《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

1. 思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的. (×)
(2)若直线 $a$ 的方向向量和平面 $\alpha$ 的法向量平行，则 $a//\alpha$. (×)
(3)若 $\{a,b,c\}$ 是空间的一个基底，则 $a,b,c$ 中至多有一个零向量. (×)
(4)若 $a\cdot b\lt 0$，则 $\langle a,b\rangle$ 是钝角. (×)
(5)若两平面的法向量平行，则不重合的两平面平行. (√)

答案： 1.
(1)×　
(2)×　
(3)×　
(4)×　
(5)√
[
(1)直线的方向向量不是唯一的,有无数多个。
(2)$a \perp \alpha$。
(3)若$a$，$b$，$c$中有一个是$0$，则$a$，$b$，$c$ 共面，不能构成空间一个基底。
(4)若$\langle a,b\rangle = \pi$，则$a\cdot b ＜ 0$，故
(4)不正确。]

2. (人教 A 选修一 P12 例 1 改编)
如图，$M$ 是四面体 $OABC$ 的棱 $BC$ 的中点，点 $N$ 在线段 $OM$ 上，点 $P$ 在线段 $AN$ 上，且 $MN=\frac{1}{2}ON,AP=\frac{3}{4}AN$，则 $\overrightarrow{OP}=$$\frac{1}{4}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OC}$(用向量 $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ 表示).

3. (苏教选修一 P27T9 改编)已知 $a=(2,-1,3)$，$b=(-4,2,x)$，且 $a\perp b$，则 $x=$$\frac{10}{3}$.

答案： 2.$\frac{1}{4}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OC}$　[$\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AP} = \overrightarrow{OA} + \frac{3}{4}\overrightarrow{AN} = \overrightarrow{OA} + \frac{3}{4}(\overrightarrow{ON} - \overrightarrow{OA})$
　$=\overrightarrow{OA} + \frac{3}{4}\overrightarrow{ON} - \frac{3}{4}\overrightarrow{OA} $
　$=\frac{1}{4}\overrightarrow{OA} + \frac{3}{4}(\frac{1}{3}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC})$
　$=\frac{1}{4}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OC}$。]
3.$\frac{10}{3}$　[因为$a \perp b$，
　所以$a\cdot b = -8 - 2 + 3x = 0$，解得$x = \frac{10}{3}$。]

4. (北师大选修一 P106T8 改编)如图，已知 $PA\perp$ 平面 $ABC$，垂足为 $A$，$\angle ABC=\frac{2\pi}{3},PA = AB = BC = 6$，则 $|\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}|=$12.

答案： 4.12　[因为$|\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}|^2 = \overrightarrow{PA}^2 + \overrightarrow{AB}^2 + \overrightarrow{BC}^2 + 2\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{BC} + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BC} = |\overrightarrow{PA}|^2 + |\overrightarrow{AB}|^2 + |\overrightarrow{BC}|^2 + 2|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{BC}|\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\rangle = 6^2 + 6^2 + 6^2 + 2 × 6 × 6 × \frac{1}{2} = 4 × 6^2$，所以$|\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}| = 12$。]

考点一 空间向量的线性运算及共线、共面定理
例 1 (1)已知四面体 $O - ABC$，$G_1$ 是 $\triangle ABC$ 的重心，$G$ 是 $OG_1$ 上一点，且 $OG = 3GG_1$，若 $\overrightarrow{OG}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$，则 $(x,y,z)$ 为(A)
A.$(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4})$
B.$(\frac{3}{4},\frac{3}{4},\frac{3}{4})$
C.$(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$
D.$(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{2}{3})$

