資源簡介

6.1.3　共面向量定理(深化課——題型研究式教學)
課時目標
1.了解共面向量的概念.
2.理解空間向量共面的充要條件,會證明空間四點共面.
共面向量定理 (1)共面向量:一般地,能平移到同一平面內的向量叫作共面向量.顯然,任意兩個空間向量都是共面向量. (2)共面向量定理:如果兩個向量a,b不共線,那么向量p與向量a,b共面的充要條件是存在有序實數組(x,y),使得p=xa+yb.這就是說,向量p可以由兩個不共線的向量a,b線性表示
向量共面的證明 (1)證明點P在平面ABC內,可以用=x+y,也可以用=+x+y.若用=x+y+z,則必須滿足x+y+z=1. (2)判斷三個向量共面一般用p=xa+yb,證明三線共面常用=x+y,證明四點共面常用=x+y+z(其中x+y+z=1)
題型(一)　對共面向量概念的理解
[例1]　下列命題正確的是 (　　)
A.用分別在兩條異面直線上的兩條有向線段表示兩個向量,則這兩個向量一定不共面
B.已知空間四邊形ABCD,則由四條線段AB,BC,CD,DA分別確定的四個向量之和為零向量
C.若存在有序實數組(x,y)使得=x+y,則O,P,A,B四點共面
D.若三個向量共面,則這三個向量的起點和終點一定共面
聽課記錄:
[思維建模]
(1)任意兩個空間向量都是共面向量;
(2)若a,b不共線且同在平面α內,則p與a,b共面的意義是p在α內或p∥α.
　　[針對訓練]
1.[多選]下列說法正確的是 (　　)
A.若向量a,b共線,則向量a,b所在的直線平行
B.已知空間任意兩向量a,b,則向量a,b共面
C.已知空間的三個向量a,b,c,則對于空間的任意一個向量p,總存在實數x,y,z,使得p=xa+yb+zc
D.若A,B,C,D是空間任意四點,則有+++=0
題型(二)　向量共面的判定與證明
[例2]　如圖,已知平行四邊形ABCD,過平面AC外一點O作射線OA,OB,OC,OD,在四條射線上分別取點E,F,G,H,并且使====k,求證:E,F,G,H四點共面.
聽課記錄:
　　
[變式拓展]
　若本例條件“====k”變為“==m,==k”,其他條件不變.求證:E,F,G,H四點共面.
[思維建模] 利用向量法證明向量共面的策略
(1)若已知點P在平面ABC內,則有=x+y或=x+y+z(x+y+z=1),然后利用指定向量表示出已知向量,用待定系數法求出參數.
(2)證明三個向量共面(或四點共面),需利用共面向量定理,證明過程中要靈活進行向量的分解與合成,將其中一個向量用另外兩個向量來表示.
　　[針對訓練]
2.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,M為DD1的中點,N在AC上,且AN∶NC=2∶1,求證:與,共面.
題型(三)　共面向量定理的應用
[例3]　如圖所示,已知E,F,G,H分別是空間四邊形ABCD的邊AB,BC,CD,DA的中點.
(1)用向量法證明E,F,G,H四點共面;
(2)用向量法證明BD∥平面EFGH.
聽課記錄:
[思維建模]
利用向量判斷線面平行有兩種方法:一是利用共線向量定理,找出平面內的一個向量與直線上的向量共線;二是利用共面向量定理,找出平面內不共線的兩個向量能表示出直線上的向量.兩種方法中注意說明直線不在平面內.
　　[針對訓練]
3.如圖所示,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中點.
求證:B1C∥平面ODC1.
6.1.3　共面向量定理
[題型(一)]
[例1]　選C　A錯誤,空間中任意兩個向量都是共面的;B錯誤,因為四條線段確定的向量沒有強調方向;C正確,因為,,共面,所以O,P,A,B四點共面;D錯誤,沒有強調零向量.
[針對訓練]
1.選BD　若向量a,b共線,則向量a,b所在的直線可以重合,并不一定平行,故A錯誤;根據共面向量的定義可知,空間中的任意兩個向量都是共面的,故B正確;只有當空間的三個向量a,b,c不共面時,對于空間的任意一個向量p,總存在實數x,y,z,使得p=xa+yb+zc成立,若空間中的三個向量共面,此說法并不成立,故C錯誤;根據向量的加法法則即可判斷D正確.
