1、3.1.2 共面向量定理课时目标 1.理解共面向量的定义.2.掌握共面向量定理，并能熟练应用1共面向量的定义：一般地，能_的向量叫做共面向量2共面向量定理：如果两个向量 a、b 不共线，那么向量 p 与向量 a、b 共面的充要条件是存在有序实数组(x，y)，使得 p_.3共面向量定理的应用：(1)空间中任意两个向量 a，b 总是共面向量，空间中三个向量 a，b，c 则不一定共面(2)空间中四点共面的条件空间点 P 位于平面 MAB 内，则存在有序实数对 x、y 使得 x y ，MP MA MB 此为空间共面向量定理，其实质就是平面向量基本定理， ， 实质就是面 MAB 内平MA MB 面向量的
2、一组基底另外有 x y ，OP OM MA MB 或 x y z (x yz1) OP OM OA OB 、均可作为证明四点共面的条件，但是更为常用一、填空题1下列说法中正确的是_(写出所有正确的序号)平面内的任意两个向量都共线；空间的任意三个向量都不共面；空间的任意两个向量都共面；空间的任意三个向量都共面2满足下列条件，能说明空间不重合的 A、B、C 三点共线的有_(写出所有正确的序号) ； ；AB BC AC AB BC AC ； | | |.AB BC AB BC 3在下列等式中，使点 M 与点 A，B，C 一定共面的是_(写出所有符合要求的序号) 2 ；OM OA OB OC ；OM
3、15OA 13OB 12OC 0；MA MB MC 0.OM OA OB OC 4已知向量 a 与 b 不共线，则“a，b，c 共面”是“存在两个非零常数 ， 使cab”的 _条件5已知 P 和不共线三点 A，B，C 四点共面且对于空间任一点 O，都有2 ，则 _.OP OA OB OC 6三个向量 xay b，y bzc，zcxa 的关系是_ (填“共面” “不共面” “无法确定是否共面”)7.在 ABCD 中， a， b， 2 ，M 为 BC 的中点，则AB AD AN NC _(用 a、b 表示) MN 8.在四面体 O-ABC 中， a， b， c，D 为 BC 的中点，E 为 AD
4、的中点，则OA OB OC _(用 a，b，c 表示 )OE 二、解答题9设 A，B ，C 及 A1，B 1，C 1 分别是异面直线 l1，l 2 上的三点，而 M，N，P，Q 分别是线段 AA1，BA 1，BB 1，CC 1 的中点求证：M 、N 、P、Q 四点共面10.如图所示，平行六面体 A1B1C1D1-ABCD，M 分 成的比为 ，N 分A1C 12 A1D 成的比为 2，设 a， b， c，试用 a、b、c 表示 .AB AD AA1 MN 能力提升11.如图所示，平行六面体 ABCDA 1B1C1D1 中，M 为 AC 与 BD 的交点，若 a，A1B1 b， c，则 _(用 a
5、，b，c 表示)A1D1 A1A B1M 12已知 A、B、M 三点不共线，对于平面 ABM 外的任一点 O，确定下列各条件下，点P 是否与 A、B、M 一定共面(1) 3 ；OB OM OP OA (2) 4 .OP OA OB OM 向量共面的充要条件的理解1.空间一点 P 位于平面 MAB 内的充分必要条件是存在实数对（x,y） ，使 x yMP MA .满足这个关系式的点 P 都在平面 MAB 内；反之，平面 MAB 内的任一点 P 都满足这MB 个关系式这个充要条件常用以证明四点共面2共面向量的充要条件给出了空间平面的向量表示式，即任意一个空间平面可以由空间一点及两个不共线的向量表示
6、出来，它既是判断三个向量是否共面的依据，又可以把已知共面条件转化为向量式，以便于应用向量这一工具另外，在许多情况下，可以用“若存在有序实数组(x，y，z)使得对于空间任意一点 O，有 x y z ，且OP OA OB OC xyz1 成立，则 P、A、 B、C 四点共面”作为判定空间中四个点共面的依据31.2 共面向量定理知识梳理1平移到同一平面内2xayb作业设计12解析 由 知 与 共线，又因有一共同的点 B，故 A、B、C 三点共线AB BC AB BC 3解析 若有 x y ，则 M 与点 A、B、C 共面，或者 x y z 且MA MB MC OM OA OB OC xyz1，则 M
7、 与点 A、B、C 共面，、不满足 xy z 1，满足 xMA y ，故正确MB MC 4必要不充分解析 验证充分性时，当 a，b，c 共面且 a c(或 b c)时不能成立，不能使 ， 都非零52解析 P 与不共线三点 A，B，C 共面，且 x y z (x，y，zR )，OP OA OB OC 则 xyz1 是四点共面的充要条件6共面解析 因 xay b，y bzc，zcxa 也是三个向量，且有 zcxa(ybzc) (xayb)，所以三向量共面7 a b13 16解析 bMN MC CN 12 13CA b ( )12 13CB BA b (ba)12 13 a b.13 168. a
8、b c12 14 149证明 依题意有 2 ， 2 .BA NM A1B1 NP 又 PQ PB1 B1C1 C1Q 12BB1 B1C1 12C1C ( ) 12BC CC1 C1B1 B1C1 12C1C ( )，(*)12BC B1C1 A，B，C 及 A1，B 1，C 1 分别共线， 2 ， 2 .BC BA NM B1C1 A1B1 NP 代入(*)式得 (2 2 ) ， ， ， 共面PQ 12 NM NP NM NP PQ NM NP M、N、P、Q 四点共面10解 MN MA AA1 A1N 13CA AA1 23A1D 13AC AA1 23(A1A AD ) (ab) c (c b) a b c.13 23 13 13 1311 a bc12 12解析 B1M B1B BM A1A 12BD c ( ) c12BA BC 12A1B1 12A1D1 a bc.12 1212解 (1)原式可变形为 ( )( )OP OM OA OP OB OP ，OM PA PB ，OP OM PA PB ，PM PA PB P 与 M、A、B 共面(2)原式可变形为2 OP OA OA OB OA OM 2 ，OA BA MA ，表达式中还含有 ，AP AO AB AM AO P 与 A、B、 M 不共面
