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高中数学人教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 空间向量基本定理精品课堂检测
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理精品课堂检测，文件包含12空间向量基本定理-2023-2024年高二数学同步精品讲义人教A版2019选择性必修第一册解析版docx、12空间向量基本定理-2023-2024学年高二数学同步精品讲义人教A版2019选择性必修第一册原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
1.2 空间向量基本定理
课程标准
课标解读
1. 理解并记住共线向量基本定理、平面向量基本定理、共面向量定理及空间向量基本定理的内容及含义..
2. 理解基底与基向量的含义，会用恰当的基向量表示空间任意向量.
3. 会用相关的定理解决简单的空间几何问题.
1.通过对空间向量基本定理的意义的掌握与了解，会用空间向量的基底表示空间任一向量，能用正交分解及坐标形式表示空间向量.
2.结合平面向量与空间向量的基本定理，解决平面与立体几何的相关问题.
知识点1 空间向量基本定理
1．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.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．如果p=xa+yb+zc，则称xa+yb+zc为p在基底{a，b，c}下的分解式.
注：（1）对于基底{a，b，c}应明确以下三点：
①空间中任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底．基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示；不同基底下，同一向量的表达式也有可能不同．
②基底中的三个向量a，b，c都不是0.这是因为0与任意向量共线，与任意两个向量共面．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个不共线的非零向量共面，所以若三个向量不共面，就说明它们都不是零向量．
③空间中的一个基底是由不共面的三个向量构成的，是一个向量组，基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同概念．
（2）空间向量基本定理的推论
设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间内任意一点P都存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得＝x＋y＋z.
推论表明：可以根据空间向量基本定理确定空间任一点的位置．
2．空间向量的正交分解
(1)单位正交基底：空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为1，常用{i，j，k}表示．
(2)正交分解：由空间向量基本定理可知，对空间中的任意向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk，使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，叫做把空间向量正交分解．
易错辨析：
（1）构成基底的三个向量中，可以有零向量吗？不可以．
（2）在四棱锥OABCD中，可表示为＝x＋y＋z且唯一，这种说法对吗？对．
【即学即练1】下列说法正确的是（ ）
A．任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底
B．空间的基底有且仅有一个
C．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底
D．直线的方向向量有且仅有一个
【解析】对于A，任何三个不共面的向量都可构成空间的一个基底，所以A错误，B错误；
对于C，两两垂直的三个非零向量不共面，可构成空间的一个基底，C正确；
对于D，直线的方向向量有无数个，所以D错误.
故选：C
【即学即练2】设p：a，b，c是三个非零向量；q：{a，b，c}为空间的一个基底，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】当非零向量a，b，c不共面时，{a，b，c}可以当基底，否则不能当基底，当{a，b，c}为基底时，一定有a，b，c为非零向量．因此p⇏q，q⇒p.故选B
【即学即练3】已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是( )
A．3a，a－b，a＋2b B．2b，b－2a，b＋2a
C．a,2b，b－c D．c，a＋c，a－c
【解析】C
【即学即练4】【多选】设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底，则下列向量组中，可以作为空间一个基底的向量组有( )
A．{a，b，x} B．{x，y，z}
C．{b，c，z} D．{x，y，a＋b＋c}
【解析】如图所示，令a＝，b＝，c＝，
则x＝，y＝，z＝，
a＋b＋c＝，由于A，B1，C，D1四点不共面，可知向量x，y，z也不共面，同理b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面．
【即学即练5】在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．用向量a，b，c表示，；
【解析】如图，连接AC，EF，D1F，BD1，
＝＋＝－＋－＝a－b－c，
＝＋＝ ＋＝－(＋)＋(＋)＝－＝(a－c)＝a－c.
知识点2 证明平行、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.
3．直线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．
【即学即练6】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.
求证：A，E，C1，F四点共面．
【证明】因为＝＋＋
＝＋＋＋
＝＋
＝＋＋＋＝＋，
所以，，共面，所以A，E，C1，F四点共面．
知识点3 夹角、垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cos θ＝.
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
注：区分向量的夹角与异面直线所成的角的范围．
【即学即练7】在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG＝CD.
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
【解析】(1)证明 设＝i，＝j，＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个正交基底．
所以＝＋＝－k＋(＋)
＝i＋j－k，＝＋＝－i－k，
所以·＝·(－i－k)
＝－|i|2＋|k|2＝0，
所以EF⊥B1C.
(2)解 ∵＝i＋j－k，＝＋＝－k－j，
||2＝2＝|i|2＋|j|2＋|k|2＝3，||＝，
||2＝2＝|k|2＋|j|2＝4＋＝，||＝，
∴cos〈，〉＝，
＝＝＝.
即EF与C1G所成角的余弦值为.