[題型(二)]
[例2]　證明:在平行四邊形ABCD中,=+,
得-=(-)+(-),
由已知得(-)=(-)+(-),于是得=+,
∴E,F,G,H四點共面.
[變式拓展]
證明:在平行四邊形ABCD中,=+,得-=(-)+(-),
由已知得-=-+-,即=+-,=.
∴E,F,G,H四點共面.
[針對訓練]
2.證明:因為=-,
=+=-,
==(+).
所以=-
=(+)-
=(-)+
=+.
所以與,共面.
[題型(三)]
[例3]　證明:(1)如圖所示,連接BG,EG,則=+=+(+)=++=+.
由共面向量定理知E,F,G,H四點共面.
(2)設=a,=b,=c,
則=-=c-a.
=+=-+(c+b)
=-a+b+c,
=+=-c+(a+b)
=a+b-c.
假設存在x,y,使=x+y.
即c-a=x+y=a+b+c.
∵a,b,c不共線.∴
解得∴=-.
∴,,是共面向量,
∵BD不在平面EFGH內,
∴BD∥平面EFGH.
[針對訓練]
3.證明:設=a,=b,=c,
則=c-a,
又O是B1D1的中點,
所以==(b-a).
因為D1D C1C,所以=c,=+=(b-a)+c.
=-(a+b),假設存在實數x,y,
使=x+y,
所以c-a=x-y·(a+b)=-(x+y)a+xc+b,且a,b,c不共線,
所以x=1,(x+y)=1,且=0,即x=1,y=1.
所以=+,
所以,,是共面向量,
又因為不在,所確定的平面ODC1內,所以B1C∥平面ODC1.
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6.1.3
共面向量定理
(深化課——題型研究式教學)
課時目標
1.了解共面向量的概念.
2.理解空間向量共面的充要條件,會證明空間四點共面.
共面向量定理 (1)共面向量:一般地,能平移到同一平面內的向量叫作共面向量.顯然,任意兩個空間向量都是共面向量.
(2)共面向量定理:如果兩個向量a,b不共線,那么向量p與向量a,b共面的充要條件是存在有序實數組(x,y),使得p=xa+yb.這就是說,向量p可以由兩個不共線的向量a,b線性表示
續表
向量共面的證明 (1)證明點P在平面ABC內,可以用=x+y,也可以用=+x+y.若用=x+y+z,則必須滿足x+y+z=1.
(2)判斷三個向量共面一般用p=xa+yb,證明三線共面常用=x+y,證明四點共面常用=x+y+z(其中x+y+z=1)
CONTENTS
目錄
1
2
3
題型(一)　對共面向量概念的理解
題型(二)　向量共面的判定與證明
題型(三)　共面向量定理的應用
4
課時跟蹤檢測
題型(一)　對共面向量概念的理解
[例1]　下列命題正確的是 (　　)
A.用分別在兩條異面直線上的兩條有向線段表示兩個向量,則這兩個向量一定不共面
B.已知空間四邊形ABCD,則由四條線段AB,BC,CD,DA分別確定的四個向量之和為零向量
C.若存在有序實數組(x,y)使得=x+y,則O,P,A,B四點共面
D.若三個向量共面,則這三個向量的起點和終點一定共面
√
解析: A錯誤,空間中任意兩個向量都是共面的;
B錯誤,因為四條線段確定的向量沒有強調方向;
C正確,因為,,共面,所以O,P,A,B四點共面;
D錯誤,沒有強調零向量.
[思維建模]
(1)任意兩個空間向量都是共面向量;
(2)若a,b不共線且同在平面α內,則p與a,b共面的意義是p在α內或p∥α.
針對訓練
1.[多選]下列說法正確的是(　　)
A.若向量a,b共線,則向量a,b所在的直線平行
B.已知空間任意兩向量a,b,則向量a,b共面
C.已知空間的三個向量a,b,c,則對于空間的任意一個向量p,總存在實數x,y,z,使得p=xa+yb+zc
D.若A,B,C,D是空間任意四點,則有+++=0
√
√
解析:若向量a,b共線,則向量a,b所在的直線可以重合,并不一定平行,故A錯誤;
根據共面向量的定義可知,空間中的任意兩個向量都是共面的,故B正確;
只有當空間的三個向量a,b,c不共面時,對于空間的任意一個向量p,總存在實數x,y,z,使得p=xa+yb+zc成立,若空間中的三個向量共面,此說法并不成立,故C錯誤;
根據向量的加法法則即可判斷D正確.
