1.2 空间向量基本定理（教学课件）-【大单元教学】高二数学同步备课系列（人教A版2019选择性必修第一册）

人教A版2019高二数学（选修一）第一章 空间向量与立体几何 1.2 空间向量基本定理 1 目录/CONTENTS 新知探究 情景导入 学习目标 课堂小结 分层练习 错因分析 学习目标 1.了解空间向量基本定理及其意义. 2.会用基底表示空间向量 3.掌握空间向量的正交分解 4.掌握用基向量解决立体几何中简单问题的通法 (1)定义：已知两个非零向量a，b，则|a||b|cos〈a，b〉叫做a，b的数量积，记作a·b. (2)数量积的运算律 数乘向量与向量数量积的结合律 (λa)·b＝______ 交换律 a·b＝_____ 分配律 a·(b＋c)＝_________ a·b＋a·c λ(a·b) b·a 复习回顾 (3)空间向量的夹角 ∠AOB [0，π] 复习回顾 两个向量数量积的性质 ①若a，b是非零向量，则a⊥b⇔_______ ②若a与b同向，则a·b＝______；若反向，则a·b＝________. 特别地，a·a＝____或|a|＝ ③若θ为a，b的夹角，则cos θ＝_______ ④|a·b|≤|a|·|b| a·b＝0 |a|·|b| －|a|·|b| |a|2 复习回顾 情景导入 我们所在的教室是一个立体图形,即一个三维立体图,如果以教室的一个墙角为坐标原点,沿着三条墙缝作射线可以得到三个空间向量. 这三个空间向量是不共面的,那么这个三维立体图与这三个空间向量有什么关系呢? 事实上可以建立一个空间坐标系来研究三维立体图形. 我们知道，平面内的任意一个向量都可以用两个不共线的向量来表示（平面向量基本定理）. =+b 类似的，任意一个空间向量能否用任意三个不共面的向量来表示呢？ 空间向量基本定理 新知探究 我们先从空间中三个不共面的向量两两垂直这一特殊情况开始讨论。 如图1.2-1，设是空间中三个两两垂直的向量，且 表示它们的有向线段有公共起点O。对于任意一个空间向量 ,设为所确定的平面上的投影向量，则 ，又向量，共线，因此存在唯一的实数 使得=z,从而z. O P Q 而在所确定的平面上，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序 数对（）,使得 . 从而 结论：如果是空间三个两两垂直的向量，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组）,使得 我们称分别为向量在向量上的分向量。 探究1 在空间中，如果用任意三个不共面的向量,b,c代替两两垂直的向量，你能得出类似的结论吗？ 提示：能。如图，平移向量使它们共起点，在向量方向作平行六面体，以为体对角线，通过空间向量的线性运算 可得 A D C B A1 B1 C1 D1 b c α O P Q 探究2 你能证明有序数组的唯一性吗？ 提示：假设除外，还存在另一组实数（）， 使得，则有 ， 由平面向量基本定理知，向量共面，这与已知矛盾，故）是唯一的． 空间向量基本定理： 如果三个向量不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组）,使得 由此可知，如果三个向量不共面，那么所有空间向量组成的集合就是.这个集合可看作由向量生成的，我们把{}叫做空间的一个基底(base)，都叫做基向量(base vectors)． 提示：空间任意三个“不共面”的向量都可以作为空间向量的一个基底．因此空 间的基底不唯一 探究4 基底与基向量的概念有什么不同？ 探究3 空间中怎样的向量能构成基底？ 提示：基底是指一个向量组，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． 探究5 零向量可作为基向量吗？ 提示：不可以，因为零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，所以零向量不能作为基向量。反之，若某一向量能作为基向量,就说明它不是零向量. 探究6 类比平面向量基本定理，如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直,那么这个基底叫什么？ 提示：叫做正交基底. 探究7 如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为1，那么这个基底叫什么？ 提示：叫做单位正交基底，常用{}表示． 探究8 什么叫做空间向量正交分解。 提示：把一个空间向量分解成三个两两互相垂直的向量，叫做把空间向量正交分解。 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 典例剖析 题型一：基底的判断 答案 C 解析 反思感悟 判断基底的基本思路及方法 (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+μc,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. 概念归纳 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. 