知识剖析
空间向量的概念
在空间，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量，用字母\(\vec{a}， \vec{b}， \vec{c} \ldots \ldots\)表示，空间向量的大小叫做空间向量的长度或模.
解释
\((1)\)空间中点的位移、物体运动的速度、物体受到的力等都可以用空间向量表示；
\((2)\)向量\(\vec{a}\)的起点是\(A\)，终点是\(B\)，则向量\(\vec{a}\)也可以记作\(\overrightarrow{A B}\)，其模记为\(|\vec{a}|\)或\(|\overrightarrow{A B}|\)；
\((3)\)向量一般用有向线段表示 同向等长的有向线段表示同一或相等的向量；
\((4)\)向量具有平移不变性.
\((5)\)在空间，零向量、单位向量、相等向量、反向量与在平面的对应向量一样.
运算
(1) 定义
与平面向量运算一样，空间向量的加法、减法与数乘运算如下(如图).
\(\overrightarrow{O A}=\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=\vec{a}+\vec{b}\)，\(\overrightarrow{C B}=\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}=\vec{a}-\vec{b}\)，\(\overrightarrow{O P}=\lambda \vec{a}(\lambda \in R)\)
(2) 运算律
① 加法交换律:\(\vec{a}+\vec{b}=\vec{b}+\vec{a}\)；
② 加法结合律:\((\vec{a}+\vec{b})+\vec{c}=\vec{a}+(\vec{b}+\vec{c})\)；
③ 数乘分配律:\(\lambda(\vec{a}+\vec{b})=\lambda \vec{a}+\lambda \vec{b}\)；
运算法则:三角形法则、平行四边形法则、平行六面体法则.
解释 平行六面体法则:在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(\overrightarrow{A C_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\).
共线向量
(1) 概念
如果表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合，那么这些向量也叫做共线向量或平行向量，\(\vec{a}\)平行于\(\vec{b}\) ，记作\(\vec{a} / / \vec{b}\).
(2) 共线向量定理
空间任意两个向量\(\vec{a}\) ，\(\vec{b}\)\((\vec{b} \neq \overrightarrow{0})\) ，\(\vec{a} / / \vec{b} \Rightarrow\) 存在实数\(λ\)，使\(\vec{a}=\lambda \vec{b}\).
(3) 三点共线
\(A\)、\(B\)、\(C\)三点共线\(\Rightarrow \overrightarrow{A B}=\lambda \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{O C}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}\)(其中 \(x+y=1\))
(4) 与\(\vec{a}\)共线的单位向量为\(\pm \dfrac{\vec{a}}{|\vec{a}|}\) .
共面向量
(1) 定义
一般地，能平移到同一平面内的向量叫做共面向量.说明:空间任意的两向量都是共面的.
(2) 共面向量定理
如果两个向量\(\vec{a}\) ，\(\vec{b}\) 不共线，\(\vec{p}\)与向量\(\vec{a}\) ，\(\vec{b}\) 共面的条件是存在实数\(x\) ，\(y\)，使\(\vec{p}=x \vec{a}+y \vec{b}\).
(3) 四点共面
若\(A\)、\(B\)、\(C\)、\(P\)四点共面
\(\Rightarrow \overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C} \Rightarrow \overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\) (其中\(x+y+z=1\))
方法1 若要证明\(A\)、\(B\)、\(C\)、\(P\)四点共面，只需要证明 \(\overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}\)
方法2 若要证明\(A\)、\(B\)、\(C\)、\(P\)四点共面，只需要证明\(\overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\) (其中\(x+y+z=1\))
证明 若\(x+y+z=1\)，
则 \(\overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+(1-x-y) \overrightarrow{O C}\)
\(=\overrightarrow{O C}+x(\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O C})+y(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C})=\overrightarrow{O C}+x \overrightarrow{C A}+y \overrightarrow{C B}\)，
\(\therefore \overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O C}=x \overrightarrow{C A}+y \overrightarrow{C B}\)， \(\therefore \overrightarrow{C P}=x \overrightarrow{C A}+y \overrightarrow{C B}\)，
即 \(\overrightarrow{C P}\)， \(\overrightarrow{C A}\)， \(\overrightarrow{C B}\)共面，即\(A\)、\(B\)、\(C\)、\(P\)四点共面.
