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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理课后作业题
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理课后作业题，共13页。试卷主要包含了空间向量基本定理，空间向量的正交分解，证明平行、共线、共面问题，求夹角、证明垂直问题，求距离问题等内容，欢迎下载使用。
1．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.
我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．
2．空间向量的正交分解
(1)单位正交基底
如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底 ，常用{i，j，k}表示．
(2)向量的正交分解
由空间向量基本定理可知，对空间任一向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk. 像这样把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行正交分解．
3．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
4．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
5．求距离(长度)问题
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \r(a·a)( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))) )．
【题型1 空间向量基底的判断】
【方法点拨】
(1)判断一组向量能否作为空间的一个基底，实质是判断这三个向量是否共面，若不共面，就可以作为一个
基底．
(2)判断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点出发的三条
棱对应的向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的判断．
【例1】若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【解题思路】根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．
【解答过程】解：对于A，若向量，，共面，
则，即，解得λ＝﹣1，μ＝2，
故向量，，共面，故A错误，
对于B，若向量，，共面，
则，λ，μ无解，
故向量，，不共面，故B正确，
对于C，若向量，，共面，
则，即，解得λ＝2，μ＝﹣1，
故向量，，共面，故C错误，
对于D，若向量，，共面，
则，解得λ＝μ＝1，
故向量，，共面，故D错误．
故选：B．
【变式1-1】已知{，，}是空间的一个基底，若2，2，，，则下列可以为空间一个基底的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【解题思路】利用共面向量定理以及空间向量的线性运算，判断三个向量是否是共面向量，即可判断得到答案．
【解答过程】解：对于A，由题意可得，
所以，
故共面，
故选项A错误；
对于B，由题意可得，，
所以，
故共面，
故选项B错误；
对于C，由题意可得，，
故共面，
故选项C错误；
对于D，假设共面，则存在实数λ，μ，使得，
即，
所以，
故共面，这与{，，}是空间的一个基底矛盾，
所以假设不成立，
则不共面，
故选项D正确．
故选：D．
【变式1-2】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，则下列向量能组成一组基底的为（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】不共面的向量才能组成一组基底，由此能求出结果．
【解答过程】解：对于A，∵不共面，∴能组成一组基底，故A正确；
对于B，∵共面于平面ABC1，∴不能组成一组基底，故B错误；
对于C，∵共面于平面ACC1A1，∴不能组成一组基底，故C错误；
对于D，∵共面于平面AB1C，∴不能组成一组基底，故D错误．
故选：A．
【变式1-3】已知是空间的一个基底，若，则（ ）
A．是空间的一组基底
B．是空间的一组基底
C．是空间的一组基底
D．与中的任何一个都不能构成空间的一组基底
【解题思路】根据空间向量的共线定理、共面定理，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答过程】解：对于A，因为，所以2，所以向量、、共面，不是空间的一组基底；
对于B，因为，所以2，所以向量、、共面，不是空间的一组基底；
对于C，假设与、不是空间的一组基底，则xyx（）+y（）＝（x+y）（x﹣y），
因为、、是空间的一组基底，所以x、y的值不存在，即可向量、、不共面，是空间的一组基底；
对于D，由选项C知，向量、、是空间的一组基底，所以选项D错误．
故选：C．
【题型2空间向量基本定理的应用（表示向量）】
【方法点拨】
用基底表示向量的步骤:
(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．
(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等
向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．
(3)下结论：利用空间的一个基底{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有，，
，不能含有其他形式的向量．
【例2】已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，PN＝ND，设，，，则向量用为基底表示为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法可得，代入整理并代换为基底向量即可．
【解答过程】解：根据题意，可得
，
即．
故选：D．
【变式2-1】如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，则向量可表示为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解．
【解答过程】解：因为在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，
点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，
所以
，
故选：D．
【变式2-2】如图，在四面体OABC中，，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答过程】解：∵点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，
∴，（），
∴（），
∴．
故选：D．
【变式2-3】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若，，，点P为A1C1与B1D1的交点，则（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各面均为平行四边形，由此找出共线的向量，再线性计算即可．
【解答过程】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，
∵P是A1C1与B1D1的交点，在平行四边形A1B1C1D1中，P为A1C1与B1D1的中点，
∴（）．
故选：C．
【题型3空间向量基本定理的应用（求参数）】
【例3】已知空间A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若64λ，则λ＝（ ）
A．2B．﹣2C．1D．﹣1
【解题思路】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决．
【解答过程】解：，
即，
整理得，
由A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，
可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，
故选：B．
【变式3-1】《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分别是A1C1，BB1的中点，G是MN的中点，若xyz，则x+y+z＝（ ）
