《空间向量的基本定理》课后训练

课后导练基础达标1.若对任意一点O ，且OP =y x +,则x+y=1是P 、A 、B 三点共线的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案：C2.已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任一点O ，OM OM=x +31+31,则x 的值为…( )A.1B.0C.3D.31 答案：D3.在以下命题中,不正确的个数是（ ）①已知A,B,C,D 是空间任意四点,则+++=0 ②|a |+|b |=|a +b |是a ,b 共线的充要条件 ③若a 与b 共线,则a 与b 所在的直线的平行 ④对空间任意一点O 和不共线的三点A,B,C,若z y x ++=,(其中x,y,z ∈R ),则P,A,B,C 四点共面A.1B.2C.3D.4答案：C4.设命题p:a ,b ,c 是三个非零向量;命题q:{a ,b ,c }为空间的一个基底,则命题p 是命题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 答案：B5.下列条件中，使M 与A 、B 、C 一定共面的是( ) A.OM --= B.++=0 C.OC AM OB OA AM 313131++++ D.OM +-=2答案：B6.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 为矩形ABC Ｄ的对角线的交点，设A 1=a,11B A =b,11D A =c,则A 1=____________.答案：a +21b +21c 7.设O 为空间任意一点,a,b 为不共线向量,=a,=b,=ma+nb,(m,n ∈k)若A,B,C 三点共线,则m,n 满足____________.答案：m+n=1.8.已知A 、B 、C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，在下列各条件下，点P 是否与A 、B 、C 一定共面？ (1)OP =52OA +51OB +52OC ； (2)OP=2OA-2OB-OC. 解：(1)OP =52OA +51OB +52OC . ∵1525152=++,∴P 与A 、B 、C 共面. (2)OP =OC OB OA --22.∵2-2-1=-1,∴P 与A 、B 、C 不共面.9.如右图，已知四边形ABCD 是空间四边形，E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边CB 、CD 上的点，且CF =32CB ,CG =32CD .求证：四边形EFGH 是梯形．证明：∵E 、H 分别是AB 、AD 的中点,∴AE =21AB ,AH =21AD ， EH =AE AH -=21AD -21AB =21(AD -AB )=21BD =21(CB CD -) =21(23CG -23CF )=43(CF CG -)=43FG . ∴EH ∥FG 且|EH |=43|FG |≠|FG |. ∴四边形EFGH 是梯形.综合运用10.如右图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若11B A =a ，11D A =b ，11A A =c ，则下列向量中与B 1M 相等的向量是（ ）A.21-a+21b+cB.21a+21b+c C.21a-21b+c D.21-a-21b+c 答案：A 11.已知向量{a,b,c}是空间的一个基底，则从以下各向量a,b,c,a+b,a-b,a+c,a-c ，b+c,b-c 中选取出三个向量，使它们构成空间的基底，请你写出三个基底：_____________________. 答案：{a ,b ,c }或{a +b ,a +c ,b +c }或{a -b ,a -c ,b -c }等.12.如右图所示，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB 、AC ，M 是边OA 的中点，G 是△ABC 的重心，则用基向量OA 、OB 、OC 表示向量MG 的表达式为_______________.答案：=61-+31+31 13.已知A 、B 、M 三点不共线，对于平面ABM 外的任一点O ，确定在下列各条件下，点P 是否与A 、B 、M 一定共面?(1)OA OP OM OB -=+3 (2)OM OB OA OP --=4.解法一:(1)原式可变形为=OM +(-)+(-)=OM ++. 由共面向量定理的推论知P 与A 、B 、M 共面．(2)原式可变形为OP =OA 2+OA -OM OA OB -+=MA BA OA ++2.由共面向量定理的推论可得P 位于平面ABM 内的充要条件可写成MA y BA x OA OP ++=.而此题推得OP =MA BA OA ++2,∴P 与A 、B 、M 不共面．解法二:（1）原式可变形为OM OA OP OB --=3.∵3+（-1）+（-1）=1,∴B 与P 、A 、M 共面,即P 与A 、B 、M 共面.（2）OP =OM OB OA --4,∵4+（-1）+（-1）=2≠1,∴P 与A 、B 、M 不共面.拓展研究14.已知P 是ABCD 所在平面外一点，连结PA 、PB 、PC 、PD ，点E 、F 、G 、H 分别是△PAB 、△PBC 、△PCD 、△PDA 的重心.求证：(1)E 、F 、G 、H 四点共面;(2)平面EFGH ∥平面ABCD.证明：(1)如右图,证存在实数λ，u 使EG =EF λ+EH u .连结PE 、PF 、PG 、PH 并延长分别交AB 、BC 、CD 、DA 于点M 、N 、Q 、R.则M 、N 、Q 、R 为ABCD 各边的中点，顺次连结M 、N 、Q 、R 所得四边形为平行四边形.+==(PM PN -)+(-),又PE=PM 32,PF=PN 32,PG=PQ 32, PH=PR 32, ∴=23(-)+23(-)=23(+). 又∵-==23(PE PG -)=23, ∴+=.∴E 、F 、G 、H 四点共面. (2)证EF 、EG ∥平面ABCD.∵=23,MN =PM PN -=23(PE PF -)=23,∴MQ ∥EG,MN ∥EF. ∴平面EFGH ∥平面ABCD.。

04课后课时精练一、选择题1. 下列命题正确的有( )①空间向量就是空间中一条有向线段；②若A ，B ，C ，D 是不共线的四点，则AB →＝DC →是四边形ABCD 是平行四边形的充要条件；③|a |＝|b |是向量a ＝b 的必要不充分条件；④AB →＝CD →的充要条件是A 与C 重合，B 与D 重合． A. 1个 B. 2个 C. 3个D. 4个解析：①不正确．有向线段可以表示向量，但不是向量． ②正确，∵AB →＝DC →，∴|AB →|＝|DC →|且AB →∥DC →.又A ，B ，C ，D 不共线，∴四边形ABCD 是平行四边形． 反之，在▱ABCD 中，AB →＝DC →.③正确．a ＝b ⇒|a |＝|b |，|a |＝|b |D ⇒/a ＝b .④不正确.AB →＝CD →⇒|AB →|＝|CD →|，AB →与CD →同向．但是向量可以平移，起点位置不确定．答案：B2. A ，B ，C 不共线，对空间任意一点O ，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则P ，A ，B ，C 四点( )A. 不共面B. 共面C. 不一定共面D. 无法判断是否共面解析：OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →＝34OA →＋18(OA →＋AB →)＋18(OA →＋AC →) ＝OA →＋18AB →＋18AC →， ∴OP →－OA →＝18AB →＋18AC →， ∴AP →＝18AB →＋18AC →.由共面的充要条件知P ，A ，B ，C 四点共面． 答案：B3．在四面体O —ABC 中，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE →＝( )A. 12a －14b ＋14cB. a －12b ＋12cC. 12a ＋14b ＋14cD. 14a ＋12b ＋14c解析：OE →＝OA →＋AE →＝a ＋12AD →＝a ＋12(OD →－OA →) ＝12a ＋12OD →＝12a ＋12×12(OB →＋OC →) ＝12a ＋14b ＋14c . 答案：C4．已知两非零向量e 1，e 2，且e 1与e 2不共线，设a ＝λe 1＋μe 2(λ，μ∈R ，且λ2＋μ2≠0)，则( )A ．a ∥e 1B ．a ∥e 2C ．a 与e 1、e 2共面D ．以上三种情况均有可能解析：假设a 与e 1共线，则a ＝k e 1，所以a ＝λe 1＋μe 2可变为(k －λ)e 1＝μe 2，所以e 1与e 2共线，这与e 1与e 2不共线相矛盾，故假设不成立，即A 不正确，同理B 不正确，则D 也错误．答案：C5．下列条件能使M 与A 、B 、C 一定共面的是( ) A. OM →＝2OA →－OB →－OC → B. OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC → C. MA →＋MB →＋MC →＝0 D. OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0解析：在C 中，MA →＝－MB →－MC →，∴MA →、MB →、MC →共面．∴M 、A 、B 、C 一定共面，故C 正确．在A 、B 、D 三个选项中，OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →的式子中，x＋y ＋z ≠1，故全错．答案：C6．在空间四边形OABC 中，D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 的中点，OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则下列命题：①AB →＝a ＋b ；②BE →＝b ＋12(a ＋c )；③CF →＝12(a ＋b )－c ；④AF →＝－12a ＋12b ；⑤AD →＋BE →＋CF →＝0，其中正确的命题为( )A ．①②③B ．①②④C ．③④⑤D ．②③⑤解析：如图，AB →＝OB →－OA →＝b －a ，∴①错；BE →＝OE →－OB →＝12(a ＋c )－b ，∴②错．答案中只有C 不含①②，故选C.答案：C 二、填空题7．已知A ，B ，C 三点共线，则对空间任一点O ，存在三个不为0的实数λ，m ，n ，使 λOA →＋mOB →＋nOC →＝0，那么λ＋m ＋n 的值为________．解析：∵A ，B ，C 三点共线， ∴存在唯一实数k 使AB →＝kAC →， 即OB →－OA →＝k (OC →－OA →)， ∴(k －1)OA →＋OB →－kOC →＝0， 又λOA →＋mOB →＋nOC →＝0， 令λ＝k －1，m ＝1，n ＝－k ， 则λ＋m ＋n ＝0. 答案：08．若G 为△ABC 内一点，且满足AG →＋BG →＋CG →＝0，则G 为△ABC 的________．(填“外心”“内心”“垂心”或“重心”)解析：如图，取BC 的中点O ，AC 的中点D ，连接OG 、DG .由题意知AG →＝－BG →－CG →＝GB →＋GC →＝2GO →，同理BG →＝2GD →，故G 为△ABC 的重心．答案：重心9．如图，已知边长为1的正四面体O －ABC ，边OA 的中点为M ，自O 作平面ABC 的垂线OH 与平面ABC 交于点H ，与平面MBC 交于点I ，将OI →用OA →，OB →，OC →表示为________．解析：易知H 是正三角形ABC 的中心，所以OH →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．又I 在OH 上，故存在实数λ，满足OI →＝λOH →，故OI →＝λ3(OA →＋OB →＋OC →)＝λ3(2OM →＋OB →＋OC →)．因为I 在平面MBC 内，所以2λ3＋λ3＋λ3＝1，所以λ＝34，于是OI →＝14OA →＋14OB →＋14OC →.答案：OI →＝14OA →＋14OB →＋14OC →三、解答题10．如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 分CA →所成的比为2∶1，N 分DA 1→所成的比为1∶2，设AB →＝m ，AD →＝n ，AA 1→＝t ，试将MN →表示成m 、n 、t 的关系式．解：连接AN ，则MN →＝MA →＋AN →，由已知得四边形ABCD 为平行四边形，故AC →＝AB →＋AD →＝m ＋n ，又MA →＝－13AC →＝－13(m ＋n )，AN →＝AD →＋DN →＝AD →－ND →＝AD →－13A 1D →＝13(t ＋2n )，MN →＝MA →＋AN →＝－13(m ＋n )＋13(t ＋2n )＝13(n ＋t －m )．11．已知O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 为空间的9个点(如右图)，并且OE →＝kOA →，OF →＝kOB →，OH →＝kOD →，AC →＝AD →＋mAB →，EG →＝EH →＋mEF →.求证：(1)A 、B 、C 、D 四点共面，E 、F 、G 、H 四点共面； (2)AC →∥EG →；(3)OG →＝kOC →.证明：(1)由AC →＝AD →＋mAB →，EG →＝EH →＋mEF →，知A 、B 、C 、D 四点共面，E 、F 、G 、H 四点共面．(2)∵EG →＝EH →＋mEF → ＝OH →－OE →＋m (OF →－OE →) ＝k (OD →－OA →)＋km (OB →－OA →) ＝kAD →＋kmAB → ＝k (AD →＋mAB →)＝kAC →， ∴AC →∥EG →.(3)由(2)知OG →＝EG →－EO →＝kAC →－kAO →， ＝k (AC →－AO →)＝kOC →， ∴OG →＝kOC →.12. 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，M 为PD 的中点，证明PB ∥平面ACM .(用向量法)证明：∵M 是PD 的中点，∴PM →＝MD →. 又∵PB →＝PM →＋MA →＋AB →＝PM →＋MA →＋AC →＋CB → ＝PM →＋MA →＋AC →＋DA → ＝PM →＋MA →＋AC →＋MA →－MD →.∴PB →＝2MA →＋AC →.∴PB →、MA →、AC →共面． 又∵PB ⊄平面ACM ，∴PB ∥平面ACM .。