知识点4 距离(长度)问题
＝( ＝ )．
【即学即练8】已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，．
(1)求；
(2)求．
【解析】(1)设，，，
由题意得：，，，，，，
；
(2)
考点一 空间向量基本定理的理解
解题方略：
判断基底的方法
(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．如果从正面难以入手，可用反证法或利用一些常见的几何图形进行判断．
(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1-1】已知能构成空间的一个基底，则下面的各组向量中，不能构成空间基底的是（ ）
A． B． C． D．
【解析】由图形结合分析，三个向量共面，不构成基底，
故选：C
变式1：已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且＝e1＋2e2－e3，＝－3e1＋e2＋2e3，＝e1＋e2－e3，试判断{，，}能否作为空间的一个基底．
【解析】假设，，共面．
则存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，
∴e1＋2e2－e3＝λ(－3e1＋e2＋2e3)＋μ(e1＋e2－e3)
＝(－3λ＋μ)e1＋(λ＋μ)e2＋(2λ－μ)e3，
∵e1，e2，e3不共面，
∴此方程组无解，
∴，，不共面，
∴{，，}可以作为空间的一个基底．
变式2：设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底．给出下列向量组：
①{a，b，x}；②{x，y，z}；③{b，c，z}；④{x，y，a＋b＋c}．
其中可以作为空间的基底的向量组有________个．
【解析】如图所设a＝，b＝，c＝，则x＝，y＝，z＝，a＋b＋c＝.由A，B1，D1，C四点不共面可知向量x，y，z也不共面．同理可知b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面，可以作为空间的基底．因x＝a＋b，故a，b，x共面，故不能作为基底．
答案：3
变式3：已知O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝＋＋，向量b＝＋－，则与a，b不能构成空间基底的是( )
A. B. C. D.或
【解析】∵＝(a－b)，∴与a，b共面，∴a，b，不能构成空间基底．故选C
变式4：已知是空间的一个基底，向量，，，若能作为基底，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】若，，共面，由共面向量定理知，存在实数x，y，使得，
即．因为，，不共面，所以，，，解得，，，即当时，，此时不能作为基底，所以若能作为基底，则实数满足的条件是．
故选：B
变式5：若向量，，的起点M与终点A，B，C互不重合且无三点共线，且满足下列关系(O是空间任一点)，则能使向量，，成为空间一组基底的关系的是( )
A．＝＋＋
B．≠＋
C．＝＋＋
D．＝2－
【解析】A中，因为＋＋＝1，所以M，A，B，C共面；B中，≠＋，但可能＝λ＋μ，所以M，A，B，C四点可能共面；D中，因为＝2－，所以M，A，B，C四点共面．故选C.
考点二 空间向量基本定理的应用
解题方略：
用基底表示向量的策略
(1)若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及向量数乘的运算律进行．
(2)若没给定基底时，首先选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角已知或易求．
（一）用基底表示空间向量
【例2-1】如图，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点．用向量，，表示和.
【解析】＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝＋×(＋)
＝＋＋.
＝＋
＝＋＋＋
＝＋＋.
变式1：四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝2，N为BC中点，则为( )
A.a－b＋c B.－a＋b＋c
C.a＋b－c D.a＋b－c
【解析】＝＋＋＝＋－＋(－)＝－＋＋＝
－a＋b＋c.故选B
变式2：如图所示，正方体OABCO′A′B′C′，且＝a，＝b， ＝c.
(1)用a，b，c表示向量，；
(2)设G，H分别是侧面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示.
【解析】(1)＝＋＝＋＋＝a＋b＋c.
＝＋＝＋＋＝＋－＝b＋c－a.
(2)法一：连接OG，OH(图略)，
则＝＋＝－＋
＝－(＋)＋(＋)
＝－(a＋b＋c＋b)＋(a＋b＋c＋c)
＝(c－b)．
法二：连接O′C，则＝＝(－)
＝(c－b).
变式3：如图，在四面体ABCD中，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以{，，}为基底，则＝________.
【解析】如图，连接AG延长线交BC于点M，连接AE，则＝－＝＋－＝＋(－)－×(＋)＝－－＋.
答案：－－＋
（二）用基底法求空间向量的数量积
【例2-2】如图，已知四面体ABCD的每条棱长都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点，设＝a，＝b，＝c，a，b，c为空间向量的一组基底．计算·.
【解析】因为四面体ABCD的每条棱长都等于1，所以|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝.因为点E，F分别是AB，AD的中点，所以＝＝(－)＝(c－a)，所以·＝(c－a)·(－a)＝[－a·c＋(－a)·(－a)]＝×＝.
变式1：在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足＝x＋y－(x＋y－1)，点N满足＝λ＋(1－λ)，当AM，BN最短时，·等于( )
A．－ B. C．－ D.
【解析】由共面向量基本定理和空间向量基本定理可知，M∈平面BCD，N∈直线AC，当AM，BN最短时，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，∴M为△BCD的中心，N为AC的中点，即2||＝＝，∴||＝，
∵AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，∴AM⊥MC，
∴||＝＝＝.
又＝(＋)，∴·＝(·＋·)＝－||2＝－.
（三）利用空间向量基本定理求参数
【例2-3】已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋2c，若m与n共线，则x＝________；y＝________.
【解析】因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋2λc，
于是有解得
答案：2 －2
变式1：若{a，b，c}是空间的一个基底，且存在实数x，y，z，使得xa＋yb＋zc＝0，则x，y，z满足的条件是________．
【解析】若x≠0，则a＝－b－c，即a与b，c共面．由{a，b，c}是空间的一个基底知a，b，c不共面，故x＝0，同理y＝z＝0.
答案：x＝y＝z＝0
变式2：正方体ABCDA′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{，，}为基底，′＝x＋y＋z，则x，y，z的值是( )
A．x＝y＝z＝1 B．x＝y＝z＝
C．x＝y＝z＝ D．x＝y＝z＝2
【解析】′＝′＋＋
＝(＋)＋(′＋)＋(′＋)
＝＋′＋′
＝＋＋，
由空间向量基本定理，得x＝y＝z＝1.故选A
变式3：点P是矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，M，N分别是PC，PD上的点，且＝，＝，则满足＝x＋y＋z的实数x，y，z的值分别为________．
【解析】取PC的中点E，连接NE，则＝－＝－(－)＝－＝－＝－－(－＋＋)＝－－＋，
比较知x＝－，y＝ －，z＝.
变式4：已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则(x，y，z)为( )
A. B.
C. D.
【解析】如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，＝(＋)＝(－2＋)，＝＝(－2＋)，
∵＝3，
∴＝＝(＋)
＝
＝＋＋.
∴x＝，y＝，z＝.
考点三 用向量法证明平行、共面问题
解题方略：
证明平行、共面问题的思路
(1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行．要证两直线平行，可构造与两直线分别平行的向量，只要证明这两个向量满足a＝λb即可．
(2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行．
【例3-1】在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是底面A1C1和侧面CD1的中心，若＋λ＝0(λ∈R)，则λ＝________.
【解析】如图，连接A1C1，C1D，
则E在A1C1上，F在C1D上，
易知EF//A1D，∴＝，即－＝0，∴λ＝－.
