《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

9. [2022·广东揭阳普宁勤建学校高二阶段练习]若$\{a,b,c\}$构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A. $2a - b,a + b - c,7a + 5b + 3c$
B. $2a + b,a + b + c,7a + 5b + 3c$
C. $2a + b,a + b + c,6a + 2b + 4c$
D. $2a - b,a + b - c,6a + 4b + 2c$

答案： B

10.（多选）[2021·浙江杭州第二中学高二期中]已知$\{a,b,c\}$是空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在不全为零的实数x,y,z，使得$xa + yb + zc = 0$
B. 对空间任一向量p，存在唯一的有序实数组$(x,y,z)$，使得$p = xa + yb + zc$
C. 在a,b,c中，能与$a + b,a - b$构成空间另一个基底的只有c
D. 不存在另一个基底$\{a',b',c'\}$，使得$a + 2b + 3c = a' + 2b' + 3c'$

答案： BC

11.（多选）如图，在平行六面体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，$AB = AD = AA_{1}=1$，$\angle BAD=\frac{\pi}{3}$，$\angle BAA_{1}=\angle DAA_{1}=\frac{\pi}{4}$，则下列说法正确的是（ ）

A. $\{\overrightarrow{AA_{1}},\overrightarrow{BD_{1}},\overrightarrow{AB}\}$不能构成空间的一个基底
B. $|\overrightarrow{BD_{1}}|=\sqrt{2}$
C. $BD\perp$平面$ACC_{1}A_{1}$
D. 直线$BD_{1}$与直线$AA_{1}$所成的角为$\frac{\pi}{4}$

答案： BCD

12. 如图，在三棱锥O - ABC中，点G为底面△ABC的重心，点M是线段OG上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱OA,OB,OC于点D,E,F，若$\overrightarrow{OD}=k\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OE}=m\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OF}=n\overrightarrow{OC}$，则$\frac{1}{k}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=$_______.

答案： $\frac {9}{2}$

13. [2023·广东广州真光中学高二阶段练习]如图，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点.设$\overrightarrow{AB}=a,\overrightarrow{AC}=b,\overrightarrow{AD}=c$.
（1）求证：$EG\perp AB$.
（2）求异面直线AG和CE所成角的余弦值.

答案：
(1)【证明】**连接$DE$，如图. 因为空间四边形$ABCD$的每条边和对角线长都等于$1$，所以$AC = BC$，$BD = AD$. 又$E$是$AB$的中点，所以$CE\perp AB$，$DE\perp AB$. 因为$CE\cap DE = E$，$CE,DE\subset$平面$CDE$，所以$AB\perp$平面$CDE$. 因为$EG\subset$平面$CDE$，所以$AB\perp EG$. **
(2)【解】**由题意得$\triangle ABC,\triangle ACD,\triangle ABD$均为等边三角形且边长为$1$，所以$AG = EC=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 易得$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{2}(b + c)$，$\overrightarrow{EC}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})=b-\frac{1}{2}a$. 所以$\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{EC}=\frac{1}{2}(b + c)\cdot(b-\frac{1}{2}a)=\frac{1}{2}b^{2}-\frac{1}{4}a\cdot b+\frac{1}{2}c\cdot b-\frac{1}{4}a\cdot c=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}|a||b|\cos60^{\circ}+\frac{1}{2}|c|\cdot|b|\cos60^{\circ}-\frac{1}{4}|a||c|\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}-\frac{1}{8}+\frac{1}{4}-\frac{1}{8}=\frac{1}{2}$. 设异面直线$AG$和$CE$所成的角为$\theta$，则$\cos\theta=|\cos\langle\overrightarrow{AG},\overrightarrow{EC}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{EC}|}{|\overrightarrow{AG}||\overrightarrow{EC}|}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}$. 

14. 如图，已知正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长为1，P,Q,R分别在AB,CC₁,D₁A₁上，并满足$\frac{AP}{PB}=\frac{CQ}{QC_{1}}=\frac{D_{1}R}{RA_{1}}=\frac{a}{1 - a}(0 ＜ a ＜ 1)$.设$\overrightarrow{AB}=i,\overrightarrow{AD}=j,\overrightarrow{AA_{1}}=k$.
（1）用i,j,k表示$\overrightarrow{PQ},\overrightarrow{PR}$；
（2）设△PQR的重心为G，用i,j,k表示$\overrightarrow{DG}$；
（3）当$RG\perp DG$时，求a的取值范围.

答案： 【解】**
(1)$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CQ}=(1 - a)\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+a\overrightarrow{CC_{1}}=(1 - a)\cdot i + j+ak$，$\overrightarrow{PR}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{A_{1}R}=-a\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}}+(1 - a)\overrightarrow{A_{1}D_{1}}=-ai + k+(1 - a)j$.
(2)$\overrightarrow{DG}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CQ}+\overrightarrow{QG}=\overrightarrow{AB}+a\overrightarrow{CC_{1}}+\frac{2}{3}(\overrightarrow{QP}+\frac{1}{2}\overrightarrow{PR})=i + ak+\frac{2}{3}[(a - 1)i - j - ak]+\frac{1}{3}[-ai + k+(1 - a)j]=\frac{1}{3}(a + 1)i+\frac{1}{3}(a + 1)k-\frac{1}{3}(a + 1)j$.
(3)$\because\overrightarrow{RG}\perp\overrightarrow{DG}$，$\therefore\overrightarrow{RG}\cdot\overrightarrow{DG}=0$. 又$\overrightarrow{RG}=\overrightarrow{RD}+\overrightarrow{DG}=\overrightarrow{RD_{1}}+\overrightarrow{D_{1}D}+\overrightarrow{DG}=a\overrightarrow{A_{1}D_{1}}-\overrightarrow{DD_{1}}+\overrightarrow{DG}=aj - k+\frac{1}{3}(a + 1)i+\frac{1}{3}(a + 1)k-\frac{1}{3}(a + 1)j=\frac{1}{3}(a + 1)i+\frac{1}{3}(a - 2)\cdot k+\frac{1}{3}(2a - 1)j$，$\therefore\overrightarrow{RG}\cdot\overrightarrow{DG}=[\frac{1}{3}(a + 1)i+\frac{1}{3}(a - 2)k+\frac{1}{3}(2a - 1)j]\cdot[\frac{1}{3}(a + 1)i+\frac{1}{3}(a + 1)k-\frac{1}{3}(a + 1)j]=\frac{1}{9}(a + 1)^{2}+\frac{1}{9}(a - 2)(a + 1)-\frac{1}{9}(2a - 1)(a + 1)=\frac{1}{9}(a^{2}+2a + 1+a^{2}-a - 2-2a^{2}-a + 1)=0$. 即对任意$0\lt a\lt1$，都有$\overrightarrow{RG}\perp\overrightarrow{DG}$，故$a$的取值范围为$(0,1)$.