人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理课后作业题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理课后作业题，共21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】（2023秋•揭西县期末）若{a→，b→，c→}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→，b→，b→−c→B．a→+b→，a→−b→，c→C．a→，a→+b→，a→−b→D．a→+b→，a→+b→+c→，c→
【变式1-1】（2023秋•贵池区校级期中）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=2a→−b→，q→=2b→−a→，r→=a→+b→，s→=a→+b→+c→，则下列可以为空间一个基底的是（ ）
A．a→，p→，q→B．b→，p→，q→C．r→，p→，q→D．s→，p→，q→
【变式1-2】（2023秋•河北月考）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．AA1→，AB→，AC→B．AB→，AO→，AC1→
C．AA1→，A1C1→，AC→D．AB1→，AO→，AC→
【变式1-3】（2023秋•朝阳区校级月考）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=a→+b→，q→=a→−b→，则（ ）
A．a→，p→，q→是空间的一组基底
B．b→，p→，q→是空间的一组基底
C．c→，p→，q→是空间的一组基底
D．p→，q→与a→，b→，c→中的任何一个都不能构成空间的一组基底
【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】(2023春•梅州期末）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，CMCB=13，PN＝ND，设AB→=a→，AD→=b→，AP→=c→，则向量MN→用{a→，b→，c→}为基底表示为（ ）
A．a→+13b→+12c→B．−a→+16b→+12c→C．a→−13b→+12c→D．−a→−16b→+12c→
【变式2-1】（2023秋•石家庄期末）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，则向量MN→可表示为（ ）
A．12a→+b→+c→B．14a→+14b→+c→C．14a→−38b→−14c→D．34a→+14b→−34c→
【变式2-2】(2023春•浙江月考）如图，在四面体OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，则MN→等于（ ）
A．13a→+23b→+13c→B．13a→−23b→+13c→
C．13a→+23b→−13c→D．−13a→+23b→+13c→
【变式2-3】（2023秋•宜昌期中）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点P为A1C1与B1D1的交点，则DP→=（ ）
A．12a→+12b→+c→B．a→+12b→−12c→C．12a→−12b→+c→D．12a→+12b→−c→
【题型3 空间向量基本定理的应用（求参数）】
【例3】（2023秋•慈溪市期末）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BD→=6PA→−4PB→+λPC→，则λ＝（ ）
A．2B．﹣2C．1D．﹣1
【变式3-1】（2023秋•湖北期末）《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AG→=xAB→+yAA1→+zAC→，则x+y+z＝（ ）
A．1B．12C．32D．34
【变式3-2】（2023秋•新化县期末）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→，则x+y+z等于（ ）
A．1B．1112C．116D．2
【变式3-3】（2023秋•思明区校级期中）如图，M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，若MN→=xa→+yb→+zc→，则x+y﹣z＝（ ）
A．−12B．12C．32D．−32
【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】(2023秋•中牟县月考）已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M为空间任意两点，如果有PM→=PB1→+7BA→+6AA1→−4A1D1→，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
【变式4-1】（2023秋•三门县校级期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→．
（1）用a→，b→，c→表示AC1→；
（2）求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．
【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.
专题1.5 空间向量基本定理-重难点题型精讲
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】（2023秋•揭西县期末）若{a→，b→，c→}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→，b→，b→−c→B．a→+b→，a→−b→，c→C．a→，a→+b→，a→−b→D．a→+b→，a→+b→+c→，c→
【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b→+c→，b→，b→−c→共面，
则b→+c→=λ(b→−c→)+μb→=(λ+μ)b→−λc→，即λ+μ=1−λ=1，解得λ＝﹣1，μ＝2，
故向量b→+c→，b→，b→−c→共面，故A错误，
对于B，若向量a→+b→，a→−b→，c→共面，
则a→+b→=λ(a→−b→)+μc→，λ，μ无解，
故向量a→+b→，a→−b→，c→不共面，故B正确，
对于C，若向量a→，a→+b→，a→−b→共面，
则a→+b→=λa→+μ(a→−b→)=(λ+μ)a→−μb→，即λ+μ=1−μ=1，解得λ＝2，μ＝﹣1，
故向量a→，a→+b→，a→−b→共面，故C错误，
对于D，若向量a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，
则a→+b→+c→=λ(a→+b→)+μc→，解得λ＝μ＝1，