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. 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. 练一练 例2如图所示,四棱锥P-OABC的底面为一矩形,PO⊥平面OABC,设 思路分析利用图形寻找待求向量与a,b,c的 关系→利用向量运算进行拆分→直至向量 用a,b,c表示 题型二：用基底表示空间向量 典例剖析 解 反思感悟 用基底表示空间向量的解题策略 (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,以及数乘向量的运算律进行相关计算. (2)若没给定基底,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. (3)在空间几何体中选择基底时,通常选取公共起点最集中的向量或关系最明确的向量作为基底.例如,在正方体、长方体、平行六面体、四面体中,一般选用从同一顶点出发的三条棱所对应的向量作为基底. 概念归纳 答案 B 练一练 例3在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BD的中点,点G在棱CD上,且CG= CD. (1)证明:EF⊥B1C; (2)求EF与C1G所成角的余弦值. 题型三：应用空间向量基本定理证明线线位置关系 典例剖析 反思感悟 应用空间向量基本定理可以证明空间的线线垂直、线线平行,可求两条异面直线所成的角等. 首先根据几何体的特点,选择一个基底,把题目中涉及的两条直线所在的向量用基向量表示. (1)若证明线线垂直,只需证明两向量数量积为0; (2)若证明线线平行,只需证明两向量共线; (3)若要求异面直线所成的角,则转化为两向量的夹角(或其补角). 概念归纳 延伸探究 设这个正方体中线段A1B的中点为M,证明:MF∥B1C. 例4如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长度都为1,且两两夹角为60°. (1)求AC1的长; (2)求BD1与AC所成角的余弦值. 题型四：应用空间向量基本定理求距离、夹角 典例剖析 反思感悟 利用数量积求夹角或其余弦值的步骤 概念归纳 已知空间四边形ABCD,∠ACD=∠BDC=90°,且AB=2,CD=1,则AB与CD所成的角是(　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 练一练 答案 C 1.(2020广东深圳高二检测)若{a,b,c}构成空间的一个基底,则下列向量不共面的是(　　) A.b+c,b,b-c B.a,a+b,a-b C.a+b,a-b,c D.a+b,a+b+c,c 解析 对于A,b= (b+c)+ (b-c),所以A不正确;同理,B不正确;对于D,a+b+c=(a+b)+c,所以D不正确.故选C. 答案 C 随堂练 答案 A 随堂练 3.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.基底{a,b,c}中基向量与基底{e,f,g}中基向量对应相等 解析 A项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基底;B项,空间基底有无数个;D项中因为基底不唯一,所以D错.故选C. 答案 C 随堂练 随堂练 例1 如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，用向量 表示. 分析： 是三个不共面的向量，它们构成空间的一个基底{ }，可以用基底{ }表示出来 用基底表示向量有三个步骤 (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． P A C B O N M 课本例题 解： P A C B O N M 本题小结：由空间向量基本定理可知， 如果把三个不共面的向量 作为空间的一个基底，那么 所有空间向量都可以用这 三个向量表示出来。 (3)下结论：如果选定以向量{}为空间向量的一个基底，则需要利用这个基底表示出空间所有向量．表示得要彻底、结果中只能含有向量，不能含有其他形式的向量． 例2 如图，在平行六面体中， ， ，分别为,的中点。 求证:. A B C D M N B1 A1 C1 D1 分析：由空间向量基本定理可知所有空间向量都可以用三个不共面的向量表示出来，进一步地，所有空间向量的运算都可以转化为基向量间的运算。要证只需证，由已知，{ } 可构成空间的一个基底，把和分别用基底表示，然后计算即可。 所以 . 本题小结：对于立体几何中线段垂直问题： 1.定基底 2.用基底表示所给的向量 3.用·＝0⇔⊥ 证明：设=,这三个向量不共面，{}构成空间的一个基底，我们用它们表示则 = += A B C D M N B1 A1 C1 D1 所以（） 0 例3 如图，正方体的棱长为1，分别为的中点。 （1）求证：; (2)求与所成角的余弦值。 C A B D E F G 分析：（1） 要证，只需证与共线。设=,因为向量的模长都为1，则向量组{}可构成空间的一个单位正交基底，把分别用基向量表示，作相应的运算证明它们共线即可。