答案：－
【例3-2】如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别是A′D′，DD′，D′C′的中点，请选择恰当的基底向量证明：
(1)EG∥AC；
(2)平面EFG∥平面AB′C.
【证明】取基底{，，}，
(1)因为＝＋＝＋，＝＋＝2，
所以∥，
又EG，AC无公共点，所以EG∥AC.
(2)因为＝＋＝＋，＝＋＝2，
所以∥，
又FG，AB′无公共点，所以FG∥AB′.
又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C，
所以FG∥平面AB′C.
又由(1)知EG∥AC，
可得EG∥平面AB′C，
又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB′C.
考点四 用向量法解决立体几何的垂直、夹角问题
解题方略：
求夹角、证明线线垂直的方法
1、要证两直线垂直，由数量积的性质a⊥b⇔a·b＝0可知，可构造与两直线分别平行的向量，只要证明这两个向量的数量积为0即可．
2、利用数量积定义可得cos〈a，b〉＝，求〈a，b〉的大小，进而求得线线角，两直线垂直可作为求夹角的特殊情况．
【例4-1】如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G，G1分别是棱CC1，BC，CD，A1B1的中点．求证：
(1)AD1⊥G1G；(2)AD1∥EF;(3)A1G⊥DF;(4)求DE与AD1所成角的余弦值.
【证明】设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0.
(1)因为＝b＋c，＝＋＋＋＝－a－c＋b＋a＝b－c，
所以·＝(b＋c)·(b－c)＝b2－c2＝0，
所以⊥，所以AD1⊥G1G.
(2)因为＝b＋c，＝－＝－＝－b－c，所以＝－，所以EF∥AD1.
(3)证明：因为＝＋＋＝－c＋b＋a，＝＋＝a－b，所以·＝·＝a2－b2＝0，
所以⊥，所以A1G⊥DF.
(4)因为＝b＋c，＝a＋c，所以cos〈，〉＝＝＝，所以AD1与DE所成角的余弦值为.
【例4-2】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是CC1，BC，CD和A1C1的中点．
证明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；
②A1G⊥平面EFD.
证明 ①设正方体棱长为1，＝i，＝j，＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个单位正交基底．
＝＋＝i＋k，
＝＋＝i＋k＝，
∴AB1∥GE.
＝＋＝k＋(i＋j)
＝－i－j＋k，
∵·＝(i＋k)·
＝－|i|2＋|k|2＝0，
∴AB1⊥EH.
②＝＋＋＝－k＋j＋i.
＝＋＝i－j，＝＋＝i＋k.
∴·＝·
＝－|j|2＋|i|2＝0，
∴A1G⊥DF.
·＝·＝－|k|2＋|i|2＝0，
∴A1G⊥DE.
又DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面EFD，
∴A1G⊥平面EFD.
【例4-3】已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________.
【解析】如图所示，
设＝a，＝b，＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因为＝＋＝－a＋c，＝＋＝b＋c，
|cos〈，〉|＝＝＝
＝＝＝.
变式1：已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1与AB，AC都成60°角，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【解析】设＝a，＝b，＝c，
则a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
＝a＋c，＝b＋c－a，·＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
||＝＝＝2，
||＝
＝＝2，
所以cos〈，〉＝＝.
题组A 基础过关练
1、①若{a，b，c}可以作为空间的一个基底，d与c共线，d≠0，则{a，b，d}也可以作为空间的一个基底；
②已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；
③A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面；
④已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】根据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底．显然②正确．③中由，，不能构成空间的一个基底，知，，共面．又，，过相同点B，知A，B，M，N四点共面．下面证明①④正确：假设d与a，b共面，则存在实数λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使得d＝kc.∵d≠0，∴k≠0，从而c＝a＋b，∴c与a，b共面，与条件矛盾，∴d与a，b不共面．同理可证④也是正确的．于是①②③④四个命题都正确，故选D.
2、已知O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A．，，共线 B．O，A，B，C中至少有三点共线
C．与共线 D．O，A，B，C四点共面
【解析】由于向量，，不能构成空间的一个基底知，，共面，所以O，A，B，C四点共面，故选：D
3、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，点O为空间内任意一点，设＝a，＝b，＝c，则向量可用a，b，c表示为( )
A．a－b＋2c B．a－b－2c C．－a＋b＋c D.a－b＋c
【解析】＝＋＝＋＝＋(－)＝a－b＋c.故选D
4、在空间四点O，A，B，C中，若{，，}是空间的一个基底，则下列命题不正确的是( )
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点不共面
D．O，A，B，C四点中任意三点不共线
【解析】选项A对应的命题是正确的，若四点共线，则向量，，共面，构不成基底；选项B对应的命题是错误的，若四点共面，则，，共面，构不成基底；选项C对应的命题是正确的，若四点共面，则，，构不成基底；选项D对应的命题是正确的，若有三点共线，则这四点共面，向量，，构不成基底．故选B
5、正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【解析】如图，设，，，
则，
又，
，
∴.
故选：B.
6、正方体的棱长为a，，N为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【解析】因为，所以，而N为的中点，
所以．
故．
故选：C．
7、已知空间向量，，不共面，且，则x，y，z的值分别是（ ）
A．2，1，2 B．2，1，
C．1，，3 D．l，，3
【解析】由题设知：，解得.故选：C
8、在正方体ABCDA1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，A1C1与B1D1的交点为E，则＝________.
【解析】如图，＝＋＝＋(＋)＝＋(－)＝－a＋b＋c.
答案：－a＋b＋c
9、已知三棱柱，点在线段上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【解析】由题意得：，，，
故
故选：D
10、如图，在三棱柱中，E，F分别是BC，的中点，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】
，
故选：D．
题组B 能力提升练
11、在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB与CD( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．无法判断位置关系
【解析】＝－，所以·＝·(－)＝·－·＝1×1×－1×1×＝0，故⊥，即直线AB与CD垂直．
12、如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是( )
A．0 B.
