高中數(shù)學(xué) 3-1-2共面向量定理規(guī)范訓(xùn)練 蘇教版選修2-1

3.1.雙基達標(biāo)限時20分鐘1．已知ABCD為矩形，P點為平面ABCD外一點，且PA⊥面ABCD，G為△PCD的重心，若eq\o(AG,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AP,\s\up6(→))，則x＝________，y＝________，z＝________.解析eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)[eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→)))]＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))∴x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(2,3)，z＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)eq\f(2,3)eq\f(1,3)2．在下列等式中，使點M與點A，B，C一定共面的是________．①eq\o(OM,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))②eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))③eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＝0④eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝0解析若有eq\o(MA,\s\up6(→))＝xeq\o(MB,\s\up6(→))＋yeq\o(MC,\s\up6(→))，則M與點A、B、C共面，或者eq\o(OM,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))且x＋y＋z＝1，則M與點A、B、C共面，①、②、④不滿足x＋y＋z＝1，③滿足eq\o(MA,\s\up6(→))＝xeq\o(MB,\s\up6(→))＋yeq\o(MC,\s\up6(→))，故③正確．答案③3．如圖所示，已知P和不共線三點A，B，C四點共面且對于空間任一點O，都有eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋λeq\o(OC,\s\up6(→))，則λ＝________.解析P與不共線三點A，B，C共面，且eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，則有x＋y＋z＝1.從而λ＝－2.答案－24．設(shè)a，b，c是不共面向量，m＝2a－b，n＝b＋c，p＝4a－5b－3c，則向量m，n，p________(填“共面”或“解析因為p＝2(2a－b)－3(b＋c)＝2m－3n，所以m，n，答案共面5．下列命題：①若p＝xa＋yb，則p與a，b共面；②若p與a，b共面，則p＝xa＋yb；③若eq\o(MP,\s\up6(→))＝x·eq\o(MA,\s\up6(→))＋y·eq\o(MB,\s\up6(→))，則P、M、A、B四點共面；④若P、M、A、B四點共面，則eq\o(MP,\s\up6(→))＝x·eq\o(MA,\s\up6(→))＋y·eq\o(MB,\s\up6(→))，其中正確的是________．解析①與③中取x＝0或y＝0，則結(jié)論不一定成立．反之，②④正確．答案②④6．設(shè)A、B、C及A1、B1、C1分別是異面直線l1、l2上的三點，而M、N、P、Q分別是線段AA1、BA1、BB1、CC1的中點．求證：M、N、P、Q四點共面．解eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1B1,\s\up6(→))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝2eq\o(NM,\s\up6(→))，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝2eq\o(NP,\s\up6(→))，又因為eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→)))，(*)A、B、C及A1、B1、C1分別共線，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＝2λeq\o(NM,\s\up6(→))，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝ωeq\o(A1B1,\s\up6(→))＝2ωeq\o(NP,\s\up6(→)).代入(*)式得eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(2λeq\o(NM,\s\up6(→))＋2ωeq\o(NP,\s\up6(→)))＝λeq\o(NM,\s\up6(→))＋ωeq\o(NP,\s\up6(→))，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))、eq\o(NM,\s\up6(→))、eq\o(NP,\s\up6(→))共面，所以M、N、P、Q四點共面．綜合提高（限時25分鐘）7．已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC上一點，若AB1∥平面DBC1，則D在AC解析取BC1的中點為O，由AB1∥平面DBC1知，存在實數(shù)x，y滿足eq\o(AB1,\s\up6(→))＝xeq\o(DB,\s\up6(→))＋yeq\o(DC1,\s\up6(→))，又eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＋eq\o(OB1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＋eq\o(CO,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))＋eq\o(DO,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC1,\s\up6(→))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))，即D是AC的中點．答案D是AC的中點8．平面α內(nèi)有點A，B，C，D，E，其中無三點共線，O為空間一點，滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))＋xeq\o(OC,\s\up6(→))＋yeq\o(OD,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))＝2xeq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OD,\s\up6(→))＋yeq\o(OE,\s\up6(→))，則x＋3y＝________.解析由點A，B，C，D共面得x＋y＝eq\f(1,2)，又由點B，C，D，E共面得2x＋y＝eq\f(2,3)，聯(lián)立方程組解得x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，所以x＋3y＝eq\f(7,6).答案eq\f(7,6)9.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AE＝3EA1，AF＝FD，AG＝eq\f(1,2)GB，過E、F、G三點的平面與對角線AC1交于點P，則AP∶PC1的值為________．解析設(shè)eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AC1,\s\up6(→))，因為eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝3eq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AE,\s\up6(→))＋2eq\o(AF,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝3meq\o(AG,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)meq\o(AE,\s\up6(→))＋2meq\o(AF,\s\up6(→))，又因為E、F、G、P四點共面，所以3m＋eq\f(4,3)m＋2m＝1，所以m＝eq\f(3,19)，所以AP∶PC1＝3∶16.答案3∶1610.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是面對角線AC的中點，N是面對角線A1B上的點，若MN∥平面B1BCC1，則點N解析設(shè)eq\o(BN,\s\up6(→))＝λeq\o(BA1,\s\up6(→))，因為MN∥平面B1BCC1，由共面向量定理知，存在實數(shù)x，y，使得eq\o(MN,\s\up6(→))＝xeq\o(BC,\s\up6(→))＋yeq\o(BB1,\s\up6(→))，①又eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(BN,\s\up6(→))－eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BA1,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))＝λ(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(BB1,\s\up6(→))＋(λ－eq\f(1,2))eq\o(BA,\s\up6(→))，與①比較可知λ＝eq\f(1,2)，即點N是面對角線A1B的中點．答案A1B的中點11.已知E、F、G、H分別是空間四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點，設(shè)M是EG和FH的交點，求證：對空間任一點O，有eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))．證明因為eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＝2eq\o(ME,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(MD,\s\up6(→))＝2eq\o(MG,\s\up6(→))，且eq\o(ME,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(MD,\s\up6(→))＝0，eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MD,\s\up6(→))＝4eq\o(OM,\s\up6(→))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))．12．已知四邊形ABCD為正方形，P是四邊形ABCD所在平面外一點，P在平面ABCD上的射影恰好是正方形的中點O，Q是CD的中點，求下列各題中x，y的值．(1)eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))＋xeq\o(PC,\s\up6(→))＋yeq\o(PA,\s\up6(→))；(2)eq\o(PA,\s\up6(→))＝xeq\o(PO,\s\up6(→))＋yeq\o(PQ,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)).解(1)如圖所示∵eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→)))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(PA,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(PC,\s\up6(→))，∴x＝y(tǒng)＝－eq\f(1,2).(2)∵eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))－eq\o(PC,\s\up6(→)).又eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→))＝2eq\o(PQ,\s\up6(→))，∴eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\o(PD,\s\up6(→)).∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))－(2eq\o(PQ,\s\up6(→))－eq\o(OD,\s\up6(→)))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))－2eq\o(PQ,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)).∴x＝2，y＝－2.13．(創(chuàng)新拓展)設(shè)A，B，C及A1，