第1章 06-1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（PPT同步课件）-【学而思】2026-2027学年高二数学选择性必修第一册分层练习（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何中的应用，系统讲解直线方向向量、平面法向量及线面位置关系判定，通过解题模板（如待定系数法求法向量步骤）搭建学习支架，衔接平面向量知识，引导学生从二维向三维过渡。 其亮点在于分层设计练习（基础过关、能力提升、创新题型），结合数学思维（逻辑推理、运算能力）与数学语言（向量坐标表达），如探索性问题通过参数设参、方程求解培养创新意识。学生能掌握结构化解题方法，教师可借助丰富例题及模板提升教学效率。

第一章 空间向量与立体几何 第1讲　描述运动的基本概念 基础过关练 1.4　空间向量的应用 1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系 第1讲　描述运动的基本概念 题组一　直线的方向向量和平面的法向量 1.[2026河北衡水阜城实验中学月考]已知点A(1,2,-1),B(2,1,-1),C(-1,2,0),则平面ABC的一个法向量是  ( ) A.(1,1,2)　    B.(1,-1,2)　     C.(2,1,1)　    D.(1,2,1)     A     解析　由已知得 =(1,-1,0), =(-2,0,1).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则 即  令x=1,则y=1,z=2,所以n=(1,1,2). 第1讲　描述运动的基本概念 解题模板 利用待定系数法求平面法向量的步骤 (1)设平面的法向量为n=(x,y,z). (2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量a,b(用坐标表示). (3)利用 建立关于x,y,z的方程组. (4)解方程组,取其中的一组解,即得法向量(注:平面的法向量不是唯一的). 第1讲　描述运动的基本概念 2.[2026陕西宝鸡凤翔中学月考]下列结论正确的是 ( ) A.任意一个向量均可以作为直线的方向向量 B.若a是平面α的法向量,则λa(λ∈R)也是平面α的法向量 C.设点A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(abc≠0),则 为平面ABC的一个法向量 D.若 · <0,则 与 的夹角为钝角     C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　对于A,零向量不能作为直线的方向向量,故A错误; 对于B,若λ=0,则λa=0,此时λa不是平面α的法向量,故B错误; 对于C,因为A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(abc≠0),所以 =(-a,b,0), =(-a,0,c), 设平面ABC的法向量为m=(x,y,z), 则  取x= ,得y= ,z= , 故平面ABC的一个法向量为  , ,  ,故C正确; 对于D,若< , >=π,则有 · =-| |·| |<0,但 与 的夹角不为钝角,故D错误. 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2026广东佛山顺德德胜学校月考]已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=1,AD= ,点M, N分别在线段PB,DC上(不含端点),且满足 =λ , =λ ,其中λ>0. (1)求平面PBD的一个法向量; (2)是否存在λ,使 是平面PAB的一个法向量?请说明理由.   第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)依题意,PA,AB,AD两两互相垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图 所示的空间直角坐标系,   由题意得,P(0,0,1),B(1,0,0),D(0, ,0),则 =(0, ,-1), =(-1, ,0), 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 可知 即  第1讲　描述运动的基本概念 令x= ,解得y=1,z= ,则平面PBD的一个法向量为n=( ,1, ). (2)由(1)及题意可知C(1, ,0), 设M(a1,b1,c1),N(a2,b2,c2), 则 =(a1-1,b1,c1), =(-a1,-b1,1-c1), =(a2,b2- ,c2), =(1-a2, -b2,-c2), 由 =λ 得(a1-1,b1,c1)=λ(-a1,-b1,1-c1),解得  故M  ,0,  . 第1讲　描述运动的基本概念 由 =λ 得(a2,b2- ,c2)=λ(1-a2, -b2,-c2),解得  故N ,可得 =  , ,-  , 因为平面PAB与坐标平面Azx重合,所以平面PAB的一个法向量为(0,1,0),记m=(0,1,0), 若 是平面PAB的一个法向量,则 ∥m,则 =- =0,无解,所以不存在λ,使 是平面PAB的一个 法向量. 第1讲　描述运动的基本概念 题组二　空间向量与直线、平面的位置关系 4.