第一章　1.2　A级——基础过关练1．已知{a，b，c}是空间的一个基底，则可以与向量p＝a＋b，q＝a－b构成基底的向量是( )A．2a B．2bC．2a＋3b D．2a＋5c【答案】D【解析】由于{a，b，c}是空间的一个基底，所以a，b，c不共面，在四个选项中，只有2a＋5c与p，q不共面，因此，2a＋5c与p，q能构成一组基底．故选D．2．如图，设OABC是四面体，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若OG＝xOA＋yOB＋zOC，则(x，y，z)为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知OG＝OG1＝(OA＋AG1)＝[OA＋(AB＋AC)]＝OA＋[(OB－OA)＋(OC－OA)]＝OA＋OB＋OC，从而x＝y＝z＝．3．已知向量a，b满足|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，则cos〈a，a＋b〉＝( ) A．－　B．－　C．　D．【答案】D【解析】∵|a|＝5，|b|＝6，a·b＝－6，∴a·(a＋b)＝|a|2＋a·b＝52－6＝19．|a＋b|＝＝＝＝7，因此cos〈a，a＋b〉＝＝＝．4．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设AB＝a，AC＝b，AA1＝c，用a，b，c表示向量MN为( )A．a＋b－c B．a＋b＋cC．a－b＋c D．a＋b＋c【答案】D【解析】MN＝BN－BM＝BB1＋B1N－BM，因为BM＝2A1M，C1N＝2B1N，BB1＝AA1，所以MN＝AA1＋B1C1－BA1＝AA1＋BC－(AA1－AB)＝AA1＋(AC－AB)－(AA1－AB)＝AA1＋AC＋AB＝a＋b＋c．5．已知{e1，e2，e3}为空间向量的一个基底，若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，且d＝αa＋βb＋γc，则α，β，γ的值为( )A．α＝，β＝－1，γ＝－B．α＝－1，β＝，γ＝－C．α＝－，β＝，γ＝－1D．α＝－1，β＝－，γ＝【答案】A【解析】由题意得a，b，c为三个不共面的向量，∴由空间向量基本定理可知必然存在唯一的有序实数组(α，β，γ)，使得d＝αa＋βb＋γc，∴d＝α(e1＋e2＋e3)＋β(e1＋e2－e3)＋γ(e1－e2＋e3)＝(α＋β＋γ)e1＋(α＋β－γ)e2＋(α－β＋γ)e3．又∵d＝e1＋2e2＋3e3，∴解得故选A．6．如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，AC与BD交于点O，G为BD上一点，BG＝2GD，PA＝a，PB＝b，PC＝c，用基底{a，b，c}表示向量PG＝( )A．a－b＋c B．a＋b－cC．－a＋b＋c D．a＋b＋c【答案】A【解析】PG＝PB＋BG＝PB＋BD＝PB＋(BA＋BC)＝PB＋(PA－PB＋PC－PB)＝PA －PB＋PC＝a－b＋c．故选A．7．(多选)(2021年张家口期中)下列说法中正确的是( )A．空间向量的一个基底{e1，e2，e3}中，e1，e2，e3一定都是非零向量B．在空间向量基本定理中，若a＝0，则λ1＝λ2＝λ3＝0C．若单位向量e1，e2的夹角为，则e1在e2方向上的投影向量是－e2D．空间的基底是唯一的【答案】ABC【解析】选项A，作为基底的向量一定不共线，零向量与任意向量共线，因此e1，e2，e3一定都是非零向量，故A正确；选项B，a＝0＝0·e1＋0·e2＋0·e3，由在同一基底下向量分解的唯一性，有λ1＝λ2＝λ3＝0，故B正确；选项C，e1在e2方向上的投影向量为e2＝－e2，故C正确；选项D，空间中任何不共面的三个向量都可作为基底，因此基底不是唯一的，故D错误．故选ABC．8．从空间一点P引出三条射线PA，PB，PC，在PA，PB，PC上分别取PQ＝a，PR ＝b，PS＝c，点G在PQ上，且PG＝2GQ，H为RS的中点，则GH＝________(用a，b，c表示)．【答案】－a＋b＋c【解析】GH＝PH－PG＝(b＋c)－a＝－a＋b＋c．9．已知在四面体ABCD中，AB＝a－2c，CD＝5a＋6b－8c，对角线AC，BD的中点分别为E，F，则EF＝________．【答案】3a＋3b－5c【解析】取BC的中点G，连接EG，FG，则EF＝GF－GE＝CD－BA＝CD＋AB＝(5a＋6b－8c)＋(a－2c)＝3a＋3b－5c．10．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是平行四边形，M是PC的中点，问向量PA，MB，MD是否可以组成一个基底，并说明理由．解：PA，MB，MD不可以组成一个基底．理由如下：如图，连接AC，BD相交于点O，连接OM．因为ABCD是平行四边形，所以O是AC，BD的中点．在△BDM中，MO＝(MD＋MB)，在△PAC中，M是PC的中点，O是AC的中点，则MO＝PA，即PA＝MD＋MB，即PA与MD，MB共面．所以PA，MB，MD不可以组成一个基底．B级——能力提升练11．(多选)(2021年青岛月考)已知M，A，B，C四点互不重合且任意三点不共线，则下列式子中能使成为空间的一个基底的是( )A．OM＝OA＋OB＋OC B．MA＝MB＋MCC．OM＝OA＋OB＋OC D．6OM＝OA＋2OB＋3OC【答案】AC【解析】对于选项ACD，由OM＝xOA＋yOB＋zOC(x＋y＋z＝1)，可得M，A，B，C四点共面，即MA，MB，MC共面，所以选项A中，MA，MB，MC不共面，可以构成基底，选项C中，MA，MB，MC不共面，可以构成基底；选项D中，因为6OM ＝OA＋2OB＋3OC，所以OM＝OA＋OB＋OC，可得M，A，B，C四点共面，即MA，MB，MC共面，无法构成基底，故选项D错误；对于选项B，根据平面向量基本定理，因为MA＝MB＋MC，得MA，MB，MC共面，无法构成基底，故选项B错误．故选AC．12．已知点A在基底{a，b，c}下的坐标为(8，6，4)，其中a＝i＋j，b＝j＋k，c ＝k＋i，则点A在基底{i，j，k}下的坐标是( )A．(12，14，10)B．(14，12，10)C．(10，12，14)D．(12，10，14)【答案】A【解析】设点A在基底{a，b，c}下对应的向量为p，则p＝8a＋6b＋4c＝8i＋8j ＋6j＋6k＋4k＋4i＝12i＋14j＋10k，故点A在基底{i，j，k}下的坐标为(12，14，10)．故选A．13．若{a，b，c}是空间向量的一个基底，且存在实数x，y，z使得x a＋y b＋z c＝0，则x，y，z满足的条件是________．【答案】x＝y＝z＝0【解析】若x≠0，则a＝－b－c，即a与b，c共面．由{a，b，c}是空间向量的一个基底，知a，b，c不共面，故x＝0，同理y＝z＝0．14．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若向量AE在以{AA1，AB，AD}为单位正交基底下的坐标为(1，x，y)，则x＝________，y＝________．【答案】　【解析】AE＝AA1＋A1E＝AA1＋A1C1＝AA1＋(A1B1＋B1C1)＝AA1＋(AB＋AD)＝AA1＋AB＋AD．15．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，E，F分别是AD1，BD的中点．(1)用向量a，b，c表示D1B，EF；(2)若D1F＝x a＋y b＋z c，求实数x，y，z的值．解：(1)D1B＝D1D＋DB＝－AA1＋AB－AD＝a－b－c，EF＝EA＋AF＝D1A＋AC＝－(AA1＋AD)＋(AB＋AD)＝(a－c)．(2)D1F＝(D1D＋D1B)＝D1D＋DB＝A1A＋(AB－AD)＝－AA1＋AB－AD＝－c＋a－b，所以x＝，y＝－，z＝－1．。