故向量a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，故D错误．
故选：B．
【变式1-1】（2023秋•贵池区校级期中）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=2a→−b→，q→=2b→−a→，r→=a→+b→，s→=a→+b→+c→，则下列可以为空间一个基底的是（ ）
A．a→，p→，q→B．b→，p→，q→C．r→，p→，q→D．s→，p→，q→
【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2p→+q→=2(2a→−b→)+(2b→−a→)=3a→，
所以a→=23p→+13q→，
故a→，p→，q→共面，
故选项A错误；
对于B，由题意可得，p→+2q→=(2a→−b→)+2(2b→−a→)=3b→，
所以b→=13p→+23q→，
故b→，p→，q→共面，
故选项B错误；
对于C，由题意可得，p→+q→=(2a→−b→)+(2b→−a→)=a→+b→=r→，
故r→，p→，q→共面，
故选项C错误；
对于D，假设s→，p→，q→共面，则存在实数λ，μ，使得s→=λp→+μq→，
即a→+b→+c→=λ(2a→−b→)+μ(2b→−a→)，
所以c→=(2λ−μ−1)a→+(−λ+2μ−1)b→，
故a→，b→，c→共面，这与{a→，b→，c→}是空间的一个基底矛盾，
所以假设不成立，
则s→，p→，q→不共面，
故选项D正确．
故选：D．
【变式1-2】（2023秋•河北月考）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．AA1→，AB→，AC→B．AB→，AO→，AC1→
C．AA1→，A1C1→，AC→D．AB1→，AO→，AC→
【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，∵AA1→，AB→，AC→不共面，∴AA1→，AB→，AC→能组成一组基底，故A正确；
对于B，∵AB→，AO→，AC1→共面于平面ABC1，∴AB→，AO→，AC1→不能组成一组基底，故B错误；
对于C，∵AA1→，A1C1→，AC→共面于平面ACC1A1，∴AA1→，A1C1→，AC→不能组成一组基底，故C错误；
对于D，∵AB1→，AO→，AC→共面于平面AB1C，∴AB1→，AO→，AC→不能组成一组基底，故D错误．
故选：A．
【变式1-3】（2023秋•朝阳区校级月考）已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=a→+b→，q→=a→−b→，则（ ）
A．a→，p→，q→是空间的一组基底
B．b→，p→，q→是空间的一组基底
C．c→，p→，q→是空间的一组基底
D．p→，q→与a→，b→，c→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p→=a→+b→，q→=a→−b→，所以p→+q→=2a→，所以向量a→、p→、q→共面，不是空间的一组基底；
对于B，因为p→=a→+b→，q→=a→−b→，所以p→−q→=2b→，所以向量b→、p→、q→共面，不是空间的一组基底；
对于C，假设c→与p→、q→不是空间的一组基底，则c→=xp→+yq→=x（a→+b→）+y（a→−b→）＝（x+y）a→+（x﹣y）b→，
因为a→、b→、c→是空间的一组基底，所以x、y的值不存在，即可向量c→、p→、q→不共面，是空间的一组基底；
对于D，由选项C知，向量c→、p→、q→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】(2023春•梅州期末）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，CMCB=13，PN＝ND，设AB→=a→，AD→=b→，AP→=c→，则向量MN→用{a→，b→，c→}为基底表示为（ ）
A．a→+13b→+12c→B．−a→+16b→+12c→C．a→−13b→+12c→D．−a→−16b→+12c→
【解题思路】由图形可得MN→=MC→+CD→+DN→，根据比例关系可得MC→=13AD→，DN→=12DP→，再根据向量减法可得DP→=AP→−AD→，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MN→=MC→+CD→+DN→=13AD→−AB→+12DP→
=13AD→−AB→+12(AP→−AD→)=−AB→−16AD→+12AP→，
即MN→=−a→−16b→+12c→．
故选：D．
【变式2-1】（2023秋•石家庄期末）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，则向量MN→可表示为（ ）
A．12a→+b→+c→B．14a→+14b→+c→C．14a→−38b→−14c→D．34a→+14b→−34c→
【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，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，
所以MN→=MA→1+A1N→=−12AD→+34A1C→=−12AD→+34(AC→−AA1→)=
−12AD→+34(AB→+AD→−AA→1)=34AB→+14AD→−34AA→1=34a→+14b→−34c→，
故选：D．
【变式2-2】(2023春•浙江月考）如图，在四面体OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，则MN→等于（ ）
A．13a→+23b→+13c→B．13a→−23b→+13c→
C．13a→+23b→−13c→D．−13a→+23b→+13c→
【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，
∴OM→=13OA→，CN→=23CB→=23（OB→−OC→），
∴ON→=OC→+CN→=OC→+23（OB→−OC→）=23OB→+13OC→，
∴MN→=ON→−OM→=23OB→+13OC→−13OA→=−13a→+23b→+13c→．
故选：D．
【变式2-3】（2023秋•宜昌期中）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点P为A1C1与B1D1的交点，则DP→=（ ）
A．12a→+12b→+c→B．a→+12b→−12c→C．12a→−12b→+c→D．12a→+12b→−c→
【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，AA1→=DD1→=c→，AD→=A1D1→=b→，AB→=DC→=D1C1→=a→，
∵P是A1C1与B1D1的交点，在平行四边形A1B1C1D1中，P为A1C1与B1D1的中点，
