【文档说明】2024-2025学年精品同步试题 数学（选择性必修第一册 人教A版2019） 第1章 1-1-1 空间向量及其线性运算 Word版含解析.docx，共(6)页，200.048 KB，由小赞的店铺上传

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第一章空间向量与立体几何1.1空间向量及其运算1.1.1空间向量及其线性运算课后训练巩固提升A组1.在四面体ABCD中,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=c,则𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗等于

()A.a+b-cB.-a-b+cC.-a+b+cD.-a+b-c解析:𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗

⃗⃗⃗=b-a+c.故选C.答案:C2.若a与b不共线,且m=a+b,n=a-b,p=a,则()A.m,n,p共线B.m与p共线C.n与p共线D.m,n,p共面解析:因为(a+b)+(a-b)=2a,即m+n=2p,所以p=12m+12n.又m与n不共线,所以m,n,

p共面.答案:D3.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,P,Q分别是A1A,AB,BC,CC1,C1D1,D1A1的中点,则()A.𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝑄

⃗⃗⃗⃗⃗=0B.𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0C.𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0D.𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗−𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0解析:

由题图观察,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗平移后可以首尾相接,故有𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=0.答案:A4.(多选题)若向量𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗

⃗的起点M和终点A,B,C互不重合且无三点共线,O为空间任意一点,则下列四个式子能得出M,A,B,C四点共面的是()A.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗B.𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗C.𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗D.𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗解析:对于A,C选项,由结论𝑂𝑀⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=x𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+z𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗(x+y+z=1)⇔M,A,B,C四点共面知,A符合,C不符合;对于B,D选项,易知𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面,又有公共点M,所以M,A,B,C四

点共面,所以B,D符合.答案:ABD5.已知点A,B,C不共线,对空间任意一点O,若𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=34𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+18𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+18𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则P,A,B,C四点.解析:∵𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+z𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗(x+y

+z=1)⇔P,A,B,C四点共面,又34+18+18=1,∴P,A,B,C四点共面.答案:共面6.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=14𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,若𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+y(𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗),则实数x=,y=.解析:因为𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐴1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗+14(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗),所以x=1,y=14.答案:1147.已知A,B,P三点共线,O为空间任意一点,且与A,B,P三点不共线,𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗+β𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,则实数β=.解析:∵A,B,P三点共线,∴𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,即𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗),𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1-λ)𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+λ𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗.又

𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+β𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,∴{1-𝜆=13,𝜆=𝛽,解得β=23.答案:238.已知A,B,C,D四点满足任意三点不共线,但四点共面,O是空间任意一点,且点O不在平面ABCD内,𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2x𝐵𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+3y𝐶𝑂⃗⃗⃗⃗⃗

+4z𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则2x+3y+4z=.解析:∵A,B,C,D四点共面,∴𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=m𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+n𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+p𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,且m+n+p=1.由已知得𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-2x)𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+(-3y)�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+(-4z)𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∴(-2x)+(-3y)+(-4z)=1.∴2x+3y+4z=-1.答案:-19.已知四边形ABCD为正方形,P是四边形ABCD所在平面外一点,点P在平面ABCD上的射影恰好是正方形ABCD的

中心O,Q是CD的中点.求下列各式中x,y的值.(1)𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗+x𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗;(2)𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=x𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗+y𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.解:根据题意,画出大致图形,如图所示.(1

)∵𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗−12(𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗−12𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−12𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴x=y=-12.(2)∵𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗

,∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.又𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗-(2

𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=2𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗-2𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.∴x=2,y=-2.10.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BB1和A1D1的中点,证明:向量𝐴1𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗是共面向量.证明:𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12�

�1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗.假设存在实数x,y,使得𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=x𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即-12𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=x(-𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)+y(𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=-x𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(x+y)𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+y𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.∵𝐵1𝐴1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗不共面,∴{-𝑥=1,𝑥+𝑦=-12,𝑦=12,解得{𝑥=-1,𝑦=12.∴𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.由向量共面的充要条件知,𝐴1

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗是共面向量.B组1.若P,A,B,C为空间四点(点P,A,B,C不共线),且有𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=α𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+β𝑃𝐶⃗⃗⃗

⃗⃗,则α+β=1是A,B,C三点共线的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:若α+β=1,则𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=β(𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗),即𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=β𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,显然A,B,C三点共线;若A,B,C三点共线,则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,故𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ(𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗),整

理得𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(1+λ)𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-λ𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,令α=1+λ,β=-λ,则α+β=1.故选C.答案:C2.如图所示,已知在三棱锥O-ABC中,M,N分别是OA,BC的中点,点G在线段MN上,且MG=2GN,则𝑂𝐺⃗⃗⃗

⃗⃗=()A.13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗B.13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+16𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗C.13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+16𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗D.16𝑂𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗解析:因为点N为BC的中点,所以𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗).又𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,所以𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝑂

𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)-12𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗.所以𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)-13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗.所以𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗

⃗+𝑀𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)-13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=16𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.答案:D3.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M为空间任意两点,如果有𝑃𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+7𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+6𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-4𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,那么点M必()A.在平面BAD1内B.在平面BA1D内C.在平面BA1D1内D.在平面AB1C1内解析:因为𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗+7𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+6𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-4𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+6𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-4𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗+𝐵1𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+6𝐵𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-4𝐴1𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+6(𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)-4(𝑃𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗)=11𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-6𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗-4𝑃𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,且11-6-4=1,所以M,A1,B,D1四点共面,故选C.答案:C4.下列命题是假命题的是()A.若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则A,B,C,D四点共线B.若�

�𝐵⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,则A,B,C三点共线C.若e1,e2为不共线的非零向量,a=4e1-25e2,b=-e1+110e2,则a∥bD.若向量e1,e2,e3是三个不共面的向量,且满足等式k1e1+k2e2+k3e3=0,则k1=k2=k3=0

解析:根据共线向量的定义,若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则AB∥CD或A,B,C,D四点共线,故A是假命题;𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,且𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗有公共起点A,故B是真命题;由于a=4e1-25e2=-4(−𝐞1+110𝐞2)=-4b,故

a∥b,故C是真命题;易知D也是真命题.答案:A5.如图,在三棱锥O-ABC中,点M,N分别为AB,OC的中点,且𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=b,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=c,用向量a,b,c表示𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗,则𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗等于.解析:由题意知𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−12(𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗).因为𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗

=b,𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=c,所以𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12(-a-b+c).答案:12(-a-b+c)6.设e1,e2是两个不共线的空间向量,已知𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2e1+ke2,𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=e1+3e2,𝐶�

�⃗⃗⃗⃗⃗=2e1-e2,且A,B,D三点共线,则k=.解析:𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-e1-3e2)+(2e1-e2)=e1-4e2.∵A,B,D三点共线,∴存在实数λ,使𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗⃗.∴2e1+ke2=λ(e1-4e2).∴{2=𝜆,𝑘=-4𝜆,解得k=-8.答案:-87.如图,M,N分别是四面体ABCD的AB,CD的中点.请判断向量𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与向量𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗是否共面.解:由题图可得𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,①𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗⃗,②因为𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝐶𝑁⃗⃗⃗⃗

⃗,所以①+②得2𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,即𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.故向量𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与向量𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗共面.