3.1.2空间向量的基本定理学习目标：1.了解共线向量、共面向量的意义，掌握它们的表示方法.2.理解共线向量的充要条件和共面向量的充要条件及其推论，并能应用其证明空间向量的共线、共面问题．(重点、难点).3.理解基底、基向量及向量的线性组合的概念．[自主预习·探新知]1．共线向量定理与共面向量定理(1)共线向量定理两个空间向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在唯一的实数x ，使a ＝x b .(2)向量共面的条件①向量a 平行于平面α的定义已知向量a ，作OA →＝a ，如果a 的基线OA 平行于平面α或在α内，则就说向量a 平行于平面α，记作a ∥α.②共面向量的定义平行于同一平面的向量，叫做共面向量．③共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，则向量c 与向量a ，b 共面的充要条件是，存在唯一的一对实数x ，y ，使c ＝x a ＋y b .2．空间向量分解定理(1)空间向量分解定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组x ，y ，z ，使p ＝x a ＋y b ＋z c .(2)基底如果三个向量a ，b ，c 是三个不共面的向量，则a ，b ，c 的线性组合x a ＋y b ＋z c 能生成所有的空间向量，这时a ，b ，c 叫做空间的一个基底，记作{a ，b ，c }，其中a ，b ，c 都叫做基向量．表达式x a ＋y b ＋z c 叫做向量a ，b ，c 的线性表示式或线性组合．[基础自测]1．思考辨析(1)向量a ，b ，c 共面，即表示这三个向量的有向线段所在的直线共面．()(2)若向量e 1，e 2不共线，则空间任意向量a ，都有a ＝λe 1＋μe 2(λ，μ∈R )．()[提示](1)×表示这三个向量的有向线段平行于同一平面．(2)×与e 1，e 2共面的任意向量a ，都有a ＝λe 1＋μe 2(λ，μ∈R )．2．给出的下列几个命题：①向量a ，b ，c 共面，则存在唯一的有序实数对(x ，y)，使c ＝x a ＋y b ；②零向量的方向是任意的；③若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb .其中真命题的个数为() A ．0B ．1C ．2D ．3B[只有②为真命题．]3．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且存在实数x ，y ，z 使得x a ＋y b ＋z c ＝0，则x ，y ，z 满足的条件是________．【导学号：33242244】x ＝y ＝z ＝0[若x ≠0，则a ＝－y x b ＋zxc ，即a 与b ，c 共面．由{a ，b ，c }是空间向量的一个基底，知a ，b ，c 不共面，故x ＝0，同理y ＝z ＝0.][合作探究·攻重难]向量共线问题如图3-1-11所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 在A 1D 1上，且A 1E→＝2ED 1→，F 在对角线A 1C 上，且A 1F →＝23FC →.求证：E ，F ，B 三点共线．图3-1-11[证明]设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c .∵A 1E →＝2ED 1→，A 1F →＝23FC →，∴A 1E →＝23A 1D 1→，A 1F →＝25A 1C →.∴A 1E →＝23AD →＝23b ，A 1F →＝25(AC →－AA 1→)＝25(AB →＋AD →－AA 1→) ＝25a ＋25b －25c . ∴EF →＝A 1F →－A 1E →＝25a －415b －25c＝25a －23b －c .又EB →＝EA 1→＋A 1A →＋AB →＝－23b －c ＋a ＝a －23b －c ，∴EF →＝25EB →.∴E ，F ，B 三点共线．[规律方法]判定两向量共线就是寻找x 使a ＝x b (b ≠0)成立，为此可结合空间图形并运用空间向量运算法则化简出a ＝xb ，从而得a ∥b .[跟踪训练]1．如图3-1-12所示，已知空间四边形ABCD ，E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是CB 、CD 上的点，且CF →＝23CB →，CG →＝23CD →.利用向量法求证四边形EFGH 是梯形．图3-1-12[证明]∵E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，∴AE →＝12AB →，AH →＝12AD →，EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →＝12(CD →－CB →)＝1232CG →－32CF →＝34(CG →－CF →)＝34FG →，∴EH →∥FG →且|EH →|＝34|FG →|≠|FG →|，又F 不在EH 上，∴四边形EFGH 是梯形.共面向量定理及应用对于任意空间四边形ABCD ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点．试证：EF →与BC →、AD →共面.【导学号：33242245】[思路探究]分析题意→利用向量的运算法则表示EF →→利用中点关系寻求EF →、BC →、AD →的关系→应用向量共面的充要条件→得出结论[解]空间四边形ABCD 中，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，则EF →＝EA →＋AD →＋DF →，EF →＝EB →＋BC →＋CF →.①又E 、F 分别是AB 、CD 的中点，故有EA →＝－EB →，DF →＝－CF →，②将②代入①中，两式相加得2EF →＝AD →＋BC →.所以EF →＝12AD →＋12BC →，即EF →与BC →、AD →共面．[规律方法]利用向量法证明四点共面，实质上是证明的向量共面问题，解题的关键是熟练地进行向量表示，恰当应用向量共面的充要条件，解题过程中要注意区分向量所在的直线的位置关系与向量的位置关系.[跟踪训练]2．如图3-1-13所示，P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，连接PA ，PB ，PC ，PD ，点E ，F ，G ，H 分别是△PAB ，△PBC ，△PCD ，△PDA 的重心，分别延长PE ，PF ，PG ，PH ，交对边于M ，N ，Q ，R ，并顺次连接MN ，NQ ，QR ，RM.应用向量共面定理证明：E 、F 、G 、H 四点共面．图3-1-13[证明]∵E 、F 、G 、H 分别是所在三角形的重心，∴M 、N 、Q 、R 为所在边的中点，顺次连接M 、N 、Q 、R ，所得四边形为平行四边形，且有PE →＝23PM →，PF →＝23PN →，PG →＝23PQ →，PH →＝23PR →.∵MNQR 为平行四边形，∴EG →＝PG →－PE →＝23PQ →－23PM →＝23MQ →＝23(MN →＋MR →)＝23(PN →－PM →)＋23(PR →－PM →) ＝2332PF →－32PE →＋2332PH →－32PE →＝EF →＋EH →.∴由共面向量定理得EG →，EF →，EH →共面，所以E 、F 、G 、H 四点共面.基底的判断及应用[探究问题]1．构成空间向量的基底唯一吗？是否共面？[提示]不唯一，不共面．2．怎样理解空间向量基本定理？[提示](1)空间向量基本定理表明，用空间三个不共面已知向量组{a ，b ，c }可以线性表示出空间任意一个向量，而且表示的结果是唯一的．(2)空间中的基底是不唯一的，空间中任意三个不共面向量均可作为空间向量的基底．(3)拓展：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z}，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，当且仅当x ＋y ＋z ＝1时，P 、A 、B 、C 四点共面．(1)若{a ，b ，c }是空间的一个基底，试判断{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }能否作为该空间的一个基底．图3-1-14(2)如图3-1-14，在三棱柱ABC-A ′B ′C ′中，已知AA ′→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，点M ，N 分别是BC ′，B ′C ′的中点，试用基底{a ，b ，c }表示向量AM →，AN →.【导学号：33242246】[思路探究](1)判断a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 是否共面，若不共面，则可作为一个基底，否则，不能作为一个基底．(2)借助图形寻找待求向量与a ，b ，c 的关系，利用向量运算进行分析，直至向量用a ，b ，c 表示出来．[解](1)假设a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 共面．则存在实数λ、μ使得a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，∴a ＋b ＝λb ＋μa ＋(λ＋μ)c .∵{a ，b ，c }为基底，∴a ，b ，c 不共面．∴1＝μ，1＝λ，0＝λ＋μ.此方程组无解，∴a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 不共面．∴{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }可以作为空间的一个基底．(2)AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋12BC ′→＝AB →＋12(BB ′→＋BC →)＝AB →＋12BB ′→＋12(AC →－AB →)＝b ＋12a ＋12(c －b )＝b ＋12a ＋12c －12b＝12a ＋12b ＋12c . AN →＝AA ′→＋A ′B ′→＋B ′N →＝AA ′→＋A ′B ′→＋12B ′C ′→＝a ＋b ＋12(A ′C ′→－A ′B ′→)＝a ＋b ＋12(c －b )＝a ＋12b ＋12c .母题探究：1.(变换条件)若把本例3(2)中的AA ′→＝a 改为AC ′→＝a ，其他条件不变，则结果又是什么？[解]AM →＝AB →＋BM→＝AB →＋12BC ′→＝AB →＋12(AC ′→－AB →)＝b ＋12(a －b )＝12a ＋12b . AN →＝AC ′→＋C ′N →＝AC ′→＋12C ′B ′→＝AC ′→－12B ′C ′→＝AC ′→－12(A ′C ′→－A ′B ′→)＝a －12(c －b )＝a ＋12b －12c .2.(变换条件、改变问法)如图3-1-15所示，本例3(2)中增加条件“P 在线段AA ′上，且AP ＝2PA ′”，试用基底{a ，b ，c }表示向量MP →.图3-1-15[解]MP →＝MC ′→＋C ′A ′→＋A ′P →＝12BC ′→－A ′C ′→－13AA ′→＝12(BB ′→＋BC →)－AC →－13AA ′→＝12[AA ′→＋(AC →－AB →)]－AC →－13AA ′→＝12(a ＋c －b )－c －13a ＝16a －12b －12c .[规律方法]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：利用空间向量的一个基底{a ，b ，c }可以表示出空间所有向量.表示要彻底，结果中只能含有a ，b ，c ，不能含有其他形式的向量.提醒：利用三角形法则或平行四边形法则，把所求向量用已知基向量表示出来.)[当堂达标·固双基]1．给出下列命题：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 }也可作为空间的基底；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BA →，BM →，BN →不能构成空间的一个基底，那么A ，B ，M ，N 共面；④已知向量组{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 ．2C ．3D ．4D[根据基底的概念，空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底，否则就不能构成空间的一个基底．显然②正确，③中由BA →、BM →、BN →共面且过相同点B ，故A 、B 、M 、N 共面．下面证明①④正确．①假设d 与a 、b 共面，则存在实数λ，μ，使d ＝λa ＋μb ，∵d 与c 共线，c ≠0，∴存在实数k ，使d ≠k c ，∵d ≠0，∴k ≠0，从而c ＝λk a ＋μk 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．]2．对空间任一点O 和不共线三点A 、B 、C ，能得到P 、A 、B 、C 四点共面的是()A.OP →＝OA →＋OB →＋OC →B.OP →＝13OA →＋13OB →＋13OC→C.OP →＝－OA →＋12OB →＋12OC→D ．以上皆错B[法一：∵13＋13＋13＝1，∴选B.法二：∵OP →＝13OA →＋13OB →＋13OC →，∴3OP →＝OA →＋OB →＋OC →，∴OP →－OA →＝(OB →－OP →)＋(OC →－OP →)，∴AP →＝PB →＋PC →，∴P A →＝－PB →－PC →，∴P 、A 、B 、C 共面．]3．已知正方体ABCD-A ′B ′C ′D ′，点E 是A ′C ′的中点，点F 是AE 的三等分点，且AF ＝12EF ，则AF →等于()【导学号：33242247】A.AA ′→＋12AB →＋12AD →B.12AA ′→＋12AB →＋12AD →C.12AA ′→＋16AB →＋16AD →D.13AA ′→＋16AB →＋16AD →D[由条件AF ＝12EF 知，EF ＝2AF ，∴AE ＝AF ＋EF ＝3AF ，∴AF →＝13AE →＝13(AA ′→＋A ′E →) ＝13(AA ′→＋12A ′C ′→) ＝13AA ′→＋16(A ′D ′→＋A ′B ′→)＝13AA ′→＋16AD →＋16AB →.] 4．已知点M 在平面ABC 内，并且对空间任一点O ，OM →＝xOA →＋13OB →＋13OC →，则x 的值为________．13[因为点M 在平面ABC 中，即M 、A 、B 、C 四点共面，所以x ＋13＋13＝1，即x ＝13.] 5．如图3-1-16所示，在空间四面体A-BCD 中，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，请判断向量EF →与AD →＋BC →是否共线？【导学号：33242248】图3-1-16[解]取AC 中点为G.连接EG ，FG ，∴GF →＝12AD →，EG →＝12BC →，∴EF →＝EG →＋GF →＝12BC →＋12AD →＝12(AD →＋BC →)．∴EF →与AD →＋BC →共线．。