答案：
例1
(1)A [
(1)法一　如图所示，连接$AG_1$并延长，交$BC$于点$E$，则点$E$为$BC$的中点。
　　　　　　　　　　　
$\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB} - 2\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC})$，
　则$\overrightarrow{AG_1} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AE} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OB} - 2\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC})$，
　由题设，$\overrightarrow{OG_1} = 3\overrightarrow{GG_1} = 3(\overrightarrow{OG} - \overrightarrow{OG_1})$，
　则$\overrightarrow{OG} = \frac{3}{4}\overrightarrow{OG_1} = \frac{3}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AG_1})=\frac{3}{4}(\overrightarrow{OA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OB} - \frac{2}{3}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$，
　所以$x = y = z = \frac{1}{4}$。
　法二　因为$G_1$是$\triangle ABC$的重心，
　所以$\overrightarrow{G_1A} + \overrightarrow{G_1B} + \overrightarrow{G_1C} = 0$，从而$\overrightarrow{G_1O} + \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{G_1O} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{G_1O} + \overrightarrow{OC} = 0$，进而$\overrightarrow{OG_1} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$。
　因为$G$是$\overrightarrow{OG_1}$上一点，且$OG = 3GG_1$，
　所以$\overrightarrow{OG} = \frac{3}{4}\overrightarrow{OG_1}$，
　从而$\overrightarrow{OG} = \frac{1}{4}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$，
　所以$x = y = z = \frac{1}{4}$。]

(2)(多选)下列说法中正确的是(CD)
A.$|a| - |b| = |a + b|$ 是 $a,b$ 共线的充要条件
B.若 $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD}$ 共线，则 $AB// CD$
C.$A,B,C$ 三点不共线，对空间任意一点 $O$，若 $\overrightarrow{OP}=\frac{3}{4}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{8}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{8}\overrightarrow{OC}$，则 $P,A,B,C$ 四点共面
D.若 $P,A,B,C$ 为空间四点，且有 $\overrightarrow{PA}=\lambda\overrightarrow{PB}+\mu\overrightarrow{PC}(\overrightarrow{PB},\overrightarrow{PC}$ 不共线)，则 $\lambda + \mu = 1$ 是 $A,B,C$ 三点共线的充要条件

答案：
(2)CD [
(2)由$|a| - |b| = |a + b|$，可得向量$a$，$b$的方向相反，此时向量$a$，$b$共线，反之，当向量$a$，$b$ 同向时，不能得到$|a| - |b| = |a + b|$，所以A不正确；
　若$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{CD}$共线，则$AB // CD$或$A$，$B$，$C$，$D$四点共线，所以B不正确；
　由$A$，$B$，$C$三点不共线，对空间任意一点$O$，若$\overrightarrow{OP} = \frac{3}{4}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{8}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{8}\overrightarrow{OC}$，因为$\frac{3}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = 1$，可得$P$，$A$，$B$，$C$四点共面，所以C 正确；
　若$P$，$A$，$B$，$C$为空间四点，且有$\overrightarrow{PA} = \lambda\overrightarrow{PB} + \mu\overrightarrow{PC}$（$\overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{PC}$不共线），当$\lambda + \mu = 1$时，即$\mu = 1 - \lambda$，可得$\overrightarrow{PA} - \overrightarrow{PC} = \lambda(\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{CP})$，即$\overrightarrow{CA} = \lambda\overrightarrow{CB}$，所以$A$，$B$，$C$三点共线，反之也成立，即$\lambda + \mu = 1$是$A$，$B$，$C$三点共线的充要条件，所以D正确。]

训练 1 已知 $A,B,C$ 三点不共线，对平面 $ABC$ 外的任一点 $O$，若点 $M$ 满足 $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$.
(1)判断 $\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MC}$ 三个向量是否共面；
(2)判断点 $M$ 是否在平面 $ABC$ 内.

答案： 训练1解　
(1)由已知$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OM}$，所以$\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OM} = (\overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OB}) + (\overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OC})$，即$\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{BM} + \overrightarrow{CM} = -\overrightarrow{MB} - \overrightarrow{MC}$，所以$\overrightarrow{MA}$，$\overrightarrow{MB}$，$\overrightarrow{MC}$共面。
(2)法一　由
(1)知$\overrightarrow{MA}$，$\overrightarrow{MB}$，$\overrightarrow{MC}$共面且过同一点$M$，所以四点$M$，$A$，$B$，$C$共面，从而点$M$在平面$ABC$内。
　法二　因为$\overrightarrow{OM} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{3}\overrightarrow{OC}$，又因为$\frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 1$，所以$M$，$A$，$B$，$C$四点共面，从而$M$在平面$ABC$内。