1、题组层级快练题组层级快练(五十四五十四) 1已知点 O，A，B，C 为空间不共面的四点，且向量 aOA OB OC ，向量 bOA OB OC ，则与 a，b 不能构成空间基底的向量是( ) A.OA B.OB C.OC D.OA 或OB 答案 C 解析 根据题意得OC 1 2(ab)，OC ，a，b 共面 2有 4 个命题： 若 pxayb，则 p 与 a，b 共面； 若 p 与 a，b 共面，则 pxayb； 若MP xMA yMB ，则 P，M，A，B 共面； 若 P，M，A，B 共面，则MP xMA yMB . 其中真命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 答案 B 解析 正确中若
2、 a，b 共线，p 与 a 不共线，则 pxayb 就不成立正确中 若 M，A，B 共线，点 P 不在此直线上，则MP xMA yMB 不正确 3 (2020 吉林一中模拟)如图， 空间四边形 ABCD 中， 若向量AB (3， 5， 2)，CD (7，1，4)，点 E，F 分别为线段 BC，AD 的中点，则EF 的 坐标为( ) A(2，3，3) B(2，3，3) C(5，2，1) D(5，2，1) 答案 B 解析 取 AC 中点 M，连接 ME，MF，ME 1 2AB 3 2， 5 2，1 ，MF 1 2CD 7 2， 1 2，2 ，而EF MF ME (2，3，3)故选 B. 4已知空间
3、四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a，点 E，F 分别是 BC，AD 的中 点，则AE AF 的值为( ) Aa2 B.1 2a 2 C.1 4a 2 D. 3 4 a2 答案 C 解析 AE AF 1 2(AB AC ) 1 2AD 1 4(AB AD AC AD )1 4(a 2cos60a2cos60)1 4a 2. 故选 C. 5(2020 广西桂林一中期中)若 a(2，3，m)，b(2n，6，8)，且 a，b 为共线向量，则 m n 的值为( ) A7 B.5 2 C6 D8 答案 C 解析 由 a，b 为共线向量，得 2 2n 3 6 m 8，解得 m4，n2，则 mn
4、6.故选 C. 6若平面 的一个法向量为(1，2，0)，平面 的一个法向量为(2，1，0)，则平面 和平 面 的位置关系是( ) A平行 B相交但不垂直 C垂直 D重合 答案 C 解析 由(1，2，0) (2，1，0)122(1)000，知两平面的法向量互相垂直， 所以两平面互相垂直 7已知 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面 ABC 的一个单位法向量是( ) A. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 B. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 C. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 D. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 答案 D 解析 AB (1，1，0)，AC (1，0，1)
5、， 设平面 ABC 的一个法向量 n(x，y，z)， xy0， xz0. 令 x1，则 y1，z1，n(1，1，1) 单位法向量为：n |n| 3 3 ， 3 3 ， 3 3 . 8.(2020 成都调研)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，棱长为 a， M， N分别为A1B和AC上的点， A1MAN 2a 3 ， 则MN与平面BB1C1C的位置关系是( ) A相交 B平行 C垂直 DMN 在平面 BB1C1C 内 答案 B 解析 MN MA1 A1A AN 1 3BA1 A1A 1 3AC 1 3(B1A1 B1B )B1B 1 3(AB AD )2 3 B1B 1 3B1C1
6、MN 、B1B 、B1C1 共面 又 MN平面 B1BCC1，MN平面 BB1C1C. 9直线 l 的方向向量 a(1，3，5)，平面 的法向量 n(1，3，5)，则有( ) Al Bl Cl 与 斜交 Dl或 l 答案 B 解析 因为 a(1，3，5)，n(1，3，5)，所以 an，an.l平面 .选 B. 10(2020 长沙模拟)如图，正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直，AB 2，AF 1，M 在 EF 上，且 AM平面 BDE，则 M 点的坐标为( ) A(1，1，1) B. 2 3 ， 2 3 ，1 C. 2 2 ， 2 2 ，1 D. 2 4 ， 2 4 ，1 答
7、案 C 解析 面 ABCD面 ACEF，面 ABCD面 ACEFAC，ECCA， CE平面 ABCD. 建立如图空间直角坐标系 设 ACBDO，连接 OE. AM平面 BDE，面 BDE面 ACEFOE， AMOE. O 是 AC 的中点，M 为 EF 中点 E(0，0，1)，F( 2， 2，1)，M 点坐标为 2 2 ， 2 2 ，1 .选 C. 11已知 a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)，若 a，b，c 三向量共面，则 实数 等于( ) A.62 7 B.63 7 C.64 7 D.65 7 答案 D 解析 显然 a 与 b 不共线，如果 a，b，c 三向量共面，则 cx
