人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理巩固练习

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理巩固练习，共45页。试卷主要包含了定理，空间向量的正交分解等内容，欢迎下载使用。

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eq \(OP,\s\up7(―→))＝xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＋zeq \(OC,\s\up7(―→)).
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，eq \(OA,\s\up7(―→))可表示为eq \(OA,\s\up7(―→))＝xeq \(OB,\s\up7(―→))＋yeq \(OC,\s\up7(―→))＋zeq \(OD,\s\up7(―→))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
【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
【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－cD．c，a＋c，a－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}
【即学即练5】在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．用向量a，b，c表示eq \(D1B,\s\up6(—→))，eq \(EF,\s\up6(→))；
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＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.
求证：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cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(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＝eq \f(1,3)CD.
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
知识点4 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(→))) )．
【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．
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．
变式1：已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且eq \(OA,\s\up6(→))＝e1＋2e2－e3，eq \(OB,\s\up6(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \(OC,\s\up6(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}能否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．
变式3：已知O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，向量b＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，则与a，b不能构成空间基底的是( )
A.eq \(OA,\s\up6(→)) B.eq \(OB,\s\up6(→)) C.eq \(OC,\s\up6(→)) D.eq \(OA,\s\up6(→))或eq \(OB,\s\up6(→))
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．
变式5：若向量eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))，eq \(MC,\s\up7(―→))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eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))，eq \(MC,\s\up7(―→))成为空间一组基底的关系的是( )
A．eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up7(―→))
B．eq \(MA,\s\up7(―→))≠eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→))
C．eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))
D．eq \(MA,\s\up7(―→))＝2eq \(MB,\s\up7(―→))－eq \(MC,\s\up7(―→))
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eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))表示eq \(OP,\s\up7(―→))和eq \(OQ,\s\up7(―→)).
变式1：四面体OABC中，eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，eq \(OC,\s\up7(―→))＝c，点M在OA上，且eq \(OM,\s\up7(―→))＝2eq \(MA,\s\up7(―→))，N为BC中点，则eq \(MN,\s\up7(―→))为( )
A.eq \f(1,2)a－eq \f(2,3)b＋eq \f(1,2)cB.－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c
C.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(2,3)cD.eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b－eq \f(1,2)c
变式2：如图所示，正方体OABC­O′A′B′C′，且eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OC,\s\up7(―→))＝b， eq \(OO′,\s\up7(―→))＝c.
(1)用a，b，c表示向量eq \(OB′,\s\up7(―→))，eq \(AC′,\s\up7(―→))；
(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eq \(GH,\s\up7(―→)).
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{eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))}为基底，则eq \(GE,\s\up7(―→))＝________.
（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eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(AD,\s\up7(―→))＝c，a，b，c为空间向量的一组基底．计算eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(BA,\s\up7(―→)).
变式1：在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足eq \(AM,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))－(x＋y－1)eq \(AD,\s\up6(→))，点N满足eq \(BN,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))，当AM，BN最短时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
（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＝________.
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________．
变式2：正方体ABCD­A′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{eq \(AO1,\s\up7(―→))，eq \(AO2,\s\up7(―→))，eq \(AO3,\s\up7(―→))}为基底，eq \(AC,\s\up7(―→))′＝xeq \(AO1,\s\up7(―→))＋yeq \(AO2,\s\up7(―→))＋zeq \(AO3,\s\up7(―→))，则x，y，z的值是( )
A．x＝y＝z＝1B．x＝y＝z＝eq \f(1,2)
C．x＝y＝z＝eq \f(\r(2),2)D．x＝y＝z＝2
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eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(ND,\s\up6(→))，则满足eq \(MN,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))＋zeq \(AP,\s\up6(→))的实数x，y，z的值分别为________．
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eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，则(x，y，z)为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))
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eq \(EF,\s\up7(―→))＋λeq \(A1D,\s\up7(―→))＝0(λ∈R)，则λ＝________.
【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.
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cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|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.
【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.
【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__________.
