eq \o(D1A,\s\up16(→))＋eq \o(A1C1,\s\up16(→))。又eq \o(D1A,\s\up16(→))与eq \o(A1C1,\s\up16(→))不共线，所以eq \o(D1C,\s\up16(→))，eq \o(D1A,\s\up16(→))，eq \o(A1C1,\s\up16(→))三向量共面。 答案　C 答案与解析 二、多项选择题 7．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列各式中运算结果为eq \o(BD1,\s\up16(→))的是(　　) A．(eq \o(A1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))－eq \o(AB,\s\up16(→)) B．(eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→)))－eq \o(D1C1,\s\up16(→)) C．(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))－eq \o(DD1,\s\up16(→)) D．(eq \o(B1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))＋eq \o(DD1,\s\up16(→)) 解析　A选项，(eq \o(A1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(AD1,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))；B选项，(eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→)))－eq \o(D1C1,\s\up16(→))＝eq \o(BC1,\s\up16(→))－eq \o(D1C1,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))；C选项，(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))－eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD,\s\up16(→))－eq \o(DD1,\s\up16(→))≠eq \o(BD1,\s\up16(→))；D选项，(eq \o(B1D1,\s\up16(→))－eq \o(A1A,\s\up16(→)))＋eq \o(DD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))＋eq \o(DD1,\s\up16(→))≠eq \o(BD1,\s\up16(→))。故选AB。 答案　AB 答案与解析 8．下列命题是真命题的是(　　) A．若点A，B，C，D在一条直线上，则eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))是共线向量 B．若点A，B，C，D不在一条直线上，则eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))一定不是共线向量 C．若eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))是共线向量，则点A，B，C，D一定在一条直线上 D．若eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(AC,\s\up16(→))是共线向量，则点A，B，C一定在一条直线上 解析　对选项A，由点A，B，C，D在一条直线上，可得eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))的方向相同或相反，所以eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))一定是共线向量，故A为真命题；对选项B，由点A，B，C，D不在一条直线上，则eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))的方向不确定，所以不能判断eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))是否为共线向量，故B为假命题；对选项C，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))两向量所在的直线是否有公共点不确定，所以四点不一定在同一条直线上，故C为假命题；对选项D，由eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))两向量所在的直线至少有一个公共点A，且eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(AC,\s\up16(→))是共线向量，所以三点一定共线，故D为真命题。故选AD。 答案　AD 答案与解析 三、填空题 9．已知空间中任意四个点A，B，C，D，则eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝________。 解析　解法一：eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝(eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(DA,\s\up16(→)))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(CA,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))。 解法二：eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \o(DA,\s\up16(→))＋(eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→)))＝eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))。 答案　eq \o(BA,\s\up16(→)) 答案与解析 10．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝a，eq \o(A1D1,\s\up16(→))＝b，eq \o(A1A,\s\up16(→))＝c，用a，b，c表示eq \o(D1M,\s\up16(→))，则eq \o(D1M,\s\up16(→))＝________。 解析　如图，eq \o(D1M,\s\up16(→))＝eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \o(DM,\s\up16(→))＝eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(DC,\s\up16(→)))＝c＋eq \f(1,2)(－eq \o(A1D1,\s\up16(→))＋eq \o(A1B1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c。 答案　eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c 答案与解析 11．已知空间向量c，d不共线，设向量a＝kc＋d，b＝c－k2d，且a与b共线，则实数k的值为________。 解析　因为c，d不共线，所以c≠0，且d≠0。由a与b共线知，存在λ∈R使a＝λb成立，即kc＋d＝λ(c－k2d)，整理得(k－λ)c＋(1＋λk2)d＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k－λ＝0，,1＋λk2＝0，))解得k＝λ＝－1。 答案　－1 答案与解析 四、解答题 12.如图所示，在正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1中。 (1)化简eq \o(A1F1,\s\up16(→))－eq \o(EF,\s\up16(→))－eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(FF1,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(F1A1,\s\up16(→))，并在图中标出表示化简结果的向量； (2)化简eq \o(DE,\s\up16(→))＋eq \o(E1F1,\s\up16(→))＋eq \o(FD,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(A1E1,\s\up16(→))，并在图中标出表示化简结果的向量。 解　(1)eq \o(A1F1,\s\up16(→))－eq \o(EF,\s\up16(→))－eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(FF1,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(F1A1,\s\up16(→))＝eq \o(AF,\s\up16(→))＋eq \o(FE,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))＋eq \o(AB1,\s\up16(→))＋0＝eq \o(AE,\s\up16(→))＋eq \o(ED1,\s\up16(→))＝eq \o(AD1,\s\up16(→))。eq \o(AD1,\s\up16(→))在图中表示如图①。 (2)eq \o(DE,\s\up16(→))＋eq \o(E1F1,\s\up16(→))＋eq \o(FD,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(A1E1,\s\up16(→))＝eq \o(DE,\s\up16(→))＋eq \o(EF,\s\up16(→))＋eq \o(FD,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1D1,\s\up16(→))＝eq \o(DF,\s\up16(→))＋eq \o(FD,\s\up16(→))＋eq \o(BD1,\s\up16(→))＝0＋eq \o(BD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD1,\s\up16(→))。eq \o(BD1,\s\up16(→))在图中表示如图②。 13．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，M为DD1的中点，点N在AC上，且AN∶NC＝2∶1，求证：eq \o(A1N,\s\up16(→))与eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(A1M,\s\up16(→))共面。 证明　因为eq \o(A1B,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→))， eq \o(A1M,\s\up16(→))＝eq \o(A1D1,\s\up16(→))＋eq \o(D1M,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→))， eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))， 所以eq \o(A1N,\s\up16(→))＝eq \o(AN,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)) ＝eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))－eq \o(AA1,\s\up16(→)) ＝eq \f(2,3)(eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→)))＋eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))－\f(1,2)\o(AA1,\s\up16(→)))) ＝eq \f(2,3) eq \o(A1B,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(A1M,\s\up16(→))， 所以eq \o(A1N,\s\up16(→))与eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(A1M,\s\up16(→))共面。 　素养升级　 14.如图，O为△ABC所在平面外一点，M为BC的中点，若eq \o(AG,\s\up16(→))＝λeq \o(AM,\s\up16(→))与eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up16(→))同时成立，则实数λ的值为________。 解析　eq \o(OG,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(AG,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋λeq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(λ,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(λ,2)(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＝(1－λ)eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(λ,2) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(λ,2) eq \o(OC,\s\up16(→))，所以1－λ＝eq \f(1,2)，eq \f(λ,2)＝eq \f(1,4)，解得λ＝eq \f(1,2)。 答案　eq \f(1,2) 答案与解析 15．设A，B，C及A1，B1，C1分别是异面直线l1，l2上的三点，而M，N，P，Q分别是线段AA1，BA1，BB1，CC1的中点。求证：M，N，P，Q四点共面。 证明　如图，过点B1作l3∥l1，取点C2∈l3且BC＝B1C2，取CC2的中点P1，则eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \o(PP1,\s\up16(→))＝eq \o(B1C2,\s\up16(→))。 因为eq \o(NM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up16(→))，eq \o(NP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(A1B1,\s\up16(→))， 所以eq \o(BA,\s\up16(→))＝2eq \o(NM,\s\up16(→))，eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝2eq \o(NP,\s\up16(→))。 因为A，B，C及A1，B1，C1分别共线， 所以eq \o(BC,\s\up16(→))＝λeq \o(BA,\s\up16(→))＝2λeq \o(NM,\s\up16(→))， eq \o(B1C1,\s\up16(→))＝μeq \o(A1B1,\s\up16(→))＝2μeq \o(NP,\s\up16(→))。 于是eq \o(PQ,\s\up16(→))＝eq \o(PP1,\s\up16(→))＋eq \o(P1Q,\s\up16(→))＝eq \o(B1C2,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(C2C1,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(C2B1,\s\up16(→))－eq \o(C1B1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(B1C1,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(2λeq \o(NM,\s\up16(→))＋2μeq \o(NP,\s\up16(→)))＝λeq \o(NM,\s\up16(→))＋μeq \o(NP,\s\up16(→))。 因此eq \o(PQ,\s\up16(→))，eq \o(NM,\s\up16(→))，eq \o(NP,\s\up16(→))共面，故M，N，P，Q四点共面。 $$