专题1.3 空间向量基本定理【玩前必备】知识点一 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 ＝x a ＋y b ＋z c .我们把{a ，b ，c }叫做空间的一个基底，a ，b ，c 都叫做基向量． 知识点二 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x i ，y j ，z k 使得a ＝x i ＋y j ＋z k . 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． 知识点三 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 ＝x a ＋y b .知识点四 求夹角、证明垂直问题 (1)θ为a ，b 的夹角，则cos θ＝a ·b|a ||b |. (2)若a ，b 是非零向量，则a ⊥b ⇔a ·b ＝0. 知识点五 求距离(长度)问题 ||a ＝a ·a ( ||AB →＝AB →·AB → )．【玩转题型】【题型1 空间向量基底的判断】【例1】（2020秋•嘉祥县校级期中）已知{a →，b →，c →}是空间向量的一个基底，则与向量p →=a →+b →，q →=a →−b →可构成空间向量基底的是（ ）A ．a →B ．b →C ．a →+2b →D ．a →+2c →【分析】由基底的意义知共面的三个向量不能构成空间向量基底，即可判断出结论．【解答】解：由于向量a →，b →，a →+2b →都与向量p →=a →+b →，q →=a →−b →为共面向量，因此A ，B ，C 不符合题意．故选：D ．【变式1-1】（2020秋•桃城区校级期中）已知{e 1→，e 2→，e 3→}是空间的一个基底，下列四组向量中，能作为空间一个基底的是（ ） ①e 1→，2e 2→，e 2→−e 3→②2e 2→，e 2→−e 1→，e 2→+2e 1→③2e 1→+e 2→，e 2→+e 3→，−e 1→+5e 3→④e 3→，e 1→+e 3→，e 1→+e 3→． A ．①②B ．②④C ．③④D ．①③【分析】利用平面向量基本定理、空间向量基底的意义即可判断出． 【解答】解：①假设存在非0实数a ，b ，c 使得ae 1→+b ⋅2e 2→+c(e 2→−e 3→)=0→，化为ae 1→+(2b +c)e 2→−ce 3→=0→，∵{e 1→，e 2→，e 3→}是空间的一个基底，∴{a =02b +c =0−c =0，解得a ＝b ＝c ＝0， 故假设不成立，因此e 1→，2e 2→，e 2→−e 3→可以作为空间的一个基底．②∵2e 1→，e 2→−e 1→，e 2→+2e 1→一定是共面向量，因此不能作为空间向量的一个基底；③假设存在实数a ，b ，c 使得a(2e 1→+e 2→)+b(e 2→+e 3→)+c(−e 1→+5e 3→)=0→，化为，(2a −c)e 1→+(a +b)e 2→+(b +5c)e 3→=0→，∵{e 1→，e 2→，e 3→}是空间的一个基底， ∴{2a −c =0a +b =0b +5c =0，解得a ＝b ＝c ＝0，故假设不成立． 因此可以作为空间的一个基底．④e 3→，e 1→+e 3→，e 1→+e 3→一定是共面向量，因此不能作为空间向量的一个基底． 综上可知：只有①③能作为空间一个基底．故选：D ．【变式1-2】（2020秋•赤峰校级期末）{a →，b →，c →}＝是空间向量的一个基底，设p →=a →+b →，q →=b →+c →，r →=c →+a →，给出下列向量组：①{a →，b →，p →}，②{b →，c →，r →}，③{p →，q →，r →}，④{p →，q →，a →+b →+c →}，其中可以作为空间向量基底的向量组有（ ）组． A ．1B ．2C ．3D ．4【分析】由题设条件知，本题研究空间向量基底，可以作为空间向量基底的向量组需要满足不共线，即其中一个向量不能用另两个向量的线性组合表示出来，【解答】解：∵{a →，b →，c →}＝是空间向量的一个基底，设p →=a →+b →，q →=b →+c →，r →=c →+a →， ①{a →，b →，p →}，不可以作为基底，因为p →=a →+b →，②{b →，c →，r →}，可以作为空间向量的基底，因为三向量不共面．③{p →，q →，r →}，此向量组也可以作为空间向量的一组基底，因为其中任意一个向量都不能用另两个向量的线性组合表示出来，三向量不共面；④{p →，q →，a →+b →+c →}，此向量组也可以作为空间向量的一组基底，因为其中任意一个向量都不能用另两个向量的线性组合表示出来，三向量不共面． 综上②③④是正确的，故选：C ．【变式1-3】已知{e 1→，e 2→，e 3→}为空间的一个基底，且OA →=e 1→+2e 2→−e 3→，OB →=−3e 1→+e 2→+2e 3→，OC →=e 1→+e 2→−e 3→，能否以{OA →，OB →，OC →}作为空间的一组基底？【分析】假设存在不全为0的实数m ，n ，使得OA →=mOB →+nOC →成立，则{1=−3m +n2=m +n −1=2m −n，通过此方程组的解即可判断出结论．【解答】解：假设存在不全为0的实数m ，n ，使得OA →=mOB →+nOC →成立， 则{1=−3m +n2=m +n −1=2m −n，此方程组无解， 即不存在不全为0的实数m ，n ，使得OA →=mOB →+nOC →成立， 因此假设不成立．因此能以{OA →，OB →，OC →}作为空间的一组基底． 答：能以{OA →，OB →，OC →}作为空间的一组基底．【题型2 空间向量基本定理的应用（表示向量）】【例2】（2020秋•南开区校级月考）在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AA 1→=c →，AB →=b →，AD →=a →，E 是BC 的中点，用a →，b →，c →表示A 1E →为（ ） A ．12a →+b →−c →B ．a →+b →−c →C ．12a →−b →−c →D ．12a →−b →+c →【分析】结合图象求出A 1E →=A 1A →+AB →+12BC →，从而求出结论即可．【解答】解：如图示：，结合图象得：A 1E →=A 1A →+AE →=−c →+AB →+12BC →=−c →+b →+12a →=12a →+b →−c →，故选：A ．【变式2-1】（2020秋•南阳期末）已知空间四边形OABC ，其对角线OB 、AC ，M 、N 分别是边OA 、CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，用向量OA →，OB →，OC →，表示向量OG →是（ ）A ．OG →=OA →+23OB →+23OC →B ．OG →=12OA →+23OB →+23OC →C ．OG →=16OA →+13OB →+13OC →D ．OG →=16OA →+13OB →+23OC →【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O 出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【解答】解：∵OG →=OM →+MG →=OM →+23MN →=OM →+23(MO →+OC →+CN →) =13OM →+23OC →+13(OB →−OC →) =16OA →+13OB →+13OC →∴OG →=16OA →+13OB →+13OC →，故选：C ．【变式2-2】（2020秋•随州期末）已知在空间四边形OABC 中，OA →=a →，OB →=b →，OC →=c →，点M 在OA 上，且OM ＝3MA ，N 为BC 中点，用a →，b →，c →表示MN →，则MN →等于 ．【分析】根据题意画出图形，结合图形，利用空间向量的线性运算法则，用OA →、OB →和OC →表示出MN →即可． 【解答】解：如图所示，空间四边形OABC 中，OA →=a →，OB →=b →，OC →=c →，∵点M 在OA 上，且OM ＝3MA ，∴OM →=34OA →；又N 为BC 中点，∴ON →=12（OB →+OC →）∴MN →=ON →−OM → =12（OB →+OC →）−34OA → =−34a →+12b →+12c →．故答案为：−34a →+12b →+12c →．【变式2-3】（2020秋•珠海期末）四棱锥P ﹣ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，AC 与BD 交于点O ，点G 为BD 上一点，BG ＝2GD ，PA →=a →，PB →=b →，PC →=c →，用基底{a →，b →，c →}表示向量BG →= ．【分析】利用向量的三角形法则、平行四边形法则即可得出．【解答】解：PG →=PB →+BG →=PB →+23BD →=PB →+23（BA →+BC →）=PB →+23（PA →−PB →+PC →−PB →）=23PA →−13PB →+23PC →=23a →−13b →+23c →，而PB →=PG →+GB →， 故BG →=PG →−PB →=23a →−13b →+23c →−b →=23a →−43b →+23c →， 故答案为：23a →−43b →+23c →．【题型3 空间向量基本定理的应用（求参数）】【例3】（2020秋•江苏期末）在三棱锥O ﹣ABC 中，AD →=DB →，CE →=2EB →，若DE →=xOA →+yOB →+zOC →，则（ ）A ．x =12，y =−16，z =13B ．x =12，y =16，z =−13C ．x =−12，y =16，z =13D ．x =12，y =16，z =13【分析】根据空间向量基本定理，先对已知向量进行分解，以OA →，OB →，OC →为基分别表示向量DE →，由唯一性判断．【解答】解：AD →=DB →⇒OD →−OA →=OB →−OD →⇒OD →=12OA →+12OB →，CE →=2EB →⇒OE →−OC →=2⋅(OB →−OE →)⇒3OE →=2OB →+OC →⇒OE →=23OB →+13OC →，DE →=OE →−OD →=−12OA →+16OB →+13OC →， DE →=xOA →+yOB →+zOC →，在三棱锥O ﹣ABC 中，OA →，OB →，OC →，不共面， 根据向量基本定理得x =−12，y =16，z =13．故选：C ．【变式3-1】（2020秋•资阳期末）如图，M ，N 是分别是四面体O ﹣ABC 的棱OA ，BC 的中点，设OA →=a →，OB →=b →，OC →=c →，若MN →=x a →+y b →+z c →，则x ，y ，z 的值分别是（ ）A ．12，12，12B ．12，12，−12C ．−12，12，−12D ．−12，12，12【分析】根据向量的线性运算表示出MN →=−12a →+12b →+12c →=x a →+y b →+z c →，根据对应关系求出x ，y ，z 的值即可．【解答】解：∵M ，N 是分别是四面体O ﹣ABC 的棱OA ，BC 的中点， ∴MN →=MA →+AC →+CN →=12OA →+（OC →−OA →）+12CB →=12a →+c →−a →+12（OB →−OC →）=12a →+c →−a →+12（b →−c →）=−12a →+12b →+12c →， 又MN →=x a →+y b →+z c →，∴x =−12，y =12，z =12，故选：D ．【变式3-2】（2020秋•白水县期末）在四面体ABCD 中，E 、G 分别是CD 、BE 的中点，若AG →=xAB →+yAD →+zAC →，则x +y +z ＝ ．【分析】AG →=AB →+BG →=AB →+12×12（BC →+BD →）=AB →+14AC →+14AD →−12AB →=12AB →+14AD →+14AC →，由此能求出x +y +z ．【解答】解：在四面体ABCD 中，E 、G 分别是CD 、BE 的中点，AG →=AB →+BG →=AB →+12BE → =AB →+12×12（BC →+BD →）=AB →+14（AC →−AB →+A →D −AB →）=AB →+14AC →+14AD →−12AB → =12AB →+14AD →+14AC →，∵AG →=xAB →+yAD →+zAC →，∴x +y +z =12+14+14=1． 故答案为：1．【变式3-3】（2020秋•番禺区期末）在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，分别在棱B 1B 和D 1D 上，且BE =13BB 1，DF =23DD 1．若EF →=xAB →+yAD →+zAA 1→，则x +y +z ＝ ．【分析】根据空间向量的加法、减法和数乘运算法则，求解即可． 【解答】解：平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，BE =13BB 1，DF =23DD 1，所以EF →=EB →+BA →+AD →+DF →=−13BB 1→−AB →+AD →+23DD 1→=−13AA 1→−AB →+AD →+23AA 1→ =−AB →+AD →+13AA 1→．由EF →=xAB →+yAD →+zAA 1→，所以x ＝﹣1，y ＝1，z =13， x +y +z ＝﹣1+1+13=13．故答案为：13．【题型4 利用空间向量基本定理解决几何问题】（3）几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用数量积可以求得．【例4】如图，一个结晶体的形状为平行六面体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 ，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是________．(填序号)① (AA 1—→＋AB →＋AD →)2＝2(AC →)2 ； ①AC 1—→·(AB →－AD →)＝0 ； ①向量B 1C —→与AA 1—→的夹角是60°； ①BD 1与AC 所成角的余弦值为63. 【解答】以顶点A 为端点的三条棱长都相等， 它们彼此的夹角都是60°， 可设棱长为1，则AA 1—→·AB →＝AA 1—→·AD →＝AD →·AB →＝1×1×cos 60°＝12，(AA 1—→＋AB →＋AD →)2＝AA 1—→2＋AB →2＋AD →2＋2AA 1—→·AB →＋2AB →·AD →＋2AA 1—→·AD → ＝1＋1＋1＋3×2×12＝6，而 2(AC →)2＝2(AB →＋AD →)2＝2(AB →2＋AD →2＋2AB →·AD →)＝2（1+1+2×12）＝2×3＝6，所以①正确． AC 1—→·(AB →－AD →)＝(AA 1—→＋AB →＋AD →)·(AB →－AD →)＝AA 1—→·AB →－AA 1—→·AD →＋AB →2－AB →·AD →＋AD →·AB →－AD →2＝0，所以①正确． 向量B 1C —→＝A 1D —→，显然①AA 1D 为等边三角形，则①AA 1D ＝60° .所以向量A 1D —→与AA 1—→的夹角是 120°，向量B 1C —→与AA 1—→的夹角是 120° ，则①不正确． 又BD 1—→＝AD →＋AA 1—→－AB →，AC →＝AB →＋AD →， 则|BD 1—→|＝o(AD→＋AA 1—→－AB→2)＝2，|AC →|＝o(AB→＋AD→2)＝3，BD 1—→·AC →＝()AD →＋AA 1—→－AB →·(AB →＋AD →)＝1， 所以cos 〈BD 1—→，AC →〉＝BD 1—→·AC →|BD 1—→||AC →|＝12×3＝66 ，所以①不正确，故①①正确．【变式4-1】如图，二面角α－l －β等于2π3，A ，B 是棱l 上两点， BD, AC 分别在平面α，β内，AC ①l ，BD ①l ，且 2AB ＝AC ＝BD ＝2，则CD 的长等于( )A ．2 3 B.13 C ．4D ．5【解答】①二面角α－l －β等于2π3，AC ①l ,BD ①l ，所以〈CA →，BD →〉＝π－2π3＝π3，①CD →＝CA →＋AB →＋BD →，①CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝22＋12＋22＋0＋0＋2×2×2×cos π3＝13.即CD ＝13.【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 ①BC ；(2)求直线AE 与DC 的夹角的余弦值．【解答】证明 因为AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，CB →＝DB →－DC →，所以AE →·CB →＝ ·(DB →－DC →) ＝12DB →2－12DC →2－DA →·DB →＋DA →·DC →，又DA ，DB ，DC 两两垂直， 且DB ＝DC ＝DA ＝2， 所以AE →·CB →＝0，故 AE ①BC . (2)解 AE →·DC →＝ ·DC →＝12DB →·DC →＋12DC →2－DA →·DC →＝12DC →2＝2， 由AE →2＝ 2＝14DB →2＋14DC →2＋DA →2＝6，得||AE→＝ 6. 所以cos 〈AE →，DC →〉＝AE →·DC →||AE →||DC→＝26×2＝66 .故直线AE 与DC 的夹角的余弦值为66. 【变式4-3】如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心．求证：B 1O ①平面P AC .【解答】证明 如图，连接BD ，则BD 过点O ，令AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1—→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，且AC →＝AB →＋AD →＝a ＋b ，OB 1—→＝OB →＋BB 1—→＝12DB →＋BB 1—→＝12(AB →－AD →)＋BB 1—→＝12a －12b ＋c .①AC →·OB 1—→＝(a ＋b )·（12a-12b+c ）＝12|a |2＋12a ·b －12a ·b －12|b |2＋a ·c ＋b ·c ＝12－12＝0.①AC →①OB 1—→，即AC ①OB 1.又AP →＝AD →＋12DD 1—→＝b ＋12c ，①OB 1—→·AP →＝（12a-12b+c ）·(b ＋12c )＝12a ·b －12|b |2＋c ·b ＋14a ·c －14b ·c ＋12|c |2＝－12＋12＝0，①OB 1—→①AP →，即OB 1①AP .又AC ∩AP ＝A ，AC ，AP ①平面P AC ， ①OB 1①平面P AC .【课后练习】一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2020秋•烟台期中）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【解题思路】根据题意，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．【解答过程】解：对于A ，任何三个不共面的向量可构成空间向量的一个基底， 三个不共线的向量不能构成空间向量的一个基底，所以A 错误；对于B ，任何三个不共面的向量可构成空间向量的一个基底，所以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，它们是共线向量，所以D 错误．故选：C ．2．（3分）（2020秋•碑林区校级月考）若{a →、b →、c →}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组向量是（ ） A ．{a →，a →+b →，a →−b →} B ．{b →，a →+b →，a →−b →} C ．{c →，a →+b →，a →−b →}D ．{a →+b →，a →−b →，2a →+b →}【解题思路】直接利用基底的定义和共线向量的应用求出结果． 【解答过程】解：对于{a →、b →、c →}为空间的一组基底， 所以对于(a →+b →)+(a →−b →)=2a →与a →共线，故选项A 错误． 对于(a →+b →)−(a →−b →)=2b →与b →共线，故选项B 错误．对于c →和a →+b →与a →−b →不共线向量，所以可以作为基底，故选项C 正确．对于2a →+b →=32(a →+b →)+12(a →−b →)，所以不可以作为向量的基底，故选项D 错误．故选：C ．3．（3分）（2020秋•枣庄期末）如图：在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1，B 1D 1的交点．若AB →=a →，AD →=b →，AA 1→=c →，则向量BM →=（ ）A ．−12a →+12b →+c →B ．12a →+12b →+c →C ．−12a →−12b →+c →D ．12a →−12b →+c →【解题思路】向量BM →=BB 1→+12B 1D 1→=BB 1→+12(BA →+AD →)，由此能求出结果．【解答过程】解：∵在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1，B 1D 1的交点． AB →=a →，AD →=b →，AA 1→=c →，∴向量BM →=BB 1→+12B 1D 1→=BB 1→+12(BA →+AD →) =−12a →+12b →+c →．故选：A ．4．（3分）（2020秋•榆林期末）如图，在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →=a →，AD →=b →，AA 1→=c →，则下列向量中与AM →相等的向量是（ ）A ．−12a →+12b →+c →B ．12a →+12b →+c →C ．−12a →−12b →+c →D ．12a →−12b →+c →【解题思路】利用向量的平行四边形法则、平行六面体的性质即可得出．【解答过程】解：AM →=AA 1→+A 1M →=c →+12A 1C 1→=c →+12（A 1D 1→+A 1B 1→）=c →+12（a →+b →）， 故选：B ．5．（3分）（2020秋•安顺期末）如图，在四面体OABC 中，D 是BC 的中点，G 是AD 的中点，则OG →等于（ ）A ．13OA →+13OB →+13OC →B ．12OA →+13OB →+14OC →C ．12OA →+14OB →+14OC →D ．