1.1.1　空间向量及其线性运算(第2课时)共线向量与共面向量 课件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量的共线与共面向量，通过“书读百遍”梳理直线方向向量、定义及充要条件，结合推论和知识拓展，搭建从平面向量到空间向量的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点在于“入木三分”问题辨析与例题探究，以正方体、四面体等实例，通过数学抽象和逻辑推理引导学生理解概念本质。“日积月累”系统总结结论，助力学生构建知识体系，也为教师提供清晰教学路径，提升教学效率。

1.1.1　空间向量及其线性运算(第2课时) 共线向量与共面向量 素养目标 掌握空间向量共线、共面的充要条件及其应用．(数学抽象、逻辑推理) 课前自学 3 第页 要点2　共线向量与共面向量   共线(平行)向量 共面向量 定义 表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相____________ 平行于同一个平面的向量 充要条件 对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb 若两个向量a，b不共线，则向量p与a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb 平行或重合 第页 方向向量 第页 第页 1．向量共线定理中为什么规定b≠0? 答：当b＝0时，显然a与b共线． ①若a≠0，则不存在实数λ，使a＝λb. ②若a＝0，则对任意实数λ，都有a＝λb. 2．向量a，b共线时，表示向量a，b的两条有向线段一定在同一条直线上吗？ 答：不一定． 第页 3．空间中任意两个向量一定是共面向量吗？ 答：空间中任意两个向量都可以平移到同一个平面内，因此一定是共面向量． 返 回 课时学案 10 例 1 题型一　 向量的共线问题 1 第页 11 第页 第页 探究1 1.判断向量共线的策略 (1)熟记共线向量的充要条件：a.若a∥b，b≠0，则存在唯一实数λ，使a＝λb；b.若存在唯一实数λ，使a＝λb，则a∥b. (2)判断向量共线的关键：找到实数λ. 2．三点共线与直线平行的判断 (1)线线平行：证明两直线平行要先证明两直线的方向向量a，b平行，还要证明一直线上有一点不在另一条直线上． 第页 思考题1　(1)设向量e1，e2是不共线的两个向量，a＝3e1＋4e2，b＝－3e1＋6e2，判断向量a与b是否共线． 第页 第页 第页 例 2 题型二　 向量的共面问题 第页 18 (2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M为DD1的中点，N∈AC，且AN∶NC＝2∶1，求证：A1，B，N，M四点共面． 第页 第页 探究2 第页 思考题2　(1)已知向量a，b，c不共面，且p＝3a＋2b＋c，m＝a－b＋c，n＝a＋b－c，试判断p，m，n是否共面． 第页 第页 例 3　如图，在四面体A－BCD中，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC，求证：PQ∥平面BCD. 题型三　 共面(线)定理在几何证明中的应用 第页 24 第页 探究3 利用空间向量证明平行问题的一般方法 (1)证明两直线平行时，只需证明两直线的方向向量共线，再说明一直线上有一点不在另一直线上即可． (2)证明线面平行时，只需把直线的方向向量用平面内的两个不共线向量线性表示，并且说明直线在平面外即可． 第页 第页 第页 返 回 课后巩固 30 1．空间中的任意三个向量a，b，3a－2b，它们一定是(　　) A．共线向量　　　　　　 B．共面向量 C．不共面向量 D．不共线向量 √ 第页 √ 第页 √ 第页 1 第页 0 返 回 请做：课时作业（二） 教师备用资料 要点1　直线的方向向量 如图，O是直线l上一点，在直线l上取非零向量a，则对于直线l上任意一点P，可知eq \o(OP,\s\up16(→))＝λa，把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量，直线可以由其上一点和它的方向向量确定． 推论 如果l为经过A且平行于已知非零向量a的直线，那么对于空间任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋ta，其中a叫做直线l的____________，如图所示． 若在l上取eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，则上式可化为eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋teq \o(AB,\s\up16(→)) 如图，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使eq \o(AP,\s\up16(→))＝____________，或对空间任意一点O来说，有eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AC,\s\up16(→)) xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AC,\s\up16(→)) ①eq \o(PA,\s\up16(→))＝λeq \o(PB,\s\up16(→))(λ∈R)． ②对空间任意一点O，eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OA,\s\up16(→))＋teq \o(AB,\s\up16(→))(t∈R)． ③对空间任意一点O，eq \o(OP,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))(x＋y＝1)． (2)空间任意四点P，M，A，B共面的充要条件： ①eq \o(MP,\s\up16(→))＝xeq \o(MA,\s\up16(→))＋yeq \o(MB,\s\up16(→))(x，y∈R)． ②对空间任一点O，eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \o(OM,\s\up16(→))＋xeq \o(MA,\s\up16(→))＋yeq \o(MB,\s\up16(→))(x，y∈R)． ③eq \o(PM,\s\up16(→))∥eq \o(AB,\s\up16(→))(或eq \o(PA,\s\up16(→))∥eq \o(MB,\s\up16(→))或eq \o(PB,\s\up16(→))∥eq \o(AM,\s\up16(→)))． 4．若空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，满足eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up16(→))，则点P与点A，B，C是否共面？ 答：连接AP，AB，AC，由eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up16(→))，得eq \o(OP,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))＋eq \f(1,3)(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))，即eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))，故eq \o(AP,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))共面，又它们有公共点A，故点P与点A，B，C共面． (1)已知A，B，C三点共线，O为直线外任意一点，若eq \o(OC,\s\up16(→))＝meq \o(OA,\s\up16(→))＋neq \o(OB,\s\up16(→))，则m＋n＝________． 