《2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第十四章空间向量 第3课 空间向量的共线与共面 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版江苏高考数学名师大讲坛一轮复习教程学案：第十四章空间向量 第3课 空间向量的共线与共面 Word版含解析.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 _第 3 课_空间向量的共线与共面_ 1. 理解共线向量、共面向量等概念；理解空间向量共线、共面的充要条件及坐标表示. 2. 了解空间向量的基本定理及其意义；熟练使用空间向量垂直的充要条件及坐标表示. 1. 阅读：选修 21 第 8288 页. 2. 解悟：共线向量中为什么规定“a0”？可以用共面定理证明线 面平行；空间向量的共面定理与平面向量的基本定理不仅形式上相同， 而且本质也一致 ； 重解第 85 页例题 1、2，第 88 页例题 1，体会方法和 规范. 3. 践习：在教材空白处，完成第 86 页练习第 2、6 题，第 89 页练习 第 3、4
2、、5 题. 基础诊断 1. 对于空间任意一点 O，下列命题正确的是_(填序号) 若t，则 P，A，B 三点共线；OP OA AB 若 3，则 P 是 AB 的中点；OP OA AB 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 若t，则 P，A，B 三点不共线；OP OA AB 若，则 P，A，B 三点共线OP OA AB 2. 已知向量 ami5jk， b3ijrk， 若 ab， 则实数 m_， r_ 3. 已知 A，B，C 三点不共线，对平面 ABC 外的任意一点 O，下列条件中能确定点 M 与点 A，B，C 一定共面的是_(填序号) ；OM OA OB OC 2；OM OA OB OC ；
3、OM OA 1 2OB 1 3OC .OM 1 3OA 1 3OB 1 3OC 范例导航 考向 会用一组基底表示空间某个向量 例 1 在空间四边形 ABCD 中， AC 和 BD 为对角线， G 为ABC 的重心， E 是 BD 上的一点，BE3ED，以，为基底，则_AB AC AD GE 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1中，2，设a，b，AM 1 2MC A1N ND AB AD c，用基底a，b，c表示向量AA1 MN _. 考向 会求向量的长度及证明线面平行 例 2 如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，P，Q 分别是
4、线段 AD1和 BD 上 的点，且 D1PPADQQB512. (1) 求线段 PQ 的长度； (2) 求证：PQAD； (3) 求证：PQ平面 CDD1C1. 如图， 在四棱锥PABCD中， PA底面ABCD， ABAD， ACCD， ABC60， PAAB BC，E 是 PC 的中点求证： (1) AECD； (2) PD平面 ABE. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 自测反馈 1. 若 A(m1，n1，3)，B(2m，n，m2n)，C(m3，n3，9)三点共线，则 mn _ 2. 设点 A，B，C，D 是空间四点，有以下几个条件 ： ； OD OA 1 2OB 1 2OC O
5、D ； ； .其中能够使 A， B， 1 2OA 1 3OB 1 4OC OD 1 2OA 1 3OB 1 5OC OD 1 2OA 1 3OB 1 6OC C，D 四点一定共面的条件是_(填序号) 3. 向量 a(8，3，13)，b(2，3，5)，c(1，3，1)_共面(填“是”或 “不是”) 1. 用基底表示空间向量，作为基底的三个向量要不共面，注意上面题目中的基底是否 共面？ 2. 四点共面成立的充要条件是什么？证明线面平行需要交代线不在平面内 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3. 你还有哪些体悟，写下来： 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第 3 课 空间向量的共