14OA →+14OB →+16OC →【解题思路】在四面体OABC 中，D 是BC 的中点，G 是AD 的中点，可得OG →=12（OA →+OD →），OD →=12（OB →+OC →）．即可得出．【解答过程】解：在四面体OABC 中，D 是BC 的中点，G 是AD 的中点， 则OG →=12（OA →+OD →），OD →=12（OB →+OC →）．∴OG →=12OA →+14OB →+14OC →． 故选：C ．6．（3分）（2020秋•新乡期末）如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 是线段D 1B 上一点，且BP ＝2D 1P ，若AP →=x AB →+y AD →+z AA 1→，则x +y +z ＝（ ）A ．53B ．23C ．43D ．1【解题思路】根据空间向量的基本定理进行分解即可． 【解答过程】解：∵BP ＝2D 1P ，∴BP →=2PD 1→，即AP →−AB →=2（AD 1→−AP →）＝2AD 1→−2AP →，即3AP →=AB →+2AD 1→，即AP →=13AB →+23AD 1→=13AB →+23AD →+23AA 1→，所以x =13，y =23，z =23，所以x +y +z =53． 故选：A ．7．（3分）（2020秋•皇姑区校级期末）若O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA →，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，则（ ） A ．OA →，OB →，OC →共线 B ．OA →，OB →共线C ．OB →，OC →共线D ．O ，A ，B ，C 四点共面【解题思路】向量OA →，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，可得：向量OA →，OB →，OC →共面，即可得出． 【解答过程】解：∵向量OA →，OB →，OC →不能构成空间的一个基底， ∴向量OA →，OB →，OC →共面，因此O ，A ，B ，C 四点共面，故选：D ．8．（3分）（2020秋•吉林期末）在四面体OABC 中，点M ，N 分别为OA ，BC 的中点，若OG →=13OA →+xOB →+yOC →，且G ，M ，N 三点共线，则x +y ＝（ ） A ．−13B ．13C ．23D ．−23【解题思路】若G ，M ，N 三点共线，则存在实数λ使得OG →=λON →+(1−λ)OM →=1−λ2OA →+λ2OB →+λ2OC →成立，求出λ=13，从而x =y =16，由此能求出结果．【解答过程】解：若G ，M ，N 三点共线，则存在实数λ使得OG →=λON →+(1−λ)OM →=1−λ2OA →+λ2OB →+λ2OC →成立，所以1−λ2=13，可得λ=13，所以x =y =16，可得x +y =13．故选：B ． 二．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2021春•徐汇区校级期中）在平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，设AB →=a →，AD →=b →，AA 1→=c →，用a →、b →、c →作为基底向量表示D 1B →= a →−b →−c →．【解题思路】画出图形，根据空间向量的线性表示，用AB →、AD →和AA 1→表示D 1B →即可． 【解答过程】解：平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB →=a →，AD →=b →，AA 1→=c →，如图所示：则D 1B →=D 1A 1→+A 1A →+AB →=DA →−AA 1→+AB →=AB →−AD →−AA 1→=a →−b →−c →． 故答案为：a →−b →−c →．10．（4分）（2020秋•沈阳期中）已知M ，N 分别是四面体OABC 的棱OA ，BC 的中点，点P 在线段MN 上，且MP ＝2PN ，设向量OA →=a →，OB →=b →，OC →=c →，则OP →=16a →+13b →+13c → .（用{a →，b →，c →}表示）【解题思路】利用空间向量的三角形法则、平行四边形法则，把OP →用OA →，OB →和OC →线性表示即可． 【解答过程】解：如图所示：OP →=ON →+NP →，ON →=12（OB →+OC →），NP →=13NM →，NM →=OM →−ON →，OM →=12OA →，∴OP →=ON →+NP →=ON →+13NM →=ON →+13（OM →−ON →）=23ON →+13OM →=23×12（OB →+OC →）+13×12OA →=16OA →+13OB →+13OC →=16a →+13b →+13c →． 故选：C ．11．（4分）（2020秋•浙江月考）已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，A 1E →=13A 1C 1→，若AE →=xAA 1→+yAB →+zAD →，则x ＝ 1 ，y +z ＝23．【解题思路】直接利用向量的加法求出结果． 【解答过程】解：正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中， 如图所示：由于A 1E →=13A 1C 1→，所以A 1E →=13AC →=13AD →+13AB →，AE →=AA 1→+A 1E →=AA 1→+13AD →+13AB →，由于AE →=xAA 1→+yAB →+zAD →，所以x ＝1，y ＝z =13，所以y +z =23．故答案为：1；23．12．（4分）（2020•闵行区校级模拟）在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点M 和N 分别是矩形ABCD 和BB 1C 1C 的中心，若点P 满足DP →=m DA →+n DM →+k DN →，其中m 、n 、k ∈R ，且m +n +k ＝1，则点P 可以是正方体表面上的点 线段AB 1，B 1C ，AC 上的点． ．【解题思路】因为点P 满足DP →=m DA →+n DM →+k DN →，其中m 、n 、k ∈R ，且m +n +k ＝1，所以点A ，M ，N 三点共面，只需要找到平面AMN 与正方体表面的交线即可．【解答过程】解：因为点P 满足DP →=m DA →+n DM →+k DN →，其中m 、n 、k ∈R ，且m +n +k ＝1，所以点A ，M ，N 三点共面，又因为M 和N 分别是矩形ABCD 和BB 1C 1C 的中心，所以CN ＝B 1N ，AM ＝MC ，连接MN ，AB 1，则MN ∥AB 1，所以△AB 1C 即为经过A ，M ，N 三点的平面与正方体的截面， 故P 点可以是正方体表面上线段AB 1，B 1C ，AC 上的点． 故答案为：线段AB 1，B 1C ，AC 上的点．三．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2020秋•淄博期末）已知空间向量i →，j →，k →都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是（ ）A ．向量i →+j →+k →的模是3B ．{i →+j →，i →−j →，k →}可以构成空间的一个基底C ．向量i →+j →+k →和k →夹角的余弦值为√33D ．向量i →+j →与k →−j →共线【解题思路】利用向量的模的性质将i →+j →+k →的模转化为数量积求解，即可判断选项A ，利用不共面的向量作为基底判断选项B ，利用两个向量夹角的余弦公式进行求解，即可判断选项C ，利用向量的夹角公式求出向量i →+j →与k →−j →的夹角，即可判断选项D ．【解答过程】解：对于选项A ，因为空间向量i →，j →，k →都是单位向量，且两两垂直， 所以|i →|=|j →|=|k →|=1，且i →⋅j →=0，i →⋅k →=0，j →⋅k →=0，则|i →+j →+k →|=√(i →+j →+k →)2=√i →2+j →2+k →2+2i →⋅j →+2j →⋅k →+2i →⋅k →=√3， 所以向量i →+j →+k →的模是√3，故选项A 错误；对于选项B ，因为空间向量i →，j →，k →都是单位向量，且两两垂直， 所以i →，j →，k →不共面，而向量i →+j →，i →−j →均与i →，j →共面，所以i →+j →，i →−j →与k →不共面，则{i →+j →，i →−j →，k →}可以构成空间的一个基底， 故选项B 正确；对于选项C ，设i →+j →+k →与k →的夹角为α， 则cosα=(i →+j →+k →)⋅k→|i →+j →+k →||k →|=i →⋅k →+j →⋅k →+k →⋅k →|i →+j →+k →||k →|=1√3×1=√33， 所以向量i →+j →+k →和k →夹角的余弦值为√33，故选项C 正确； 对于选项D ，因为|i →+j →|=√(i →+j →)2=√i →2+2i →⋅j →+j →2=√2， 同理可得|k →−j →|=√2，则cos ＜i →+j →，k →−j →＞=(i →+j →)⋅(k →−j →)|i →+j →||k →−j →|=−12，所以向量i →+j →与k →−j →的夹角为120°，则向量i →+j →与k →−j →不共线， 故选项D 错误．故选：BC ．14．（4分）（2020秋•荔湾区期末）在空间四边形OABC 中，E 、F 分别是OA 、BC 的中点，P 为线段EF 上一点，且PF ＝2EP ，设OA →=a →，OB →=b →，OC →=c →，则下列等式成立的是（ ）A ．OF →=12b →+12c →B ．EP →=−16a →+16b →+16c →C ．FP →=−13a →+13b →+13c →D ．OP →=13a →+16b →+16c →【解题思路】根据空间向量基本定理进行分解即可． 【解答过程】解：∵E 、F 分别是OA 、BC 的中点，∴OF →=12（OB →+OC →）=12OB →+12OC →=12b →+12c →，故A 正确， EF →=OF →−OE →=12b →+12c →−12a →，∵PF ＝2EP ，∴EP =13EF ，FP =23EF ，即EP →=13EF →=13（12b →+12c →−12a →）=−16a →+16b →+16c →，故B 正确，FP →=−23EF →=−23（12b →+12c →−12a →）=13a →−13b →−13c →，故C 错误，OP →=OE →+EP →=12a →−16a →+16b →+16c →=13a →+16b →+16c →，故D 正确．故选：ABD ．15．（4分）（2020秋•山东月考）设{a →，b →，c →}是空间的一组基底，则下列结论正确的是（ ） A ．a →，b →，c →可以为任意向量B ．对空间任一向量p →，存在唯一有序实数组（x ，y ，z ），使p →=x a →+y b →+z c →C ．若a →⊥b →，b →⊥c →，则a →⊥c →D ．{a →+2b →，b →+2c →，c →+2a →}可以作为构成空间的一组基底【解题思路】根据{a →，b →，c →}是空间的一组基底，利用空间向量基本定理，对选项中的命题判断正误即可．【解答过程】解：对于A ，{a →，b →，c →}是空间的一组基底，则a →，b →，c →是不共面的一组向量，不是任意向量，所以A 错误；对于B ，根据空间向量的基本定理知，对空间任一向量p →，存在唯一有序实数组（x ，y ，z ），使p →=x a →+y b →+z c →，所以B 正确；对于C ，由a →⊥b →，b →⊥c →，能得出b →垂直于a →与c →所确定的平面，但a →与c →不一定垂直，所以C 错误； 对于D ，设x （a →+2b →）+y （b →+2c →）+z （c →+2a →）=0→，则（x +2z ）a →+（2x +y ）b →+（2y +z ）c →=0→； 由向量相等的定义知，{x +2z =02x +y =02y +z =0，解得x ＝y ＝z ＝0，所以{a →+2b →，b →+2c →，c →+2a →}可以作为构成空间的一组基底，D 正确； 故选：BD ．16．（4分）（2020秋•乳山市校级月考）给出下列命题，其中正确命题有（ ） A ．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B ．已知向量a →∥b →，则存在向量可以与a →，b →构成空间的一个基底C ．A ，B ，M ，N 是空间四点，若BA →，BM →，BN →不能构成空间的一个基底，那么A ，B ，M ，N 共面D ．已知向量组{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 【解题思路】直接利用向量的共线，向量的基底的定义判定A 、B 、C 、D 的结论． 【解答过程】解：对于A ：空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底，故A 正确； 对于B ：已知向量a →∥b →，则不存在向量可以与a →，b →构成空间的一个基底，故B 错误；对于C ：由于点A ，B ，M ，N 是空间四点，若BA →，BM →，BN →不能构成空间的一个基底，则A ，B ，M ，N 共面，故C 正确；对于D ：已知向量组{a →，b →，c →}是空间的一个基底，若m →=a →+c →，则{a →，b →，m →}，即{a →，b →，a →+c →}不共面，则可以是空间的一个基底，故D 正确． 故选：ACD ．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）已知{a →，b →，c →}是空间的一个基底，求证：{a →+b →，b →+c →，c →+a →}可以构成空间的一个基底． 【解题思路】假设a →+b →，b →+c →，c →+a →共面，则有a →+b →=x （b →+c →）+y （c →+a →），整理得（1﹣y ）a →=（x ﹣1）b →+（x +y ）c →，然后分y ＝1和y ≠1两类，结合空间向量基本定理进行讨论，均可推出a →+b →，b →+c →，c →+a →不共面，从而得证．【解答过程】证明：假设a →+b →，b →+c →，c →+a →共面，则有a →+b →=x （b →+c →）+y （c →+a →）， ∴（1﹣y ）a →=（x ﹣1）b →+（x +y ）c →，①若y ＝1，则0→=（x ﹣1）b →+（x +1）c →，∴向量b →与c →共线， ∴a →，b →，c →共面，与已知矛盾；②若y ≠1，则a →=x−11−y b →+x+y 1−y c →，∴a →，b →，c →共面，与已知矛盾．由①②知，a →+b →，b →+c →，c →+a →不共面，故{a →+b →，b →+c →，c →+a →}可以构成空间的一个基底．18．（6分）（2020秋•乐山期中）如图，在平行六面体ABCD ﹣A 'B 'C 'D '中，AB ＝4，AD ＝3，AA '＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA '＝∠DAA '＝60°，且点F 为BC '与B 'C 的交点，点E 在线段AC '上，有AE ＝2EC '． （1）求AC '的长；（2）将EF →用基向量AB →，AD →，AA′→来进行表示．设EF →=x AB →+y AD →+z AA′→，求x ，y ，z 的值．【解题思路】（1）AC′→=AB →+AD →+AA′→，利用数量积运算性质即可得出．（2）EF →=EC′→+C′F →=13AC′→−12BC′→，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出．【解答过程】解：（1）AC′→=AB →+AD →+AA′→，AC′→2=AB →2+AD →2+AA′→2+2(AB →⋅AD →+AB →⋅AA′→+AD →⋅AA′→) =42+32+52+2(0+4×5×12+3×5×12)=85，∴AC′=√85．（2）EF →=EC′→+C′F →=13AC′→−12BC′→=13(AB →+AD →+AA′→)−12(AD →+AA′→)=13AB →−16AD →−16AA′→，∴x =13，y =z =−16．19．（8分）（2020秋•兴庆区校级期中）如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，设AB →=a →，AC →=b →，AD →=c →，a →，b →，c →为空间向量的一组基底， 计算： （1）EF →⋅BA →； （2）|EG |．【解题思路】（1）利用数量积公式先求c →•a →的值，再根据EF →•BA →=（12c →−12a →）•（−a →）求得结果；（2）由EG →=EB →+BC →+CG →=−12a →+12b →+12c →，先平方，再开平方．【解答过程】解：（1）由题意，AB →=a →，AC →=b →，AD →=c →， 则|a →|＝|b →|＝|c →|＝1，＜a →，b →＞=＜b →，c →＞=＜c →，a →＞=60°， ∴EF →⋅BA →=（12c →−12a →）•（−a →）=14；（2）EG →=EB →+BC →+CG →=−12a →+12b →+12c →，∴EG →2=14a →2+14b →2+14c →2−12a →•b →−12a →⋅c →+12b →⋅c →=12，∴|EG →|=√22，即|EG |=√22．20．（8分）（2020秋•成都期末）如图，已知平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1．（I ）若G 为△ABC 的重心，A 1M →=3MG →，设AB →=a ，AD →=b ，AA 1→=c ，用向量a 、b 、c 表示向量A 1M →； （II ）若平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1各棱长相等且AB ⊥平面BCC 1B 1，E 为CD 中点，AC 1∩BD 1＝O ，求证：OE ⊥平面ABC 1D 1．【解题思路】（I ）利用向量加法的三角形法则及重心的性质，将AG →用基底表示，再在三角形A 1AG 中，将A 1M →用基底表示；（II ）连接C 1E ，AE ，由已知证明△C 1EA 为等腰三角形，从而OE ⊥AC 1，同理可证明OE ⊥BD 1，最后由线面垂直的判定定理证明结论【解答过程】解：（I ）依题意，A 1M →=34A 1G →=34(A 1A →+AG →) ∵G 为△ABC 的重心，∴AG →=23×12(AB →+AC →)=13(AB →+AC →)又∵AC →=AB →+AD →，∴A 1M →=34[A 1A →+13(AB →+AB →+AD →)]=34A 1A →+12AB →+14AD → =12a →+14b →−34c →（II ）证明：连接C 1E ，AE ，∵平行六面体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1各棱长相等且AB ⊥平面BCC 1B 1 ∴C 1E ＝AE ，∴△C 1EA 为等腰三角形，∵O 为AC 1的中点，∴OE ⊥AC 1，同理可证 OE ⊥BD 1，∵AC 1∩BD 1＝O ，∴OE ⊥平面ABC 1D 1． 21．（8分）已知在四面体P ﹣ABC 中，PA →=a →，PB →=b →，PC →=c →，G ∈平面ABC ． 证明：G 为△ABC 的重心的充要条件是PG →=13（a →+b →+c →）【解题思路】先证明必要性，再证明充分性，利用向量三角形法则、向量共线定理、向量平行四边形法则即可得出．【解答过程】证明：如图所示，必要性：利用向量三角形法则、向量共线定理、向量平行四边形法则可得：PG →=PA →+AG →，AG →=23AD →，AD →=PD →−PA →，PD →=12(PB →+PC →)，代入化简可得：PG →=13（PA →+PB →+PC →）=13（a →+b →+c →）．再证明充分性：若PG →=13（PA →+PB →+PC →）=13（a →+b →+c →）．连接AG 并延长AG 与BC 相交于点D ，连接PD ． 由三点C ，D ，B 共线，设PD →=λPB →+（1﹣λ）PC →， 由三点A ，G ，D 共线，设PG →=μPA →+（1﹣μ）PD →， ∴PG →=μPA →+（1﹣μ）λPB →+（1﹣μ）（1﹣λ）PC →，代入PG →=13（PA →+PB →+PC →）=13（a →+b →+c →）．可得：PA →+PB →+PC →=3μPA →+3（1﹣μ）λPB →+3（1﹣μ）（1﹣λ）PC →， ∴3μ＝1，3（1﹣μ）λ＝1，3（1﹣μ）（1﹣λ）＝1， 联立解得μ=13，λ=12．∴D 为线段BC 的中点．PG →=13PA →+23PD →=13PA →+23（PA →+AD →）=PA →+23AD →，可得：G 为△ABC 的重心．22．（8分）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，点G 为△ABC 的重心，点M 在PG 上，且PM ＝3MG ，过点M 任意作一个平面分别交线段P A ，PB ，PC 于点D ，E ，F ，若PD →=m PA →，PE →=n PB →，PF →=t PC →，求证：1m+1n+1t为定值，并求出该定值．【解题思路】连接AG 并延长交BC 于点H ，由题意可令（PA →，PB →，PC →）为空间的一个基底，表示出PM →=14PA →+14PB →+14PC →以及PM →=（1﹣λ﹣μ）m PA →+λn PB →+μt PC →，根据对应关系得到1m +1n +1t为定值即可． 【解答过程】证明：如图示：连接AG 并延长交BC 于点H ，由题意可令（PA →，PB →，PC →）为空间的一个基底，故PM →=34PG →=34（PA →+AG →）=34PA →+34•23AH →=34PA →+12•12（AB →+AC →）=34PA →+14（PB →−PA →）+14（PC →−PA →）=14PA →+14PB →+14PC →，连接DM ，因为点D ，E ，F ，M 共面，故存在实数λ，μ，使得DM →=λDE →+μDF →， 即PM →−PD →=λ（PE →−PD →）+μ（PF →−PD →），故PM →=（1﹣λ﹣μ）PD →+λPE →+μPF →=（1﹣λ﹣μ）m PA →+λn PB →+μt PC →， 由空间向量基本定理知14=（1﹣λ﹣μ）m ，14=λn ，14=μt ，故1m+1n+1t=4（1﹣λ﹣μ）+4λ+4μ＝4，为定值．。