（2）要求与所成角的余弦值，只需求与所成角的余弦值即可。 （1）证明：设=,则{}构成空间的一个单位正交基底，所以 所以 本题小结：用基向量解决立体几何直线平行问题： 1.定基底 2.用基底表示所给的向量 3.用＝λ ⇔， C A B D E F G 所以 （2）解 ：因为 , 所以与所成角的余弦值为 本题小结：用基向量解决立体几何夹角问题： 1.定基底 2.用基底表示所给的向量 3.用求夹角 C A B D E F G 所以 课本练习 （P12） A B C O G A B C O G (第3题) A B C O （P14） 课本练习 A B C D A B C O D (第3题) A B C O D (第3题) 习题1.2 C O A B C M N A B C M N A B C D B1 A1 C1 D1 M A B C D B1 A1 C1 D1 A B C D B1 A1 C1 D1 A B C D F G E B1 A1 C1 D1 A B C D F G E B1 A1 C1 D1 A B C D F G E B1 A1 C1 D1 A B C D F G E B1 A1 C1 D1 S A B C E F M N G H 8．已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等， 求证：这个四面体相对的棱两两垂直． S A B C E F M N G H 8．已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，求证：这个四面体相对的棱两两垂直． 错因分析 错因分析 错因分析 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,可以作为空间向量的一组基底的是(　　) C　 解析:只有选项C中的三个向量是不共面的,可以作为一个基底. 分层练习-基础 A　 分层练习-基础 3.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.基底{a,b,c}中基向量与基底{e,f,g}中基向量对应相等 C　 解析:A项中应是不共面的三个向量构成空间向量的基底; B项,空间基底有无数个; D项中因为基底不唯一,所以D错.故选C. 分层练习-基础 分层练习-基础 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. 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. 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. 分层练习-基础 B 分层练习-巩固 ABD 分层练习-巩固 分层练习-巩固 77 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-巩固 分层练习-拓展 分层练习-拓展 分层练习-巩固 分层练习-拓展 分层练习-拓展 分层练习-拓展 2.用基向量解决立体几何中的线线平行，垂直，角的简单问题的通法 立体几何 定相同的基底 用基底表示向量 向量 向量的解 立体几何的解 用求长度， 用＝λ ⇔， 用·＝0⇔⊥， 用求夹角． 1.用平面向量基本定理类比空间向量基本定理（基底、正交基底、正交分解） 课堂小结 ①定义：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则______叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉.②范围：〈a，b〉∈_______.特别地：当〈a，b〉＝___时，a⊥b. 如图所示, 令a=,b=,c=, 则x=,y=, z=,a+b+c=. 由于A,B1,C,D1四点不共面,可知向量x,y,z也不共面, 同理b,c,z和x,y,a+b+c也不共面,故选C. (2)已知{e1,e2,e3}是空间的一个基底,且=e1+2e2-e3,=-3e1+e2+2e3, =e1+e2-e3,试判断{}能否作为空间的一个基底. 解 设=x+y,则e1+2e2-e3=x(-3e1+e2+2e3)+y(e1+e2-e3), 即e1+2e2-e3=(y-3x)e1+(x+y)e2+(2x-y)e3, ∴此方程组无解.即不存在实数x,y,使得=x+y, 所以不共面.所以{}能作为空间的一个基底. ∴此方程组无解. =a,=b,=c,点E,F分别是PC,PB的中点,试用a,b,c表示. 连接BO,则)=(c-b-a)=-a-b+c. )=-a-b+c. ) =-a+c+(-c+b)=-a+b+c. a. 延伸探究 若本例条件不变,试用a,b,c表示向量. 解 )=a+b-c. 已知在空间四边形OABC中,=a,=b,=c,点M在OA上,且OM=2MA,N为BC中点,则等于(　　) A.a-b+c B.-a+b+c C.a+b-c D.a+b-c 解析 显然)-=-a+b+c. 思路分析选择一个空间基底,将用基向量表示.