设A,B,C,D是空间中任意四点,则向量AB 向量CD=向量AD 向量CB

充分性：因为{{a}},{{a,b}}={{c},{c,d}},所以{a}={c},{a,b}={c,d}a=c,b=d必要性：因为a=c,b=d,所以{a}={c},又因为,a=c,b=d,所以{a

答案选C.A中的三点有可能在一条直线上,B中的两条直线必须是平行或相交的的直线才行,D中如果这个点再直线上就不行了.因此选C

当A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面时,有:向量OA=2x×向量OB+3y×向量OC+4z×向量OD,且2x＋3y＋4z＝1（其中的2x、3y和4z都是正数）因为向量OB＝负向量BO向

B若BCD在一条直线上,那么E就有可能不和A在一个平面上了而当BCD不共线时,这5个点就在一个平面上了,所以是可能,也可能不

当A,B,C,D四点满足任意三点均不共线,但四点共面时,有:向量OA=2x×向量OB+3y×向量OC+4z×向量OD,且2x＋3y＋4z＝1（其中的2x、3y和4z都是正数）因为向量OB＝负向量BO向

共可连6*5/2=15条,两条不连,（1)两条里共四个点,每条里各有一点不选,则其余四点一定成立,（2),三个点,这个简单,自己做一下吧图形画不了,反正是反证法

证明因为a∧b是a,b的最大下界,a∨c是a,c的最小上界,故得a∧b≤a,a≤a∨c,再由关系≤的传递性得a∧b≤a∨c因为c∧d是c,d的最大下界,a∨c是a,c的最小上界,故得c∧d≤c,c≤a

证1,链接NF,过A向BD做垂线,垂足为P,设正方体楞长为2a.因为MN//＝FE,所以NF为两平行线间距离,NF＝√2DN＝√2a,因为AP＝√2a,所以NFAP构成平行四边形,所以NA//FP又因

有一个这样的结论：设A、B、C是不共线的3个点.则对空间任意一点P,都存在一个唯一的有序实数组x,y,z,使向量OP=x向量OA+y向量OB+z向量OC,若x+y+z=1,则P,A,B,C四点共面.那

再答：��4��5��再答：��������Щ再答：���Ϊ��4��5再问：Ŷ����Ϊʲô��?再答：����再答：a=4/5b,c=4/5d再答：d-b=-(b-d)再问：Ŷ�����ˣ�л��

证明：假设AC与BD不是异面直线,则或相交或平行.若AC与BD相交或平行,则AC与BD共面,即A、B、C、D四点共面,则AB与CD也共面,这与AB与CD是异面直线矛盾.所以AC与BD也是异面直线.

求证：((A∩B)∪(C∩D)=(A∪C)∩(B∪D)forallx∈(A∩B)∪(C∩D)x∈(A∩B)orx∈(C∩D)(x∈Aandx∈B)or(x∈Candx∈D)(x∈Aorx∈C)and(

1.选C,因为只要有一个特征值为0,那个这个矩阵对应的行列式的值就为0,那么就不可逆了.2.选B,初等矩阵是指,由单位矩阵经过一次矩阵初等变换得到的矩阵.那么你同样可以把4个选项分别作初等变化看能不能

反证:假设任意3点均共线不妨设ABC共线,则由定理(一直线和一直线外的点确定一个平面)知ABCD共面这与题设矛盾,所以题目成立,得证.

2.白色沉淀乙可推测沉淀为硫酸钡或氯化银1.X可能是CO2因此白色沉淀甲有可能是BaCO33.A与C混合生成白色沉淀乙和气体X很明显又生成硫酸钡又有CO24.Y为NH3那麽通过6知道B有Na+所以D有

（1）设(x,y)属于A×(B∪C),则x属于A,且y属于B∪C,不妨令y属于B,则(x,y)属于A×B,即有A×(B∪C)属于(A×B)∪(A×C),固A×(B∪C)属于(A×B)∪(A×C).设(

设﹙x,y﹚∈（A∩B）×（C∩D）,说明x∈A∩B.y∈C∩D∵x∈A,y∈C∴﹙x,y﹚∈A×C∵x∈B,y∈CD∴﹙x,y﹚∈B×D得到﹙x,y﹚∈（A×C）∩（B×D）反过来,如果﹙x,y﹚∈

C向量与边中线的向量是平行向量,,则点P在边中线上

A，根据分式的基本性质，错误；B，根据比例的性质可知该等式不成立，错误．C，根据乘法交换律，交换两内项的位置，应是ac＝bd，错误；D，若ab＝cd，根据分式的合比性质，得a−bb＝c−dd①，a+b

a,b,c,d之间的关x为：b-a=d-c即b+c=a+d