1.1.2 空间向量基本定理-【金版新学案】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教B版2019）

第一章 空间向量与立体几何 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 1.1.2　空间向量基本定理 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 新知形成 夯实基础 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 b＝λa xa＋yb 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 p＝xa＋yb＋zc 基底 基向量 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 合作探究 素能提升 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 易错精析 矫正思维 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 课 时 精 练(三) 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 谢谢观看！ 第一章　空间向量与立体几何 新 知 形 成 合 作 探 究 数 学 选择性必修 第一册 B 易 错 精 析 课 时 精 练 [课标解读]1．共线向量基本定理、共面向量基本定理.2．空间向量基本定理.3．基底、基向量的概念． 知识点一　共面向量定理 1．共线向量基本定理 如果a≠0且b∥a，则存在唯一的实数λ，使得_________． 2．共面向量定理 如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使c＝_________． 知识点二　空间向量基本定理 1．空间向量基本定理 如果空间中的三个向量a，b，c不共面，那么对空间中的任意一个向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)．使得_____________________． 2．基底与基向量 空间中不共面的三个向量a，b，c组成的集合{a，b，c}，常称为空间向量的一组_________，此时，a，b，c都称为_________；如果p＝xa＋yb＋zc，则称xa＋yb＋zc为p在基底{a，b，c}下的分解式． eq \a\vs4\al(特别提醒) (1)若p＝xa＋yb＋zc，则xa＋yb＋zc叫做向量a，b，c的线性表达式或线性组合，或者说p可以由a，b，c线性表示． (2)对于基底{a，b，c}，除了应知道a，b，c不共面外，还应明确以下三点： ①基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示，选用不同的基底，同一向量的表达式也可能不同； ②由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，所以若三个向量不共面，就说明它们都不是0； ③空间的一个基底是指一个向量组，是由三个不共面的空间向量构成的，一个基向量是指基底中的某个向量，二者是相关联的不同概念．　　 1．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可以作为空间向量一个基底的是(　　) A．eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(AC,\s\up15(→))，eq \o(AD,\s\up15(→))　　　　　 B．eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(AA1,\s\up15(→))，eq \o(AB1,\s\up15(→)) C．eq \o(D1A1,\s\up15(→))，eq \o(D1C1,\s\up15(→))，eq \o(D1D,\s\up15(→)) D．eq \o(AC1,\s\up15(→))，eq \o(A1C,\s\up15(→))，eq \o(CC1,\s\up15(→)) C　[由题意知，eq \o(D1A1,\s\up15(→))，eq \o(D1C1,\s\up15(→))，eq \o(D1D,\s\up15(→))不共面，可以作为空间向量的一个基底．] 2．(多选)给出下列命题，其中是真命题的是(　　) A．若{a，b，c}可以作为空间的一个基底，d与c共线，d≠0，则{a，b，d}也可以作为空间的一个基底 B．已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底 C．已知A，B，M，N是空间中的四点，若eq \o(BA,\s\up15(→))，eq \o(BM,\s\up15(→))，eq \o(BN,\s\up15(→))不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面 D．已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底 ABCD　[根据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底．显然B是真命题．C中，由eq \o(BA,\s\up15(→))，eq \o(BM,\s\up15(→))，eq \o(BN,\s\up15(→))不能构成空间的一个基底，知eq \o(BA,\s\up15(→))，eq \o(BM,\s\up15(→))，eq \o(BN,\s\up15(→))共面．又eq \o(BA,\s\up15(→))，eq \o(BM,\s\up15(→))，eq \o(BN,\s\up15(→))有公共点B，所以A，B，M，N四点共面，即C是真命题．