[2026辽宁沈阳重点高中郊联体月考]两条不同直线l1,l2的方向向量分别为m=(1,1,-2),n=(-2,2,-1),则这 两条直线 ( ) A.相交或异面　    B.相交　    C.异面　    D.平行     A     解析　假设m=λn,即(1,1,-2)=λ(-2,2,-1),则 此方程组无解,即直线l1,l2不平行,故直线l1,l2相交或异 面. 第1讲　描述运动的基本概念 5.[2026安徽A10联盟学情诊断]已知平面α的一个法向量为n=(1,-2,3),若直线l∥平面α,则直线l的一个方 向向量u可以是 ( ) A.(-2,4,-6)　    B.(0,0,1)　     C.(0,3,2)　     D.(1,1,1)     C     解析　若l∥α,则l垂直于α的法向量,因此u·n=0,逐项分析,只有u=(0,3,2)时,u·n=-6+6=0,所以C符合题意. 第1讲　描述运动的基本概念 6.[多选题][2026安徽合肥六中期中]已知平面α的一个法向量为u=(-1,2,4),平面β的一个法向量为v=(m,- 1,-2),直线l的一个方向向量为a=(n,-2,-4),下列说法正确的是 ( ) A.若α∥β,则m= 　    B.若l⊥α,则n=1 C.若n=-20,则l∥α　    D.若m=-10,则α⊥β     ABD     第1讲　描述运动的基本概念 解析　对于A,若α∥β,则u∥v,所以 = = ,解得m= ,因此A正确; 对于B,若l⊥α,则a∥u,所以 = = ,解得n=1,因此B正确; 对于C,若n=-20,则a=(-20,-2,-4),所以u·a=20-4-16=0,所以l⊂α或l∥α,因此C错误; 对于D,若m=-10,则v=(-10,-1,-2),所以u·v=10-2-8=0,所以u⊥v,所以α⊥β,因此D正确. 第1讲　描述运动的基本概念 7.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB= ,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M 的坐标为 ( )   A.(1,1,1)　　　    B.  C. 　　　    D.      C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　连接OE.设点M的坐标为(x,y,1), 因为AC∩BD=O,所以O , 又E(0,0,1),A( , ,0), 所以 = , =(x- ,y- ,1), 因为AM∥平面BDE,AM⊂平面ACEF,平面ACEF∩平面BDE=OE,所以AM∥OE,即 ∥ , 所以 = = =1,所以 解得  所以点M的坐标为 . 第1讲　描述运动的基本概念 8.[教材深研拓展][2026北京清华大学附属中学月考]已知平面α的一个法向量是n=(1,-1,2),且点A(0,3,1) 在平面α上,若P(x,y,z)是平面α上任意一点,则点P的坐标满足的方程是__________________.     x-y+2z+1=0     解析　由点A(0,3,1),P(x,y,z),得向量 =(x,y-3,z-1), 由n=(1,-1,2)是平面α的一个法向量,AP⊂平面α,得n· =0,即x-(y-3)+2(z-1)=0,即x-y+2z+1=0, 所以点P的坐标满足的方程是x-y+2z+1=0. 第1讲　描述运动的基本概念 9.[2026吉林长春外国语学校开学考试]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E,F分别 为A1C1和BC的中点.求证: (1)平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)C1F∥平面ABE.   第1讲　描述运动的基本概念 证明　由题意知 , , 两两互相垂直.以B为坐标原点, , , 的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方 向,建立空间直角坐标系.(图略) 设BC=a,AB=b,BB1=c,a>0,b>0,c>0,则B(0,0,0),A(0,b,0),C1(a,0,c),F ,E . (1)易得 =(0,-b,0), = . 设平面ABE的法向量为n=(x,y,z), 则 即  则y=0,令x=2,得z=- , ∴n= . 第1讲　描述运动的基本概念 易知平面B1BCC1的一个法向量为(0,1,0),记n'=(0,1,0). ∵n·n'=2×0+0×1+ ×0=0, ∴平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)易得 = , 由(1)知平面ABE的一个法向量为n= , ∵n· =2× +0×0+ ×(-c)=0,且C1F⊄平面ABE,∴C1F∥平面ABE. 第1讲　描述运动的基本概念 10.[教材习题改编][2026河南周口太康一高月考]如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC= ∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥底面ABCD.求证: (1)PA⊥BD; (2)平面PAD⊥平面PAB.   第1讲　描述运动的基本概念 证明    (1)取BC的中点O,连接PO,因为PB=PC,所以PO⊥BC, 又因为侧面PBC⊥底面ABCD,且侧面PBC∩底面ABCD=BC,PO⊂侧面PBC,所以PO⊥底面ABCD. 过O作OE∥AB,交AD于E. 