學業分層測評(建議用時：45分鐘)[學業達標]一、選擇題1．已知空間的一個基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋c，若m與n共線，則x＋y等于()A．2 B．－2C．1 D．0【解析】因為m與n共線，所以xa＋yb＋c＝z(a－b＋c)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝z，,y＝－z，,1＝z.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，))所以x＋y＝0.【答案】D2．已知向量a，b，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝a＋2b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝－5a＋6b，eq\o(CD,\s\up6(→))＝7a－2b，則一定共線的三點是()A．A，B，D B．A，B，CC．B，C，D D．A，C，D【解析】eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝－5a＋6b＋7a－2b＝2a＋4b，eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\o(AB,\s\up6(→))＝－a－2b，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝－2eq\o(BA,\s\up6(→))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))與eq\o(BA,\s\up6(→))共線，又它們經過同一點B，∴A，B，D三點共線．【答案】A3．A，B，C不共線，對空間任意一點O，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，則P，A，B，C四點()A．不共面 B．共面C．不一定共面 D．無法判斷【解析】∵eq\f(3,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝1，∴點P，A，B，C四點共面．【答案】B4．設p：a，b，c是三個非零向量；q：{a，b，c}為空間的一個基底，則p是q的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解析】當非零向量a，b，c不共面時，{a，b，c}可以當基底，否則不能當基底．當{a，b，c}為基底時，一定有a，b，c為非零向量．因此pq，q?p.【答案】B5．正方體ABCD-A′B′C′D′中，O1，O2，O3分別是AC，AB′，AD′的中點，以{eq\o(AO,\s\up6(→))1，eq\o(AO,\s\up6(→))2，eq\o(AO,\s\up6(→))3}為基底，eq\o(AC′,\s\up6(→))＝xeq\o(AO,\s\up6(→))1＋yeq\o(AO2,\s\up6(→))＋zeq\o(AO,\s\up6(→))3，則x，y，z的值是()A．x＝y＝z＝1 B．x＝y＝z＝eq\f(1,2)C．x＝y＝z＝eq\f(\r(2),2) D．x＝y＝z＝2【解析】eq\o(AC′,\s\up6(→))＝eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA′,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD′,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB′,\s\up6(→))＝eq\o(AO1,\s\up6(→))＋eq\o(AO3,\s\up6(→))＋eq\o(AO2,\s\up6(→))，由空間向量的基本定理，得x＝y＝z＝1.【答案】A二、填空題6．已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，若λe1＋μe2＋ve3＝0，則λ2＋μ2＋v2＝________.【解析】∵{e1，e2，e3}是空間的一個基底，∴e1，e2，e3為不共面向量．又∵λe1＋μe2＋ve3＝0，∴λ＝μ＝v＝0，∴λ2＋μ2＋v2＝0.【答案】07．已知O為空間任意一點，A，B，C，D四點滿足任意三點不共線，但四點共面，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝2xeq\o(BO,\s\up6(→))＋3yeq\o(CO,\s\up6(→))＋4zeq\o(DO,\s\up6(→))，則2x＋3y＋4z的值為________.【導學號：15460063】【解析】由題意知A，B，C，D共面的充要條件是對空間任意一點O，存在實數x1，y1，z1，使得eq\o(OA,\s\up6(→))＝x1eq\o(OB,\s\up6(→))＋y1eq\o(OC,\s\up6(→))＋z1eq\o(OD,\s\up6(→))，且x1＋y1＋z1＝1，因此2x＋3y＋4z＝－1.【答案】－18．設e1，e2是空間兩個不共線的向量，已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝2e1＋ke2，eq\o(CB,\s\up6(→))＝e1＋3e2，eq\o(CD,\s\up6(→))＝2e1－e2，且A，B，D三點共線，則k＝________.【解析】由已知可得：eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，∵A，B，D三點共線，∴eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(BD,\s\up6(→))共線，即存在λ∈R使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→)).∴2e1＋ke2＝λ(e1－4e2)＝λe1－4λe2，∵e1，e2不共線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,k＝－4λ，))解得k＝－8.【答案】－8三、解答題9．如圖3-1-18所示，在平行六面體ABCD-A′B′C′D′中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA′,\s\up6(→))＝c，P是CA′的中點，M是CD′的中點，N是C′D′的中點，點Q在CA′上，且CQ∶QA′＝4∶1，用基底{a，b，c}表示以下向量：圖3-1-18(1)eq\o(AP,\s\up6(→))；(2)eq\o(AM,\s\up6(→))；(3)eq\o(AN,\s\up6(→))；(4)eq\o(AQ,\s\up6(→)).【解】由題意知|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))，∵PA⊥平面ABCD，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∵AB⊥AD，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，∵AB⊥BC，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝1，又∵|eq\o(PB,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴cos〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PB,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(PB,\s\up6(→))||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝60°，∴PB與CD所成的角為60°.10．正方體OABC-O′A′B′C′，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OC,\s\up6(→))＝b，eq\o(OO′,\s\up6(→))＝c.(1)用a，b，c表示向量eq\o(AC′,\s\up6(→))；(2)設G，H分別是側面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示eq\o(GH,\s\up6(→)).【解】(1)eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝|eq\o(OA,\s\up6(→))|·|eq\o(OB,\s\up6(→))|·cos∠AOB＝1×1×cos60°＝eq\f(1,2).(2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→)))＝(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))＝(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－2eq\o(OC,\s\up6(→)))＝12＋1×1×1×cos60°－2×1×1×cos60°＋1×1×cos60°＋12－2×1×1×cos60°＝1.(3)|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))|＝eq\r(\o(OA,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))＋\o(OC,\s\up6(→))2)＝eq\r(12＋12＋12＋2×1×1×cos60°×3)＝eq\r(6).[能力提升]1．若P，A，B，C為空間四點，且有eq\o(PA,\s\up6(→))＝αeq\o(PB,\s\up6(→))＋βeq\o(PC,\s\up6(→))，則α＋β＝1是A，B，C三點共線的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解析】若α＋β＝1，則eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→))＝β(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))，即eq\o(BA,\s\up6(→))＝βeq\o(BC,\s\up6(→))，顯然A，B，C三點共線；若A，B，C三點共線，則有eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，故eq\o(PB,\s\up6(→))－eq\o(PA,\s\up6(→))＝λ(eq\o(PC,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))，整理得eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1＋λ)eq\o(PB,\s\up6(→))－λeq\o(PC,\s\up6(→))，令α＝1＋λ，β＝－λ，則α＋β＝1，故選C.【答案】C2．已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，P，M為空間任意兩點，如果有eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋7eq\o(BA,\s\up6(→))＋6eq\o(AA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))，那么M必()A．在平面BAD1內 B．在平面BA1D內C．在平面BA1D1內 D．在平面AB1C1【解析】由于eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋7eq\o(BA,\s\up6(→))＋6eq\o(AA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→))＋6eq\o(BA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝eq\o(PB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1A1,\s\up6(→))＋6eq\o(BA1,\s\up6(→))－4eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝eq\o(PA1,\s\up6(→))＋6(eq\o(PA1,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))－4(eq\o(PD1,\s\up6(→))－eq\o(PA1,\s\up6(→)))＝11eq\o(PA1,\s\up6(→))－6eq\o(PB,\s\up6(→))－4eq\o(PD1,\s\up6(→))，于是M，B，A1，D1四點共面，故選C.【答案】C3．已知兩非零向量e1，e2，且e1與e2不共線，若a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R，且λ2＋μ2≠0)，則下列三個結論有可能正確的是________.【導學號：15460064】①a與e1共線；②a與e2共線；③a與