【解析】　由于A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得eq \o(AC,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))，即eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＝λ(eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))，所以eq \o(OC,\s\up16(→))＝(1－λ)eq \o(OA,\s\up16(→))＋λeq \o(OB,\s\up16(→))，所以m＝1－λ，n＝λ，所以m＋n＝1. (2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E在A1D1上，且eq \o(A1E,\s\up16(→))＝2eq \o(ED1,\s\up16(→))，F在对角线A1C上，且eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(FC,\s\up16(→))，求证：E，F，B三点共线． 【证明】　连接EB，EF.设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， ∴eq \o(EB,\s\up16(→))＝eq \o(EA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(DA,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＝a－c－eq \f(2,3)b， ∵eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(FC,\s\up16(→))，∴eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(A1C,\s\up16(→))， 连接AC，则eq \o(A1F,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up16(→))－\o(AA1,\s\up16(→))))＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))＋\o(AD,\s\up16(→))－\o(AA1,\s\up16(→))))＝eq \f(2,5)a＋eq \f(2,5)b－eq \f(2,5)c， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(A1F,\s\up16(→))－eq \o(A1E,\s\up16(→))＝eq \f(2,5)a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)－\f(2,3)))b－eq \f(2,5)c＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(2,3)b－c))， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(EB,\s\up16(→))，且eq \o(EF,\s\up16(→))，eq \o(EB,\s\up16(→))有公共点E， 所以E，F，B三点共线． (2)三点共线：证明三点A，B，C共线，只需证明存在实数λ，μ，m，使eq \o(AB,\s\up16(→))＝λeq \o(BC,\s\up16(→))(或eq \o(AB,\s\up16(→))＝μeq \o(AC,\s\up16(→))或eq \o(BC,\s\up16(→))＝meq \o(AC,\s\up16(→)))即可． 【解析】　假设a，b共线，则a＝λb，即3e1＋4e2＝λ(－3e1＋6e2)，即3e1＋4e2＝－3λe1＋6λe2，因为e1，e2不共线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3λ＝3，,6λ＝4.))方程组无解，故不存在实数λ，使a＝λb，所以向量a与b不共线． (2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别在线段A1B，D1B1上，且BM＝eq \f(1,3)BA1，B1N＝eq \f(1,3)B1D1，P为棱B1C1的中点．求证：MN∥BP. 【证明】　eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MB,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1N,\s\up16(→)). 因为BM＝eq \f(1,3)BA1，B1N＝eq \f(1,3)B1D1， 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(BA1,\s\up16(→))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(B1D1,\s\up16(→)) ＝－eq \f(1,3)(eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1A1,\s\up16(→)))＋eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(B1A1,\s\up16(→))＋eq \o(A1D1,\s\up16(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(A1D1,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(B1C1,\s\up16(→)). 又因为P为B1C1的中点， 所以eq \o(BP,\s\up16(→))＝eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \o(B1P,\s\up16(→))＝eq \o(BB1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(B1C1,\s\up16(→))＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(BB1,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(B1C1,\s\up16(→))))＝eq \f(3,2) eq \o(MN,\s\up16(→))， 所以eq \o(BP,\s\up16(→))与eq \o(MN,\s\up16(→))为共线向量． 因为直线MN与BP不重合，所以MN∥BP. (1)已知向量e1，e2不共线，如果eq \o(AB,\s\up16(→))＝e1＋e2，eq \o(AC,\s\up16(→))＝2e1＋8e2，eq \o(AD,\s\up16(→))＝3e1－3e2，求证：A，B，C，D四点共面． 【证明】　设eq \o(AB,\s\up16(→))＝xeq \o(AC,\s\up16(→))＋yeq \o(AD,\s\up16(→))，则e1＋e2＝x(2e1＋8e2)＋y(3e1－3e2)． ∴(1－2x－3y)e1＋(1－8x＋3y)e2＝0. ∵e1，e2不共线， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2x－3y＝0，,1－8x＋3y＝0，))∴x＝y＝eq \f(1,5).