6、线与共面 基础诊断 1. 解析：若t，则t，所以 A，B，P 共线，所以正确；OP OA AB AP AB 若 3，则 3，不能得到 P 是 AB 的中点，所以错误 ； 若tOP OA AB OP OB OP OA ，则t，A，B，P 共线，所以错误；若，则2AB AP AB OP OA AB OP OA ，且211，所以 A，B，P 不共线，所以错误OB 2. 15 解析 ： 因为 ab， 所在存在实数 使得 ab， 可得解得 m15， 1 5 m3， 5， 1r，) 5，r . 1 5 3. 解析：由向量共面定理得，xyz，xyz1.111OM OA OB OC 31，则不能确定 ； 21
7、11，所以不能确定 ； 1 1，所以不能确定 ； 1 2 1 3 1，所以能确定 1 3 1 3 1 3 范例导航 例 1 解析：由题意，连结 AE，则 1 12AB 1 3AC 3 4AD GE AE AG AD DE 2 3 () ().AM AD 1 4DB 2 3 1 2 AC AB AD 1 4 AB AD 1 3AC 1 3AB 1 12AB 1 3AC 3 4AD a b c 解析： () 1 3 1 3 1 3 MN AN AM AA1 A1N 1 3AC AA1 2 3A 1D 1 3 AB BC () ()c (bc) (ab) a b c.AA1 2 3 AD AA1 1
8、 3 AB AD 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 例 2 解析：(1) 以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 由于正方体的棱长为 1，所以 D(0，0，0)，D1(0，0，1)，B(1，1，0)，A(1，0，0) 因为 P，Q 分别是线段 AD1和 BD 上的点，且 D1PPADQQB512， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 P，Q， ( 5 17，0， 12 17) ( 5 17， 5 17，0) 所以，所以 PQ|.PQ (0， 5 17， 12 17) PQ 13 17 (2) 因为(1，0，0)，D
9、A 所以0，即 PQAD.PQ DA (3) 因为(0，1，0)，(0，0，1)，DC DD1 所以.PQ 5 17DC 12 17DD 1 又 DD1，DC平面 CDD1C1，PQ平面 CDD1C1， 所以 PQ平面 CDD1C1. 解析：(1) 由题意知 AB，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在的直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系， 如图， 设 PAABBC1， 则 P(0， 0， 1). 因为ABC60，ABBC， 所以ABC 为正三角形， 所以 C，E. ( 1 2， 3 2 ，0) ( 1 4， 3 4 ，1 2) 设 D(0，
10、y，0)，则，AC ( 1 2， 3 2 ，0) . CD ( 1 2，y 3 2 ，0) 由 ACCD，得0，AC CD 即 y，则 D， 2 3 3(0， 2 3 3 ，0) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以. CD ( 1 2， 3 6 ，0) 又，AE ( 1 4， 3 4 ，1 2) 所以 0 0，AE CD 1 2 1 4 3 6 3 4 1 2 所以，即 AECD. AE CD (2) 因为 P(0，0，1)，所以. PD (0， 2 3 3 ，1) 又 0 (1)0，AE PD 1 4 3 4 2 3 3 1 2 所以，即 PDAE. PD AE 因为(1，0，
11、0)，所以0. AB PD AB 所以 PDAB. 又 ABAEA，AB，AE平面 ABE， 所以 PD平面 ABE. 自测反馈 1. 0 解析 ： 因为 A(m1， n1， 3)， B(2m， n， m2n)， C(m3， n3， 9)， 所以(m1，AB 1， m2n3)，(2， 2， 6) 又因为 A， B， C 三共点共线， 所以存在实数 使得AC AB ，即AC m12， 12， m2n36，) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解得所以 mn000. m0， n0， 1 2，) 2. 解析：由向量共面定理得，xyz，xyz1.因为 1 OD OA OB OC 1 2 1，所以不能使 A，B，C，D 共面；因为 1，所以不能使 A，B，C，D 共面； 1 2 1 2 1 3 1 4 同理亦不能；因为 1，所以能使 A，B，C，D 共面 1 2 1 3 1 6 3. 是 解析 ： 假设 axbyc， 则可得解得又因为 b(2， 3， 5)， c 82xy， 33x3y， 135xy，) x3， y2.) (1，3，1)，所以 b，c 不共线，则 a，b，c 三向量共面