经典例题
【题型一】空间向量的线性运算
【典题1】 如图所示，在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(A_1 C_1\)与\(B_1 D_1\)的交点，若\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}\)，则\(\overrightarrow{C M}=\)( )
A．\(\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)
C．\(-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)
【解析】 (与平面向量的方法类似，用“首尾相接法”把\(\overrightarrow{C M}\)向\(\vec{a}， \vec{b}， \vec{c}\)靠拢)
\(\overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{B M}\)
\(=-\vec{b}+\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A M}\)
\(=-\vec{b}-\vec{a}+\overrightarrow{A A_{1}}+\overrightarrow{A_{1} M}\)
\(=-\vec{b}-\vec{a}+\vec{c}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}\)
\(=-\vec{b}-\vec{a}+\vec{c}+\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{a})\)
\(=-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)；
故选：\(D\)．
【点拨】
① 空间向量运算符合三角形法则、平行四边形法则，类似平面向量；
② 本题解法很多，比较灵活，而本题解题思路是“首尾相接法”：以\(\vec{a}， \vec{b}， \vec{c}\)为基底，在对\(\overrightarrow{C M}\)“首尾相接”的时候，尽量向三个基底靠拢(利用\(\vec{a}， \vec{b}， \vec{c}\)或其共线向量表示)，做到最后的式子只含三个基底向量；
③ 类似题目需要大胆下笔推算，也可利用一些常见结论：
(1) 在三角形\(∆ABC\)中，点\(D\)是\(BC\)的中点，则\(\overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}\).
(2) 平行六面体法则:在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(\overrightarrow{A C_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\).
【典题2】 已知在空间四边形\(ABCD\)中，\(G\)是\(△BCD\)的重心，\(E\)，\(F\)，\(H\)分别为边\(CD\)，\(AD\)和\(BC\)的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．
(1)\(\overrightarrow{A G}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B E}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}\)；\(\qquad \qquad\) (2) \(\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A D})\)；\(\qquad \qquad\) (3) \(\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D})\)
【解析】 (1) \(\overrightarrow{A G}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B E}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B G}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B E}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}\)
\(=\overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{B E}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{B E}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B E}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}=\overrightarrow{A E}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}\)
\(=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{C A}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A F}\)，
(2)\(\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A D})=\overrightarrow{A H}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A H}-\overrightarrow{A F}=\overrightarrow{F H}\)；
(3) \(\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D})=\dfrac{1}{3} \times 2 \overrightarrow{A H}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A D}=\dfrac{2}{3}\left(\overrightarrow{A H}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}\right)\)，
在三角形\(ADH\)中， \(\overrightarrow{D G}=2 \overrightarrow{G H}\)，
则 \(\overrightarrow{A G}-\overrightarrow{A D}=2(\overrightarrow{A H}-\overrightarrow{A G})\)，
即有 \(\overrightarrow{A G}=\dfrac{1}{3}(2 \overrightarrow{A H}+\overrightarrow{A D})\)，则有 \(\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D})=\overrightarrow{A G}\)．
巩固练习
1(★) 在四面体\(ABCD\)中，点\(F\)在\(AD\)上，且\(AF=2FD\)，\(E\)为\(BC\)中点，则\(\overrightarrow{E F}\)等于\(\underline{\quad \quad}\) (用\(\overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{A C}\)，\(\overrightarrow{A D}\)表示)
2(★) 在空间四边形\(ABCD\)中，连结\(AC\)，\(BD\)．若\(△BCD\)是正三角形，且\(E\)为其中心，则\(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC}-\dfrac{3}{2} \overrightarrow{DE}-\overrightarrow{A D}\)的化简结果为\(\underline{\quad \quad}\) ．
3(★★) 如图所示，在平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}\)，\(M\)是\(D_1 D\)的中点，点\(N\)是\(AC_1\)上的点，且\(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C_{1}}\)，用\(\vec{a}， \vec{b}， \vec{c}\)表示向量\(\overrightarrow{M N}\)的结果是 \(\underline{\quad \quad}\) .