C. D.
【解析】取空间中一组基底：＝a，＝b，＝c，
根据题意可得，
·＝·
＝c2 －b2 －a2＝×4－1－×4＝0，从而得到和垂直，故其所成角的余弦值为0.
13、在平行六面体中，若，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
【解析】在平行六面体中，，如图，
则有，而，且不共面，
于是得，即，则，
的值等于
故选：D
14、已知A､B､C､D､E是空间中的五个点，其中点A､B､C不共线，则“平面ABC”是“存在实数x､y，使得的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】若平面ABC，则共面，故存在实数x､y，使得.
若存在实数x､y，使得，则，，共面
则平面ABC或平面ABC.
所以“平面ABC”是“存在实数x､y，使得的充分而不必要条件.
故选：A.
15、若a＝e1＋e2，b＝e2＋e3，c＝e1＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，若e1，e2，e3不共面，当d＝αa＋βb＋γc时，α＋β＋γ＝________.
【解析】由已知得，d＝(α＋γ)e1＋(α＋β)e2＋(γ＋β)e3.
又d＝e1＋2e2＋3e3，
所以
故有α＋β＋γ＝3.
16、如图所示，在正方体OABC－O1A1B1C1中，点G为△ACO1的重心，若＝a，＝b，＝c，＝xa＋yb＋zc，则x＋y＋z＝________.
【解析】易知△ACO1为正三角形，连接OB，设AC，BO相交于点M，连接O1M，如图所示，显然点G在线段O1M上，且满足＝2，有－＝2(－)，得＝＋，即＝×(＋)＋＝＋＋＝a＋b＋c，可得x＋y＋z＝1.
17、在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在棱BB1，BC，BA上，且满足＝，＝，＝，O是平面B1GF、平面ACE与平面B1BDD1的一个公共点，设＝x＋y＋z，则x＋y＋z等于( )
A. B. C. D.
【解析】因为＝x＋y＋z＝x＋y＋，O在平面B1GF内，所以x＋y＋＝1，
同理可得＋＋z＝1，解得x＋y＝，z＝.所以x＋y＋z＝.故选B
18、正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，则异面直线DM与CN所成角的余弦值为________．
【解析】如图，画出对应的正四面体，取空间中一组基底：＝a，＝b，＝c，设棱长均为1，
因为＝＋
＝－c＋(a＋b)
＝(a＋b－2c)，
又＝－＝a－b＝(a－2b)．
又a·b＝a·c＝b·c＝.
设异面直线DM与CN所成的角为θ，则cos θ＝＝
＝
＝＝.
题组C 培优拔尖练
19、如图所示的平行六面体中，已知 ，，N为上一点，且 .若，则的值为 ________ ；若M为棱的中点，平面，则 的值为 ________ .
【解析】①取空间中一组基底：，
因为，所以，
因为，
所以，所以，所以；
②在上取一点使得，连接，
因为且，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，且，
所以平面平面，所以平面，
又因为平面平面，且平面，
所以，所以，
所以，所以.
故答案为：，.
20、如图所示，已知四面体ABCD的各棱和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．
(1)求证MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长．
【解析】(1)证明：设＝p，＝q，＝r，
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量的两两夹角均为60°.
＝－＝(＋)－
＝(q＋r－p)，
·＝(q＋r－p)·p＝(p·q＋p·r－p2)
＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0，
∴⊥，即MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知＝(q＋r－p)，
∴||2＝(q＋r－p)2
＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝＝×2a2＝，
∴|MN|＝a，∴MN的长为a.
21、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
【证明】如图，连接BD，则BD过点O，
令＝a，＝b，＝c，
设|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵＝＋＝a＋b，
＝＋＝＋＝(－)＋＝a－b＋c .
∴·＝(a＋b)·
＝|a|2＋a·b－a·b－|b|2＋a·c＋b·c
＝－＝0.
∴⊥，即AC⊥OB1.
又＝＋＝b＋c，
∴·＝·
＝a·b－|b|2＋c·b＋a·c－b·c＋|c|2
＝－＋＝0，
∴⊥，即OB1⊥AP.
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
22、如图，正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，设＝a，＝b，＝c.
(1)用a，b，c分别表示向量，；
(2)求异面直线DM与CN所成角的余弦值．
【解析】(1)＝(＋)＝[(－)＋(－)]＝[(a－c)＋(b－c)]＝(a＋b－2c)，＝(＋)＝[(－)－]＝[(a－b)－b]＝(a－2b)．
(2)设正四面体的棱长为1，即|a|＝|b|＝|c|＝1且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝，则||＝||＝.
又·＝(a＋b－2c)·(a－2b)
＝(a2＋a·b－2a·c－2a·b－2b2＋4b·c)＝－，
∴cos〈，〉＝＝＝－，
∴异面直线DM与CN所成角的余弦值为.
23、在四棱锥EABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．
(1)求证：DE∥平面ACF；
(2)求证：BD⊥AE；
(3)若AB＝CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|，a·b＝b·c＝c·a＝0.
(1)证明：依题意得＝c－b，＝a＋b，＝a＋c，设＝x＋y (x，y∈R)，则c－b＝x(a＋b)＋y＝a＋xb＋yc，
因此解得
从而，，共面，又直线DE不在平面ACF内，因此DE∥平面ACF.
(2)证明：依题意得＝b－a，＝c－a－b，则·＝(b－a)·(c－a－b)＝－b2＋a2＝0，因此⊥，从而BD⊥AE.
(3)由AB＝CE，设|a|＝|b|＝2，则|c|＝，假设在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE，由O，G，E三点共线，设＝(1－λ)＋λ＝λa＋λb＋(1－λ)c(0≤λ≤1)，
由CG⊥平面BDE知CG⊥DE，
而＝c－b，
因此·＝·(c－b)＝(1－λ)c2－λb2＝2－4λ＝0，解得λ＝，即点G是线段EO的中点时，满足题意，此时＝.