A．1B．C．D．
【解题思路】连接AM，AN，由，即可求出答案．
【解答过程】解：连接AM，AN，如下图：
由于G是MN的中点，
∴，
根据题意知，
所以x+y+z，
故选：C．
【变式3-2】四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若x2y3z，则x+y+z等于（ ）
A．1B．C．D．2
【解题思路】根据底面ABCD是平行四边形，E为棱PC的中点，用、和表示，即可求出x、y和z的值，再求和即可．
【解答过程】解：如图所示，
因为底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，
所以（）（），
若x2y3z，则，
解得，
所以x+y+z．
故选：B．
【变式3-3】如图，M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，设，，，若，则x+y﹣z＝（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】利用空间向量基本定理以及空间向量的线性运算进行转化，结合向量相等的定义，求出x，y，z的值，即可得到答案．
【解答过程】解：因为M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，
所以，
又，
所以，
则x+y﹣z．
故选：A．
【题型4利用空间向量基本定理解决几何问题】
【方法点拨】
利用空间向量基本定理解决几何问题的思路:
(1)平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题；
(2)几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要注意角的范围；
(3)几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用向量的数量积可以求得．
【例4】已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M为空间任意两点，如果有764，那么点M必（ ）
A．在平面BAD1内B．在平面BA1D内
C．在平面BA1D1内D．在平面AB1C1内
【解题思路】根据空间向量的加减法运算得出，最后由向量共面定理求解即可．
【解答过程】解：因为764
，
所以M，B，A1，D1四点共面，即点M必在平面BA1D1内．
故选：C．
【变式4-1】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设，，．
（1）用，，表示；
（2）求AC1的长．
【解题思路】（1）由空间向量加法法则得，由此能求出结果．
（2）（）2，由此能求出AC1的长．
【解答过程】解：（1）∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，
∴．
（2）∵AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
．
∴（）2
2
＝25+9+16+0+2×5×4×cs60°+2×3×4×cs60°
＝82．
∴AC1的长||．
【变式4-2】如图所示，在三棱锥 A－BCD 中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点．
(1)证明：AE⊥BC ；
(2)求直线AE与DC的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）由空间向量的数量积运算得eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，由此能求出结果．
（2）求出eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝2，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))＝eq \r(6)，由此能求出cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉．
【解答过程】证明：因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(DE,\s\up6(→))－eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→)))－eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))－eq \(DC,\s\up6(→))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝·(eq \(DB,\s\up6(→))－eq \(DC,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))2－eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2－eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))，
又DA，DB，DC两两垂直， 且DB＝DC＝DA＝2，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
故 AE⊥BC.
(2)解 eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝·eq \(DC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2－eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2＝2，
由eq \(AE,\s\up6(→))2＝2＝eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(DC,\s\up6(→))2＋eq \(DA,\s\up6(→))2＝6，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))＝eq \r(6).
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→)))))＝eq \f(2,\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),6) .
故直线AE与DC的夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
【变式4-3】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
【解题思路】令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，得到eq \(AC,\s\up6(→))⊥，⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即可得证.
【解答过程】证明：如图，连接BD，则BD过点O，令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，
且eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(OB1,\s\up6(—→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·＝(a＋b)·（a-b+c）
＝eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0.
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)＝b＋eq \f(1,2)c，
∴·eq \(AP,\s\up6(→))＝（a-b+c）·(b＋eq \f(1,2)c)
＝eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋c·b＋eq \f(1,4)a·c－eq \f(1,4)b·c＋eq \f(1,2)|c|2
＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
∴⊥eq \(AP,\s\up6(→))，
即OB1⊥AP.又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
1．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.