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.eq \f(1,4) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(1,6)
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eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BM ,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))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．1B．2
C．3D．4
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
3、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，点O为空间内任意一点，设eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则向量eq \(OD,\s\up6(→))可用a，b，c表示为( )
A．a－b＋2c B．a－b－2c C．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
4、在空间四点O，A，B，C中，若{eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))}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
5、正四面体棱长为2，，，分别是，，的中点，则的值为（ ）
A．B．1C．2D．4
6、正方体的棱长为a，，N为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
7、已知空间向量，，不共面，且，则x，y，z的值分别是（ ）
A．2，1，2B．2，1，
C．1，，3D．l，，3
8、在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AD,\s\up7(―→))＝b，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝c，A1C1与B1D1的交点为E，则eq \(BE,\s\up7(―→))＝________.
9、已知三棱柱，点在线段上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10、如图，在三棱柱中，E，F分别是BC，的中点，，则（ ）
A．
B．
C．
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
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.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(15),5)
13、在平行六面体中，若，则的值等于（ ）
A．B．C．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
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＝________.
16、如图所示，在正方体OABC－O1A1B1C1中，点G为△ACO1的重心，若eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OC,\s\up6(→))＝b，eq \(OO1,\s\up6(→))＝c，eq \(OG,\s\up6(→))＝xa＋yb＋zc，则x＋y＋z＝________.
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eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(BB1,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))，O是平面B1GF、平面ACE与平面B1BDD1的一个公共点，设eq \(BO,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋zeq \(BE,\s\up6(→))，则x＋y＋z等于( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(6,5) C.eq \f(7,5) D.eq \f(8,5)
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________．
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 ________ .
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．
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.
22、如图，正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(AD,\s\up7(―→))＝c.
(1)用a，b，c分别表示向量eq \(DM,\s\up7(―→))，eq \(CN,\s\up7(―→))；
(2)求异面直线DM与CN所成角的余弦值．
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＝eq \r(2)CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出eq \f(EG,EO)的值；若不存在，请说明理由．
课程标准
课标解读
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..
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.
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.
1.2 空间向量基本定理
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eq \(OP,\s\up7(―→))＝xeq \(OA,\s\up7(―→))＋yeq \(OB,\s\up7(―→))＋zeq \(OC,\s\up7(―→)).
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，eq \(OA,\s\up7(―→))可表示为eq \(OA,\s\up7(―→))＝xeq \(OB,\s\up7(―→))＋yeq \(OC,\s\up7(―→))＋zeq \(OD,\s\up7(―→))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－cD．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＝eq \(AB,\s\up6(→))，b＝eq \(AA1,\s\up6(→))，c＝eq \(AD,\s\up6(→))，
则x＝eq \(AB1,\s\up6(→))，y＝eq \(AD1,\s\up6(→))，z＝eq \(AC,\s\up6(→))，
a＋b＋c＝eq \(AC1,\s\up6(→))，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eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．用向量a，b，c表示eq \(D1B,\s\up6(—→))，eq \(EF,\s\up6(→))；
【解析】如图，连接AC，EF，D1F，BD1，
eq \(D1B,\s\up6(—→))＝eq \(D1D,\s\up6(—→))＋eq \(DB,\s\up6(→))＝－eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝a－b－c，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2) eq \(D1A,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a－c)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)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＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.
求证：A，E，C1，F四点共面．
【证明】因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AA1,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(AA1,\s\up6(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(AA1,\s\up6(→))))
＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))，
所以eq \(AC1,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))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cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(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＝eq \f(1,3)CD.
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求EF与C1G所成角的余弦值．
【解析】(1)证明 设eq \(DA,\s\up6(→))＝i，eq \(DC,\s\up6(→))＝j，eq \(DD1,\s\up6(→))＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个正交基底．
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)k＋eq \f(1,2)(eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \(B1B,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝－i－k，
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·(－i－k)
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
所以EF⊥B1C.