A中，假设d与a，b共面，则存在实数λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使得d＝kc.∵d≠0，∴k≠0，从而c＝eq \f(λ,k)a＋eq \f(μ,k)b，∴c与a，b共面，与条件矛盾，∴d与a，b不共面，即A是真命题．同理可证D也是真命题．故选ABCD．] 3．如图P为空间中任意一点，动点Q在△ABC所在平面内运动，且eq \o(PQ,\s\up15(→))＝2eq \o(PA,\s\up15(→))－3eq \o(PB,\s\up15(→))＋meq \o(CP,\s\up15(→))，则实数m＝(　　) A．0 B．2 C．－2 D．1 C　[∵eq \o(PQ,\s\up15(→))＝2eq \o(PA,\s\up15(→))－3eq \o(PB,\s\up15(→))＋meq \o(CP,\s\up15(→))， ∴eq \o(PQ,\s\up15(→))＝2eq \o(PA,\s\up15(→))－3eq \o(PB,\s\up15(→))－meq \o(PC,\s\up15(→)). 又动点Q在△ABC所在平面内运动， ∴2－3－m＝1，解得m＝－2，故选C．] 4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，下列关于eq \o(AC1,\s\up15(→))的表达式中： ①eq \o(AA1,\s\up15(→))＋eq \o(A1B1,\s\up15(→))＋eq \o(A1D1,\s\up15(→))； ②eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(DD1,\s\up15(→))＋eq \o(D1C1,\s\up15(→))； ③eq \o(AD,\s\up15(→))＋eq \o(DD1,\s\up15(→))＋eq \o(D1C1,\s\up15(→))； ④eq \f(1,2)(eq \o(AB1,\s\up15(→))＋eq \o(CD1,\s\up15(→)))＋eq \o(A1C1,\s\up15(→)). 正确的个数有_________个． 解析：　eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(DD1,\s\up15(→))＋eq \o(D1C1,\s\up15(→))＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(DC1,\s\up15(→))＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(AB1,\s\up15(→))≠eq \o(AC1,\s\up15(→))， ②不正确； eq \f(1,2)(eq \o(AB1,\s\up15(→))＋eq \o(CD1,\s\up15(→)))＋eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB1,\s\up15(→))＋eq \o(BA1,\s\up15(→)))＋eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝eq \o(AA1,\s\up15(→))＋eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝eq \o(AC1,\s\up15(→))，④正确；①③明显正确． 答案：　3 题型一　基底的判断 (1)设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底，给出下列向量组：①{a，b，x}，②{x，y，z}，③{b，c，z}，④{x，y，a＋b＋c}．其中可以作为空间一个基底的向量组有(　　) A．1个　　　　　　　　　 B．2个 C．3个 D．4个 (2)已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且eq \o(OA,\s\up15(→))＝e1＋2e2－e3，eq \o(OB,\s\up15(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \o(OC,\s\up15(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \o(OA,\s\up15(→))，eq \o(OB,\s\up15(→))，eq \o(OC,\s\up15(→))}能否作为空间的一个基底． [思路点拨]　根据基底的概念进行解答． 解析：　(1)如图所示，令a＝eq \o(AB,\s\up15(→))，b＝eq \o(AA1,\s\up15(→))，c＝eq \o(AD,\s\up15(→))， 则x＝eq \o(AB1,\s\up15(→))，y＝eq \o(AD1,\s\up15(→))，z＝eq \o(AC,\s\up15(→))， a＋b＋c＝eq \o(AC1,\s\up15(→)).由于A，B1，C，D1四点不共面，可知向量x，y，z也不共面，同理b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面，故选C． (2)假设eq \o(OA,\s\up15(→))，eq \o(OB,\s\up15(→))，eq \o(OC,\s\up15(→))共面，由向量共面的充要条件知，存在实数x，y 使eq \o(OA,\s\up15(→))＝xeq \o(OB,\s\up15(→))＋yeq \o(OC,\s\up15(→))成立， ∴e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)， 即e1＋2e2－e3＝(y－3x)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3 ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－3x＝1，,x＋y＝2，,2x－y＝－1，))此方程组无解． 