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滚动习题(一)
1.C　[解析] (++)=(+)==×2=.故选C.
2.A　[解析] 因为3-2可用向量,线性表示,所以对于空间中的三个向量,,3-2,它们一定是共面向量,故选A.
3.A　[解析] 由题意可得=++=-+-=--+=-a-b+c.故选A.
4.B　[解析] 因为A,B,C,D四点共面,所以x+y+=1,则x+y=,又x>0,y>0,所以xy≤=,当且仅当x=y=时取等号.故选B.
5.C　[解析] 因为PA=AB,且P-ABCD是正四棱锥,所以⊥,且侧面均为等边三角形,所以·=(-)·=·=·=·=·+·-·-·=-||·||×=0,故=,则μ=4.故选C.
6.C　[解析] 由共面向量定理得,若A,B,C不共线,=x+y+z,则A,B,C,M共面的充要条件是x+y+z=1.对于A,因为2-1-1=0≠1,所以不能得出A,B,C,M四点共面;对于B,因为++=≠1,所以不能得出A,B,C,M四点共面;对于C,=--,则,,为共面向量,所以M与A,B,C一定共面;对于D,因为+++=0,所以=---,因为-1-1-1=-3≠1,所以不能得出A,B,C,M四点共面.故选C.
7.BC　[解析] 由题意得四面体ABCD为正四面体,故∠BAC=∠CBD=60°,故·=||·||cos 60°=4×4×=8,A错误;因为E,F,G分别是AB,AD,DC的中点,所以FG∥AC,EF∥BD,且FG=AC=2,EF=BD=2,故·=||·||cos 180°=-8,B正确;·=·=||·||cos 60°=×4×4×=4,C正确;取BD的中点H,连接AH,CH,如图,因为△ABD,△BCD均为等边三角形,所以AH⊥BD,且CH⊥BD,因为AH∩CH=H,且AH,CH 平面ACH,所以BD⊥平面ACH,因为AC 平面ACH,所以BD⊥AC,所以EF⊥FG,故·=0,所以·=(+)·=-=-4,D错误.故选BC.
8.ACD　[解析] 如图,因为=++,所以=(++)2=+++2·+2·+2·=1+1+1+2×1×1×cos 90°+2×1×1×cos 60°+2×1×1×cos 60°=5,所以||=,故A正确;=+=+=+(-)=-++,故B错误;因为·=·=(-)·=·-·=1×1×cos 60°-1×1×cos 60°=0,所以BB1⊥BD,所以四边形B1BDD1为矩形,其面积S=B1B×BD=1×=,故C正确;因为=+-,+-1=1,所以M,O,O1,B1四点共面,即M在平面B1BDD1内,故D正确.故选ACD.
9.-8　[解析] 因为=e1+3e2,=2e1-e2,所以=-=e1-4e2,又=2e1+ke2,且A,B,D三点共线,所以存在λ∈R,使得=λ,即2e1+ke2=λe1-4λe2,所以解得k=-8.
10.　[解析] 由题可得·=||·||cos 120°=-,同理可得·=-,·=.=++,则=(++)2=+++2(·+·+·)=1+1+1+2×=2,因此||=,即AC1=.
11.1　[解析] 设AB的中点为M,正方形ABCD的中心为N,则·=0,·=0,·=||2=1,∵=++,∴·=·(++)=1.
12.证明:设=a,=b,=c,则=++=+2+=-+2+(++)=b-a+2a+(++)=b+a+(---)=b+a+(b-a-c-a)=b-c,所以与b,c共面,即与,共面,即E,F,G,H四点共面.
13.解:(1)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=1,a·b=0,a·c=|c|,b·c=|c|,=a+b+c,
所以||==
==,解得|c|=4(|c|=-6舍去),所以AA1=4.
(2)证明:由题可知==a-b,
则·=(a+b+c)·=0,
所以⊥,即AC1⊥MN.