我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．
2．空间向量的正交分解
(1)单位正交基底
如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底 ，常用{i，j，k}表示．
(2)向量的正交分解
由空间向量基本定理可知，对空间任一向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk. 像这样把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行正交分解．
3．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
4．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
5．求距离(长度)问题
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \r(a·a)( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))) )．
【题型1 空间向量基底的判断】
【方法点拨】
(1)判断一组向量能否作为空间的一个基底，实质是判断这三个向量是否共面，若不共面，就可以作为一个
基底．
(2)判断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点出发的三条
棱对应的向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的判断．
【例1】若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【解题思路】根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．
【解答过程】解：对于A，若向量，，共面，
则，即，解得λ＝﹣1，μ＝2，
故向量，，共面，故A错误，
对于B，若向量，，共面，
则，λ，μ无解，
故向量，，不共面，故B正确，
对于C，若向量，，共面，
则，即，解得λ＝2，μ＝﹣1，
故向量，，共面，故C错误，
对于D，若向量，，共面，
则，解得λ＝μ＝1，
故向量，，共面，故D错误．
故选：B．
【变式1-1】已知{，，}是空间的一个基底，若2，2，，，则下列可以为空间一个基底的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【解题思路】利用共面向量定理以及空间向量的线性运算，判断三个向量是否是共面向量，即可判断得到答案．
【解答过程】解：对于A，由题意可得，
所以，
故共面，
故选项A错误；
对于B，由题意可得，，
所以，
故共面，
故选项B错误；
对于C，由题意可得，，
故共面，
故选项C错误；
对于D，假设共面，则存在实数λ，μ，使得，
即，
所以，
故共面，这与{，，}是空间的一个基底矛盾，
所以假设不成立，
则不共面，
故选项D正确．
故选：D．
【变式1-2】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，则下列向量能组成一组基底的为（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】不共面的向量才能组成一组基底，由此能求出结果．
【解答过程】解：对于A，∵不共面，∴能组成一组基底，故A正确；
对于B，∵共面于平面ABC1，∴不能组成一组基底，故B错误；
对于C，∵共面于平面ACC1A1，∴不能组成一组基底，故C错误；
对于D，∵共面于平面AB1C，∴不能组成一组基底，故D错误．
故选：A．
【变式1-3】已知是空间的一个基底，若，则（ ）
A．是空间的一组基底
B．是空间的一组基底
C．是空间的一组基底
D．与中的任何一个都不能构成空间的一组基底
【解题思路】根据空间向量的共线定理、共面定理，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答过程】解：对于A，因为，所以2，所以向量、、共面，不是空间的一组基底；
对于B，因为，所以2，所以向量、、共面，不是空间的一组基底；
对于C，假设与、不是空间的一组基底，则xyx（）+y（）＝（x+y）（x﹣y），
因为、、是空间的一组基底，所以x、y的值不存在，即可向量、、不共面，是空间的一组基底；
对于D，由选项C知，向量、、是空间的一组基底，所以选项D错误．
故选：C．
【题型2空间向量基本定理的应用（表示向量）】
【方法点拨】
用基底表示向量的步骤:
(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．
(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等
向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．
(3)下结论：利用空间的一个基底{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含有，，
，不能含有其他形式的向量．
【例2】已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，PN＝ND，设，，，则向量用为基底表示为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法可得，代入整理并代换为基底向量即可．
【解答过程】解：根据题意，可得
，
即．
故选：D．
【变式2-1】如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，则向量可表示为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解．
【解答过程】解：因为在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，
点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，
所以
，
故选：D．
【变式2-2】如图，在四面体OABC中，，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答过程】解：∵点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，
∴，（），
∴（），
∴．
故选：D．
【变式2-3】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若，，，点P为A1C1与B1D1的交点，则（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各面均为平行四边形，由此找出共线的向量，再线性计算即可．
【解答过程】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，
∵P是A1C1与B1D1的交点，在平行四边形A1B1C1D1中，P为A1C1与B1D1的中点，
∴（）．
故选：C．
【题型3空间向量基本定理的应用（求参数）】
【例3】已知空间A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若64λ，则λ＝（ ）
A．2B．﹣2C．1D．﹣1
【解题思路】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决．
【解答过程】解：，
即，
整理得，
由A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，
可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，
故选：B．
【变式3-1】《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分别是A1C1，BB1的中点，G是MN的中点，若xyz，则x+y+z＝（ ）
A．1B．C．D．
【解题思路】连接AM，AN，由，即可求出答案．
【解答过程】解：连接AM，AN，如下图：
由于G是MN的中点，
∴，
根据题意知，
所以x+y+z，
故选：C．