31空间向量基本定理习题如图，在平行六而体ABCD-A I B I C I D l M 为AC 与BD 的交点，N 为3叭的靠近D. ⅛ + -K + ⅛366且OM = 2MA f BN = NC, ^iMN 等于()A. -a + -b + -c332D. ⅛-≡K + ⅛2324. 如图，在平行六而WABCD-A I B I C I D I 底而是边长为1的正方形，若Z-A I AB =/-A 1AD = 60。

，^AA I = 3,贝必疋的长为（）A. √5B. 2√2C. √14D. √17DlC I1.2.B 的三等分点>A IB I = α> A I D l = b ，A l A = Cf 则卜列向量中与而相等的向量是（）A∙-⅛+^+rC. ⅛--b--c223B. ⅛ + -K-⅛223D∙4≡4κ+r已知M, N 分别是四而体OABC 的棱Q4, Be 的中点，点P 在线段 MN 上,且MP = 2PN,设向⅛5X = a f OB = b,OC = c> 则 OP =()A. ⅛ + -K + ⅛6 6 6B. ⅛ + ^K + ⅛3333.如图，空间四边形OABC 中,芮=N 乔=二冼=N/C 315.如图所示，已知正四而体力一3CD中，AE = -AB. CF = -CD,4 4则直线DE和BF所成角的余眩值为_______________ ・6.如图所示，在四棱锥M^ABCD中，底而ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3,且AM和AB, AD的夹角都是60。

，N是CM的中点，设E =扁，F =乔，C =AM∙试以N二W为基向蚩:表示出向虽:可7，并求BN的长・7.三棱柱ABC-A I B I C l中，ΛΛ"分别是4疋、比“上的点，且BM = 2A1M, C l N =2F1N.i5AB = a»AC = b，AA I = C ・(1)试用a f b t c表示向⅛MN:(2)若乙BAC = 909, ^BAA I= ∆CAA1 = 60^, AB = AC = AA l = It 求MN 的长.8. 在平行六而体ABCD—力丄厉ClDl中，AB= 4, AD = 2, AA l = 3. ZBAD = ∆BAA L =ZJl I AD = P CM = 2MCi* N为CD 的中点.(1)求AM的长:(2)求ZMAN的余弦值.9.如图,在四棱锥P -ABCD中，底而ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为2,且AP与AB. AD的夹角都等于60。