題型(二)　向量共面的判定與證明
[例2]　如圖,已知平行四邊形ABCD,過平面AC外一點O作射線OA,
OB,OC,OD,在四條射線上分別取點E,F,G,H,并且使==
==k,求證:E,F,G,H四點共面.
證明:在平行四邊形ABCD中,=+,
得-=(-)+(-),
由已知得(-)=(-)+(-),
于是得=+,∴E,F,G,H四點共面.
[變式拓展]
若本例條件“====k”變為“==m,==k”,其他條件不變.求證:E,F,G,H四點共面.
證明:在平行四邊形ABCD中,=+,得-=(-)+(-),由已知得-=-+-,
即=+-,=.
∴E,F,G,H四點共面.
[思維建模] 利用向量法證明向量共面的策略
(1)若已知點P在平面ABC內,則有=x+y或=x+y+z
(x+y+z=1),然后利用指定向量表示出已知向量,用待定系數法求出參數.
(2)證明三個向量共面(或四點共面),需利用共面向量定理,證明過程中要靈活進行向量的分解與合成,將其中一個向量用另外兩個向量來表示.
針對訓練
2.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,M為DD1的中點,N在AC上,且AN∶NC=2∶1,求證:與,共面.
證明:因為=-,=+=-,
==(+).所以=-=(+)-
=(-)+=+.
所以與,共面.
題型(三)　共面向量定理的應用
[例3]　如圖所示,已知E,F,G,H分別是空間四邊形ABCD的邊AB,BC,CD,DA的中點.
(1)用向量法證明E,F,G,H四點共面;
證明:如圖所示,連接BG,EG,則=+=+(+)
=++=+.由共面向量定理知E,F,G,H四點共面.
(2)用向量法證明BD∥平面EFGH.
證明:設=a,=b,=c,則=-=c-a.
=+=-+(c+b)=-a+b+c,=+=-c+(a+b)=a+b-c.
假設存在x,y,使=x+y.即c-a=x+
y=a+b+c.
∵a,b,c不共線.∴解得
∴=-.∴,,是共面向量,
∵BD不在平面EFGH內,∴BD∥平面EFGH.
[思維建模]
　　利用向量判斷線面平行有兩種方法:一是利用共線向量定理,找出平面內的一個向量與直線上的向量共線;二是利用共面向量定理,找出平面內不共線的兩個向量能表示出直線上的向量.兩種方法中注意說明直線不在平面內.
針對訓練
3.如圖所示,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,O是B1D1的中點.
求證:B1C∥平面ODC1.
證明:設=a,=b,=c,則=c-a,又O是B1D1的中點,
所以==(b-a).因為D1D C1C,
所以=c,=+=(b-a)+c.
=-(a+b),假設存在實數x,y,使=x+y,
所以c-a=x-y·(a+b)=-(x+y)a+xc+b,
且a,b,c不共線,所以x=1,(x+y)=1,且=0,
即x=1,y=1.所以=+,
所以,,是共面向量,
又因為不在,所確定的平面ODC1內,
所以B1C∥平面ODC1.
課時跟蹤檢測
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A級——綜合提能
1.對于空間中的任意三個向量a,b,2a+4b,它們一定是(　　)
A.共面向量 B.共線向量
C.不共面向量 D.既不共線也不共面的向量
解析:若a,b不共線,則由空間共面向量定理知,a,b,2a+4b共面;若a,b共線,則a,b,2a+4b共線,也共面.
√
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2.已知點M在平面ABC內,并且對空間任意一點O,有=x+
+,則x的值為(　　)
A.1 B.0 C.3 D.
解析:∵=x++,且M,A,B,C四點共面,∴x++=1,∴x=,故選D.
√
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3.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,向量,,是(　　)
A.有相同起點的向量 B.等模的向量
C.共面向量 D.不共面向量
√
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解析:如圖所示,向量,,顯然不是有相同起點的向量,故A錯誤;
由該平行六面體不一定是正方體可知,這三個向量不一定是等模的向量,故B錯誤;
因為=,,,共面,所以,,共面,故C正確,D錯誤.