(2)解 ∵eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \(C1G,\s\up6(—→))＝eq \(C1C,\s\up6(—→))＋eq \(CG,\s\up6(→))＝－k－eq \f(1,3)j，
|eq \(EF,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))2＝eq \f(1,4)|i|2＋eq \f(1,4)|j|2＋eq \f(1,4)|k|2＝3，|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
|eq \(C1G,\s\up6(—→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq \f(1,9)|j|2＝4＋eq \f(4,9)＝eq \f(40,9)，|eq \(C1G,\s\up6(—→))|＝eq \f(2\r(10),3)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(C1G,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(EF,\s\up6(→))·\(C1G,\s\up6(—→)),|\(EF,\s\up6(→))|·|\(C1G,\s\up6(—→))|)，
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k－\f(1,3)j)),\r(3)×\f(2\r(10),3))＝eq \f(\f(4,3),\f(2\r(30),3))＝eq \f(\r(30),15).
即EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(30),15).
知识点4 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(→))) )．
【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eq \(OA,\s\up6(→))＝e1＋2e2－e3，eq \(OB,\s\up6(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \(OC,\s\up6(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}能否作为空间的一个基底．
【解析】假设eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))共面．
则存在实数λ，μ使得eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→))，
∴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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3λ＋μ＝1，,λ＋μ＝2，,2λ－μ＝－1))此方程组无解，
∴eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))不共面，
∴{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}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＝eq \(AB,\s\up7(―→))，b＝eq \(AA1,\s\up7(―→))，c＝eq \(AD,\s\up7(―→))，则x＝eq \(AB1,\s\up7(―→))，y＝eq \(AD1,\s\up7(―→))，z＝eq \(AC,\s\up7(―→))，a＋b＋c＝eq \(AC1,\s\up7(―→)).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＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，向量b＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，则与a，b不能构成空间基底的是( )
A.eq \(OA,\s\up6(→)) B.eq \(OB,\s\up6(→)) C.eq \(OC,\s\up6(→)) D.eq \(OA,\s\up6(→))或eq \(OB,\s\up6(→))
【解析】∵eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a－b)，∴eq \(OC,\s\up6(→))与a，b共面，∴a，b，eq \(OC,\s\up6(→))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eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))，eq \(MC,\s\up7(―→))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eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))，eq \(MC,\s\up7(―→))成为空间一组基底的关系的是( )
A．eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up7(―→))
B．eq \(MA,\s\up7(―→))≠eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→))
C．eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))
D．eq \(MA,\s\up7(―→))＝2eq \(MB,\s\up7(―→))－eq \(MC,\s\up7(―→))
【解析】A中，因为eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝1，所以M，A，B，C共面；B中，eq \(MA,\s\up7(―→))≠eq \(MB,\s\up7(―→))＋eq \(MC,\s\up7(―→))，但可能eq \(MA,\s\up7(―→))＝λeq \(MB,\s\up7(―→))＋μeq \(MC,\s\up7(―→))，所以M，A，B，C四点可能共面；D中，因为eq \(MA,\s\up7(―→))＝2eq \(MB,\s\up7(―→))－eq \(MC,\s\up7(―→))，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eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))表示eq \(OP,\s\up7(―→))和eq \(OQ,\s\up7(―→)).
【解析】eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(MP,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \(ON,\s\up7(―→))－\f(1,2)eq \(OA,\s\up7(―→))))
＝eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))
＝eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up7(―→)).
eq \(OQ,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(OP,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,12)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,6)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,6)eq \(OC,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,6)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,6)eq \(OC,\s\up7(―→)).
变式1：四面体OABC中，eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OB,\s\up7(―→))＝b，eq \(OC,\s\up7(―→))＝c，点M在OA上，且eq \(OM,\s\up7(―→))＝2eq \(MA,\s\up7(―→))，N为BC中点，则eq \(MN,\s\up7(―→))为( )
A.eq \f(1,2)a－eq \f(2,3)b＋eq \f(1,2)cB.－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c
C.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(2,3)cD.eq \f(2,3)a＋eq \f(2,3)b－eq \f(1,2)c
【解析】eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(OC,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→)))＝－eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up7(―→))＝
－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.故选B
变式2：如图所示，正方体OABC­O′A′B′C′，且eq \(OA,\s\up7(―→))＝a，eq \(OC,\s\up7(―→))＝b， eq \(OO′,\s\up7(―→))＝c.