4(★★★) 在三棱锥\(A-BCD\)中，\(P\)为\(△BCD\)内一点，若 \(S_{\triangle P B C}=1\)， \(S_{\triangle P C D}=2\)，\(S_{\triangle P B D}=3\)，则\(\overrightarrow{AP}=\)\(\underline{\quad \quad}\) . (用\(\overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{A C}\)，\(\overrightarrow{A D}\)表示)
参考答案
-
【答案】 \(-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}\)
【解析】 在四面体\(ABCD\)中，点\(F\)在\(AD\)上，且\(AF=2FD\)，\(E\)为\(BC\)中点，
所以\(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{A F}-\overrightarrow{A E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}-\left(\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}\right)\)\(=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}\)． -
【答案】 \(\overrightarrow{0}\)
【解析】 如图，延长\(DE\)交\(BC\)于点\(F\)，根据题意知\(F\)为\(BC\)的中点．
又因为\(E\)为正三角形\(BCD\)的中心，
所以\(\overrightarrow{DE}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{DF}\)，即\(\overrightarrow{DF}=\dfrac{3}{2} \overrightarrow{DE}\)，
所以\(\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC}-\dfrac{3}{2} \overrightarrow{DE}-\overrightarrow{A D}=(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D})+\overrightarrow{BF}-\dfrac{3}{2} \overrightarrow{DE}\)\(=\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BF}-\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DF}-\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{0}\)． -
【答案】 \(\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{6} \vec{c}\)
【解析】 \(∵M\)是\(D_1 D\)的中点，\(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C_{1}}\)，
\(\therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{A N}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D} \vec{D}_{1}-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}_{1}\)．
\(=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A A}_{1}-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{A A_{1}}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}\right)\)
\(=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{6} \overrightarrow{A A_{1}}=\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{6} \vec{c}\)． -
【答案】 \(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{6} \overrightarrow{A D}\)
【解析】 三棱锥\(A-BCD\)中，\(P\)为\(△BCD\)内一点，如图所示：
延长\(PB\)至\(B_1\)，使得\(PB_1=2PB\)，延长\(PC\)至\(C_1\)，
使得\(PC_1=3PC\)，连接\(DB_1\)，\(B_1 C_1\)，\(C_1 D\)，
因为\(S_{\triangle P B C}=1\)， \(S_{\triangle P C D}=2\)，\(S_{\triangle P B D}=3\)，
所以 \(S_{\triangle P B_1 C_1}=S_{\triangle P C_1 D}=S_{\triangle P B_1 D}\)，
所以\(P\)为\(△B_1 C_1 D\)的重心，所以 \(\overrightarrow{P D}+\overrightarrow{P B_1}+\overrightarrow{P C_1}=\overrightarrow{0}\)，
即 \(\overrightarrow{P D}+2 \overrightarrow{P B}+3 \overrightarrow{P C}=\overrightarrow{0}\)，
所以\((\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{AP})+2(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{AP})+3(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{AP})=\overrightarrow{0}\)，
所以\(\overrightarrow{AP}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}+\dfrac{1}{6} \overrightarrow{A D}\)．
【题型二】空间向量共线共面问题
【典题1】 如图，在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)在\(A_1 D_1\)上，且\(\overrightarrow{A_1 E}=2 \overrightarrow{E D_1}\)，\(F\)在对角线\(A_1 C\)上，且\(\overrightarrow{A_1 F}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{F C}\)，求证：\(E\)，\(F\)，\(B\)三点共线．
【解析】 设\(\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{b}\)，\(\overrightarrow{A A_1}=\vec{c}\)
\(\therefore \overrightarrow{E B}=\overrightarrow{E A_1}+\overrightarrow{A_1 A}+\overrightarrow{A B}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{D A}-\overrightarrow{A A_1}+\overrightarrow{A B}\)\(=\vec{a}-\vec{c}-\dfrac{2}{3} \vec{b}\)，