1.2 空间向量基本定理【新知初探】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 ＝ .其中{a ，b ，c }叫做空间的一个 ，a ，b ，c 都叫做基向量．空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底．思考：(1)零向量能不能作为一个基向量？(2)当基底确定后，空间向量基本定理中实数组(x ，y ，z )是否唯一？2．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 ，且长度都是 ，那么这个基底叫做单位正交基底．常用{i ，j ，k }表示． (2)正交分解把一个空间向量分解为三个 的向量，叫做把空间向量进行正交分解．【初试身手】1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若{OA →，OB →，OC →}不能构成空间的一个基底，则O ，A ，B ，C 四点共面． ( ) (2)若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则a ，b ，c 全不是零向量． ( ) (3)只有两两垂直的三个向量才能作为空间向量的一组基底．( )2．已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，则可以和向量p ＝a ＋b ，q ＝a －b 构成基底的向量是( ) A ．aB ．bC ．a ＋2bD ．a ＋2c3．在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，可以作为空间向量一个基底的是( ) A ．AB →，AC →，AD →B ．AB →，AA 1→，AB 1→C ．D 1A 1→，D 1C 1→，D 1D →D ．AC 1→，A 1C →，CC 1→4．已知空间的一个基底{a ，b ，c }，m ＝a －b ＋c ，n ＝x a ＋y b ＋c ，若m 与n 共线，则x ＝________，y ＝________.【合作探究】【例1】 (1)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 }．其中可以作为空间一个基底的向量组有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个(2)已知{e 1，e 2，e 3}是空间的一个基底，且OA →＝e 1＋2e 2－e 3，OB →＝－3e 1＋e 2＋2e 3，OC →＝e 1＋e 2－e 3，试判断{OA →，OB →，OC →}能否作为空间的一个基底．[规律方法]基底判断的基本思路及方法(1)基本思路：判断三个空间向量是否共面，若共面，则不能构成基底；若不共面，则能构成基底．(2)方法：①如果向量中存在零向量，则不能作为基底；如果存在一个向量可以用另外的向量线性表示，则不能构成基底．②假设a ＝λb ＋μ c ，运用空间向量基本定理，建立λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能作为基底；若无解，则不共面，能作为基底． [跟进训练]1．设向量{a ，b ，c }是空间一个基底，则一定可以与向量p ＝a ＋b ，q ＝a －b ，构成空间的另一个基底的向量是( ) A ．aB ．bC ．cD ．a 或b类型二 用基底表示向量【例2】 如图，四棱锥P ­OABC 的底面为一矩形，PO ⊥平面OABC ，设OA →＝a ，OC →＝b ，OP →＝c ，E ，F 分别是PC ，PB 的中点，试用a ，b ，c 表示：BF →，BE →，AE →，EF →.[规律方法]基向量的选择和使用方法(1)尽可能选择具有垂直关系的，从同一起点出发的三个向量作为基底．(2)用基向量表示一个向量时，如果此向量的起点是从基底的公共点出发的，一般考虑加法，否则考虑减法；如果此向量与一个易求的向量共线，可用数乘． [跟进训练]2．点P 是矩形ABCD 所在平面外一点，且P A ⊥平面ABCD ，M ，N 分别是PC ，PD 上的点，且PM →＝23PC →，PN →＝ND →，则满足MN →＝xAB →＋yAD →＋zAP →的实数x ，y ，z 的值分别为( )A ．－23，16，16B ．23，－16，16C ．－23，16，－16D ．－23，－16，16类型三 正交分解在立体几何中的应用[探究问题]1．取单位正交基底比一般的基底的优点有哪些？2．正方体ABCD ­A ′B ′C ′D ′中，O 1，O 2，O 3分别是AC ，AB ′，AD ′的中点，以{AO 1→，AO 2→，AO 3→}为基底，如何表示向量AC ′.【例3】 如图，已知平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且∠A 1AB ＝∠A 1AD ＝120°，求异面直线BD 1和AC 所成角的余弦值．[母题探究]1．[变结论]在本例条件不变的前提下，求|AC 1→|.2．[变结论]在本例条件不变的前提下，证明BD ⊥面AA 1C 1C .[规律方法]基向量法解决长度、垂直及夹角问题的步骤 (1)设出基向量．(2)用基向量表示出直线的方向向量．(3)用|a |＝a ·a 求长度，用a ·b ＝0⇔a ⊥b ，用cos θ＝a ·b|a ||b |求夹角．(4)转化为线段长度，两直线垂直及夹角问题．【课堂小结】1．基底中不能有零向量．因零向量与任意一个非零向量都为共线向量，与任意两个非零向量都共面，所以三个向量为基底隐含着三个向量一定为非零向量．2．空间向量基本定理说明，用空间三个不共面的向量构成的向量组{a ，b ，c }可以表示空间任意一个向量，并且表示结果是唯一的．3．用基底表示空间向量，一般要用向量的加法、减法、数乘的运算法则，及加法的平行四边形法则，加法、减法的三角形法则．逐步向基向量过渡，直到全部用基向量表示．【学以致用】1．若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是( ) A ．a ，a ＋b ，a －b B ．b ，a ＋b ，a －b C ．c ，a ＋b ，a －bD ．a ＋b ，a －b ，a ＋2b2．O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量OA →，OB →，OC →不能构成空间的一个基底，则( ) A ．OA →，OB →，OC →共线 B ．OA →，OB →共线C ．OB →，OC →共线D ．O ，A ，B ，C 四点共面3．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且存在实数x ，y ，z ，使得x a ＋y b ＋z c ＝0，则x ，y ，z 满足的条件是________．4．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，取{AB →，AD →，AA 1→}为基底，若G 为面BCC 1B 1的中心，且AG →＝xAB →＋yAD →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z ＝________.5．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，试判断{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }能否作为空间的一个基底．【参考答案】【新知初探】1．空间向量基本定理 x a ＋y b ＋z c 基底思考：[提示] (1)不能．因为0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面． (2)唯一确定． 2．正交分解 (1)两两垂直 1 (2)两两垂直【初试身手】1．[提示] (1)√ (2)√ (3)× 2．[答案] D3．C [由题意知，D 1A 1→，D 1C 1→，D 1D →不共面，可以作为空间向量的一个基底．] 4．1 －1 [由m 与n 共线，得1x ＝－1y ＝11，∴x ＝1，y ＝－1.]【合作探究】类型一 基底的判断【例1】(1)C [如图所示，令a ＝AB →，b ＝AA 1→，c ＝AD →，则x ＝AB 1→，y ＝AD 1→，z ＝AC →，a ＋b ＋c ＝AC 1→.由于A ，B 1，C ，D 1四点不共面， 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，故选C.] (2)[解] 假设OA →，OB →，OC →共面，由向量共面的充要条件知，存在实数x ，y ，使OA →＝xOB →＋yOC →成立， ∴e 1＋2e 2－e 3＝x (－3e 1＋e 2＋2e 3)＋y (e 1＋e 2－e 3)，即e 1＋2e 2－e 3＝(y －3x )e 1＋(x ＋y )e 2＋(2x －y )e 3∵{e 1，e 2，e 3}是空间的一个基底，∴e 1，e 2，e 3不共面． ∴⎩⎪⎨⎪⎧y －3x ＝1，x ＋y ＝2，2x －y ＝－1，此方程组无解．即不存在实数x ，y 使得OA →＝xOB →＋yOC →， 所以OA →，OB →，OC →不共面．所以{OA →，OB →，OC →}能作为空间的一个基底． [跟进训练]1．C [由题意和空间向量的共面定理， 结合p ＋q ＝(a ＋b )＋(a －b )＝2a ，得a 与p ，q 是共面向量，同理b 与p ，q 是共面向量， 所以a 与b 不能与p ，q 构成空间的一个基底；又c 与a 和b 不共面，所以c 与p ，q 构成空间的一个基底．]【例2】[解] 连接BO (图略)，则BF →＝12BP →＝12(BO →＋OP →)＝12(c －b －a )＝－12a －12b ＋12c .BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋12CP →＝BC →＋12(CO →＋OP →)＝－a －12b ＋12c .AE →＝AP →＋PE →＝AO →＋OP →＋12(PO →＋OC →)＝－a ＋c ＋12(－c ＋b )＝－a ＋12b ＋12c .EF →＝12CB →＝12OA →＝12a .[跟进训练]2．D [如图所示，取PC 的中点E ，连接NE ，则MN →＝EN →－EM →＝12CD →－(PM →－PE →)＝12CD →－⎝⎛⎭⎫23PC →－12PC →＝12CD →－16PC →＝－12AB →－16(－AP →＋AB →＋AD →)＝－23AB →－16AD →＋16AP →，比较知x ＝－23，y ＝－16，z ＝16，故选D.][探究问题]1．[提示] 若取单位正交基底{i ，j ，k }，那么|i |＝|j |＝|k |＝1.且i ·j ＝j ·k ＝i ·k ＝0，这是其他一般基底所没有的．2．[提示] AC ′→＝AB →＋AD →＋AA ′→＝12(AB →＋AD →)＋12(AD →＋AA ′→)＋12(AB →＋AA ′→)＝AO 1→＋AO 2→＋AO 3→.【例3】[解] {AB →，AD →，AA 1→}可以作为空间的一个基底，且|AB →|＝a ，|AD →|＝a ，|AA 1→|＝b ， 〈AB →，AD →〉＝90°，〈AA 1→，AB →〉＝120°，〈AA 1→，AD →〉＝120°. 又BD 1→＝AD →＋AA 1→－AB →，AC →＝AB →＋AD →，∴|BD 1→|2＝|AD →|2＋|AA 1→|2＋|AB →|2＋2AD →·AA 1→－2AD →·AB →－2AA 1→·AB → ＝a 2＋b 2＋a 2＋2ab cos 120°－0－2ab cos 120°＝2a 2＋b 2， |AC →|2＝|AB →|2＋2AB →·AD →＋|AD →|2＝2a 2， ∴|BD 1→|＝2a 2＋b 2，|AC →|＝2a . ∴BD 1→·AC →＝(AD →＋AA 1→－AB →)·(AB →＋AD →)＝AD →·AB →＋|AD →|2＋AA 1→·AB →＋AA 1→·AD →－|AB →|2－AB →·AD → ＝0＋a 2＋ab cos 120°＋ab cos 120°－a 2－0＝－ab .∴|cos 〈BD 1→，AC →〉|＝|BD 1→·AC →||BD 1→||AC →|＝|－ab |2a 2＋b 2·2a ＝b4a 2＋2b 2.∴异面直线BD 1和AC 所成角的余弦值为b4a 2＋2b 2.[母题探究]1．[解] 由条件可知|AB →|＝|AD →|＝a ，|AA 1→|＝b ， 且〈AB →，AA 1→〉＝〈AD →，AA 1→〉＝120°，AB →⊥AD →.∴|AC 1→|2＝|AB →＋AD →＋AA 1→|2＝AB →2＋AD →2＋AA 1→2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→ ＝a 2＋a 2＋b 2＋0＋4×a ×b ×cos 120°＝2a 2＋b 2－2ab . ∴|AC 1→|＝2a 2＋b 2－2ab .2．[解] 由条件知，BD →＝AD →－AB →， ∵BD →·AA 1→＝AA 1→·(AD →－AB →)＝AA 1→·AD →－AA 1→·AB → ＝a ×b ×cos 120°－a ×b ×cos 120°＝0. ∴BD ⊥AA 1.又因四边形ABCD 为正方形，【学以致用】1．C [空间基底必须不共面．A 中a ＝12[]a ＋b ＋a －b，不可为基底；B 中b ＝12[(a＋b )－(a －b )]，不可为基底；D 中32(a ＋b )－12(a －b )＝a ＋2b ，不可为基底．]2．D [由题意知，向量OA →，OB →，OC →共面，从而O ，A ，B ，C 四点共面．]3．x ＝y ＝z ＝0 [由于{a ，b ，c }是空间的一个基底，所以当x a ＋y b ＋z c ＝0时，x ＝y ＝z ＝0.] 4．2 [如图，AG →＝AB →＋BG →＝AB →＋12BC 1→＝AB →＋12(BC →＋BB 1→)＝AB →＋12AD →＋12AA 1→.由条件知x ＝1，y ＝12，z ＝12，∴x ＋y ＋z ＝1＋12＋12＝2.]5．[解] 假设a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 共面，则存在实数λ，μ， 使得a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，即a ＋b ＝μa ＋λb ＋(λ＋μ)c . ∵{a ，b ，c }是空间的一个基底，∴a ，b ，c 不共面． ∴⎩⎪⎨⎪⎧1＝μ，1＝λ，0＝λ＋μ，此方程组无解．即不存在实数λ，μ，使得a ＋b ＝λ(b ＋c )＋μ(c ＋a )，∴a ＋b ，b ＋c ，c ＋a 不共面．故{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }能作为空间的一个基底．。

课时作业17空间向量的基本定理时间：45分钟满分：100分一、选择题(每小题5分，共30分)1．下列命题中正确的是()A．若a与b共线，b与c共线，则a与c共线B．向量a、b、c共面即它们所在的直线共面C．零向量没有确定的方向D．若a∥b，则存在惟一的实数λ，使a＝λb\【答案】C【解析】由零向量定义知选C.2．a＝x b是向量a，b共线的()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【答案】A;【解析】由a＝x b可得a，b共线，而由a，b共线不能得出a ＝x b，如b＝0，a≠0.3．对于空间中任意三个向量a，b,2a－b，它们一定是()A．共面向量B．共线向量C．不共面向量D．既不共线也不共面向量【答案】A【解析】2a－b由a与b线性表示出，所以三向量共面．4．若a ＝e 1＋e 2＋3e 3，b ＝e 1＋e 2－2e 3，c ＝e 1－3e 2＋2e 3，d ＝4e 1＋6e 2＋8e 3，d ＝αa ＋βb ＋γc ，则α，β，γ的值分别为( )，910，－12B ．－185，910，－12 。

，－910，－12 D ．－185，－910，12【答案】 A【解析】由题意，有⎩⎪⎨⎪⎧α＋β＋γ＝4α＋β－3γ＝63α－2β＋2γ＝8解得⎩⎪⎨⎪⎧α＝185β＝910γ＝－12.5．下列条件使M 与A 、B 、C 一定共面的是( ) ＝2OA→－OB →＋OC → ＋OA→＋OB →＋OC →＝0 ＝13OA →＋13OB →＋13OC → ＋MB→＋MC →＝0 ，【答案】 D【解析】 由MA→＋MB →＋MC →＝0得MA →＝－MB →－MC →， ∴MA→，MB →，MC →共面，∴M ，A ，B ，C 四点共面．故选D. 6．在△ABC 中，已知D 是AB 边上一点，若A D →＝2D B →，C D →＝13C A →＋λC B →，则λ＝( )C ．－13D ．－23【答案】 A 【解析】<如图所示，C D →＝C A →＋A D →＝C A →＋23A B → ＝C A →＋23(C B →－C A →) ＝13C A →＋23C B →，所以λ＝23.二、填空题(每小题10分，共30分) 7．给出下列几个命题：①a ＝“从上海往正北平移9 km”，b ＝“从北京往正北平移3 km”，那么a ＝3b ； !②(a ＋b )＋λc ＋λ(a ＋d )＝b ＋(1＋λ)a ＋λ(c ＋d )；③有直线l ，且l ∥a ，在l 上有点B ，若AB →＋CA →＝2a ，则C ∈l . 其中正确的命题是________． 【答案】 ①②③【解析】 ①正确．因为向量相等与始点无关；②正确，因为向量运算满足分配律和结合律；③正确，因为AB→＋CA →＝CA →＋AB →＝CB →＝2a ，所以CB→与l 平行，又B 在l 上，所以C ∈l . 8．已知空间四边形OABC ，如图所示，M 是AB 的中点，N 是CM 的中点，用基底{a ，b ，c }表示ON→，则ON →＝________.【答案】 14a ＋14b ＋12c@【解析】 ON →＝OM →＋MN →＝12(OA →＋OB →)＋12MC →＝12(a ＋b )＋12×12(AC →＋BC →) ＝12(a ＋b )＋14(c －a ＋c －b ) ＝14a ＋14b ＋12c .9．已知a ，b ，c 不共面，且m ＝3a ＋2b ＋c ，n ＝x (a －b )＋y (b －c )－2(c －a )，若m ∥n ，则x ＋y ＝________.【答案】 －4【解析】 ∵n ＝(x ＋2)a ＋(y －x )b －(y ＋2)c ，;∴x ＋23＝y －x2＝－(y ＋2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧5x －3y ＋4＝0x －3y －4＝0， 解得x ＝－2，y ＝－2，∴x ＋y ＝－4.三、解答题(本题共3小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(13分)已知四边形ABCD 是空间四边形，E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，F 、G 分别是边CB 、CD 上的点，且CF →＝23CB →，CG →＝23CD →.求证：四边形EFGH 是梯形．【解析】∵E 、H 分别是AB 、AD 的中点，…∴AE →＝12AB →，AH →＝12AD →，EH→＝AH →－AE → ＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →＝12(CD →－CB →) ＝12(32CG →－32CF →)＝34(CG →－CF →) ＝34FG →，∴EH →∥FG →且|EH →|＝34|FG →|≠|FG→|. —又F 不在EH→上，∴四边形EFGH 是梯形．11．(13分)已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，当O P →＝2O A →－O B →－O C →时，点P 是否与A ，B ，C 共面【解析】 若P 与A ，B ，C 共面，则存在唯一的实数对(x ，y )使A P →＝xA B →＋yA C →，于是对平面ABC 外一点O ，有O P →－O A →＝x (O B →－O A →)＋y (O C →－O A →)，所以O P →＝(1－x －y )O A →＋xO B →＋yO C →，比较原式得⎩⎪⎨⎪⎧1－x －y ＝2，x ＝－1，y ＝－1，此方程组无解，这样的x ，y 不存在， 所以A ，B ，C ，P 四点不共面．12．(14分)已知非零向量e 1，e 2不共线，如果AB →＝e 1＋e 2，AC →＝2e 1＋8e 2，AD→＝3e 1－3e 2，求证：A 、B 、C 、D 四点共面． 【解析】 方法一：令λ(e 1＋e 2)＋μAC →＋υ (3e 1－3e 2)＝0， 则(λ＋2μ＋3υ) e 1＋(λ＋8μ－3υ)e 2＝0.∵e 1、e 2不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ＋3υ＝0，λ＋8μ－3υ＝0.易知⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－5，μ＝1，υ＝1.是其中一组解，则－5AB→＋AC →＋AD →＝0. ∴A 、B 、C 、D 共面．方法二：观察易得AC →＋AD →＝(2e 1＋8e 2)＋(3e 1－3e 2)＝5e 1＋5e 2＝5(e 1＋e 2)＝5AB→. ∴AB →＝15AC →＋15AD →.由共面向量知，AB→，AC →，AD →共面． 又它们有公共点A ，∴A 、B 、C 、D 四点共面．。