∴DP→=DD1→+D1P→=DD1→+12(D1A1→+D1C1→)=c→+12（−b→+a→）=12a→−12b→+c→．
故选：C．
【题型3 空间向量基本定理的应用（求参数）】
【例3】（2023秋•慈溪市期末）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BD→=6PA→−4PB→+λPC→，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：BD→=6PA→−4PB→+λPC→，
即PD→−PB→=6PA→−4PB→+λPC→，
整理得PD→=6PA→−3PB→+λPC→，
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】（2023秋•湖北期末）《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AG→=xAB→+yAA1→+zAC→，则x+y+z＝（ ）
A．1B．12C．32D．34
【解题思路】连接AM，AN，由AG→=12(AM→+AN→)=12AB→+34AA1→+14AC→，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，
∴AG→=12(AM→+AN→)=12(AA1→+12AC→+AB→+12AA1→)=12AB→+34AA1→+14AC→，
根据题意知AG→=xAB→+yAA1→+zAC→，
所以x+y+z=32，
故选：C．
【变式3-2】（2023秋•新化县期末）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→，则x+y+z等于（ ）
A．1B．1112C．116D．2
【解题思路】根据底面ABCD是平行四边形，E为棱PC的中点，用AB→、BC→和AP→表示AE→，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AE→=12（AP→+AC→）=12AP→+12（AB→+BC→）=12AB→+12BC→+12AP→，
若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→，则x=122y=123z=12，
解得x=12y=14z=16，
所以x+y+z=12+14+16=1112．
故选：B．
【变式3-3】（2023秋•思明区校级期中）如图，M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，若MN→=xa→+yb→+zc→，则x+y﹣z＝（ ）
A．−12B．12C．32D．−32
【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MN→=MA→+AC→+CN→=12OA→+(OC→−OA→)+12CB→=12a→+c→−a→+12(OB→−OC→)=−12a→+12b→+12c→，
又MN→=xa→+yb→+zc→，
所以x=−12，y=12，z=12，
则x+y﹣z=−12+12−12=−12．
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】(2023秋•中牟县月考）已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M为空间任意两点，如果有PM→=PB1→+7BA→+6AA1→−4A1D1→，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PM→=11PA1→−6PB→−4PD1→，最后由向量共面定理求解即可．
【解答过程】解：因为PM→=PB1→+7BA→+6AA1→−4A1D1→
=PB1→+BA→+6BA1→−4A1D1→
=PB1→+B1A1→+6BA1→−4A1D1→
=PA1→+6(PA1→−PB→)−4(PD1→−PA1→)
=11PA1→−6PB→−4PD1→，
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】（2023秋•三门县校级期中）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→．
（1）用a→，b→，c→表示AC1→；
（2）求AC1的长．
【解题思路】（1）由空间向量加法法则得AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→，由此能求出结果．
（2）AC1→2=（a→+b→+c→）2，由此能求出AC1的长．
【解答过程】解：（1）∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
∴AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→=a→+b→+c→．
（2）∵AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→=a→+b→+c→．
∴AC1→2=（a→+b→+c→）2
=a→2+b→2+c→2+2a→⋅b→+2a→⋅c→+2b→⋅c→
＝25+9+16+0+2×5×4×cs60°+2×3×4×cs60°
＝82．
∴AC1的长|AC1→|=82．
【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，AA1→＝c，得到eq \(AC,\s\up6(→))⊥OB1→，OB1→⊥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，AA1→＝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(→))＋BB1→＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋BB1→＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋BB1→＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·OB1→＝(a＋b)·（12a-12b+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(→))⊥OB1→，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)DD1→＝b＋eq \f(1,2)c，
∴OB1→·eq \(AP,\s\up6(→))＝（12a-12b+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，
∴OB1→⊥eq \(AP,\s\up6(→))，
即OB1⊥AP.又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.