(1)用a，b，c表示向量eq \(OB′,\s\up7(―→))，eq \(AC′,\s\up7(―→))；
(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eq \(GH,\s\up7(―→)).
【解析】(1)eq \(OB′,\s\up7(―→))＝eq \(OB,\s\up7(―→))＋eq \(BB′,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→))＋eq \(OO′,\s\up7(―→))＝a＋b＋c.
eq \(AC′,\s\up7(―→))＝eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(CC′,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AO,\s\up7(―→))＋eq \(AA′,\s\up7(―→))＝eq \(OC,\s\up7(―→))＋eq \(OO′,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))＝b＋c－a.
(2)法一：连接OG，OH(图略)，
则eq \(GH,\s\up7(―→))＝eq \(GO,\s\up7(―→))＋eq \(OH,\s\up7(―→))＝－eq \(OG,\s\up7(―→))＋eq \(OH,\s\up7(―→))
＝－eq \f(1,2)(eq \(OB′,\s\up7(―→))＋eq \(OC,\s\up7(―→)))＋eq \f(1,2)(eq \(OB′,\s\up7(―→))＋eq \(OO′,\s\up7(―→)))
＝－eq \f(1,2)(a＋b＋c＋b)＋eq \f(1,2)(a＋b＋c＋c)
＝eq \f(1,2)(c－b)．
法二：连接O′C，则eq \(GH,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(CO′,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(OO′,\s\up7(―→))－eq \(OC,\s\up7(―→)))
＝eq \f(1,2)(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{eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))}为基底，则eq \(GE,\s\up7(―→))＝________.
【解析】如图，连接AG延长线交BC于点M，连接AE，则eq \(GE,\s\up7(―→))＝eq \(AE,\s\up7(―→))－eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(BD,\s\up7(―→))－eq \f(2,3)eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))－eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))＝－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up7(―→)).
答案：－eq \f(1,12)eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(3,4)eq \(AD,\s\up7(―→))
（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eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(AD,\s\up7(―→))＝c，a，b，c为空间向量的一组基底．计算eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(BA,\s\up7(―→)).
【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〉＝eq \f(π,3).因为点E，F分别是AB，AD的中点，所以eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(BD,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)(c－a)，所以eq \(EF,\s\up7(―→))·eq \(BA,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(c－a)·(－a)＝eq \f(1,2)[－a·c＋(－a)·(－a)]＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1×1×\f(1,2)＋1))＝eq \f(1,4).
变式1：在棱长为2的正四面体ABCD中，点M满足eq \(AM,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))－(x＋y－1)eq \(AD,\s\up6(→))，点N满足eq \(BN,\s\up6(→))＝λeq \(BA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq \(BC,\s\up6(→))，当AM，BN最短时，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
【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|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2,sin 60°)＝eq \f(4\r(3),3)，∴|eq \(MC,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(3),3)，
∵AM⊥平面BCD，MC⊂平面BCD，∴AM⊥MC，
∴|eq \(MA,\s\up6(→))|＝eq \r(|\(AC,\s\up6(→))|2－|\(MC,\s\up6(→))|2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(2\r(6),3).
又eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(MA,\s\up6(→)))，∴eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MC,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MA,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)|eq \(MA,\s\up6(→))|2＝－eq \f(4,3).
（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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＝λx，,－1＝λy，,1＝2λ，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－2.))