∴eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AC,\s\up16(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AD,\s\up16(→)). 又它们有公共点A，∴A，B，C，D四点共面． 【证明】　连接A1B，A1M，设eq \o(AA1,\s\up16(→))＝a，eq \o(AB,\s\up16(→))＝b，eq \o(AD,\s\up16(→))＝c，则eq \o(A1B,\s\up16(→))＝b－a， ∵M为线段DD1的中点，∴eq \o(A1M,\s\up16(→))＝c－eq \f(1,2)a， 又∵AN∶NC＝2∶1，∴eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)(b＋c)， 连接A1N，则eq \o(A1N,\s\up16(→))＝eq \o(AN,\s\up16(→))－eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)(b＋c)－a ＝eq \f(2,3)(b－a)＋eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(1,2)a)) ＝eq \f(2,3) eq \o(A1B,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(A1M,\s\up16(→))， ∴eq \o(A1N,\s\up16(→))，eq \o(A1B,\s\up16(→))，eq \o(A1M,\s\up16(→))为共面向量． 又∵三个向量有公共点A1， ∴A1，B，N，M四点共面． 解决向量共面问题的策略 (1)若已知点P在平面ABC内，则有eq \o(AP,\s\up16(→))＝xeq \o(AB,\s\up16(→))＋yeq \o(AC,\s\up16(→))或eq \o(OP,\s\up16(→))＝xeq \o(OA,\s\up16(→))＋yeq \o(OB,\s\up16(→))＋zeq \o(OC,\s\up16(→))(O为空间中任一点，且x＋y＋z＝1)，然后利用指定向量表示出已知向量，用待定系数法求出参数． (2)证明三个向量共面(或四点共面)，需利用共面向量的充要条件，证明过程中要灵活进行向量的分解与合成，将其中一个向量用另外两个向量来表示． 【解析】　假设p，m，n共面，设p＝xm＋yn， 即3a＋2b＋c＝x(a－b＋c)＋y(a＋b－c)＝(x＋y)a＋(－x＋y)b＋(x－y)c. 因为a，b，c不共面，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,－x＋y＝2，,x－y＝1，)) 而此方程组无解，所以p不能用m，n表示， 即p，m，n不共面． (2)如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，点M，N分别在对角线BD，AE上，且BM＝eq \f(1,3)BD，AN＝eq \f(1,3)AE.求证：向量eq \o(MN,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))，eq \o(DE,\s\up16(→))共面． 【证明】　因为M在BD上，且BM＝eq \f(1,3)BD，所以eq \o(MB,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DB,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up16(→)).同理eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(DE,\s\up16(→)). 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MB,\s\up16(→))＋eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(DA,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(AB,\s\up16(→))))＋eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(DE,\s\up16(→))))＝eq \f(2,3) eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CD,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(DE,\s\up16(→)). 又eq \o(CD,\s\up16(→))与eq \o(DE,\s\up16(→))不共线，根据向量共面的充要条件可知向量eq \o(MN,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))，eq \o(DE,\s\up16(→))共面． 【证明】　方法一：如图，过P，Q分别作PS∥AD交BD于S，QT∥AD交CD于T，连接ST，则eq \o(PS,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(MD,\s\up16(→))，eq \o(QT,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AD,\s\up16(→)). 由于eq \o(MD,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))，所以eq \o(PS,\s\up16(→))＝eq \o(QT,\s\up16(→))，所以四边形PQTS是平行四边形， 所以PQ∥ST.又PQ⊄平面BCD，ST⊂平面BCD， 所以PQ∥平面BCD. 方法二：由题意可得，eq \o(PQ,\s\up16(→))＝eq \o(PB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CQ,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,2) eq \o(MB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(CA,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,2)(eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→)))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CA,\s\up16(→)))＋eq \f(1,2) eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,4) eq \o(AC,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,4)(eq \o(DA,\s\up16(→))＋eq \o(AC,\s\up16(→)))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up16(→)). 