2020版江苏高考数学一轮复习学案：第14章空间向量 第3课《空间向量的共线与共面》(含解析)

_第3课__空间向量的共线与共面____

　基础诊断　

1. 对于空间任意一点O，下列命题正确的是________．(填序号)

①若＝＋t，则P，A，B三点共线；

②若3＝＋，则P是AB的中点；

③若＝－t，则P，A，B三点不共线；

④若＝－＋，则P，A，B三点共线．

2. 已知向量a＝mi＋5j－k，b＝3i＋j＋rk，若a∥b，则实数m＝________，r＝________．

3. 已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任意一点O，下列条件中能确定点M与点A，B，C一定共面的是________．(填序号)

①＝＋＋；

②＝2－－；

③＝＋＋；

④＝＋＋.

　范例导航　

　　例1　在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上的一点，BE＝3ED，以{，，}为基底，则＝__________________．

如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，＝，＝2，设＝a，＝b，＝c，用基底{a，b，c}表示向量＝________________________________________________________________________.

　　例2 　如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P，Q分别是线段AD1和BD上的点，且D1P∶PA＝DQ∶QB＝5∶12.

(1) 求线段PQ的长度；

(2) 求证：PQ⊥AD；

(3) 求证：PQ∥平面CDD1C1.

如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：

(1) AE⊥CD；

(2) PD⊥平面ABE.

　自测反馈　

1. 若A(m＋1，n－1，3)，B(2m，n，m－2n)，C(m＋3，n－3，9)三点共线，则m＋n＝________．

2. 设点A，B，C，D是空间四点，有以下几个条件：①＝＋＋；②＝＋＋；③＝＋＋；④＝＋＋.其中能够使A，B，C，D四点一定共面的条件是________．(填序号)

3. 向量a＝(8，3，13)，b＝(2，3，5)，c＝(－1，3，1)________共面．(填“是”或“不是”)

1. 用基底表示空间向量，作为基底的三个向量要不共面，注意上面题目中的基底是否共面？

2. 四点共面成立的充要条件是什么？证明线面平行需要交代线不在平面内．

3. 你还有哪些体悟，写下来：

第3课　空间向量的共线与共面

　基础诊断　

1. ①　解析：①若＝＋t，则＝t，所以A，B，P共线，所以①正确；②若3＝＋，则3＝，不能得到P是AB的中点，所以②错误；③若＝－t，则＝－t，A，B，P共线，所以③错误；④若＝－＋，则＝－2＋，且－2＋1≠1，所以A，B，P不共线，所以④错误．

2. 15　－　解析：因为a∥b，所在存在实数λ使得a＝λb，可得解得m＝15，λ＝5，r＝－.

3. ④　解析：由向量共面定理得，＝x＋y＋z，x＋y＋z＝1.①1＋1＋1＝3≠1，则①不能确定；②2－1－1≠1，所以②不能确定；③1＋＋≠1，所以③不能确定；④＋＋＝1，所以④能确定．

　范例导航　

例1　－－＋　解析：由题意，连结AE，则＝－＝＋－＝＋－·(＋)＝＋(－)－－＝－－＋.

－a＋b＋c　解析：＝－＝＋－＝＋－(＋)＝＋(－)－(＋)＝c＋(b－c)－(a＋b)＝－a＋b＋c.

例2　解析：(1) 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

由于正方体的棱长为1，所以D(0，0，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，A(1，0，0)．

因为P，Q分别是线段AD1和BD上的点，且D1P∶PA＝DQ∶QB＝5∶12，

所以P，Q，

所以＝，所以PQ＝||＝.

(2) 因为＝(1，0，0)，

所以·＝0，即PQ⊥AD.

(3) 因为＝(0，1，0)，＝(0，0，1)，

所以＝－.

又DD1，DC平面CDD1C1，PQ平面CDD1C1，

所以PQ∥平面CDD1C1.

解析：(1) 由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1).

因为∠ABC＝60°，AB＝BC，

所以△ABC为正三角形，

所以C，E.

设D(0，y，0)，则＝，

＝.

由AC⊥CD，得·＝0，

即y＝，则D，

所以＝.

又＝，

所以·＝－×＋×＋0×＝0，

所以⊥，即AE⊥CD.

(2) 因为P(0，0，1)，所以＝.

又·＝×0＋×＋×(－1)＝0，

所以⊥，即PD⊥AE.

因为＝(1，0，0)，所以·＝0.

所以PD⊥AB.

又AB∩AE＝A，AB，AE平面ABE，

所以PD⊥平面ABE.

　自测反馈　

1. 0　解析：因为A(m＋1，n－1，3)，B(2m，n，m－2n)，C(m＋3，n－3，9)，所以＝(m－1，1，m－2n－3)，＝(2，－2，6)．又因为A，B，C三共点共线，所以存在实数λ使得＝λ，即

解得所以m＋n＝0＋0＝0.

2. ④　解析：由向量共面定理得，＝x＋y＋z，x＋y＋z＝1.①因为1＋＋≠1，所以不能使A，B，C，D共面；②因为＋＋≠1，所以不能使A，B，C，D共面；同理③亦不能；④因为＋＋＝1，所以④能使A，B，C，D共面．

3. 是　解析：假设a＝xb＋yc，则可得解得又因为b＝(2，3，5)，c＝(－1，3，1)，所以b，c不共线，则a，b，c三向量共面．