\(\because \overrightarrow{A_1 E}=2 \overrightarrow{E D_1}\)， \(\overrightarrow{A_1 F}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{F C}\)， \(\therefore \overrightarrow{A_1 E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A_1 D_1}\)，\(\overrightarrow{A_1 F}=\dfrac{2}{5} \overrightarrow{A_1 C}\)
\(\therefore \overrightarrow{A_1 E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}=\dfrac{2}{3} \vec{b}\)，
\(\overrightarrow{A_1 F}=\dfrac{2}{5}\left(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A A_1}\right)=\dfrac{2}{5}\left(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A A_1}\right)\)\(=\dfrac{2}{5} \vec{a}+\dfrac{2}{5} \vec{b}-\dfrac{2}{5} \vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{A_1 F}-\overrightarrow{A_1 E}=\dfrac{2}{5} \vec{a}-\dfrac{4}{15} \vec{b}-\dfrac{2}{5} \vec{c}=\dfrac{2}{5}\left(\vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\vec{c}\right)\)，
又\(∵\)由(1)知 \(\overrightarrow{E B}=\vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{E F}=\dfrac{2}{5} \overrightarrow{E B}\)，且有公共点\(E\)，
所以\(E\)，\(F\)，\(B\)三点共线．
【典题2】 已知\(A\)，\(B\)，\(M\)三点不共线，对于平面\(ABM\)外的任意一点\(O\)，判断在下列各条件下的点\(P\)与点\(A\)，\(B\)，\(M\)是否共面．
(1)\(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OM}=3\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}\)； \(\qquad \qquad\) (2)\(\overrightarrow{OP}=4\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\)．
【解析】 (1)\(∵A\)，\(B\)，\(M\)三点不共线，故\(A\)，\(B\)，\(M\)三点共面，
又\(∵\)对于平面\(ABM\)外的任意一点\(O\)，
若\(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OM}=3\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}\)，
则 \(\overrightarrow{O P}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O M}\)，
\(\because \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}=1\)，故点\(P\)与\(A\)，\(B\)，\(M\)共面，
(2)\(∵A\)，\(B\)，\(M\)三点不共线，故\(A\)，\(B\)，\(M\)三点共面，
又\(∵\) 对于平面\(ABM\)外任意一点 ，
若\(\overrightarrow{OP}=4\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}\)，则\(4-1-1=2≠1\)，
故点\(P\)与\(A\)，\(B\)，\(M\)不共面．
【典题3】 如图所示，已知四边形\(ABCD\)是平行四边形，\(P\)点是四边形\(ABCD\)所在平面外一点，连接\(PA\)、\(PB\)、\(PC\)、\(PD\)，设点\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)分别为\(△PAB\)、\(△PBC\)、\(△PCD\)、\(△PDA\)的重心．试用向量法证明\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)四点共面．
【解析】 分别延长\(PE\)，\(PF\)，\(PG\)、\(PH\)，交对边于\(M\)，\(N，\)\(Q\)，\(R\)点，
因为\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)分别是所在三角形的重心，
所以\(M\)，\(N，\)\(Q\)，\(R\)为所在边的中点，
顺次连接\(M\)，\(N，\)\(Q\)，\(R\)得到的四边形为平行四边形，
且有\(\overrightarrow{PE}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{PM}\)，\(\overrightarrow{PF}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{PN}\)， \(\overrightarrow{P G}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{P Q}\)，\(\overrightarrow{PH}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{PR}\)；如图所示，
\(∴\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{MR}=(\overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM} )+(\overrightarrow{PR}-\overrightarrow{PM} )\)
\(=\dfrac{3}{2}(\overrightarrow{PF}-\overrightarrow{PE})+\dfrac{3}{2}(\overrightarrow{PH}-\overrightarrow{PE})=\dfrac{3}{2}(\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{EH})\)；
又 \(Q \because \overrightarrow{M Q}=\overrightarrow{P Q}-\overrightarrow{P M}=\dfrac{3}{2} \overrightarrow{P G}-\dfrac{3}{2} \overrightarrow{P E}=\dfrac{3}{2} \overrightarrow{E G}\)，
\(∴\dfrac{3}{2} \overrightarrow{EG}=\dfrac{3}{2}(\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{EH})\)，\(∴\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{EH}\)