因为四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=90°,所以OE⊥BC,所以PO,BC,OE两两互相垂直.以O点 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,   则B(0,1,0),A(2,1,0),D(1,-1,0),P(0,0, ), 所以 =(2,1,- ), =(1,-2,0),因为 · =2×1+1×(-2)+(- )×0=0,所以PA⊥BD. 第1讲　描述运动的基本概念 (2)由(1)知 =(2,1,- ), =(-1,-2,0), =(-2,0,0). 设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则  令x1=2,则y1=-1,z1= , 可得平面PAD的一个法向量为n1=(2,-1, ). 设平面PAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则  则x2=0,令y2= ,得z2=1, 可得平面PAB的一个法向量为n2=(0, ,1), 又因为n1·n2=2×0-1× + ×1=0, 所以n1⊥n2,故平面PAD⊥平面PAB. 第1讲　描述运动的基本概念 能力提升练 1.4　空间向量的应用 1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系 第1讲　描述运动的基本概念 题组一　用空间向量研究线面的位置关系 1.[2026湖北武汉华中师范大学第一附属中学开学考试]已知在空间直角坐标系Oxyz中,过点P(x0,y0,z0)且 一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.若直线l是两平面x-3y+7=0与4y+2z+3= 0的交线,则直线l的方向向量可以是 ( ) A.(3,1,-2)　    B.(3,1,2)　     C.(-2,1,-3)　    D.(2,1,3)     A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　由题意可知,平面x-3y+7=0的一个法向量为(1,-3,0),平面4y+2z+3=0的一个法向量为(0,4,2),记a= (1,-3,0),b=(0,4,2). 设直线l的方向向量为m=(x,y,z), 则  令y=1,则m=(3,1,-2). 第1讲　描述运动的基本概念 知识拓展    求法向量的三种方法 ①待定系数法(常用思路). ②平面系数法(如本题,多用于解决客观题). ③叉乘法,具体如下: 已知平面内两相交直线的方向向量分别为a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),该平面的法向量为n=(x,y,z),则n=(y1z2-z1 y2,z1x2-x1z2,x1y2-y1x2). 过程分两步,第一步:横写两遍,掐头去尾;第二步:由左向右,交叉相乘再相减,如图.   第1讲　描述运动的基本概念 2.[多选题][2026广东广州奥林匹克中学月考]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别是AB,CC1 的中点,则( ) A.AC1∥MN　     B.B1D⊥MN C.AC1∥平面MND　     D.三棱锥B1-MND的体积为1     BD     第1讲　描述运动的基本概念 解析　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图.   对于A,A(2,0,0),C1(0,2,2),M(2,1,0),N(0,2,1),所以 =(-2,2,2), =(-2,1,1),易知 与 不共线,所以AC1 与MN不平行,故A错误; 对于B,D(0,0,0),B1(2,2,2),所以 =(2,2,2),所以 · =2×(-2)+2×1+2×1=0,所以B1D⊥MN,故B正确; 对于C, =(0,2,1), =(2,1,0), 设平面MND的法向量为n=(x,y,z), 第1讲　描述运动的基本概念 则 即  令y=2,得n=(-1,2,-4),所以n· =(-1)×(-2)+2×2+(-4)×2=-2,所以n与 不垂直,所以AC1不平行于平面 MND,故C错误; 对于D,过点M作MP∥DN,与BB1相交于点P,连接PN,则M,P,D,N四点共面,又M,N分别是AB,CC1的中点,所 以P为BB1上靠近点B的四等分点,所以MP= DN,所以S△MPN= S△MND,所以 =2 =2 ,又  = ·MB· = ×MB× × BB1×BC= ×1× × ×2×2= ,所以 =2 =2× =1,故D正确. 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2025浙江宁波镇海中学月考]已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,若棱AB上存在点P,使得D1P⊥ PC,则AD的长的取值范围是( ) A.[1,2)　    B.(1, ]　    C.(0,1]　    D.(0,2)     C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　依题意,建立如图所示的空间直角坐标系,   设AD=a(a>0),AP=x,则0<x<2,P(a,x,2),C(0,2,2),D1(0,0,0),所以 =(a,x,2), =(a,x-2,0), 因为D1P⊥PC,所以 · =0, 即a2+x(x-2)=0, 所以a= = , 又0<x<2,所以-(x-1)2+1∈(0,1],所以a∈(0,1],即AD的长的取值范围为(0,1]. 