即不存在实数x，y使得eq \o(OA,\s\up15(→))＝xeq \o(OB,\s\up15(→))＋yeq \o(OC,\s\up15(→))， 所以eq \o(OA,\s\up15(→))，eq \o(OB,\s\up15(→))，eq \o(OC,\s\up15(→))不共面． 所以{eq \o(OA,\s\up15(→))，eq \o(OB,\s\up15(→))，eq \o(OC,\s\up15(→))}能作为空间的一个基底． 答案：　(1)C eq \a\vs4\al(方法技巧) 基底判断的基本思路及方法 (1)基本思路：判断三个空间向量是否共面，若共面，则不能构成基底；若不共面，则能构成基底． (2)方法：①如果向量中存在零向量，则不能作为基底；如果存在一个向量可以用另外的向量线性表示，则不能构成基底． ②假设a＝λb＋μc，运用空间向量基本定理，建立λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能作为基底；若无解，则不共面，能作为基底．　　 即时练1.(多选)若{a，b，c}是空间的一个基底，则下列各组中能构成空间的另一个基底的是(　　) A．a，2b，3c B．a＋b，b＋c，c＋a C．a＋2b，2b＋3c，3a－9c D．a＋b＋c，b，c ABD　[对于A，a，2b，3c，B中a＋b，b＋c，c＋a，D中a＋b＋c，b，c，每组都是不共面的向量，能构成空间的一个基底；对于C，a＋2b，2b＋3c，3a－9c满足3a－9c＝3[(a＋2b)－(2b＋3c)]，是共面向量，不能构成空间的一个基底．] 题型二　用基底表示向量 (1)已知平行六面体OABC－O1A1B1C1，eq \o(OA,\s\up15(→))＝a，eq \o(OC,\s\up15(→))＝c，eq \o(OO1,\s\up15(→))＝b，D是四边形OABC的对角线交点，则(　　) A．eq \o(O1D,\s\up15(→))＝－a＋b＋c B．eq \o(O1D,\s\up15(→))＝－b－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)c C．eq \o(O1D,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)a－b－eq \f(1,2)c D．eq \o(O1D,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)a－b＋eq \f(1,2)c (2)如图所示，在空间四边形OABC中，点M为OA的中点，N为AB的中点，P在CN上，且CP＝eq \f(1,2)PN.若eq \o(OA,\s\up15(→))＝a，eq \o(OB,\s\up15(→))＝b，eq \o(OC,\s\up15(→))＝c，则eq \o(MP,\s\up15(→))＝(　　) A．－eq \f(1,3)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(2,3)c B．eq \f(1,3)a＋eq \f(1,6)b－eq \f(2,3)c C．－eq \f(1,3)a－eq \f(1,6)b＋eq \f(2,3)c D．eq \f(1,3)a－eq \f(1,6)b＋eq \f(2,3)c [思路点拨]　 解析：　(1)如图，eq \o(O1D,\s\up15(→))＝eq \o(O1O,\s\up15(→))＋eq \o(OD,\s\up15(→))＝eq \o(O1O,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OO1,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)a－b＋eq \f(1,2)c. (2)eq \o(MP,\s\up15(→))＝eq \o(MO,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→))＋eq \o(CP,\s\up15(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(CN,\s\up15(→))＝－eq \f(1,2)a＋c＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)(eq \o(CA,\s\up15(→))＋eq \o(CB,\s\up15(→))) ＝－eq \f(1,2)a＋c＋eq \f(1,6)(eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OC,\s\up15(→))＋eq \o(OB,\s\up15(→))－eq \o(OC,\s\up15(→)))＝－eq \f(1,2)a＋c＋eq \f(1,6)(a＋b－2c)＝－eq \f(1,3)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(2,3)c. 答案：　(1)D　(2)A eq \a\vs4\al(方法技巧) 基向量的选择和使用方法 (1)尽可能选择具有垂直关系的，从同一起点出发的三个向量作为基底． (2)用基向量表示一个向量时，如果此向量的起点是从基底的公共点出发的，一般考虑加法，否则考虑减法；如果此向量与一个易求的向量共线，可用数乘．　　 即时练2.如图，在三棱柱ABC­A′B′C′中，已知eq \o(AA′,\s\up15(→))＝a，eq \o(AB,\s\up15(→))＝b，eq \o(AC,\s\up15(→))＝c，点M，N分别是BC′，B′C′的中点，试用基底{a，b，c}表示向量eq \o(AM,\s\up15(→))，eq \o(AN,\s\up15(→)). 