由共面向量定理知：\(E\)，\(F\)，\(G\)，\(H\)四点共面．
巩固练习
1 (★) 已知向量\(\overrightarrow{a}\)，\(\overrightarrow{b}\)且\(\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}\)，\(\overrightarrow{BC}=-5\overrightarrow{a}+6\overrightarrow{b}\)，\(\overrightarrow{CD}=7\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}\)，则一定共线的三点为( )
A．\(A\)，\(B\)，\(D\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(A\)，\(B\)，\(C\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(B\)，\(C\)，\(D\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(A\)，\(C\)，\(D\)
2(★) 在下列条件中，使\(M\)与\(A\)，\(B\)，\(C\)一定共面的是( )
A．\(\overrightarrow{O M}=\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}\)
B．\(\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{5} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}\)
C．\(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}=\overrightarrow{0}\)
D．\(\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}\)
3(★) (多选题)在以下命题中，不正确的命题有( )
A．若\(\overrightarrow{a}\)与\(\overrightarrow{b}\)共线，\(\overrightarrow{b}\)与\(\overrightarrow{c}\)共线，则\(\overrightarrow{a}\)与\(\overrightarrow{c}\)共线
B．若\(\overrightarrow{a}//\overrightarrow{b}\)，则存在唯一的实数\(λ\)，使\(\overrightarrow{a}=λ\overrightarrow{b}\)
C．对空间任意一点\(O\)和不共线的三点\(A\)，\(B\)，\(C\)，若\(\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC}\)，则\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点共面
D．若两个非零空间向量\(\overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{CD}\)满足\(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{0}\)，则\(\overrightarrow{A B}//\overrightarrow{CD}\)
4 (★★) 已知在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(P\)，\(M\)为空间任意两点，如果有 \(\overrightarrow{P M}=\overrightarrow{P B_1}+7 \overrightarrow{B A}+6 \overrightarrow{A A_1}-4 \overrightarrow{A_1 D_1}\)，那么点\(M\)必在平面\(\underline{\quad \quad}\)内.
5 (★★) 在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E\)，\(F\)，\(G\)分别在棱\(BB_1\)，\(BC\)，\(BA\)上，且满足 \(\overrightarrow{B E}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{B B_1}\)， \(\overrightarrow{B F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C}\)， \(\overrightarrow{B G}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B A}\)，\(O\)是平面\(B_1 GF\)，平面\(ACE\)与平面\(B_1 BDD_1\)的一个公共点，设 \(\overrightarrow{B O}=x \overrightarrow{B G}+y \overrightarrow{B F}+z \overrightarrow{B E}\)，则\(x+y+z=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
6 (★) 如图，在平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)，\(N\)分别是\(C_1 D_1\)，\(AB\)的中点，\(E\)在\(AA_1\)上且\(AE=2EA_1\)，\(F\)在\(CC_1\)上且\(CF=\dfrac{1}{2} FC_1\)，判断\(\overrightarrow{ME}\)与\(\overrightarrow{NF}\)是否共线？
7(★★) 已知\(\overrightarrow{e_1}\)，\(\overrightarrow{e_2}\)为两个不共线的非零向量，且 \(\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}\)，\(\overrightarrow{A C}=2\overrightarrow{e_1}+8\overrightarrow{e_2}\)，\(\overrightarrow{A D}=3\overrightarrow{e_1}-3\overrightarrow{e_2}\)，求证：\(A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共面．
8 (★★) 如图所示，在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(DD_1\)的中点，\(N∈AC\)，且\(AN:NC=2\)，求证：\(A_1\)，\(B\)，\(N\)，\(M\)四点共面．
9 (★★) 已知\(\overrightarrow{e_1}\)，\(\overrightarrow{e_2}\)，\(\overrightarrow{e_3}\)是不共面的向量，且\(\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{e_1}-\overrightarrow{e_2}+3\overrightarrow{e_3}\)，\(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{e_1}+2\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_3}\)，\(\overrightarrow{OB}=-3\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}+2\overrightarrow{e_3}\)，\(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_3}\).