第1讲　描述运动的基本概念 4.[2026陕西咸阳育才田家炳中学月考]如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点. (1)求证:A1E⊥BD; (2)若平面A1BD⊥平面EBD,求证:E为CC1的中点.   第1讲　描述运动的基本概念 证明    (1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,   设正方体的棱长为a,则D(0,0,0),B(a,a,0),A1(a,0,a), 设E(0,a,e)(0≤e≤a), 则 =(-a,a,e-a), =(-a,-a,0), ∵ · =a2-a2+(e-a)·0=0, ∴ ⊥ ,即A1E⊥BD. (2)由(1)知 =(a,a,0), =(a,0,a), =(0,a,e), 第1讲　描述运动的基本概念 设平面A1BD和平面EBD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), ∴ 即  令x1=1,则y1=z1=-1,则n1=(1,-1,-1), 同理, 即  令x2=1,则y2=-1,z2= ,则n2= . 由平面A1BD⊥平面EBD,得n1⊥n2, ∴2- =0,即e= , ∴当E为CC1的中点时,平面A1BD⊥平面EBD. 第1讲　描述运动的基本概念 题组二    用空间向量解决线面关系中的探索性问题 5.[2026吉林长春外国语学校月考]在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,满足DE ∥BC且DE经过△ABC的重心,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,已知M是A1D的中点,点 N在线段A1B(不包含端点)上,若使平面CMN⊥平面DEN,则 =_________.            2     第1讲　描述运动的基本概念 解析　由题可知,在Rt△ABC中,DE∥BC,且BC⊥AC,所以DE⊥AC, 故在四棱锥A1-BCDE中,有BC⊥CD,DE⊥A1D,DE⊥CD, 又A1D∩CD=D,A1D,CD⊂平面A1CD,故DE⊥平面A1CD, 因为A1C⊂平面A1CD,所以DE⊥A1C, 又DE∥BC,所以A1C⊥BC, 又A1C⊥CD,故可建立如图所示的空间直角坐标系.   第1讲　描述运动的基本概念 因为在Rt△ABC中,DE∥BC且DE经过△ABC的重心,所以 = = ,故AD=4,CD=2,DE=2, 则在Rt△A1DC中,A1D=4,CD=2,所以A1C= =2 , 则C(0,0,0),A1(0,0,2 ),D(2,0,0),B(0,3,0),E(2,2,0),M(1,0, ), 设 =λ (0<λ<1),则 =(0,3λ,-2 λ),故N(0,3λ,2 -2 λ), 则 =(0,3λ,2 -2 λ), =(0,2,0), =(-2,3λ,2 -2 λ), =(1,0, ). 设n1=(s,t,w)为平面CMN的法向量, 则  不妨取w=1,则s=- ,t= ,故n1= - , ,1 . 设n2=(s1,t1,w1)为平面DEN的法向量, 第1讲　描述运动的基本概念 则  则t1=0,不妨取w1=1,得s1= - λ, 故n2=( - λ,0,1). 因为平面CMN⊥平面DEN,所以n1⊥n2,所以n1·n2=0,即( - λ)×(- )+1=0,解得λ= ,所以 =2. 第1讲　描述运动的基本概念 6.[2026北京中国人民大学附属中学月考]如图,在直角梯形AA1B1B中,∠A1AB=90°,A1B1∥AB,AB=AA1=2A 1B1=2.以直线AA1为轴,通过旋转直角梯形AA1B1B得到直角梯形AA1C1C,且使平面AA1C1C⊥平面AA1B1B, 已知M为线段BC的中点,P为线段BB1上的动点. (1)求证:AC⊥AB; (2)是否存在点P,使得直线A1C∥平面AMP?请说明理由.   第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)证明:在直角梯形AA1B1B中,∠A1AB=90°,即AA1⊥AB, 因为直角梯形AA1C1C是由直角梯形AA1B1B绕直线AA1旋转得到的,所以AA1⊥AC, 则∠CAB是二面角B-AA1-C的平面角, 又平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,所以∠CAB=90°, 所以AC⊥AB. (2)由(1)知,直线AC,AB,AA1两两垂直, 以A为原点,直线AC,AB,AA1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,   第1讲　描述运动的基本概念 则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),M(1,1,0), 所以 =(0,-1,2), =(0,2,0), =(1,1,0), =(2,0,-2). 假设在线段BB1上存在点P,使得直线A1C∥平面AMP,设 =t =(0,-t,2t),0≤t≤1,则 = + =(0,2-t, 2t), 设平面AMP的法向量为n=(x,y,z), 于是  取y=-2t,得n=(2t,-2t,2-t). 