6.1.3 共面向量定理 同步练-2025-2026学年高二上学期数学苏教版选择性必修第二册

第6章　空间向量与立体几何 6.1　空间向量及其运算 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.(2024江苏苏州期末)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 2.(教材习题改编)已知A,B,C三点不共线,O为平面ABC外的任意一点,则下列条件中,能确定点M,A,B,C共面的是(　　) A. B.=0 C. D.=0 3.在空间四边形ABCD中,E,F分别是AD,BC的中点,证明: (1)与共面; (2)与不共线. 题组二　共面向量定理的应用 4.(2024江苏常州联盟学校调研)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.(2025江苏无锡江阴六校联考)已知a,b,c不共面,=2a+3b+5c,=a+2b-2c,=ka+b+3c,若共面,则实数k=(　　) A. 6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,P,M为空间中任意两点,如果,那么点M在(　　) A.平面BAD1内　　　B.平面BA1D内 C.平面BA1D1内　　　D.平面AB1C1内 7.(2025江苏常熟抽测)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,E为BB1的中点,,过A,E,F作三棱柱的截面交B1C1于点M,且,则实数λ的值为(　　) A. 8.(教材习题改编)如图,在四面体ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD的中点. (1)证明:E,F,G,H四点共面; (2)证明:BD∥平面EFGH; (3)设M是EG和FH的交点,证明:对空间内任意一点O,有). 能力提升练 题组　共面向量定理的应用 1.(2024河南郑州外国语学校期中)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. 2.(多选题)(2025湖北武汉武昌实验中学月考)若三棱锥M-ABC的体积是三棱锥P-ABC体积的,且,则λ的值可能为　(　　) A. 3.(2025江苏无锡锡东高级中学期中)如图,在三棱锥P-ABC中,G为△ABC的重心,,λ,μ∈(0,1),若PG交平面DEF于点M,且,则λ+μ的最小值为(　　) A. 4.(2025江苏泰州期中)如图,在正四棱锥P-ABCD中,,设平面AEF与直线PC交于点G,,则λ=(　　) A. 5.(2025江苏启东中学月考)在正四面体QABC中,QA=a,点M满足,则AM长度的最小值为(　　) A.a 6.(2025北京第一七一中学月考)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　　　　.  7.(2025江苏前黄高级中学月考)如图所示,四面体ABCD的体积为V,M为棱BC的中点,E为线段DM上靠近点D的三等分点,F为线段AE上靠近点A的三等分点,过点F的平面α与棱AB,AC,AD分别交于点P,Q,R,设四面体APQR的体积为V',则的最小值为　　　　.  答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C 2.B 4.B 5.D 6.C 7.A 1.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. 2.B　对于A,因为1-2-1=-2≠1,所以M,A,B,C四点不共面,故A不符合题意. 对于B,由=0得,所以为共面向量,又有公共起点M,所以M,A,B,C四点共面,故B符合题意. 对于C,因为≠1,所以M,A,B,C四点不共面,故C不符合题意. 对于D,由=0得,因为-1-1-1=-3≠1,所以M,A,B,C四点不共面,故D不符合题意. 3.证明　(1)如图. 易得,① .② ①+②,得2,所以, 又不共线,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,又不共线,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. 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=-. 方法总结 　　根据向量的表示求参类问题,一般先将已知条件化成共起点向量间的关系,然后利用四点共面的充要条件(已知P∈平面ABC,O为空间中任意一点,若,则x+y+z=1)列出方程求解. 5.D　因为共面,所以存在实数x,y,使得,即ka+b+3c=x(2a+3b+5c)+y(a+2b-2c), 所以 6.C　因为,11-6-4=1,所以M,A1,B,D1四点共面,所以点M在平面BA1D1内. 7.A　连接B1F,B1A(图略).由题意得,A,E,F,M四点共面, 所以存在实数x,y,使, 则+(1-x-y)· = = =, 所以 8.证明　(1)∵E,F,H分别为AB,BC,AD的中点, ∴, ∴,即. 连接BG(图略),则.又不共线,所以根据共面向量定理可知,E,F,G,H四点共面. (2)由(1)知,∴EH∥BD. 又EH⊂平面EFGH,BD⊄平面EFGH, ∴BD∥平面EFGH. (3)∵E,F,G,H分别是AB,BC,CD,AD的中点, ∴, ∴,∴四边形EFGH为平行四边形. 又M是EG和FH的交点,∴EG,FH都被点M平分, ∴). 能力提升练 1.C 2.AC 3.C 4.D 5.C 1.C　由题意可得. ∵O,A,C,M四点共面,O,H,N,B1四点共面, ∴, ∴x+y+3z=. 2.AC　因为三棱锥M-ABC的体积是三棱锥P-ABC体积的,所以在平面ABC内存在一点Q,使得. 如图①所示,当时,,所以.因为点Q在平面ABC内,所以=1,解得λ=-. 如图②所示,当时,,所以.因为点Q在平面ABC内,所以=1,解得λ=. 综上,λ=±. 　　 3.C　连接AG(图略),易得,所以). 又, 所以. 由题意知,M,D,E,F四点共面,所以=1,即=4,所以λ+μ=≥1,当且仅当λ=μ=时,等号成立,所以λ+μ的最小值为1. 4.D　连接AC(图略),则. 因为,所以, 所以. 因为,所以, 所以. 因为A,E,F,G四点共面, 所以=1,解得λ=. 5.C　如图所示,分别延长QA,QB,QC至点D,E,F,使得,则. (题目条件“”中,x+y+(2-x-y)=2,故作将向量伸长为原来的2倍的变换) 因为=1,所以M,D,E,F四点共面,所以AM长度的最小值为点A到平面DEF的距离. 因为点A是QD的中点,所以点A到平面DEF的距离是点Q到平面DEF的距离的一半. 易得QD=QE=QF=DE=DF=EF=2a, 所以三棱锥Q-DEF为正四面体. 取等边△DEF的中心O,连接DO,QO,则QO⊥平面DEF,所以QO的长度即为点Q到平面DEF的距离. 在等边△DEF中,DO=,则在直角△QOD中,QO=a, 所以点Q到平面DEF的距离为a, 所以AM长度的最小值为a. 6.答案　 解析　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,又B1Q,B1A⊄平面BEF,BE,FE⊂平面BEF,所以B1Q∥平面BEF,B1A∥平面BEF,又B1Q∩B1A=B1,B1Q,B1A⊂平面B1AQ,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=. 7.答案　 解析　连接AM(图略),则=. 令. 因为F,P,Q,R四点共面,所以1=≥3(拓展:三元均值不等式:a3+b3+c3≥3abc),当且仅当x=y=z时取等号,所以xyz≥. 设点C到平面BAD的距离为d,则点Q到平面BAD的距离为·d=yd. 易知S△BAD=AB·ADsin∠BAD,S△APR=AP·ARsin∠BAD,所以·y=xyz≥,所以. 方法总结 　　在△ABC中,若D是线段BC上一点,且BD∶CD=m∶n,则. 1 学科网（北京）股份有限公司 $