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＝－eq \f(y,x)b－eq \f(z,x)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{eq \(AO1,\s\up7(―→))，eq \(AO2,\s\up7(―→))，eq \(AO3,\s\up7(―→))}为基底，eq \(AC,\s\up7(―→))′＝xeq \(AO1,\s\up7(―→))＋yeq \(AO2,\s\up7(―→))＋zeq \(AO3,\s\up7(―→))，则x，y，z的值是( )
A．x＝y＝z＝1B．x＝y＝z＝eq \f(1,2)
C．x＝y＝z＝eq \f(\r(2),2)D．x＝y＝z＝2
【解析】eq \(AC,\s\up7(―→))′＝eq \(AA,\s\up7(―→))′＋eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AA,\s\up7(―→))′＋eq \(AD,\s\up7(―→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AA,\s\up7(―→))′＋eq \(AB,\s\up7(―→)))
＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(―→))′＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))′
＝eq \(AO1,\s\up7(―→))＋eq \(AO3,\s\up7(―→))＋eq \(AO2,\s\up7(―→))，
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eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(ND,\s\up6(→))，则满足eq \(MN,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))＋zeq \(AP,\s\up6(→))的实数x，y，z的值分别为________．
【解析】取PC的中点E，连接NE，则eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(EN,\s\up6(→))－eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))－(eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PE,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(PC,\s\up6(→))－\f(1,2)\(PC,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(PC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)(－eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AP,\s\up6(→))，
比较知x＝－eq \f(2,3)，y＝ －eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,6).
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eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，则(x，y，z)为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))
【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，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))－2eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))，eq \(AG1,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OB,\s\up6(→))－2eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))，
∵eq \(OG,\s\up6(→))＝3eq \(GG1,\s\up6(→))，
∴eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OG1,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AG1,\s\up6(→)))
＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(OB,\s\up6(→))－\f(2,3)\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(OC,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→)).
∴x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,4)，z＝eq \f(1,4).
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eq \(EF,\s\up7(―→))＋λeq \(A1D,\s\up7(―→))＝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//eq \f(1,2)A1D，∴eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(A1D,\s\up7(―→))，即eq \(EF,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(A1D,\s\up7(―→))＝0，∴λ＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
【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{eq \(AA′,\s\up6(—→))，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))}，
(1)因为eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(ED′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(EG,\s\up6(→))，
所以eq \(EG,\s\up6(→))∥eq \(AC,\s\up6(→))，
又EG，AC无公共点，所以EG∥AC.
(2)因为eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \(FD′,\s\up6(—→))＋eq \(D′G,\s\up6(——→))＝eq \f(1,2)eq \(AA′,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AB′,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA′,\s\up6(—→))＝2eq \(FG,\s\up6(→))，
所以eq \(FG,\s\up6(→))∥eq \(AB′,\s\up6(—→))，
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cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|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eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AD,\s\up7(―→))＝b，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0.
(1)因为eq \(AD1,\s\up7(―→))＝b＋c，eq \(G1G,\s\up7(―→))＝eq \(G1A1,\s\up7(―→))＋eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DG,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)a－c＋b＋eq \f(1,2)a＝b－c，
所以eq \(AD1,\s\up7(―→))·eq \(G1G,\s\up7(―→))＝(b＋c)·(b－c)＝b2－c2＝0，
所以eq \(AD1,\s\up7(―→))⊥eq \(G1G,\s\up7(―→))，所以AD1⊥G1G.
(2)因为eq \(AD1,\s\up7(―→))＝b＋c，eq \(EF,\s\up7(―→))＝eq \(CF,\s\up7(―→))－eq \(CE,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(CB,\s\up7(―→))－eq \f(1,2)eq \(CC1,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c，所以eq \(EF,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,2)eq \(AD1,\s\up7(―→))，所以EF∥AD1.
(3)证明：因为eq \(A1G,\s\up7(―→))＝eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(DG,\s\up7(―→))＝－c＋b＋eq \f(1,2)a，eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \(DC,\s\up7(―→))＋eq \(CF,\s\up7(―→))＝a－eq \f(1,2)b，所以eq \(A1G,\s\up7(―→))·eq \(DF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c＋b＋\f(1,2)a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)b))＝eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)b2＝0，
所以eq \(A1G,\s\up7(―→))⊥eq \(DF,\s\up7(―→))，所以A1G⊥DF.