14.解:(1)因为=+=+=+(++)=a+b+c,=+=+=+(+)=a+b+c,所以=-=-=-a-b-c.所以||2==a2+b2+c2+a·b+a·c+b·c=×4+×4+×1+×2×2×cos 90°+×2×1×cos 60°+×2×1×cos 90°=+++=,所以MN=.
(2)假设存在λ满足条件,=-=λ-=λ(a+b)-=a+b-c,因为E,M,N三点共线,所以存在实数k,使=k,所以-a-b-c=k,所以解得
故存在λ=满足条件.(时间:45分钟　分值:100分)
一、单项选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)
1.如图,在四面体ABCD中,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AC的中点,则化简(++)的结果为 (　 )
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.
C. D.
2.对于空间中的三个向量,,3-2,它们一定是 (　 )
A.共面向量 B.共线向量
C.不共面向量 D.无法判断
3.[2025·天津经开区一中高二期中] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,设=a,=b,=c,则=(　 )
A.-a-b+c B.a-b+c
C.a-b-c D.a+b-c
4.已知A,B,C三点不共线,点O不在平面ABC内,=+x+y(x>0,y>0),若A,B,C,D四点共面,则xy的最大值为 (　 )
A. B. C.1 D.2
5.如图,在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB,M为PA的中点,=μ(μ>0).若MN⊥AD,则μ= (　 )
A.2 B.3 C.4 D.5
6.[2025·江苏常州高二期中] 在下列条件中,能使M与A,B,C一定共面的是 (　 )
A.=2--
B.=++
C.++=0
D.+++=0
二、多项选择题(本大题共2小题,每小题6分,共12分)
7.已知四面体ABCD的所有棱长都等于4,E,F,G分别是棱AB,AD,DC的中点,则 (　 )
A.·=-8
B.·=-8
C.·=4
D.·=4
8.平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,AA1=AB=1,∠A1AB=∠A1AD=60°,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,则下列说法正确的是 (　 )
A.AC1=
B.=-+
C.四边形B1BDD1的面积为
D.若=+-,则点M在平面B1BDD1内
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
9.设e1,e2是空间两个不共线的向量,已知=2e1+ke2,=e1+3e2,=2e1-e2,且A,B,D三点共线,则k=　　　　.
10.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,∠BAD=∠BAA1=120°,∠DAA1=60°,则线段AC1的长度是　　　　.
11.[2024·江苏扬州高二期中] 由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图所示,点P是正方形A1B1C1D1的中心,则·=　　　　　.
四、解答题(本大题共3小题,共43分)
12.(13分)如图,平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,E,F,G,H分别是棱A'D',D'C',C'C,AB的中点,求证:E,F,G,H四点共面.
13.(15分)[2025·福建厦门二中高二月考] 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=,AC1=.
(1)求侧棱AA1的长;
(2)若M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求证:AC1⊥MN.
14.(15分)如图,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是正方形,AB=2,AA1=1,
∠BAA1=60°,∠DAA1=90°,=3,=2,设=a,=b,=c.
(1)用向量a,b,c表示向量,并求MN的长度.
(2)设点E满足=λ,是否存在λ使得E,M,N三点共线 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.(共30张PPT)
滚动习题（一）
范围6.1
一、单项选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
1.如图，在四面体中，，，，分别为 ，
，，的中点，则化简 的结果为
( )
A. B. C. D.
[解析] .故
选C.
√
2.对于空间中的三个向量,, ,它们一定是( )
A.共面向量 B.共线向量 C.不共面向量 D.无法判断
[解析] 因为可用向量, 线性表示,所以对于空间中的
三个向量,, ,它们一定是共面向量,故选A.
√
3.［2025·天津经开区一中高二期中］如图，
在平行六面体中， 为
的中点，设,, ，
则 ( )
A. B.
C. D.
[解析] 由题意可得 .故选A.
√
4.已知,,三点不共线，点不在平面 内，
，若,,,四点共面，则
的最大值为( )
A. B. C.1 D.2
[解析] 因为,,,四点共面，所以，则 ，
又,，所以，当且仅当 时取等号.