1.2 空间向量基本定理
课程标准
课标解读
1. 理解并记住共线向量基本定理、平面向量基本定理、共面向量定理及空间向量基本定理的内容及含义..
2. 理解基底与基向量的含义，会用恰当的基向量表示空间任意向量.
3. 会用相关的定理解决简单的空间几何问题.
1.通过对空间向量基本定理的意义的掌握与了解，会用空间向量的基底表示空间任一向量，能用正交分解及坐标形式表示空间向量.
2.结合平面向量与空间向量的基本定理，解决平面与立体几何的相关问题.
知识点1 空间向量基本定理
1．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.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．如果p=xa+yb+zc，则称xa+yb+zc为p在基底{a，b，c}下的分解式.
注：（1）对于基底{a，b，c}应明确以下三点：
①空间中任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底．基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示；不同基底下，同一向量的表达式也有可能不同．
②基底中的三个向量a，b，c都不是0.这是因为0与任意向量共线，与任意两个向量共面．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个不共线的非零向量共面，所以若三个向量不共面，就说明它们都不是零向量．
③空间中的一个基底是由不共面的三个向量构成的，是一个向量组，基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同概念．
（2）空间向量基本定理的推论
设O，A，B，C是不共面的四点，则对空间内任意一点P都存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得＝x＋y＋z.
推论表明：可以根据空间向量基本定理确定空间任一点的位置．
2．空间向量的正交分解
(1)单位正交基底：空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为1，常用{i，j，k}表示．
(2)正交分解：由空间向量基本定理可知，对空间中的任意向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk，使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，叫做把空间向量正交分解．
易错辨析：
（1）构成基底的三个向量中，可以有零向量吗？不可以．
（2）在四棱锥OABCD中，可表示为＝x＋y＋z且唯一，这种说法对吗？对．
【即学即练1】下列说法正确的是（ ）
A．任何三个不共线的向量可构成空间向量的一个基底
B．空间的基底有且仅有一个
C．两两垂直的三个非零向量可构成空间的一个基底
D．直线的方向向量有且仅有一个
【解析】对于A，任何三个不共面的向量都可构成空间的一个基底，所以A错误，B错误；
对于C，两两垂直的三个非零向量不共面，可构成空间的一个基底，C正确；
对于D，直线的方向向量有无数个，所以D错误.
故选：C
【即学即练2】设p：a，b，c是三个非零向量；q：{a，b，c}为空间的一个基底，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】当非零向量a，b，c不共面时，{a，b，c}可以当基底，否则不能当基底，当{a，b，c}为基底时，一定有a，b，c为非零向量．因此p⇏q，q⇒p.故选B
【即学即练3】已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是( )
A．3a，a－b，a＋2b B．2b，b－2a，b＋2a
C．a,2b，b－c D．c，a＋c，a－c
【解析】C
【即学即练4】【多选】设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底，则下列向量组中，可以作为空间一个基底的向量组有( )
A．{a，b，x} B．{x，y，z}
C．{b，c，z} D．{x，y，a＋b＋c}
【解析】如图所示，令a＝，b＝，c＝，
则x＝，y＝，z＝，
a＋b＋c＝，由于A，B1，C，D1四点不共面，可知向量x，y，z也不共面，同理b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面．
【即学即练5】在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．用向量a，b，c表示，；
【解析】如图，连接AC，EF，D1F，BD1，
＝＋＝－＋－＝a－b－c，
＝＋＝ ＋＝－(＋)＋(＋)＝－＝(a－c)＝a－c.
知识点2 证明平行、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.
3．直线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．
【即学即练6】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝BB1，DF＝DD1.
求证：A，E，C1，F四点共面．
【证明】因为＝＋＋
＝＋＋＋
＝＋
＝＋＋＋＝＋，
所以，，共面，所以A，E，C1，F四点共面．
知识点3 夹角、垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cos θ＝.
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
注：区分向量的夹角与异面直线所成的角的范围．
【即学即练7】在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG＝CD.
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
【解析】(1)证明 设＝i，＝j，＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个正交基底．
所以＝＋＝－k＋(＋)
＝i＋j－k，＝＋＝－i－k，
所以·＝·(－i－k)
＝－|i|2＋|k|2＝0，
所以EF⊥B1C.
(2)解 ∵＝i＋j－k，＝＋＝－k－j，
||2＝2＝|i|2＋|j|2＋|k|2＝3，||＝，
||2＝2＝|k|2＋|j|2＝4＋＝，||＝，
∴cos〈，〉＝，
＝＝＝.
即EF与C1G所成角的余弦值为.
知识点4 距离(长度)问题
＝( ＝ )．
【即学即练8】已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，．
(1)求；
(2)求．
【解析】(1)设，，，
由题意得：，，，，，，
；
(2)
考点一 空间向量基本定理的理解
解题方略：
判断基底的方法
(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．如果从正面难以入手，可用反证法或利用一些常见的几何图形进行判断．
(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1-1】已知能构成空间的一个基底，则下面的各组向量中，不能构成空间基底的是（ ）
A． B． C． D．
【解析】由图形结合分析，三个向量共面，不构成基底，
故选：C
变式1：已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且＝e1＋2e2－e3，＝－3e1＋e2＋2e3，＝e1＋e2－e3，试判断{，，}能否作为空间的一个基底．
【解析】假设，，共面．
则存在实数λ，μ使得＝λ＋μ，
∴e1＋2e2－e3＝λ(－3e1＋e2＋2e3)＋μ(e1＋e2－e3)
＝(－3λ＋μ)e1＋(λ＋μ)e2＋(2λ－μ)e3，
∵e1，e2，e3不共面，
∴此方程组无解，
∴，，不共面，
∴{，，}可以作为空间的一个基底．
变式2：设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底．给出下列向量组：
①{a，b，x}；②{x，y，z}；③{b，c，z}；④{x，y，a＋b＋c}．
其中可以作为空间的基底的向量组有________个．
【解析】如图所设a＝，b＝，c＝，则x＝，y＝，z＝，a＋b＋c＝.由A，B1，D1，C四点不共面可知向量x，y，z也不共面．同理可知b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面，可以作为空间的基底．因x＝a＋b，故a，b，x共面，故不能作为基底．
答案：3
变式3：已知O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝＋＋，向量b＝＋－，则与a，b不能构成空间基底的是( )
A. B. C. D.或
【解析】∵＝(a－b)，∴与a，b共面，∴a，b，不能构成空间基底．故选C
变式4：已知是空间的一个基底，向量，，，若能作为基底，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】若，，共面，由共面向量定理知，存在实数x，y，使得，
即．因为，，不共面，所以，，，解得，，，即当时，，此时不能作为基底，所以若能作为基底，则实数满足的条件是．
故选：B
变式5：若向量，，的起点M与终点A，B，C互不重合且无三点共线，且满足下列关系(O是空间任一点)，则能使向量，，成为空间一组基底的关系的是( )
A．＝＋＋
B．≠＋
C．＝＋＋
D．＝2－
【解析】A中，因为＋＋＝1，所以M，A，B，C共面；B中，≠＋，但可能＝λ＋μ，所以M，A，B，C四点可能共面；D中，因为＝2－，所以M，A，B，C四点共面．故选C.