解析：　eq \o(AM,\s\up15(→))＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC′,\s\up15(→))＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up15(→))＋eq \o(CC′,\s\up15(→))) ＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CC′,\s\up15(→))＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up15(→))－eq \o(AB,\s\up15(→)))＋eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)． 连接A′N(图略)． eq \o(AN,\s\up15(→))＝eq \o(AA′,\s\up15(→))＋eq \o(A′N,\s\up15(→))＝eq \o(AA′,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(A′B′,\s\up15(→))＋eq \o(A′C′,\s\up15(→))) ＝eq \o(AA′,\s\up15(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(AC,\s\up15(→)))＝a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. 题型三　共线问题 (1)设e1，e2是空间两个不共线的向量，已知eq \o(AB,\s\up15(→))＝e1＋ke2，eq \o(BC,\s\up15(→))＝5e1＋4e2，eq \o(DC,\s\up15(→))＝－e1－2e2，且A，B，D三点共线，实数k＝_________． (2)如图正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为A1C上一点，且A1O＝eq \f(2,3) eq \o(A1C,\s\up15(→))，BD与AC交于点M.求证：C1，O，M三点共线． [思路点拨]　(1)根据向量共线的充要条件求解． (2)用向量eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(AD,\s\up15(→))，eq \o(AA1,\s\up15(→))分别表示eq \o(MO,\s\up15(→))和eq \o(MC1,\s\up15(→)). 解析：　(1)eq \o(AD,\s\up15(→))＝eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(BC,\s\up15(→))＋eq \o(CD,\s\up15(→))＝(e1＋ke2)＋(5e1＋4e2)＋(e1＋2e2)＝7e1＋(k＋6)e2. 设eq \o(AD,\s\up15(→))＝λeq \o(AB,\s\up15(→))，则7e1＋(k＋6)e2＝λ(e1＋ke2)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝7,λk＝k＋6))，解得k＝1. (2)设eq \o(AB,\s\up15(→))＝a，eq \o(AD,\s\up15(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c， 则eq \o(MO,\s\up15(→))＝eq \o(MC,\s\up15(→))＋eq \o(CO,\s\up15(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(CA1,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(AD,\s\up15(→)))＋eq \f(1,3)(eq \o(CA,\s\up15(→))＋eq \o(AA1,\s\up15(→))) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(CB,\s\up15(→))＋eq \o(CD,\s\up15(→))＋eq \o(AA1,\s\up15(→))) ＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))－eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up15(→))－eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,6) eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \f(1,6) eq \o(AD,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up15(→))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(1,3)c， eq \o(MC1,\s\up15(→))＝eq \o(MC,\s\up15(→))＋eq \o(CC1,\s\up15(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→))＋eq \o(AA1,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up15(→))＋eq \o(AD,\s\up15(→)))＋eq \o(AA1,\s\up15(→))， ＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c， ∴eq \o(MC1,\s\up15(→))＝3eq \o(MO,\s\up15(→))，又直线MC1与直线MO有公共点M， ∴C1，O，M三点共线． 答案：　(1)1 eq \a\vs4\al(方法技巧) 1．