故选B.
√
5.如图，在正四棱锥中，，
为的中点，.若 ，
则 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
√
[解析] 因为，且 是正四棱锥，
所以 ，且侧面均为等边三角形，所以
，故，则 .故选C.
6.［2025·江苏常州高二期中］在下列条件中，能使与，， 一
定共面的是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由共面向量定理得，若，， 不共线，
，则，，， 共面的充要条件是.
对于A，因为，所以不能得出 ，，，四点共面；
对于B，因为 ，所以不能得出，，，四点共面；
对于C，，则,, 为共面向量，所以与，
， 一定共面；
对于D，因为，所以 ，
因为，所以不能得出，，， 四点共面.
故选C.
二、多项选择题（本大题共2小题,每小题6分,共12分）
7.已知四面体的所有棱长都等于4,,,分别是棱,, 的
中点，则( )
A. B.
C. D.
√
√
[解析] 由题意得四面体 为正四面体，故
，故
，A错误；
因为,,分别是,,的中点，所以， ，且
， ，故
，B正确；
，
C正确；
取的中点，连接,，如图，因为,
均为等边三角形，所以，且 ，
因为，且, 平面，所以
平面，因为 平面，所以 ，所以
，故 ，所以
，D错误.故选 .
8.平行六面体的底面 是正方形，
, , ,
，则下列说法正确的是( )
A.
B.
C.四边形的面积为
D.若，则点在平面 内
√
√
√
[解析] 如图，因为 ，所以
，所以 ，故A正确;
， 故B错误；
因为
，所以 ，所以四边形为矩形，其面积 ，故C正确；
因为，，所以,, , 四点共面，即在平面内，故D正确.故选 .
三、填空题（本大题共3小题,每小题5分,共15分）
9.设，是空间两个不共线的向量，已知 ，
，，且，，三点共线，则 ____.
[解析] 因为， ，所以
，
又，且，， 三点共线，所以存在，使得
，即 ，所以解得 .
10.如图，在平行六面体 中，
，
， ，则
线段 的长度是____.
[解析] 由题可得 ，
同理可得
，.，
则
，
因此 ，即 .
11.［2024·江苏扬州高二期中］由四个棱长
为1的正方体组合成的正四棱柱
如图所示，点 是正方形
的中心，则 ___.
1
[解析] 设的中点为，正方形的中心为 ，则
,, ,
， .
四、解答题（本大题共3小题,共43分）
12.（13分）如图，平行六面体
中，，，，分别是棱，， ，
的中点，求证：，，， 四点共面.
证明：设，， ，则
所以与，共面,即与，共面，即，，， 四点共面.
，
13.（15分）［2025·福建厦门二中高二月考］如图，在平行六面体
中，底面 是边长为1的正方形，
， .
（1）求侧棱 的长；
解：设，， ，则
，， ，
， ，
所以
，
解得舍去，所以 .
13.（15分）［2025·福建厦门二中高二月考］如
图，在平行六面体 中，底面
是边长为1的正方形，
， .
（2）若,分别为，的中点，求证： .
证明：由题可知 ，
则 ，
所以，即 .
14.（15分）如图，已知平行六面体 的底面是正方
形，，， ， ，
，，设，， .
（1）用向量,,表示向量，并求 的长度.
解：因为 ，
，
所以 .
所以
，所以 .
14.（15分）如图，已知平行六面体
的底面是正方形， ，
， ， ，
（2）设点满足，是否存在 使得，， 三点共线？
若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
，，设，， .
解：假设存在 满足条件，
，
因为，，三点共线，所以存在实数，使 ，
所以 ，
所以解得
故存在 满足条件.
快速核答案
1.C 2.A 3.A 4.B 5.C 6.C 7.BC 8.ACD 9. 10. 11.1
12.证明略 13.（1）4 （2）证明略
14.（1）<，<
（2）存在满足条件

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