(4)因为eq \(AD1,\s\up7(―→))＝b＋c，eq \(DE,\s\up7(―→))＝a＋eq \f(1,2)c，所以cs〈eq \(AD1,\s\up7(―→))，eq \(DE,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(AD1,\s\up7(―→))·eq \(DE,\s\up7(―→)),|eq \(AD1,\s\up7(―→))||eq \(DE,\s\up7(―→))|)＝ eq \f((b＋c)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)c)),\r(2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(10),10)，所以AD1与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
【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，eq \(AB,\s\up6(→))＝i，eq \(AD,\s\up6(→))＝j，eq \(AA1,\s\up6(→))＝k，
则{i，j，k}构成空间的一个单位正交基底．
eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝i＋k，
eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \(GC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)k＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up6(→))，
∴AB1∥GE.
eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(EC1,\s\up6(→))＋eq \(C1H,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)k＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))(i＋j)
＝－eq \f(1,2)i－eq \f(1,2)j＋eq \f(1,2)k，
∵eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(EH,\s\up6(→))＝(i＋k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)i－\f(1,2)j＋\f(1,2)k))
＝－eq \f(1,2)|i|2＋eq \f(1,2)|k|2＝0，
∴AB1⊥EH.
②eq \(A1G,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DG,\s\up6(→))＝－k＋j＋eq \f(1,2)i.
eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝i－eq \f(1,2)j，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝i＋eq \f(1,2)k.
∴eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i－\f(1,2)j))
＝－eq \f(1,2)|j|2＋eq \f(1,2)|i|2＝0，
∴A1G⊥DF.
eq \(A1G,\s\up6(—→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(i＋\f(1,2)k))＝－eq \f(1,2)|k|2＋eq \f(1,2)|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eq \(BA,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BB1,\s\up6(→))＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，
因为eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝－a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝b＋c，
|cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))|·|\(BC1,\s\up6(→))|)＝ eq \f(|(－a＋c)·(b＋c)|,\r(5)×\r(2))＝eq \f(|－a·b－a·c＋b·c＋c2|,\r(10))
＝eq \f(|－2×1×cs 120°＋1|,\r(10))＝eq \f(2,\r(10))＝eq \f(\r(10),5).
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.eq \f(1,4) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(1,6)
【解析】设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
eq \(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BC1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
|eq \(AB1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋c2＋2a·c)＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
|eq \(BC1,\s\up6(→))|＝eq \r(a2＋b2＋c2＋2b·c－2a·b－2a·c)
＝eq \r(4＋4＋4)＝2eq \r(3)，
所以cs〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))1||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,6).
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eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BM ,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))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．1B．2
C．3D．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eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BM ,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))不能构成空间的一个基底，知eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BM ,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))共面．又eq \(BA,\s\up7(―→))，eq \(BM ,\s\up7(―→))，eq \(BN,\s\up7(―→))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＝eq \f(λ,k)a＋eq \f(μ,k)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eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，则向量eq \(OD,\s\up6(→))可用a，b，c表示为( )
A．a－b＋2c B．a－b－2c C．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
【解析】eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c.故选D
4、在空间四点O，A，B，C中，若{eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))}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eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))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eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))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eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))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eq \(OA,\s\up7(―→))，eq \(OB,\s\up7(―→))，eq \(OC,\s\up7(―→))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．1C．2D．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．2，1，2B．2，1，
C．1，，3D．l，，3
【解析】由题设知：，解得.故选：C
8、在正方体ABCD­A1B1C1D1中，设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AD,\s\up7(―→))＝b，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝c，A1C1与B1D1的交点为E，则eq \(BE,\s\up7(―→))＝________.