(1)判断\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点是否共面；\(\qquad \qquad\) (2)能否\(\overrightarrow{OA}\)，\(\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{OC}\)用表示\(\overrightarrow{OP}\)？并说明理由.
10(★★★) 已知\(O，A，B，C，D，F，F，G，H\)为空间\(9\)个点(如图)，并且 \(\overrightarrow{O E}=k \overrightarrow{O A}\)，\(\overrightarrow{O F}=k \overrightarrow{O B}\)， \(\overrightarrow{O H}=k \overrightarrow{O D}\)， \(\overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}+m \overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{E G}=\overrightarrow{E H}+m \overrightarrow{E F}\) ．
求证：(1)\(A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共面；\(\qquad \qquad\) (2)\(\overrightarrow{A C}//\overrightarrow{EG}\)；\(\qquad \qquad\)(3) \(\overrightarrow{O G}=k \overrightarrow{O C}\)．
参考答案
-
【答案】 \(A\)
【解析】 因为\(\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}=-5\overrightarrow{a}+6\overrightarrow{b}+7\overrightarrow{a}-2\overrightarrow{b}=2\overrightarrow{a}+4\overrightarrow{b}=2\overrightarrow{A B}\)，
所以\(\overrightarrow{A B}\)与\(\overrightarrow{BD}\)共线，即\(A\)，\(B\)，\(D\) 三点共线． -
【答案】 \(C\)
【解析】 在\(C\)中，由\(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}=\overrightarrow{0}\)，得\(\overrightarrow{M A}=-\overrightarrow{M B}-\overrightarrow{M C}\)，
则\(\overrightarrow{M A}， \overrightarrow{M B}， \overrightarrow{M C}\)为共面向量，即\(M、A、B、C\)四点共面；
对于\(A\)，由\(\overrightarrow{O M}=\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O C}\)，得\(1－1－1=－1≠1\)，不能得出\(M、A、B、C\)四点共面；
对于\(B\)，由\(\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{5} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}\)，得\(\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2} \neq 1\)，所以\(M、A、B、C\)四点不共面；
对于\(D\)，由\(\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}=\overrightarrow{0}\)，得\(\overrightarrow{O M}=-(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})\)，其系数和不为\(1\)，
所以\(M、A、B、C\)四点不共面．
故选：\(C\)． -
【答案】 \(AB\)
【解析】 当\(\overrightarrow{b}=\overrightarrow{0}\)，满足\(\overrightarrow{a}\)与\(\overrightarrow{b}\)共线，\(\overrightarrow{b}\)与\(\overrightarrow{c}\)共线，
而\(\overrightarrow{a}\)与\(\overrightarrow{c}\)不一定共线，故\(A\)错误；
当\(\overrightarrow{a}\)与\(\overrightarrow{b}\)均为零向量时，能够保证\(\overrightarrow{a}//\overrightarrow{b}\)，则存在无数多的实数\(λ\)，
使得\(\overrightarrow{a}=λ\overrightarrow{b}\)，故\(B\) 错误；
\(∵\overrightarrow{OP}=2\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC}\)，
即\(\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OA}=(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OC})+2(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC})\)，
\(∴\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB}\)，
由平面向量基本定理可得\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点共面，故\(C\)正确；
\(∵\)非零空间向量\(\overrightarrow{A B}\)，\(\overrightarrow{CD}\)满足\(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{0}\)，
\(∴\overrightarrow{A B}=-\overrightarrow{CD}\)，\(∴\overrightarrow{A B}//\overrightarrow{CD}\)，故\(D\)正确．
故选：\(AB\)． -
【答案】 \(BA_1 D_1\)
【解析】 因为 \(\overrightarrow{P M}=\overrightarrow{P B_1}+7 \overrightarrow{B A}+6 \overrightarrow{A A_1}-4 \overrightarrow{A_1 D_1}=\overrightarrow{P B_1}+\overrightarrow{B A}+6 \overrightarrow{B A_1}-4 \overrightarrow{A_1 D_1}\)
\(=\overrightarrow{P B_1}+\overrightarrow{B_1 A_1}+6 \overrightarrow{B A_1}-4 \overrightarrow{A_1 D_1}=\overrightarrow{P A_1}+6\left(\overrightarrow{P A_1}-\overrightarrow{P B}\right)-4\left(\overrightarrow{P D_1}-\overrightarrow{P A_1}\right)\)