又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD. 思考题3　如图，空间四边形ABCD中，E，H分别是AB，AD的中点，F，G分别在BC，CD上，且CF＝eq \f(2,3)CB，CG＝eq \f(2,3)CD.求证：四边形EFGH是梯形． 【证明】　因为E，H分别是AB，AD的中点， 所以eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AH,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))， 所以eq \o(EH,\s\up16(→))＝eq \o(AH,\s\up16(→))－eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(BD,\s\up16(→)).① 因为点F在BC上，且CF＝eq \f(2,3)CB， 所以eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CB,\s\up16(→)).同理eq \o(CG,\s\up16(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CD,\s\up16(→)). 所以eq \o(FG,\s\up16(→))＝eq \o(CG,\s\up16(→))－eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \f(2,3)(eq \o(CD,\s\up16(→))－eq \o(CB,\s\up16(→)))＝eq \f(2,3) eq \o(BD,\s\up16(→)).② 由①②得eq \o(EH,\s\up16(→))＝eq \f(3,4) eq \o(FG,\s\up16(→))， 所以eq \o(EH,\s\up16(→))∥eq \o(FG,\s\up16(→))且|eq \o(EH,\s\up16(→))|≠|eq \o(FG,\s\up16(→))|. 又点F不在直线EH上， 所以EH∥FG且EH≠FG， 所以四边形EFGH是梯形． 1．若b≠0，则a∥b⇔a＝λb(λ∈R)． 2．若P，A，B满足eq \o(OP,\s\up16(→))＝(1－t)eq \o(OA,\s\up16(→))＋teq \o(OB,\s\up16(→))，则P，A，B三点共线(eq \o(OA,\s\up16(→))与eq \o(OB,\s\up16(→))系数之和为1)． 3．若a，b不共线，则p，a，b共面⇔p＝xa＋yb. 4．P，M，A，B四点共面⇔eq \o(MP,\s\up16(→))＝xeq \o(MA,\s\up16(→))＋yeq \o(MB,\s\up16(→))⇔eq \o(OP,\s\up16(→))＝x1eq \o(OM,\s\up16(→))＋x2eq \o(OA,\s\up16(→))＋x3eq \o(OB,\s\up16(→))，x1＋x2＋x3＝1. 解析　由eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(MB,\s\up16(→))＋eq \o(MC,\s\up16(→))＝0得eq \o(MA,\s\up16(→))＝－eq \o(MB,\s\up16(→))－eq \o(MC,\s\up16(→))，又它们有公共点M，故M，A，B，C共面． 2．下列条件中使M与A，B，C一定共面的是(　　) A.eq \o(OM,\s\up16(→))＝2eq \o(OA,\s\up16(→))－eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OC,\s\up16(→)) B.eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,5) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up16(→)) C.eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(MB,\s\up16(→))＋eq \o(MC,\s\up16(→))＝0 D.eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))＝0 解析　因为eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(3,4) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,8) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \f(1,8) eq \o(OC,\s\up16(→))，eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝1，所以A，B，C，P四点共面．故选B. 3．O为空间中任意一点，且eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(3,4) eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \f(1,8) eq \o(OB,\s\up16(→))＋eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,8)\o(OC,\s\up16(→))))，则A，B，C，P四点(　　) A．一定不共面　　　　　 B．一定共面 C．不一定共面 D．无法判断是否共面 解析　eq \o(AD,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CD,\s\up16(→))＝e1＋ke2＋5e1＋4e2＋e1＋2e2＝7e1＋(k＋6)e2. 由题可设eq \o(AD,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))，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. 4．设e1，e2是空间两个不共线的向量，已知eq \o(AB,\s\up16(→))＝e1＋ke2，eq \o(BC,\s\up16(→))＝5e1＋4e2，eq \o(DC,\s\up16(→))＝－e1－2e2，且A，B，D三点共线，实数k＝________． 5．已知A，B，C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λeq \o(OA,\s\up16(→))＋meq \o(OB,\s\up16(→))＋neq \o(OC,\s\up16(→))＝0，那么λ＋m＋n的值为________． 解析　因为A，B，C三点共线，所以存在唯一实数k使eq \o(AB,\s\up16(→))＝keq \o(AC,\s\up16(→))，即eq \o(OB,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→))＝k(eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OA,\s\up16(→)))， 所以(k－1)eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))－keq \o(OC,\s\up16(→))＝0.又λeq \o(OA,\s\up16(→))＋meq \o(OB,\s\up16(→))＋neq \o(OC,\s\up16(→))＝0，令λ＝k－1，则m＝1，n＝－k，则λ＋m＋n＝0. $