【解析】如图，eq \(BE,\s\up7(―→))＝eq \(BB1,\s\up7(―→))＋eq \(B1E,\s\up7(―→))＝eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(B1C1,\s\up7(―→))＋eq \(B1A1,\s\up7(―→)))＝eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \f(1,2)(eq \(AD,\s\up7(―→))－eq \(AB,\s\up7(―→)))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
答案：－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)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】eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))，所以eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)＝0，故eq \(BA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，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.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(15),5)
【解析】取空间中一组基底：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
根据题意可得，
eq \(A1E,\s\up6(—→))·eq \(GF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c＋b＋\f(1,2)a))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)c－b－\f(1,2)a))
＝eq \f(1,2)c2 －b2 －eq \f(1,4)a2＝eq \f(1,2)×4－1－eq \f(1,4)×4＝0，从而得到eq \(A1E,\s\up6(—→))和eq \(GF,\s\up6(→))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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α＋γ＝1，,α＋β＝2，,γ＋β＝3，))
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eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OC,\s\up6(→))＝b，eq \(OO1,\s\up6(→))＝c，eq \(OG,\s\up6(→))＝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eq \(O1G,\s\up6(—→))＝2eq \(GM,\s\up6(→))，有eq \(OG,\s\up6(→))－eq \(OO1,\s\up6(→))＝2(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OG,\s\up6(→)))，得eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OO1,\s\up6(→))，即eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＋eq \f(1,3)eq \(OO1,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OO1,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)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eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(BB1,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))，O是平面B1GF、平面ACE与平面B1BDD1的一个公共点，设eq \(BO,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋zeq \(BE,\s\up6(→))，则x＋y＋z等于( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(6,5) C.eq \f(7,5) D.eq \f(8,5)
【解析】因为eq \(BO,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋zeq \(BE,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋eq \f(3z,4)eq \(BB1,\s\up6(→))，O在平面B1GF内，所以x＋y＋eq \f(3z,4)＝1，
同理可得eq \f(x,2)＋eq \f(y,2)＋z＝1，解得x＋y＝eq \f(2,5)，z＝eq \f(4,5).所以x＋y＋z＝eq \f(6,5).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：eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AD,\s\up6(→))＝c，设棱长均为1，
因为eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))
＝－c＋eq \f(1,2)(a＋b)
＝eq \f(1,2)(a＋b－2c)，
又eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－b＝eq \f(1,2)(a－2b)．
又a·b＝a·c＝b·c＝eq \f(1,2).
设异面直线DM与CN所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|2\(DM,\s\up6(→))·2\(CN,\s\up6(→))|,|2\(DM,\s\up6(→))|·|2\(CN,\s\up6(→))|)＝ eq \f(|(a＋b－2c)·(a－2b)|,\r(3)×\r(3))
＝eq \f(|a2－2a·b＋a·b－2b2－2a·c＋4b·c|,3)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－1＋\f(1,2)－2－1＋2)),3)＝eq \f(1,6).
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eq \(AB,\s\up7(―→))＝p，eq \(AC,\s\up7(―→))＝q，eq \(AD,\s\up7(―→))＝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°.
eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(AN,\s\up7(―→))－eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(AC,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→)))－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))
＝eq \f(1,2)(q＋r－p)，
eq \(MN,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq \f(1,2)(p·q＋p·r－p2)
＝eq \f(1,2)(a2cs 60°＋a2cs 60°－a2)＝0，
∴eq \(MN,\s\up7(―→))⊥eq \(AB,\s\up7(―→))，即MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)，
∴|eq \(MN,\s\up7(―→))|2＝eq \f(1,4)(q＋r－p)2
＝eq \f(1,4)[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a2＋a2＋a2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)－\f(a2,2)－\f(a2,2)))))＝eq \f(1,4)×2a2＝eq \f(a2,2)，
∴|MN|＝eq \f(\r(2),2)a，∴MN的长为eq \f(\r(2),2)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eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
设|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，
eq \(OB1,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \(BB1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(OB1,\s\up6(→))＝(a＋b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)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(→))⊥eq \(OB1,\s\up6(→))，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DD1,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，
∴eq \(OB1,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a－\f(1,2)b＋c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\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 \(OB1,\s\up6(→))⊥eq \(AP,\s\up6(→))，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eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(AD,\s\up7(―→))＝c.
