3.1.2共面向量定理双基达标限时20分钟1．已知ABCD为矩形，P点为平面ABCD外一点，且PA⊥面ABCD，G为△PCD的重心，若AG＝xAB＋yAD＋zAP，则x＝________，y＝________，z＝________.解析AG＝AP＋PG＝AP＋[(AD－AP)＋(AD＋AB－AP)]＝AP＋(AD－AP＋AD＋AB－AP)＝AP＋AD＋AB∴x＝，y＝，z＝.答案2．在下列等式中，使点M与点A，B，C一定共面的是________．①OM＝2OA－OB－OC②OM＝OA＋OB＋OC③MA＋MB＋MC＝0④OM＋OA＋OB＋OC＝0解析若有MA＝xMB＋yMC，则M与点A、B、C共面，或者OM＝xOA＋yOB＋zOC且x＋y＋z＝1，则M与点A、B、C共面，①、②、④不满足x＋y＋z＝1，③满足MA＝xMB＋yMC，故③正确．答案③3．如图所示，已知P和不共线三点A，B，C四点共面且对于空间任一点O，都有OP＝2OA＋OB＋λOC，则λ＝________.解析P与不共线三点A，B，C共面，且OP＝xOA＋yOB＋zOC(x，y，z∈R)，则有x＋y＋z＝1.从而λ＝－2.答案－24．设a，b，c是不共面向量，m＝2a－b，n＝b＋c，p＝4a－5b－3c，则向量m，n，p________(填“共面”或“不共面”)．解析因为p＝2(2a－b)－3(b＋c)＝2m－3n，所以m，n，p必共面．答案共面5．下列命题：①若p＝xa＋yb，则p与a，b共面；②若p与a，b共面，则p＝xa＋yb；③若MP＝x·MA＋y·MB，则P、M、A、B四点共面；④若P、M、A、B四点共面，则MP＝x·MA＋y·MB，其中正确的是________．解析①与③中取x＝0或y＝0，则结论不一定成立．反之，②④正确．答案②④6．设A、B、C及A1、B1、C1分别是异面直线l1、l2上的三点，而M、N、P、Q分别是线段AA1、BA1、BB1、CC1的中点．求证：M、N、P、Q四点共面．解NM＝BA，NP＝A1B1，所以BA＝2NM，A1B1＝2NP，又因为PQ＝(BC＋B1C1)，(*)A、B、C及A1、B1、C1分别共线，所以BC＝λBA＝2λNM，B1C1＝ωA1B1＝2ωNP.代入(*)式得PQ＝(2λNM＋2ωNP)＝λNM＋ωNP，所以PQ、NM、NP共面，所以M、N、P、Q四点共面．综合提高（限时25分钟）7．已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，D是AC上一点，若AB1∥平面DBC1，则D在AC上的位置是________．解析取BC1的中点为O，由AB1∥平面DBC1知，存在实数x，y满足AB1＝xDB＋yDC1，又AB1＝AD＋DO＋OB1＝AD＋DO＋CO＝AD＋DO＋DO－DC＝AD－DC＋DB＋DC1，所以AD＝DC，即D是AC的中点．答案D是AC的中点8．平面α内有点A，B，C，D，E，其中无三点共线，O为空间一点，满足OA＝OB＋xOC＋yOD，OB＝2xOC＋OD＋yOE，则x＋3y＝________.解析由点A，B，C，D共面得x＋y＝，又由点B，C，D，E共面得2x＋y＝，联立方程组解得x＝，y＝，所以x＋3y＝.答案9.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AE＝3EA1，AF＝FD，AG＝GB，过E、F、G三点的平面与对角线AC1交于点P，则AP∶PC1的值为________．解析设AP＝mAC1，因为AC1＝AB＋BB1＋B1C1＝AB＋AA1＋AD＝3AG＋AE＋2AF，所以AP＝3mAG＋mAE＋2mAF，又因为E、F、G、P四点共面，所以3m＋m＋2m＝1，所以m＝，所以AP∶PC1＝3∶16.答案3∶1610.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是面对角线AC的中点，N是面对角线A1B上的点，若MN∥平面B1BCC1，则点N的位置为________．解析设BN＝λBA1，因为MN∥平面B1BCC1，由共面向量定理知，存在实数x，y，使得MN＝xBC＋yBB1，①又MN＝BN－BM＝λBA1－(BC＋BA)＝λ(BB1＋BA)－(BC＋BA)＝－BC＋λBB1＋(λ－)BA，与①比较可知λ＝，即点N是面对角线A1B的中点．答案A1B的中点11.已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有OM＝(OA＋OB＋OC＋OD)．证明因为MA＋MB＝2ME，MC＋MD＝2MG，且ME＋MG＝0，所以MA＋MB＋MC＋MD＝0，OM＋MA＋OM＋MB＋OM＋MC＋OM＋MD＝4OM，所以OM＝(OA＋OB＋OC＋OD)．12．已知四边形ABCD为正方形，P是四边形ABCD所在平面外一点，P在平面ABCD上的射影恰好是正方形的中点O，Q是CD的中点，求下列各题中x，y的值．(1)OQ＝PQ＋xPC＋yPA；(2)PA＝xPO＋yPQ＋PD.解(1)如图所示∵OQ＝PQ－PO＝PQ－(PA＋PC)＝PQ－PA－PC，∴x＝y＝－.(2)∵PA＋PC＝2PO，∴PA＝2PO－PC.又PC＋PD＝2PQ，∴PC＝2PQ－PD.∴PA＝2PO－(2PQ－OD)＝2PO－2PQ＋PD.∴x＝2，y＝－2.13．(创新拓展)设A，B，C及A1，B1，C1分别是异面直线l1，l2上的三点，而M，N，P，Q分别是线段AA1，BA1，BB1，CC1的中点，求证：M，N，P，Q四点共面．证明由题意得，NM＝BA，NP＝A1B1，∴BA＝2NM，A1B1＝2NP.又A，B，C及A1，B1，C1分别共线，∴BC＝λBA，B1C1＝tA1B1.又PQ＝(BC＋B1C1)，∴PQ＝(λBA＋tA1B1)＝(2λNM＋2tNP)＝λNM＋tNP.∴PQ，NM，NP共面．∴M，N，P，Q四点共面．