由直线A1C∥平面AMP,得 ⊥n,则 ·n=4t-2(2-t)=0,解得t= , 所以在线段BB1上存在点P,使得直线A1C∥平面AMP,且点P为线段BB1上靠近B1的三等分点. 第1讲　描述运动的基本概念 解题模板　用空间向量解决线面关系中的探索性问题的核心思路是通过建立坐标系将几何关系转化 为代数运算.具体步骤如下: 1.建系:根据垂直关系建立空间直角坐标系,写出关键点的坐标; 2.设参:用参数表示动点的坐标(如直线上的点用1个参数,平面上的点用2个参数); 3.列式:根据线面平行(方向向量与法向量垂直)或垂直(方向向量与法向量平行)列方程或方程组; 4.求解:解方程或方程组,若参数存在且符合范围则存在这样的点,否则不存在; 5.结论:将代数方程的解翻译为几何存在性. 第1讲　描述运动的基本概念 7.[2025重庆合川大石中学等多校期中]如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∠BAC=120°,AB= AC=3A1B1=3A1C1=3,AA1=2,D是棱AC的中点,E为棱BC上一动点. (1)判断是否存在点E,使AB1∥平面C1DE; (2)是否存在点E,使平面C1DE⊥平面A1ABB1?若存在,求此时平面C1DE的一个法向量;若不存在,说明理 由.   第1讲　描述运动的基本概念 解析    如图,过点A作AF⊥AC交BC于F,以A为原点,AC,AF,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系,   则A(0,0,0),B ,C(3,0,0),A1(0,0,2),B1 - , ,2 ,C1(1,0,2),D . 设 =λ (0≤λ≤1),则 = ,则E 3- λ, λ,0 , 设u=(x,y,z)为平面C1DE的法向量, 第1讲　描述运动的基本概念 又 = , =  - λ, λ,0 , 故  不妨取x= λ,得y=3λ-1,z= λ, 则u=  λ,3λ-1, λ . (1)存在. 易得 = , 若AB1∥平面C1DE,则 ·u=0, 第1讲　描述运动的基本概念 即- × λ+ (3λ-1)+2× λ=0,解得λ= , 又因为AB1⊄平面C1DE(易错点),所以AB1∥平面C1DE. 故当E为棱BC上靠近点C的三等分点时,AB1∥平面C1DE. (2)存在.设m=(x1,y1,z1)为平面A1ABB1的法向量, 又 =(0,0,2), = , 故 则z1=0,不妨取y1=1,得x1= ,则m=( ,1,0). 若平面C1DE⊥平面A1ABB1,则m·u=0,即3λ+3λ-1=0,解得λ= ,所以当点E为棱BC上靠近点C的六等分点 时,平面C1DE⊥平面A1ABB1,此时平面C1DE的一个法向量为u=  ,- ,  . 第1讲　描述运动的基本概念 创新题型 创新点　空间立体几何中的探索性问题与定值问题的结合 8.[2026广东八校联盟质检]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,N是A1B1的中 点. (1)求证:A1B⊥C1N; (2)若F为线段AB上的动点,是否存在F使得AB⊥平面C1CF?若存在,请求出 的值,若不存在,请说明理 由; (3)若M为AB的中点,G为△AMC的重心,H为C1G上一点,且C1H∶HG=3∶1,过H作一平面分别交C1A,C1C, C1M于点P,Q,R,若 =m , =n , =t ,求证: + + 为定值.   第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)证明:依题意,以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,   所以C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,2),B1(0,1,2),C1(0,0,2), 因为N是A1B1的中点,所以N  , ,2 ,则 =(-1,1,-2), = ,因为 · =-1× +1× +(-2)×0=0, 所以 ⊥ ,即A1B⊥C1N. (2)假设存在F使得AB⊥平面C1CF, 由(1)得 =(-1,1,0), =(0,0,-2), 设 =λ =λ(-1,1,0)=(-λ,λ,0),其中0≤λ≤1,则F(1-λ,λ,0),故 =(1-λ,λ,0), 第1讲　描述运动的基本概念 易知CC1⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC, 故CC1⊥AB,又CC1∩CF=C,CC1,CF⊂平面C1CF,所以若AB⊥平面C1CF,则只需 · =0,即-(1-λ)+λ=0,解 得λ= ,所以 =1,(也可根据AB⊥CF,在Rt△ABC中求解) 故存在点F使得AB⊥平面C1CF,此时 =1. (3)证明:如图,   因为G为△AMC的重心,所以 + + =0,即 - + - + - =0,可得 = ( + + 第1讲　描述运动的基本概念  ), 因为H为C1G上一点,且C1H∶HG=3∶1,所以 =  = ( + + ).由题知P,R,Q,H四点共面,则 存在α,β∈R,使得 =α +β ,即 - =α( - )+β( - ), 所以 =(1-α-β) +α +β =(1-α-β)m +αn +βt , 又因为 = ( + + ),且 , , 不共面,所以由空间向量基本定理可得 因 此 + + =4(1-α-β)+4α+4β=4,为定值. 第1讲　描述运动的基本概念 $