考点二 空间向量基本定理的应用
解题方略：
用基底表示向量的策略
(1)若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及向量数乘的运算律进行．
(2)若没给定基底时，首先选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角已知或易求．
（一）用基底表示空间向量
【例2-1】如图，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点．用向量，，表示和.
【解析】＝＋＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝＋×(＋)
＝＋＋.
＝＋
＝＋＋＋
＝＋＋.
变式1：四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且＝2，N为BC中点，则为( )
A.a－b＋c B.－a＋b＋c
C.a＋b－c D.a＋b－c
【解析】＝＋＋＝＋－＋(－)＝－＋＋＝
－a＋b＋c.故选B
变式2：如图所示，正方体OABCO′A′B′C′，且＝a，＝b， ＝c.
(1)用a，b，c表示向量，；
(2)设G，H分别是侧面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示.
【解析】(1)＝＋＝＋＋＝a＋b＋c.
＝＋＝＋＋＝＋－＝b＋c－a.
(2)法一：连接OG，OH(图略)，
则＝＋＝－＋
＝－(＋)＋(＋)
＝－(a＋b＋c＋b)＋(a＋b＋c＋c)
＝(c－b)．
法二：连接O′C，则＝＝(－)
＝(c－b).
变式3：如图，在四面体ABCD中，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE＝3ED，以{，，}为基底，则＝________.
【解析】如图，连接AG延长线交BC于点M，连接AE，则＝－＝＋－＝＋(－)－×(＋)＝－－＋.
答案：－－＋
（二）用基底法求空间向量的数量积
【例2-2】如图，已知四面体ABCD的每条棱长都等于1，点E，F分别是AB，AD的中点，设＝a，＝b，＝c，a，b，c为空间向量的一组基底．计算·.
【解析】因为四面体ABCD的每条棱长都等于1，所以|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝.因为点E，F分别是AB，AD的中点，所以＝＝(－)＝(c－a)，所以·＝(c－a)·(－a)＝[－a·c＋(－a)·(－a)]＝×＝.
变式1：在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足＝x＋y－(x＋y－1)，点N满足＝λ＋(1－λ)，当AM，BN最短时，·等于( )
A．－ B. C．－ D.
【解析】由共面向量基本定理和空间向量基本定理可知，M∈平面BCD，N∈直线AC，当AM，BN最短时，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，∴M为△BCD的中心，N为AC的中点，即2||＝＝，∴||＝，
∵AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，∴AM⊥MC，
∴||＝＝＝.
又＝(＋)，∴·＝(·＋·)＝－||2＝－.
（三）利用空间向量基本定理求参数
【例2-3】已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋2c，若m与n共线，则x＝________；y＝________.
【解析】因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋2λc，
于是有解得
答案：2 －2
变式1：若{a，b，c}是空间的一个基底，且存在实数x，y，z，使得xa＋yb＋zc＝0，则x，y，z满足的条件是________．
【解析】若x≠0，则a＝－b－c，即a与b，c共面．由{a，b，c}是空间的一个基底知a，b，c不共面，故x＝0，同理y＝z＝0.
答案：x＝y＝z＝0
变式2：正方体ABCDA′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{，，}为基底，′＝x＋y＋z，则x，y，z的值是( )
A．x＝y＝z＝1 B．x＝y＝z＝
C．x＝y＝z＝ D．x＝y＝z＝2
【解析】′＝′＋＋
＝(＋)＋(′＋)＋(′＋)
＝＋′＋′
＝＋＋，
由空间向量基本定理，得x＝y＝z＝1.故选A
变式3：点P是矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，M，N分别是PC，PD上的点，且＝，＝，则满足＝x＋y＋z的实数x，y，z的值分别为________．
【解析】取PC的中点E，连接NE，则＝－＝－(－)＝－＝－＝－－(－＋＋)＝－－＋，
比较知x＝－，y＝ －，z＝.
变式4：已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若＝x＋y＋z，则(x，y，z)为( )
A. B.
C. D.
【解析】如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，＝(＋)＝(－2＋)，＝＝(－2＋)，
∵＝3，
∴＝＝(＋)
＝
＝＋＋.
∴x＝，y＝，z＝.
考点三 用向量法证明平行、共面问题
解题方略：
证明平行、共面问题的思路
(1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行．要证两直线平行，可构造与两直线分别平行的向量，只要证明这两个向量满足a＝λb即可．
(2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行．
【例3-1】在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是底面A1C1和侧面CD1的中心，若＋λ＝0(λ∈R)，则λ＝________.
【解析】如图，连接A1C1，C1D，
则E在A1C1上，F在C1D上，
易知EF//A1D，∴＝，即－＝0，∴λ＝－.