判断向量共线的策略 (1)熟记共线向量的充要条件：①若a∥b，b≠0，则存在唯一实数λ使a＝λb；②若存在唯一实数λ，使a＝λb，b≠0)，则a∥b. (2)判断向量共线的关键：找到实数λ. 2．证明空间三点共线的三种思路 对于空间三点P，A，B可通过证明下列结论来证明三点共线． (1)存在实数λ，使eq \o(PA,\s\up15(→))＝λeq \o(PB,\s\up15(→))成立． (2)对空间任一点O，有eq \o(OP,\s\up15(→))＝eq \o(OA,\s\up15(→))＋teq \o(AB,\s\up15(→))(t∈R)． (3)对空间任一点O，有eq \o(OP,\s\up15(→))＝xeq \o(OA,\s\up15(→))＋yeq \o(OB,\s\up15(→))(x＋y＝1)．　　 即时练3.给出命题：①若a与b共线，则a与b所在的直线平行；②若a与b共线，则存在唯一的实数λ，使b＝λa；③若A，B，C三点不共线，O是平面ABC外一点，eq \o(OM,\s\up15(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up15(→))，则点M一定在平面ABC上，且在△ABC的内部． 其中真命题是_________． 解析：　①中a与b所在的直线也有可能重合，故①是假命题；②中当a＝0，b≠0时，找不到实数λ，使b＝λa，故②是假命题；可以证明③中A，B，C，M四点共面，因为eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up15(→))＝eq \o(OM,\s\up15(→))，等式两边同时加上eq \o(MO,\s\up15(→))，则eq \f(1,3)(eq \o(MO,\s\up15(→))＋eq \o(OA,\s\up15(→)))＋eq \f(1,3)(eq \o(MO,\s\up15(→))＋eq \o(OB,\s\up15(→)))＋eq \f(1,3)(eq \o(MO,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→)))＝0，即eq \o(MA,\s\up15(→))＋eq \o(MB,\s\up15(→))＋eq \o(MC,\s\up15(→))＝0，eq \o(MA,\s\up15(→))＝－eq \o(MB,\s\up15(→))－eq \o(MC,\s\up15(→))，则eq \o(MA,\s\up15(→))与eq \o(MB,\s\up15(→))，eq \o(MC,\s\up15(→))共面，又M是三个有向线段的公共点，故A，B，C，M四点共面，所以M是△ABC的重心，所以点M在平面ABC上，且在△ABC的内部，故③是真命题． 答案：　③ 题型四　向量共面问题 如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为BB1和A1D1的中点．证明：向量eq \o(A1B,\s\up15(→))，eq \o(B1C,\s\up15(→))，eq \o(EF,\s\up15(→))是共面向量． [思路点拨]　利用向量共面的充要条件或向量共面的定义来证明． 证明：　法一：eq \o(EF,\s\up15(→))＝eq \o(EB,\s\up15(→))＋eq \o(BA1,\s\up15(→))＋eq \o(A1F,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(B1B,\s\up15(→))－eq \o(A1B,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(A1D1,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,2)(eq \o(B1B,\s\up15(→))＋eq \o(BC,\s\up15(→)))－eq \o(A1B,\s\up15(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(B1C,\s\up15(→))－eq \o(A1B,\s\up15(→))， 由向量共面的充要条件知，eq \o(A1B,\s\up15(→))，eq \o(B1C,\s\up15(→))，eq \o(EF,\s\up15(→))是共面向量． 法二：连接A1D，BD，取A1D中点G，连接FG，BG， 则有FG綊eq \f(1,2)DD1，BE綊eq \f(1,2)DD1， ∴FG綊BE. ∴四边形BEFG为平行四边形． ∴EF∥BG.∴EF∥平面A1BD． 同理，B1C∥A1D，∴B1C∥平面A1BD， ∴eq \o(A1B,\s\up15(→))，eq \o(B1C,\s\up15(→))，eq \o(EF,\s\up15(→))都与平面A1BD平行． ∴eq \o(A1B,\s\up15(→))，eq \o(B1C,\s\up15(→))，eq \o(EF,\s\up15(→))共面． eq \a\vs4\al(方法技巧) (1)关于向量共面的几点认识 ①共面向量不一定在同一平面内，但可以平移到同一平面内； ②空间任意的两个向量都是共面的； ③共面向量定理及其推论可以用于解决空间中四点共面的问题． (2)证明空间四点共面的方法 对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面． ①eq \o(MP,\s\up15(→))＝xeq \o(MA,\s\up15(→))＋yeq \o(MB,\s\up15(→))； ②对空间任一点O，eq \o(OP,\s\up15(→))＝eq \o(OM,\s\up15(→))＋xeq \o(MA,\s\up15(→))＋yMB； ③对空间任一点O，eq \o(OP,\s\up15(→))＝xeq \o(OM,\s\up15(→))＋yeq \o(OA,\s\up15(→))＋zeq \o(OB,\s\up15(→))(x＋y＋z＝1)； ④eq \o(PM,\s\up15(→))∥eq \o(AB,\s\up15(→))(或eq \o(PA,\s\up15(→))∥eq \o(MB,\s\up15(→))，或eq \o(PB,\s\up15(→))∥eq \o(AM,\s\up15(→)))．　　 