(1)用a，b，c分别表示向量eq \(DM,\s\up7(―→))，eq \(CN,\s\up7(―→))；
(2)求异面直线DM与CN所成角的余弦值．
【解析】(1)eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(DB,\s\up7(―→))＋eq \(DC,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)[(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))＋(eq \(AC,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→)))]＝eq \f(1,2)[(a－c)＋(b－c)]＝eq \f(1,2)(a＋b－2c)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \(AM,\s\up7(―→))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝\f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→)))－eq \(AD,\s\up7(―→))＝\f(1,2)(a＋b－2c)))eq \(CN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)(eq \(CB,\s\up7(―→))＋eq \(CA,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)[(eq \(AB,\s\up7(―→))－eq \(AC,\s\up7(―→)))－eq \(AC,\s\up7(―→))]＝eq \f(1,2)[(a－b)－b]＝eq \f(1,2)(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〉＝eq \f(π,3)，则|eq \(DM,\s\up7(―→))|＝|eq \(CN,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(3),2).
又eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→))＝eq \f(1,4)(a＋b－2c)·(a－2b)
＝eq \f(1,4)(a2＋a·b－2a·c－2a·b－2b2＋4b·c)＝－eq \f(1,8)，
∴cs〈eq \(DM,\s\up7(―→))，eq \(CN,\s\up7(―→))〉＝eq \f(eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(CN,\s\up7(―→)),|eq \(DM,\s\up7(―→))||eq \(CN,\s\up7(―→))|)＝eq \f(－\f(1,8),\f(\r(3),2)×\f(\r(3),2))＝－eq \f(1,6)，
∴异面直线DM与CN所成角的余弦值为eq \f(1,6).
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＝eq \r(2)CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出eq \f(EG,EO)的值；若不存在，请说明理由．
【解析】设eq \(CB,\s\up7(―→))＝a，eq \(CD,\s\up7(―→))＝b，eq \(CE,\s\up7(―→))＝c，
则|a|＝|b|，a·b＝b·c＝c·a＝0.
(1)证明：依题意得eq \(DE,\s\up7(―→))＝c－b，eq \(CA,\s\up7(―→))＝a＋b，eq \(CF,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)c，设eq \(DE,\s\up7(―→))＝xeq \(CA,\s\up7(―→))＋yeq \(CF,\s\up7(―→)) (x，y∈R)，则c－b＝x(a＋b)＋yeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋\f(1,2)c))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)y))a＋xb＋eq \f(1,2)yc，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)y＝0，,x＝－1，,\f(1,2)y＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝2.))
从而eq \(DE,\s\up7(―→))，eq \(CA,\s\up7(―→))，eq \(CF,\s\up7(―→))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eq \(BD,\s\up7(―→))＝b－a，eq \(AE,\s\up7(―→))＝c－a－b，则eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝(b－a)·(c－a－b)＝－b2＋a2＝0，因此eq \(BD,\s\up7(―→))⊥eq \(AE,\s\up7(―→))，从而BD⊥AE.
(3)由AB＝eq \r(2)CE，设|a|＝|b|＝2，则|c|＝eq \r(2)，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eq \(CG,\s\up7(―→))＝(1－λ)eq \(CE,\s\up7(―→))＋λeq \(CO,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)λa＋eq \f(1,2)λb＋(1－λ)c(0≤λ≤1)，
由CG⊥平面BDE知CG⊥DE，
而eq \(DE,\s\up7(―→))＝c－b，
因此eq \(CG,\s\up7(―→))·eq \(DE,\s\up7(―→))＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)λa＋\f(1,2)λb＋(1－λ)c))·(c－b)＝(1－λ)c2－eq \f(1,2)λb2＝2－4λ＝0，解得λ＝eq \f(1,2)，即点G是线段EO的中点时，满足题意，此时eq \f(EG,EO)＝eq \f(1,2).
课程标准
课标解读
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..
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.
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.