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4.[多選]若向量a,b,c不共面,則下列選項中的三個向量共面的是 (　　)
A.b-c,b,b+c B.a+b,c,a+b+c
C.a+b,a-c,c D.a-b,a+b,a
√
√
√
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解析:向量a,b,c不共面,b-c=2b-(b+c),因此三個向量共面;a+b+c=
a+(b+c),因此三個向量共面;若a+b,a-c,c共面,則存在實數s,t,使得a+b=s(a-c)+tc,故b=(s-1)a+(t-s)c,這與a,b,c不共面矛盾,故三個向量不共面;a-b=2a-(a+b),因此三個向量一定共面.
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5.已知點M在平面ABC內,對空間任一點O,若2=x-+4,則x=______.
解析:因為2=x-+4,所以=-+2,又點M在平面ABC內,所以-+2=1,解得x=-1.
-1
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6.若=λ+μ(λ,μ∈R),則直線AB與平面CDE的位置關系為______________________________.
解析:由=λ+μ(λ,μ∈R)及共面向量定理可知,向量與向量,共面,即直線AB可能在平面CDE內,也可能和平面CDE平行.
AB 平面CDE或AB∥平面CDE
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7.已知i,j,k不共面,=i-2j+2k,=2i+j-3k,=λi+3j-5k,且A,B,C,D四點共面,則λ的值為_____.
解析:由題意得=+=3i-j-k,=+=(3+λ)i+2j-6k.因為A,B,C,D四點共面,所以存在唯一的(x,y),使得=x+y,即(3+λ)i+2j-6k=x(i-2j+2k)+y(3i-j-k),則解得
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8.已知兩個非零向量e1,e2不共線,如果=e1+e2,=2e1+8e2,
=3e1-3e2.求證:A,B,C,D四點共面.
證明:∵+=5e1+5e2=5,∴=(+)=+,
又與不共線,∴,,共面,又它們有一個公共起點A.
∴A,B,C,D四點共面.
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9.H為四棱錐P-ABCD的棱PC的三等分點,且PH=HC.點G在AH上,AG=
mAH,四邊形ABCD為平行四邊形.若G,B,P,D四點共面,求實數m的值.
解:如圖,∵H為棱PC的三等分點,且PH=HC,∴=,∴=.
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又∵點G在AH上,AG=mAH,∴=m=
m(+)=m=m=m=++.又∵B,G,P,D四點共面,且,,不共面,∴++=1,解得m=.
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B級——應用創新
10.如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1為平行四邊形,E為棱AB的中點,=,=2,AC1與平面EFG交于點M,則=______.
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解析:由題可設=λ(0<λ<1),因為=++=2
+3+,所以=2λ+3λ+λ.因為M,E,F,G四點共面,所以2λ+3λ+λ=1,解得λ=.
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11.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M和N分別是矩形ABCD和BB1C1C的中心,若點P滿足=+x+y,其中x,y∈R,則點P可以是正方體表面上的點________________________________.(答案不唯一)
B1(或C或△ACB1邊上的任意一點)
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解析:因為點P滿足=+x+y=+x(-)+y(-)
=(1-x-y)+x+y,其中1-x-y+x+y=1,所以點A,M,N,P四點共面,因為點M和N分別是矩形ABCD和BB1C1C的中心,所以CN=B1N,AM=MC,連接MN,AB1,如圖,則MN∥AB1,所以△ACB1即為經過A,M,N三點的平面與正方體的截面,故點P可以是正方體表面上的點B1(或C或△ACB1邊上的任意一點).
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12.設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.
證明:如圖,過B1作l3∥l1,取點C2∈l3且BC=B1C2,取CC2的中點P1.
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因為=,=,所以=2,=2.
因為A,B,C及A1,B1,C1分別共線,
所以=λ=2λ,=μ=2μ.
于是=+=+=+(-)=(+)=(2λ+2μ)=λ+μ.
因此,,共面.故M,N,P,Q四點共面.課時跟蹤檢測(四)　共面向量定理
A級——綜合提能
1.對于空間中的任意三個向量a,b,2a+4b,它們一定是 (　　)
A.共面向量
B.共線向量
C.不共面向量
D.既不共線也不共面的向量
2.已知點M在平面ABC內,并且對空間任意一點O,有=x++,則x的值為 (　　)
A.1 B.0
C.3 D.
3.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,向量,,是 (　　)
A.有相同起點的向量 B.等模的向量
C.共面向量 D.不共面向量
4.[多選]若向量a,b,c不共面,則下列選項中的三個向量共面的是 (　　)
A.b-c,b,b+c B.a+b,c,a+b+c
C.a+b,a-c,c D.a-b,a+b,a
5.已知點M在平面ABC內,對空間任一點O,若2=x-+4,則x=　　　　.