8、ayb，即 x(2，1，3)y( 1，4，2)(7，5，)， 2xy7， x4y5， 3x2y， 解得 x 33 7 ， y17 7 ， 65 7 . 选 D. 12设 OABC 是四面体，G1是ABC 的重心，G 是 OG1上的一点，且 OG3GG1，若OG xOA yOB zOC ，则(x，y，z)为( ) A. 1 4， 1 4， 1 4 B. 3 4， 3 4， 3 4 C. 1 3， 1 3， 1 3 D. 2 3， 2 3， 2 3 答案 A 解析 如图所示，取 BC 的中点 E，连接 AE. OG 3 4OG1 3 4(OA AG1 )3 4OA 1 2AE 3 4OA 1 4(
9、AB AC )3 4OA 1 4(OB OA OC OA ) 1 4(OAOB OC ) 故选 A. 13已知四边形 ABCD 为平行四边形，且 A(4，1，3)，B(2，5，1)，C(3，7，5)，则 点 D 的坐标为_ 答案 (5，13，3) 解析 设 D(x，y，z)，则AB DC . (2，6，2)(3x，7y，5z) 3x2， 7y6， 5z2. 解得 x5， y13， z3. D(5，13，3) 14(2020 石家庄市高三一检)如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD， 底面 ABCD 为梯形，ADBC，CDBC，AD2，ABBC3，PA4，M 为 AD 的中点，N 为
10、PC 上的点，且 PC3PN.求证：MN平面 PAB. 答案 略 证明 方法一(传统法)： 如图，在平面 PBC 内作 NHBC 交 PB 于点 H，连接 AH，在PBC 中，NHBC，且 NH 1 3BC1，AM 1 2AD1， 又 ADBC，NHAM 且 NHAM， 四边形 AMNH 为平行四边形， MNAH， 又 AH平面 PAB，MN平面 PAB， MN平面 PAB. 方法二(向量法)： 在平面 ABCD 内作 AECD 交 BC 于点 E，则 AEAD. 分别以 AE，AD，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系则 P(0， 0，4)，M(0，1，0)，
11、C(2 2，2，0)，N 2 2 3 ，2 3， 8 3 ，B(2 2，1，0)，A(0，0，0)， MN 2 2 3 ，1 3， 8 3 ，AP (0，0，4)，AB (2 2，1，0) 设MN mAB nAP ， 2 2 3 ，1 3， 8 3 m(2 2，1，0)n(0，0，4)， m1 3，n 2 3，MN ，AB ，AP 共面 MN 平面 PAB.又 MN平面 PAB， MN平面 PAB. 方法三(法向量)： 建系写点坐标如方法二 设 m(x1，y1，z1)为平面 PAB 的一个法向量，则由 mAP ，mAB 得 4z10， 2 2x1y10， z10， y12 2x1. 令 x11
12、，则 m(1，2 2，0) MN m2 2 3 11 32 2 8 300. mMN ，MN 平面 PAB. 又 MN平面 PAB.MN平面 PAB. 方法四(基底法)： 设BE 1 3BC .由题知PC 3PN . MN AN AM AP PN BE AP 1 3PC 1 3BC AP 1 3(CP CB ) AP 1 3BP AP 1 3(AP AB ) 2 3AP 1 3AB ， MN ，AP ，AB 三向量共面 MN 平面 APB.又 MN平面 PAB. MN平面 PAB. 15.如右图所示，正三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 2，D 为 CC1的中点求证：AB1 平面 A1B
13、D. 答案 略 证明 方法一：取 BC 的中点 O，连接 AO. ABC 为正三角形，AOBC. 在正三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ABC平面 BCC1B1，AO平面 BCC1B1. 取 B1C1的中点 O1，以 O 为原点，OB ，OO1 ，OA 的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立空 间直角坐标系，如下图所示，则 B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2， 3)，A(0，0， 3)， B1(1，2，0)设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，BA1 (1，2， 3)，BD (2，1， 0) 则 nBA1 ，nBD ，故 n BA1 0， nBD 0. x2y 3z
14、0， 2xy0， 令 x1，则 y2，z 3. 故 n(1，2， 3)为平面 A1BD 的一个法向量，而AB1 (1，2， 3)，AB1 n，即AB1 n，AB1平面 A1BD. 方法二：设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.由共面向量定理，则存在实数 ，使 mBA1 BD . 令BB1 a，BC b，BA c，显然它们不共面，并且|a|b|c|2，aba c0，bc 2，以它们为空间的一组基底，则BA1 ac，BD 1 2ab，AB1 ac，mBA1 BD 1 2 abc，AB1 m(ac) 1 2 abc 4 1 2 240.故AB1 m，结论得证 方法三：基向量的取法同上 AB1 BA1 (ac) (ac)|a|2|c|20， AB1 BD (ac) 1 2ab 1 2|a| 2a b1 2acb c0，AB1 BA1 ，AB1 BD ，即 AB1 BA1，AB1BD，由直线和平面垂直的判定定理，知 AB1平面 A1BD.