答案：－
【例3-2】如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，E，F，G分别是A′D′，DD′，D′C′的中点，请选择恰当的基底向量证明：
(1)EG∥AC；
(2)平面EFG∥平面AB′C.
【证明】取基底{，，}，
(1)因为＝＋＝＋，＝＋＝2，
所以∥，
又EG，AC无公共点，所以EG∥AC.
(2)因为＝＋＝＋，＝＋＝2，
所以∥，
又FG，AB′无公共点，所以FG∥AB′.
又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C，
所以FG∥平面AB′C.
又由(1)知EG∥AC，
可得EG∥平面AB′C，
又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG，
所以平面EFG∥平面AB′C.
考点四 用向量法解决立体几何的垂直、夹角问题
解题方略：
求夹角、证明线线垂直的方法
1、要证两直线垂直，由数量积的性质a⊥b⇔a·b＝0可知，可构造与两直线分别平行的向量，只要证明这两个向量的数量积为0即可．
2、利用数量积定义可得cos〈a，b〉＝，求〈a，b〉的大小，进而求得线线角，两直线垂直可作为求夹角的特殊情况．
【例4-1】如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G，G1分别是棱CC1，BC，CD，A1B1的中点．求证：
(1)AD1⊥G1G；(2)AD1∥EF;(3)A1G⊥DF;(4)求DE与AD1所成角的余弦值.
【证明】设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0.
(1)因为＝b＋c，＝＋＋＋＝－a－c＋b＋a＝b－c，
所以·＝(b＋c)·(b－c)＝b2－c2＝0，
所以⊥，所以AD1⊥G1G.
(2)因为＝b＋c，＝－＝－＝－b－c，所以＝－，所以EF∥AD1.
(3)证明：因为＝＋＋＝－c＋b＋a，＝＋＝a－b，所以·＝·＝a2－b2＝0，
所以⊥，所以A1G⊥DF.
(4)因为＝b＋c，＝a＋c，所以cos〈，〉＝＝＝，所以AD1与DE所成角的余弦值为.
【例4-2】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是CC1，BC，CD和A1C1的中点．
证明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；
②A1G⊥平面EFD.
证明 ①设正方体棱长为1，＝i，＝j，＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个单位正交基底．
＝＋＝i＋k，
＝＋＝i＋k＝，
∴AB1∥GE.
＝＋＝k＋(i＋j)
＝－i－j＋k，
∵·＝(i＋k)·
＝－|i|2＋|k|2＝0，
∴AB1⊥EH.
②＝＋＋＝－k＋j＋i.
＝＋＝i－j，＝＋＝i＋k.
∴·＝·
＝－|j|2＋|i|2＝0，
∴A1G⊥DF.
·＝·＝－|k|2＋|i|2＝0，
∴A1G⊥DE.
又DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面EFD，
∴A1G⊥平面EFD.
【例4-3】已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为__________.
【解析】如图所示，
设＝a，＝b，＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因为＝＋＝－a＋c，＝＋＝b＋c，
|cos〈，〉|＝＝＝
＝＝＝.
变式1：已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1与AB，AC都成60°角，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【解析】设＝a，＝b，＝c，
则a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
＝a＋c，＝b＋c－a，·＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
||＝＝＝2，
||＝
＝＝2，
所以cos〈，〉＝＝.
题组A 基础过关练
1、①若{a，b，c}可以作为空间的一个基底，d与c共线，d≠0，则{a，b，d}也可以作为空间的一个基底；
②已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；
③A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面；
④已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底．
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】根据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底．显然②正确．③中由，，不能构成空间的一个基底，知，，共面．又，，过相同点B，知A，B，M，N四点共面．下面证明①④正确：假设d与a，b共面，则存在实数λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使得d＝kc.∵d≠0，∴k≠0，从而c＝a＋b，∴c与a，b共面，与条件矛盾，∴d与a，b不共面．同理可证④也是正确的．于是①②③④四个命题都正确，故选D.
2、已知O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A．，，共线 B．O，A，B，C中至少有三点共线
C．与共线 D．O，A，B，C四点共面
【解析】由于向量，，不能构成空间的一个基底知，，共面，所以O，A，B，C四点共面，故选：D
3、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，点O为空间内任意一点，设＝a，＝b，＝c，则向量可用a，b，c表示为( )
A．a－b＋2c B．a－b－2c C．－a＋b＋c D.a－b＋c
【解析】＝＋＝＋＝＋(－)＝a－b＋c.故选D
4、在空间四点O，A，B，C中，若{，，}是空间的一个基底，则下列命题不正确的是( )
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点不共面
D．O，A，B，C四点中任意三点不共线
【解析】选项A对应的命题是正确的，若四点共线，则向量，，共面，构不成基底；选项B对应的命题是错误的，若四点共面，则，，共面，构不成基底；选项C对应的命题是正确的，若四点共面，则，，构不成基底；选项D对应的命题是正确的，若有三点共线，则这四点共面，向量，，构不成基底．故选B
5、正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【解析】如图，设，，，
则，
又，
，
∴.
故选：B.
6、正方体的棱长为a，，N为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【解析】因为，所以，而N为的中点，
所以．
故．
故选：C．
7、已知空间向量，，不共面，且，则x，y，z的值分别是（ ）
A．2，1，2 B．2，1，
C．1，，3 D．l，，3
【解析】由题设知：，解得.故选：C
8、在正方体ABCDA1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，A1C1与B1D1的交点为E，则＝________.
【解析】如图，＝＋＝＋(＋)＝＋(－)＝－a＋b＋c.
答案：－a＋b＋c
9、已知三棱柱，点在线段上，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【解析】由题意得：，，，
故
故选：D
10、如图，在三棱柱中，E，F分别是BC，的中点，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】
，
故选：D．
题组B 能力提升练
11、在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB与CD( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．无法判断位置关系
【解析】＝－，所以·＝·(－)＝·－·＝1×1×－1×1×＝0，故⊥，即直线AB与CD垂直．
12、如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F，G分别是DC，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是( )
A．0 B.