6.若=λ+μ(λ,μ∈R),則直線AB與平面CDE的位置關系為　　　　　.
7.已知i,j,k不共面,=i-2j+2k,=2i+j-3k,=λi+3j-5k,且A,B,C,D四點共面,則λ的值為　　　　.
8.已知兩個非零向量e1,e2不共線,如果=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2.求證:A,B,C,D四點共面.
9.H為四棱錐P-ABCD的棱PC的三等分點,且PH=HC.點G在AH上,AG=mAH,四邊形ABCD為平行四邊形.若G,B,P,D四點共面,求實數m的值.
B級——應用創新
10.如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1為平行四邊形,E為棱AB的中點,=,=2,AC1與平面EFG交于點M,則=　　　　.
11.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M和N分別是矩形ABCD和BB1C1C的中心,若點P滿足=+x+y,其中x,y∈R,則點P可以是正方體表面上的點　　　.(答案不唯一)
12.設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.
課時跟蹤檢測(四)
1.選A　若a,b不共線,則由空間共面向量定理知,a,b,2a+4b共面;若a,b共線,則a,b,2a+4b共線,也共面.
2.選D　∵=x++,且M,A,B,C四點共面,∴x++=1,∴x=,故選D.
3.選C　如圖所示,向量,,顯然不是有相同起點的向量,故A錯誤;由該平行六面體不一定是正方體可知,這三個向量不一定是等模的向量,故B錯誤;因為=,,,共面,所以,,共面,故C正確,D錯誤.
4.選ABD　向量a,b,c不共面,
b-c=2b-(b+c),因此三個向量共面;
a+b+c=a+(b+c),因此三個向量共面;
若a+b,a-c,c共面,則存在實數s,t,使得a+b=s(a-c)+tc,故b=(s-1)a+(t-s)c,這與a,b,c不共面矛盾,故三個向量不共面;
a-b=2a-(a+b),因此三個向量一定共面.
5.解析:因為2=x-+4,
所以=-+2,
又點M在平面ABC內,
所以-+2=1,解得x=-1.
答案:-1
6.解析:由=λ+μ(λ,μ∈R)及共面向量定理可知,向量與向量,共面,即直線AB可能在平面CDE內,也可能和平面CDE平行.
答案:AB 平面CDE或AB∥平面CDE
7.解析:由題意得=+=3i-j-k,=+=(3+λ)i+2j-6k.因為A,B,C,D四點共面,所以存在唯一的(x,y),使得=x+y,即(3+λ)i+2j-6k=x(i-2j+2k)+y(3i-j-k),則解得
答案:1
8.證明:∵+=5e1+5e2=5,
∴=(+)=+,
又與不共線,
∴,,共面,又它們有一個公共起點A.
∴A,B,C,D四點共面.
9.解:如圖,∵H為棱PC的三等分點,且PH=HC,∴=,∴=.
又∵點G在AH上,AG=mAH,∴=m=m(+)=m=m=m=++.又∵B,G,P,D四點共面,且,,不共面,∴++=1,解得m=.
10.解析:由題可設=λ(0<λ<1),因為=++=2+3+,所以=2λ+3λ+λ.因為M,E,F,G四點共面,所以2λ+3λ+λ=1,解得λ=.
答案:
11.解析:因為點P滿足=+x+y=+x(-)+y(-)=(1-x-y)+x+y,其中1-x-y+x+y=1,所以點A,M,N,P四點共面,因為點M和N分別是矩形ABCD和BB1C1C的中心,所以CN=B1N,AM=MC,連接MN,AB1,如圖,則MN∥AB1,所以△ACB1即為經過A,M,N三點的平面與正方體的截面,故點P可以是正方體表面上的點B1(或C或△ACB1邊上的任意一點).
答案:B1(或C或△ACB1邊上的任意一點)
12.證明:如圖,過B1作l3∥l1,取點C2∈l3且BC=B1C2,取CC2的中點P1.因為=,=,
所以=2,=2.
因為A,B,C及A1,B1,C1分別共線,
所以=λ=2λ,=μ=2μ.
于是=+=+=+(-)=(+)=(2λ+2μ)=λ+μ.
因此,,共面.故M,N,P,Q四點共面.
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