\(=11 \overrightarrow{P A_1}-6 \overrightarrow{P B}-4 \overrightarrow{P D_1}\)，
所以\(M\)，\(B\)，\(A_1\)，\(D_1\)四点共面，即点\(M\)必在平面\(BA_1 D_1\)内． -
【答案】 \(\dfrac{6}{5}\)
【解析】 如图所示，
正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中， \(\overrightarrow{B E}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{B B_1}\)， \(\overrightarrow{B F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C}\)， \(\overrightarrow{B G}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B A}\)，
\(\overrightarrow{B O}=x \overrightarrow{B G}+y \overrightarrow{B F}+z \overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{2} x \overrightarrow{B A}+\dfrac{1}{2} y \overrightarrow{B C}+z \overrightarrow{B E}\)\(=x \overrightarrow{B G}+y \overrightarrow{B F}+\dfrac{3}{4} z \overrightarrow{B B_1}\)，
\(∵O\)，\(A\)，\(C\)，\(E\)四点共面，\(O\)，\(D\)，\(E\)，\(B_1\)四点共面，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} \dfrac{1}{2} x+\dfrac{1}{2} y+z=1 \\ x+y+\dfrac{3}{4} z=1 \end{array}\right.\)，解得\(x+y=\dfrac{2}{5}\)，\(z=\dfrac{4}{5}\)；
\(∴x+y+z=\dfrac{6}{5}\)． -
【答案】 共线
【解析】 由已知可得： \(\overrightarrow{M E}=\overrightarrow{M D_1}+\overrightarrow{D_1 A_1}+\overrightarrow{A_1 E}\)
\(=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B A}+\overrightarrow{C B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A_1 A}=-\overrightarrow{N B}+\overrightarrow{C B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{C_1 C}\)\(=\overrightarrow{C N}+\overrightarrow{F C}=\overrightarrow{F N}=-\overrightarrow{N F}\)．
所以\(\overrightarrow{ME}=-\overrightarrow{NF}\)，故\(\overrightarrow{ME}\)与\(\overrightarrow{NF}\)共线． -
【证明】 设\(\overrightarrow{A C}=x\overrightarrow{A B}+y\overrightarrow{A D}\)，则\(2\overrightarrow{e_1}+8\overrightarrow{e_2}=x(\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2} )+y(3\overrightarrow{e_1}-3\overrightarrow{e_2} )\)，
\(∴(2-x-3y)\overrightarrow{e_1}+(8-x+3y)\overrightarrow{e_2}=\overrightarrow{0}\)，
又\(\overrightarrow{e_1}\)，\(\overrightarrow{e_2}\)为两个不共线的非零向量，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} 2-x-3 y=0 \\ 8-x+3 y=0 \end{array}\right.\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} x=5 \\ y=-1 \end{array}\right.\)，
\(∴\overrightarrow{A C}=5\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}\)，
\(∴A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共面，
故原命题得证． -
【证明】 设 \(\overrightarrow{A A_1}=\overrightarrow{a}\)，\(\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{b}\)，\(\overrightarrow{A D}=\overrightarrow{c}\)，则\((A_1 B) ⃗=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\)，
\(∵M\)为\(DD_1\)的中点，\(∴\overrightarrow{A_1 M} =\overrightarrow{c}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{a}\)，
又\(∵AN:NC=2\)，\(\therefore \overrightarrow{A N}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A C}=\dfrac{2}{3}(\vec{b}+\vec{c})\)，
\(\therefore \overrightarrow{A_1 N}=\overrightarrow{A N}-\overrightarrow{A A_1}=\dfrac{2}{3}(\vec{b}+\vec{c})-\vec{a}\)\(=\dfrac{2}{3}(\vec{b}-\vec{a})+\dfrac{2}{3}\left(\vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}\right)=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A_1 B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A_1 M}\)，