3.1.2空间向量的基本定理一、教学目标：1.了解空间向量基本定理及其推论；2.理解空间向量的基底、基向量的概念。

二、教学重点：向量的分解（空间向量基本定理及其推论）三、教学难点：空间作图四、教学过程设计：（一）复习引入1.复习向量与平面平行、共面向量的概念．区别：(1)向量与平面平行时，向量所在的直线可以在平面内，而直线与平面平行时两者是没有公共点的．(2)平行于同一平面的向量叫做共面向量．共面向量不一定是在同一平面内的，但可以平移到同一平面内．2.空间共面向量定理及其推论．(1)共面向量定理：如果两个向量a、b不共线，则向量p与向量a、b共面的充要条件是存在实数对x，y，使得p= x a+y b．(2)共面向量定理的推论：空间一点P在平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x，y，使得MBMP+=，或对于空间任意一定点O，有MAxyOP++=．OMyxMBMAOP+-=)1(x-+yOBOAxOMy对平面向量基本定理加以推广，应用上面的三个公式可以解决与四点共面有关的问题，得出空间向量基本定理。

（二）新课讲授问题1.两个平面向量贡献的判定与性质，是对于空间向量仍然成立？共线向量定理两个空间向量a,b(b≠0)，a//b的充要条件是存在唯一的实数x，使得a=x b问题2.在平面向量中，向量b与向量a（a≠0）共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa ．那么，空间任意一个向量p 与两个不共线的向量a ，b 共面时，它们之间存在什么样的关系呢？通常我们把平行于同一个平面的向量叫共面向量；理解：(1)若a ，b 为不共线且同在平面α内，则p 与a ，b 共面的意义是p 在α内或p ∥α．(2)空间任意两个向量是共面的，但空间任意三个向量就不一定共面了． 平面向量中，向量b 与非零向量a 共线的充要条件是b a λ＝，类比到空间向量，即有：共面向量定理 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有序实数组(x ，y )，使得p ＝x α＋y b ．这就是说，向量p 可以由不共线的两个向量a ，b 线性表示．问题3.如果向量AB 、AD 、'AA 分别和向量a 、b 、c 共线，能否用向量a 、b 、c 表示向量'AC ？'AC ＝x a +y b +z c事实上，对空间任一向量'AC ，我们都可以构造出上述平行六面体，由此我们得到了空间向量基本定理：如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对于空间任一向量p ，存在一个唯一的有序实数组x 、y 、z ，使 p ＝x a +y b +z c ．证明：存在性：唯一性：设另有一组实数x’、y’、z’，使得p ＝x’a +y’b +z’c ，则有x a +y b +z c ＝x’a +y’b +z’c ，∴(x －x’ ) a +(y －y’ )b +( z －z’ )c ＝0．∵a 、b 、c 不共面，∴x －x’＝y －y’＝z －z’＝0， 即x ＝x’且y ＝y’且z ＝z’．故实数x 、y 、z 是唯一的．由上述定理可知，空间任一向量均可以由空间不共面的三个向量生成，我们把｛a、b、c｝叫做空间的一个基底，a、b、c都叫做基向量．说明：(1)空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底．(2)三个向量不共面就隐含着它们都不是零向量．（零向量与任意非零向量共线，与任意两个非零向量共面）(3)一个基底是不共面的三个向量构成的一个向量组，一个基向量是指基底中的某一个向量．由定理的证明过程可以得到下面的推论：设O、A、B、C是不共面的四个点，则对空间任一点P，都存在一个唯一的有序实数组x、y、z，使OCOP++=．xOBzyOA说明：若x＋y＋z＝1，则根据共面向量定理得：P、A、B、C四点共面．四、课时小结1.空间向量基本定理也成为空间向量分解定理，它与平面向量基本定理类似，区别仅在于基底中多了一个向量，从而分解结果中多了以“项”。

1.2 空间向量基本定理课后篇巩固提升1.如图,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AC 与BD 的交点为M ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则下列向量中与C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 相等的向量是( ) A.-12a +12b +cB.12a +12b +cC.-12a -12b -cD.-12a -12b +cC 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )-(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12a -12b -c .2.(2020广东汕头金山中学高二上期中)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1,点E 为上底面A 1C 1的中心,若AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x ,y 的值分别为( ) A.1,1B.1,12C.12,12D.12,1AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以x=12,y=12.故选C .3.在空间四边形OABC 中,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,点M 在线段AC 上,且AM=2MC ,N 是OB 的中点,则MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( )A.23a +12b -23cB.23a -12b +23cC.-13a +12b -23cD.13a +12b -13cMA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =23(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ),ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12OB ⃗⃗⃗⃗⃗ , MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23(a -c )-a +12b =-13a +12b -23c .4.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,A 1C 1与B 1D 1的交点为E ,则BE⃗⃗⃗⃗⃗ = .,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1A 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12a +12b +c .-12a +12b +c5.已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面,∠BAC=90°.求证:AB ⊥AC 1.AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b +c .所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ·(b +c )=a ·b +a ·c , 因为AA 1⊥平面ABC ,∠BAC=90°, 所以a ·b =0,a ·c =0, 得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故AB ⊥AC 1. 6.如图所示,在平行四边形ABCD 中,AD=4,CD=3,∠ADC=60°,PA ⊥平面ABCD ,PA=6,求线段PC 的长.ABCD 中,∠ADC=60°,所以∠BAD=120°.又PA ⊥平面ABCD , 所以PA ⊥AB ,PA ⊥AD.因为PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ -AP⃗⃗⃗⃗⃗ )2= √|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ -2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ -2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP⃗⃗⃗⃗⃗=√9+16+36+2×3×4×(-12)-0-0=7,即线段PC 的长为7.关键能力提升练7.(2020安徽淮北一中高二上期中)已知M ,N 分别是四面体OABC 的棱OA ,BC 的中点,点P 在线段MN 上,且MP=2PN ,设向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.16a+16b+16cB.13a+13b+13cC.16a+13b+13c D.13a+16b+16cOP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +23(ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=23ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23×12(OB⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )+13×12OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =13b +13c +16a ,故选C .8.在四面体O -ABC 中,G 1是△ABC 的重心,G 是OG 1上的一点,且OG=3GG 1,若OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则(x ,y ,z )为( ) A.(14,14,14) B.(34,34,34) C.(13,13,13) D.(23,23,23)如图所示,连接AG 1交BC 于点E ,则E 为BC 的中点,AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ -2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ ), AG 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =13(OB ⃗⃗⃗⃗⃗ -2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ). 因为OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =3GG 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(OG 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OG ⃗⃗⃗⃗⃗ ),所以OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =34OG 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .则OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =34OG 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =34(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=34(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −23OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗)=14OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +14OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14OC⃗⃗⃗⃗⃗ .9.(多选题)在三棱锥P-ABC 中,三条侧棱PA ,PB ,PC 两两垂直,且PA=PB=PC=3,G 是△PAB 的重心,E ,F 分别为棱BC ,PB 上的点,且BE ∶EC=PF ∶FB=1∶2,则下列说法正确的是( ) A.EG ⊥PG B.EG ⊥BC C.FG ∥BC D.FG ⊥EF,设PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则{a ,b ,c }是空间的一个正交基底,则a ·b=a ·c=b ·c=0.取AB 的中点H , 则BC⃗⃗⃗⃗⃗ =c-b , PG⃗⃗⃗⃗⃗ =23PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23×12(a+b )=13a+13b , PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(PC ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=23b+13c ,则EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =PG ⃗⃗⃗⃗⃗ −PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =13a+13b-23b-13c=13a-13b-13c ,BC⃗⃗⃗⃗⃗ =c-b , FG ⃗⃗⃗⃗⃗ =PG ⃗⃗⃗⃗⃗ −PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13a+13b-13b=13a ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =PF⃗⃗⃗⃗⃗ −PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =13b-13c+23b =-13c-13b. EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故A 正确;EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故B 正确;FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R ),故C 不正确;FG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故D 正确.故选ABD .10.若a=e 1+e 2,b=e 2+e 3,c=e 1+e 3,d=e 1+2e 2+3e 3,若e 1,e 2,e 3不共面,当d =α a +β b +γ c 时,α+β+γ=.d =(α+γ)e 1+(α+β)e 2+(γ+β)e 3,所以{α+γ=1,α+β=2,γ+β=3,故有α+β+γ=3.11.(2020浙江杭州学军中学高二上期中)在棱长为a 的正四面体ABCD 中,E ,F 分别为棱AD ,BC 的中点,则异面直线EF 与AB 所成角的大小是 ,线段EF 的长度为 .AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,则{a ,b ,c }是空间的一个基底,|a|=|b|=|c|=a ,a ·b=a ·c=b ·c =12a 2.∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(a+b )-12c ,∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12a 2+12a ·b-12a ·c =12a 2,|EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(12a +12b -12c) 2=√22a. ∴cos <EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ |EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ||AB ⃗⃗⃗⃗⃗|=12a 2√22a×a =√22, ∴异面直线EF 与AB 所成的角为π4.√22a 12.如图所示,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,ND ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,试用a ,b ,c 表示MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .AN ,则MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 由已知可得四边形ABCD 是平行四边形,从而可得AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b ,MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =-13(a +b ),又A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b -c ,故AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −ND ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −13A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b -13(b -c ),所以MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-13(a +b )+b -13(b -c )=13(-a +b +c ). 13.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,已知E ,F ,G ,H 分别是CC 1,BC ,CD 和A 1C 1的中点.证明: (1)AB 1∥GE ,AB 1⊥EH ; (2)A 1G ⊥平面EFD.设正方体棱长为1,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =i ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =j ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =k ,则{i ,j ,k }构成空间的一个单位正交基底. AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =i +k ,GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =GC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12i +12k =12AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AB 1∥GE.EH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +C 1H ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12k +(-12)(i +j )=-12i -12j +12k , ∵AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(i +k )·(-12i -12j +12k)=-12|i |2+12|k |2=0,∴AB 1⊥EH.(2)A 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ +DG ⃗⃗⃗⃗⃗ =-k +j +12i ,DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =i -12j ,DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =i +12k .∴A 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-k +j +12i)·(i -12j)=-12|j |2+12|i |2=0,∴A 1G ⊥DF.A 1G ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-k +j +12i)·(i +12k)=-12|k |2+12|i |2=0,∴A 1G ⊥DE.又DE ∩DF=O ,∴A 1G ⊥平面EFD.学科素养创新练14.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是BB 1,D 1B 1的中点,求证:EF ⊥平面B 1AC.AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =c ,AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ,有a ·b =0,a ·c =0,b ·c =0,则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(-a +b +c ),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b .∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12(-a +b +c )·(a +b )=12(|b |2-|a |2)=0.∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,即EF ⊥AB 1.同理EF ⊥B 1C. ∵AB 1∩B 1C=B 1,∴EF ⊥平面B 1AC.。