6.1.3 共面向量定理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（苏教版2019）

6.1.3　共面向量定理 基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　 题组一　判断向量共面或四点共面 1.下面关于空间向量的说法正确的是(　　) A.若非零向量a,b平行,则a,b所在直线平行 B.若向量a,b所在直线是异面直线,则a,b不共面 C.若A,B,C,D四点不共面,则向量不共面 D.若A,B,C,D四点不共面,则向量不共面 2.若向量a,b,c不共面,则下列选项中三个向量不共面的是　(　　) A.b-c,b,b+c B.a+b,c,a+b+c C.a+b,a-c,c D.a-b,a+b,a 3.已知A,B,C三点不共线,O是平面ABC外任意一点,下列条件中能确定点M,A,B,C共面的是(　　) A. B. C. D. 题组二　共面向量定理的应用 4.已知P为空间中任意一点,A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面,且,则实数x的值为(　　) A. 5.已知向量e1,e2,e3不共面,且a=2e1-e2+e3,b=-e1+4e2-2e3,c=11e1+5e2+λe3,若向量a,b,c共面,则λ=　　　　.  6.已知圆锥PO(P为圆锥顶点,O为底面圆的圆心)的轴截面是边长为2的等边三角形,A,B,C为底面圆周上三点,空间一动点Q满足,则||的最小值为　　　　.  7.对任意空间四边形ABCD,已知E,F分别是AD,BC的中点.证明:(1)共面; (2)不共线. 能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　 题组　共面向量定理的应用 1.已知点D在△ABC所确定的平面内,O是平面ABC外任意一点,若正实数x,y满足,则的最小值为(　　) A.　　　　C.2　　　　D.4 2.如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形,,AC1与平面EFG交于点M,则=(　　) A. 3.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,H分别在棱BB1,BC,BA上,且满足,O是平面B1HN,平面ACM与平面B1BDD1的一个公共点,设,则x+y+3z=(　　) A.2　　　　B. 4.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱AD,B1C1的中点.若P为侧面ADD1A1内(含边界)的动点,且存在x,y∈R,使成立,则点P的轨迹长度为(　　) A. 5.已知A,B,C三点不在同一条直线上,A,B,C,P四点共面,对空间任意一点O,满足,则实数t=　　　　　,=　　　　　.  6.一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成(如图1),沿AD,BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直,连接EF,AE,CF,AC,如图2,若点P满足,且x+y+z=1,则||的最小值为　　　　.  　 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,若E,F分别为PC,BD的中点.求证: (1)EF∥平面PAD; (2)EF⊥平面PCD.(用向量方法证明) 答案与分层梯度式解析 6.1.3　共面向量定理 基础过关练 1.D 2.C 3.D 4.B 1.D　由向量平行与直线平行的区别,可知A不正确;空间向量为自由向量,与起点位置无关,通过平移可将空间中任意两个向量平移到一个平面内,因此空间中任意两个向量都是共面的,故B,C都不正确;因为AB,AC,AD是空间中共端点A但不共面的三条线段,所以向量不共面.故选D. 2.C　A中,b-c=2b-(b+c),∴b-c,b,b+c三个向量共面,故A不符合题意; B中,a+b+c=(a+b)+c,∴a+b,c,a+b+c三个向量共面,故B不符合题意; C中,不存在实数λ,μ,使得a+b=λ(a-c)+μc成立,∴a+b,a-c,c三个向量不共面,故C符合题意; D中,a=[(a-b)+(a+b)],∴a-b,a+b,a三个向量共面,故D不符合题意.故选C. 3.D　要想空间中的四点M,A,B,C共面,只需满足,且x+y+z=1即可. 对于A,x+y+z=2+-1≠1,故M,A,B,C四点不共面; 对于B,x+y+z=3-2-2≠1,故M,A,B,C四点不共面; 对于C,x+y+z=≠1,故M,A,B,C四点不共面; 对于D,x+y+z==1,故M,A,B,C四点共面.故选D. 4.B　,∵P是空间中任意一点,A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面, ∴=1,解得x=-,故选B. 5.答案　1 解析　因为向量a,b,c共面,所以存在实数m,n,使得c=ma+nb,即11e1+5e2+λe3=(2m-n)e1+(-m+4n)·e2+(m-2n)e3,即 6.答案　 解析　因为, 所以Q,A,B,C四点共面. 易得PO⊥平面ABC,所以||≥||. 因为圆锥PO的轴截面是边长为2的等边三角形, 所以|,所以||的最小值为. 7.证明　(1)如图,在空间四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点, 则,① .② ①+②得,2, 所以, 由共面向量定理,得共面. (2)假设共线,则存在实数λ,使得,即), 所以-, 整理,得, 所以共面,这与空间四边形ABCD中不共面相矛盾,故假设不成立,结论得证. 能力提升练 1.B 2.A 3.C 4.C 1.B　由A,B,C,D四点共面,可知x+2y-1=1,即x+2y=2, 由x>0,y>0,得,当且仅当(x>0,y>0),即x=y=时等号成立,故选B. 2.A　由题可设(0<λ<1),易知, 所以,又M,E,F,G四点共面,所以3λ+3λ+λ=1,解得λ=.故选A. 3.C　解法一:如图1,由题意可得. ∵O,A,C,M四点共面,O,H,N,B1四点共面, ∴, ∴x+y+3z=,故选C. 解法二:如图2,连接BD,记AC与BD的交点为Q,BQ的中点为P,连接MQ,B1P,记MQ与B1P的交点为O,过P作PT∥MQ交BB1于T. 截面BDD1B1如图3, ∵P为BQ的中点,PT∥MQ,∴T为BM的中点, ∴MT=MB1, ∴,因此. ∵, ∴x+y+3z=.故选C. 4.C　如图,连接EF,因为成立,所以共面,即B1P∥平面BEF. 取A1D1的中点Q,连接B1Q,B1A,AQ,根据正方体的性质得B1Q∥BE,B1A∥FE,且B1Q∩B1A=B1,BE∩FE=E,所以平面B1AQ∥平面BEF,所以点P在AQ上运动,点P的轨迹为线段AQ.因为A1A=1,A1Q=,所以AQ=,故选C. 5.答案　1;0 解析　由,得, 由A,B,C,P四点共面,得1-1+t=1,所以t=1, 所以,所以,所以四边形ABPC为平行四边形,则,所以=0. 6.答案　4 解析　因为点P满足,且x+y+z=1, 所以A,C,F,P四点共面,即P是平面ACF上的动点, 所以||的最小值即为E到平面ACF的距离. 由题意,将题图2中的几何体补成棱长为6的正方体,如图, 易知AF=AC=CF=AE=FE=CE=6, 设E到平面ACF的距离为h,则V三棱锥E-ACF=·S△ACF·h=V正方体-4V三棱锥E-ABC, 即)2·h=63-4××6×6×6,解得h=4, 所以||的最小值为4. 7.证明　(1)连接PF,因为E,F分别为PC,BD的中点,所以, 所以向量共面, 又EF⊄平面PAD,DA,PD⊂平面PAD,DA∩PD=D, 所以EF∥平面PAD. (2)因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,底面ABCD是正方形,所以CD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以CD⊥PA. 设AD=1,则,即1=, 所以=0, 所以)·)·=0, 所以EF⊥PD,EF⊥CD, 又PD,CD⊂平面PCD,PD∩CD=D, 所以EF⊥平面PCD. 3 学科网（北京）股份有限公司 $$