\(\therefore \overrightarrow{A_1 N}\)， \(\overrightarrow{A_1 B}\)， \(\overrightarrow{A_1 M}\)为共面向量，
又三向量有相同的起点\(A_1\)，\(∴A_1\)，\(B\)，\(N\)，\(M\)四点共面． -
【答案】 (1) 不共面 (2) \(\overrightarrow{OP}=17\overrightarrow{OA}-5\overrightarrow{OB}-30\overrightarrow{OC}\)
【解析】 (1)假设\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点共面，
则存在实数\(x\)，\(y\)，\(z\)，使得\(\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}\)，且\(x+y+z=1\)，
即 \(2 \vec{e}_1-\vec{e}_2+3 \vec{e}_3=x\left(\overrightarrow{e_1}+2 \vec{e}_2-\vec{e}_3\right)+y\left(-3 \vec{e}_1+\overrightarrow{e_2}+2 \vec{e}_3\right)+z\left(\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_3}\right)\)
比较对应的系数，得到 \(\left\{\begin{array}{l} x-3 y+z=2 \\ 2 x+y+z=-1 \\ -x+2 y-z=3 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} x=17 \\ y=-5 \\ z=-30 \end{array}\right.\)，
这与\(x+y+z=1\)矛盾，
故\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点不共面；
(2)若\(\overrightarrow{OA}\)，\(\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{OC}\)共面，则存在\(m\)，\(n\)，使得\(\overrightarrow{OA}=m\overrightarrow{OB}+n\overrightarrow{OC}\)，
同(1)可证，\(\overrightarrow{OA}\)，\(\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{OC}\)不共面，即\(\overrightarrow{OP}\)是向量\(\overrightarrow{OA}\)，\(\overrightarrow{OB}\)与\(\overrightarrow{OC}\)的线性组合，
令\(\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}\)，\(\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{b}\)，\(\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{c}\)，
由 \(\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{e_1}+2 \overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_3}=\vec{a} \\ -3 \overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}+2 \overrightarrow{e_3}=\vec{b} \\ \overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}-\overrightarrow{e_3}=\vec{c} \end{array}\right.\)，得 \(\left\{\begin{array}{l} \overrightarrow{e_1}=3 \vec{a}-\vec{b}-5 \vec{c} \\ \overrightarrow{e_2}=\vec{a}-\vec{c} \\ \overrightarrow{e_3}=4 \vec{a}-\vec{b}-7 \vec{c} \end{array}\right.\)，
所以 \(\overrightarrow{O P}=2 \vec{e}_1-\vec{e}_2+3 \vec{e}_3=2(3 \vec{a}-\vec{b}-5 \vec{c})-(\vec{a}-\vec{c})+3(4 \vec{a}-\vec{b}-7 \vec{c})\)
\(=17 \vec{a}-5 \vec{b}-30 \vec{c}=17 \overrightarrow{O A}-5 \overrightarrow{O B}-30 \overrightarrow{O C}\). -
【证明】 (1)\(∵\overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A D}+m\overrightarrow{A B}\)，
\(∴\)由共面向量基本定理得\(\overrightarrow{A C}\)，\(\overrightarrow{A D}\)，\(\overrightarrow{A B}\)是共面向量，
\(∵\overrightarrow{A C}\)，\(\overrightarrow{A D}\)，\(\overrightarrow{A B}\)有公共点\(A\)，
\(∴A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共面．
(2) \(\because \overrightarrow{E G}=\overrightarrow{E H}+m \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O H}-\overrightarrow{O E}+m(\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E})\) \(=k(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{O A})+k m(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A})\)
\(=k \overrightarrow{A D}+k m \overrightarrow{A B}=k(\overrightarrow{A D}+m \overrightarrow{A B})=k \overrightarrow{A C}\)，
\(∴\overrightarrow{A C}//\overrightarrow{EG}\)．
(3)由(1)知 \(\overrightarrow{O G}=\overrightarrow{E G}-\overrightarrow{E O}=k \overrightarrow{A C}-k \overrightarrow{A O}=k(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A O})=k \overrightarrow{O C}\)，
\(\therefore \overrightarrow{O G}=k \overrightarrow{O C}\)．