即时练4.　已知A，B，C三点不共线，点O是平面ABC外的任意一点，若点P分别满足下列关系： (1)eq \o(OA,\s\up15(→))＋2eq \o(OB,\s\up15(→))＝6eq \o(OP,\s\up15(→))－3eq \o(OC,\s\up15(→))； (2)eq \o(OP,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→))＝4eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OB,\s\up15(→)). 试判断点P是否与点A，B，C共面． 解析：　方法一：(1)∵3eq \o(OP,\s\up15(→))－3eq \o(OC,\s\up15(→))＝eq \o(OA,\s\up15(→))＋2eq \o(OB,\s\up15(→))－3eq \o(OP,\s\up15(→))＝(eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OP,\s\up15(→)))＋(2eq \o(OB,\s\up15(→))－2eq \o(OP,\s\up15(→)))， ∴3eq \o(CP,\s\up15(→))＝eq \o(PA,\s\up15(→))＋2eq \o(PB,\s\up15(→))，即eq \o(PA,\s\up15(→))＝－2eq \o(PB,\s\up15(→))－3eq \o(PC,\s\up15(→)). 根据共面向量定理的推论知：点P与点A，B，C共面． (2)设eq \o(OP,\s\up15(→))＝eq \o(OA,\s\up15(→))＋xeq \o(AB,\s\up15(→))＋yeq \o(AC,\s\up15(→))(x，y∈R)，则 eq \o(OA,\s\up15(→))＋xeq \o(AB,\s\up15(→))＋yeq \o(AC,\s\up15(→))＋eq \o(OC,\s\up15(→))＝4eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OB,\s\up15(→))， ∴eq \o(OA,\s\up15(→))＋x(eq \o(OB,\s\up15(→))－eq \o(OA,\s\up15(→)))＋y(eq \o(OC,\s\up15(→))－eq \o(OA,\s\up15(→)))＋eq \o(OC,\s\up15(→))＝4eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OB,\s\up15(→))， ∴(1－x－y－4)eq \o(OA,\s\up15(→))＋(1＋x)eq \o(OB,\s\up15(→))＋(1＋y)eq \o(OC,\s\up15(→))＝0， 由题意知eq \o(OA,\s\up15(→))，eq \o(OB,\s\up15(→))，eq \o(OC,\s\up15(→))均为非零向量，所以x，y满足： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x－y－4＝0，,1＋x＝0，,1＋y＝0，))显然此方程组无解，故点P与点A，B，C不共面． 方法二：(1)由题意，eq \o(OP,\s\up15(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up15(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up15(→))， ∵eq \f(1,6)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)＝1，∴点P与点A，B，C共面． (2)∵eq \o(OP,\s\up15(→))＝4eq \o(OA,\s\up15(→))－eq \o(OB,\s\up15(→))－eq \o(OC,\s\up15(→))，而4－1－1＝2≠1， ∴点P与点A，B，C不共面. 易错点　对基底理解不清 在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点．若eq \o(A1B1,\s\up15(→))＝a，eq \o(A1D1,\s\up15(→))＝b, eq \o(A1A,\s\up15(→))＝c，试用基底{a，b，c}表示向量eq \o(C1M,\s\up15(→)). [正解]　如图，连接A1M，A1C1，则eq \o(C1M,\s\up15(→))＝eq \o(C1C,\s\up15(→))＋eq \o(CM,\s\up15(→))＝c－eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→)) ＝c－eq \f(1,2)(eq \o(A1B,\s\up15(→))＋eq \o(A1D1,\s\up15(→)))＝－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c. [易错探因]　本题易错的地方是向量分解的不彻底．可能会得到如下错解： eq \o(C1M,\s\up15(→))＝eq \o(A1M,\s\up15(→))－eq \o(A1C1,\s\up15(→)) ＝eq \o(A1A,\s\up15(→))＋eq \o(AM,\s\up15(→))－(eq \o(A1B1,\s\up15(→))＋eq \o(A1D1,\s\up15(→))) ＝c＋eq \o(AM,\s\up15(→))－a－b. 事实上，eq \o(AM,\s\up15(→))仍需用基底表示． [误区警示]　基底可以表示空间内任一向量，用基底表示向量时，最后结果应只含基向量． $$