【变式3-2】四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若x2y3z，则x+y+z等于（ ）
A．1B．C．D．2
【解题思路】根据底面ABCD是平行四边形，E为棱PC的中点，用、和表示，即可求出x、y和z的值，再求和即可．
【解答过程】解：如图所示，
因为底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，
所以（）（），
若x2y3z，则，
解得，
所以x+y+z．
故选：B．
【变式3-3】如图，M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，设，，，若，则x+y﹣z＝（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】利用空间向量基本定理以及空间向量的线性运算进行转化，结合向量相等的定义，求出x，y，z的值，即可得到答案．
【解答过程】解：因为M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，
所以，
又，
所以，
则x+y﹣z．
故选：A．
【题型4利用空间向量基本定理解决几何问题】
【方法点拨】
利用空间向量基本定理解决几何问题的思路:
(1)平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题；
(2)几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要注意角的范围；
(3)几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用向量的数量积可以求得．
【例4】已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M为空间任意两点，如果有764，那么点M必（ ）
A．在平面BAD1内B．在平面BA1D内
C．在平面BA1D1内D．在平面AB1C1内
【解题思路】根据空间向量的加减法运算得出，最后由向量共面定理求解即可．
【解答过程】解：因为764
，
所以M，B，A1，D1四点共面，即点M必在平面BA1D1内．
故选：C．
【变式4-1】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设，，．
（1）用，，表示；
（2）求AC1的长．
【解题思路】（1）由空间向量加法法则得，由此能求出结果．
（2）（）2，由此能求出AC1的长．
【解答过程】解：（1）∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，
∴．
（2）∵AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
．
∴（）2
2
＝25+9+16+0+2×5×4×cs60°+2×3×4×cs60°
＝82．
∴AC1的长||．
【变式4-2】如图所示，在三棱锥 A－BCD 中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点．
(1)证明：AE⊥BC ；
(2)求直线AE与DC的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）由空间向量的数量积运算得eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，由此能求出结果．
（2）求出eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝2，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))＝eq \r(6)，由此能求出cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉．
【解答过程】证明：因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(DE,\s\up6(→))－eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→)))－eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))－eq \(DC,\s\up6(→))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝·(eq \(DB,\s\up6(→))－eq \(DC,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))2－eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2－eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))，
又DA，DB，DC两两垂直， 且DB＝DC＝DA＝2，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
故 AE⊥BC.
(2)解 eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝·eq \(DC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2－eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2＝2，
由eq \(AE,\s\up6(→))2＝2＝eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(DC,\s\up6(→))2＋eq \(DA,\s\up6(→))2＝6，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))＝eq \r(6).
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→)))))＝eq \f(2,\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),6) .
故直线AE与DC的夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
【变式4-3】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
【解题思路】令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，得到eq \(AC,\s\up6(→))⊥，⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即可得证.
【解答过程】证明：如图，连接BD，则BD过点O，令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，
且eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(OB1,\s\up6(—→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·＝(a＋b)·（a-b+c）
＝eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0.
∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)＝b＋eq \f(1,2)c，
∴·eq \(AP,\s\up6(→))＝（a-b+c）·(b＋eq \f(1,2)c)
＝eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋c·b＋eq \f(1,4)a·c－eq \f(1,4)b·c＋eq \f(1,2)|c|2
＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
∴⊥eq \(AP,\s\up6(→))，
即OB1⊥AP.又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
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