C. D.
【解析】取空间中一组基底：＝a，＝b，＝c，
根据题意可得，
·＝·
＝c2 －b2 －a2＝×4－1－×4＝0，从而得到和垂直，故其所成角的余弦值为0.
13、在平行六面体中，若，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
【解析】在平行六面体中，，如图，
则有，而，且不共面，
于是得，即，则，
的值等于
故选：D
14、已知A､B､C､D､E是空间中的五个点，其中点A､B､C不共线，则“平面ABC”是“存在实数x､y，使得的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】若平面ABC，则共面，故存在实数x､y，使得.
若存在实数x､y，使得，则，，共面
则平面ABC或平面ABC.
所以“平面ABC”是“存在实数x､y，使得的充分而不必要条件.
故选：A.
15、若a＝e1＋e2，b＝e2＋e3，c＝e1＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，若e1，e2，e3不共面，当d＝αa＋βb＋γc时，α＋β＋γ＝________.
【解析】由已知得，d＝(α＋γ)e1＋(α＋β)e2＋(γ＋β)e3.
又d＝e1＋2e2＋3e3，
所以
故有α＋β＋γ＝3.
16、如图所示，在正方体OABC－O1A1B1C1中，点G为△ACO1的重心，若＝a，＝b，＝c，＝xa＋yb＋zc，则x＋y＋z＝________.
【解析】易知△ACO1为正三角形，连接OB，设AC，BO相交于点M，连接O1M，如图所示，显然点G在线段O1M上，且满足＝2，有－＝2(－)，得＝＋，即＝×(＋)＋＝＋＋＝a＋b＋c，可得x＋y＋z＝1.
17、在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在棱BB1，BC，BA上，且满足＝，＝，＝，O是平面B1GF、平面ACE与平面B1BDD1的一个公共点，设＝x＋y＋z，则x＋y＋z等于( )
A. B. C. D.
【解析】因为＝x＋y＋z＝x＋y＋，O在平面B1GF内，所以x＋y＋＝1，
同理可得＋＋z＝1，解得x＋y＝，z＝.所以x＋y＋z＝.故选B
18、正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，则异面直线DM与CN所成角的余弦值为________．
【解析】如图，画出对应的正四面体，取空间中一组基底：＝a，＝b，＝c，设棱长均为1，
因为＝＋
＝－c＋(a＋b)
＝(a＋b－2c)，
又＝－＝a－b＝(a－2b)．
又a·b＝a·c＝b·c＝.
设异面直线DM与CN所成的角为θ，则cos θ＝＝
＝
＝＝.
题组C 培优拔尖练
19、如图所示的平行六面体中，已知 ，，N为上一点，且 .若，则的值为 ________ ；若M为棱的中点，平面，则 的值为 ________ .
【解析】①取空间中一组基底：，
因为，所以，
因为，
所以，所以，所以；
②在上取一点使得，连接，
因为且，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，且，
所以平面平面，所以平面，
又因为平面平面，且平面，
所以，所以，
所以，所以.
故答案为：，.
20、如图所示，已知四面体ABCD的各棱和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．
(1)求证MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长．
【解析】(1)证明：设＝p，＝q，＝r，
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量的两两夹角均为60°.
＝－＝(＋)－
＝(q＋r－p)，
·＝(q＋r－p)·p＝(p·q＋p·r－p2)
＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0，
∴⊥，即MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知＝(q＋r－p)，
∴||2＝(q＋r－p)2
＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝＝×2a2＝，
∴|MN|＝a，∴MN的长为a.
21、如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
【证明】如图，连接BD，则BD过点O，
令＝a，＝b，＝c，
设|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵＝＋＝a＋b，
＝＋＝＋＝(－)＋＝a－b＋c .
∴·＝(a＋b)·
＝|a|2＋a·b－a·b－|b|2＋a·c＋b·c
＝－＝0.
∴⊥，即AC⊥OB1.
又＝＋＝b＋c，
∴·＝·
＝a·b－|b|2＋c·b＋a·c－b·c＋|c|2
＝－＋＝0，
∴⊥，即OB1⊥AP.
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
22、如图，正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，设＝a，＝b，＝c.
(1)用a，b，c分别表示向量，；
(2)求异面直线DM与CN所成角的余弦值．
【解析】(1)＝(＋)＝[(－)＋(－)]＝[(a－c)＋(b－c)]＝(a＋b－2c)，＝(＋)＝[(－)－]＝[(a－b)－b]＝(a－2b)．
(2)设正四面体的棱长为1，即|a|＝|b|＝|c|＝1且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝，则||＝||＝.
又·＝(a＋b－2c)·(a－2b)
＝(a2＋a·b－2a·c－2a·b－2b2＋4b·c)＝－，
∴cos〈，〉＝＝＝－，
∴异面直线DM与CN所成角的余弦值为.
23、在四棱锥EABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．
(1)求证：DE∥平面ACF；
(2)求证：BD⊥AE；
(3)若AB＝CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|，a·b＝b·c＝c·a＝0.
(1)证明：依题意得＝c－b，＝a＋b，＝a＋c，设＝x＋y (x，y∈R)，则c－b＝x(a＋b)＋y＝a＋xb＋yc，
因此解得
从而，，共面，又直线DE不在平面ACF内，因此DE∥平面ACF.
(2)证明：依题意得＝b－a，＝c－a－b，则·＝(b－a)·(c－a－b)＝－b2＋a2＝0，因此⊥，从而BD⊥AE.
(3)由AB＝CE，设|a|＝|b|＝2，则|c|＝，假设在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE，由O，G，E三点共线，设＝(1－λ)＋λ＝λa＋λb＋(1－λ)c(0≤λ≤1)，
由CG⊥平面BDE知CG⊥DE，
而＝c－b，
因此·＝·(c－b)＝(1－λ)c2－λb2＝2－4λ＝0，解得λ＝，即点G是线段EO的中点时，满足题意，此时＝.
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