(1)证明=0即可;(2)求夹角的余弦值即可. (1)证明 设=i,=j,=k, 则{i,j,k}构成空间的一个正交基底. ∴=-k+)=i+j-k,=-i-k, ∴·(-i-k)=-|i|2+|k|2=0,∴EF⊥B1C. (2)解 i+j-k,=-k-j, ∵||2=|i|2+|j|2+|k|2=3, ∴||=. ∵||2==|k|2+|j|2=4+,∴||=, ∴cos<>==. 解 设=i,=j,=k,则=-i-k, =-i-k=(-i-k)=,所以MF∥B1C. 解 (1)设=a,=b,=c, 则|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=60°, 所以a·b=b·c=c·a=. 因为||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=1+1+1+2×()=6, 所以||=,即AC1的长为. (2)因为=b+c-a,=a+b, 所以||=,||=. 又因为=(b+c-a)·(a+b)=b2-a2+a·c+b·c=1, 所以cos<>=. 所以AC与BD1所成角的余弦值为. 解析 由∠ACD=∠BDC=90°, 得=0, 所以=()· =+||2+=||2=1. 所以cos<>=, 所以AB与CD所成的角是60°. 2.已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点F是侧面CC1D1D的中心,且+m-n,则m,n的值分别为(　　) A.,- B.-,-C.- D. 解析 因为)=,所以m=,n=-. 答案 a-b+c 4.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E为PD中点, 若=a,=b,=c,则=　　　　　　　.  解析 )=(-b+) =-b+) =-b+(a+c-2b)=a-b+c. 易错辨析　对基底理解不清致误 例5　在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点．若eq \o(A1B1,\s\up10(→))＝a，eq \o(A1D1,\s\up10(→))＝b，eq \o(A1A,\s\up10(→))＝c，试用基底{a，b，c}表示向量eq \o(C1M,\s\up10(→)). 解析：如图，连接A1M，A1C1，则eq \o(C1M,\s\up10(→))＝eq \o(A1M,\s\up10(→))－eq \o(A1C1,\s\up10(→))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))＋eq \o(AM,\s\up10(→))－(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))－(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))－eq \f(1,2)(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c. 【易错警示】 易错原因 纠错心得 本题易错的地方是向量分解的不彻底，可能会得到如下错解：eq \o(C1M,\s\up10(→))＝eq \o(A1M,\s\up10(→))－eq \o(A1C1,\s\up10(→))＝eq \o(A1A,\s\up10(→))＋eq \o(AM,\s\up10(→))－(eq \o(A1B1,\s\up10(→))＋eq \o(A1D1,\s\up10(→)))＝c＋eq \o(AM,\s\up10(→))－a－b 事实上，eq \o(AM,\s\up10(→))仍需用基底表示. 基底可以表示空间内任一向量，用基底表示向量时，最后结果应含基向量. A. B. C.D. 2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,若点F是侧面CC1D1D的中心,且+m-n,则m,n的值分别为(　　) A.,- B.-,- C.- D. 解析:因为)=, 所以m=,n=-. 解析: )=(-b+)=-b+)=-b+(a+c-2b)=a-b+c. 4.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E为PD中点,若=a,=b,=c,则=　　　　　.  a-b+c ∴此方程组无解. 1. 以下四个命题中正确的是(　　) A．基底{a，b，c}中可以有零向量 B．空间任何三个不共面的向量都可构成空间向量的一个基底 C．△ABC为直角三角形的充要条件是eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))＝0 D．空间向量的基底只能有一组 解析：使用排除法．因为零向量与任意两个非零向量都共面，故A不正确；△ABC为直角三角形并不一定是eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))＝0，可能是eq \o(BC,\s\up6(→))·eq \o(BA,\s\up6(→))＝0，也可能是eq \o(CA,\s\up6(→))·eq \o(CB,\s\up6(→))＝0，故C不正确；空间基底可以有无数多组，故D不正确． 2.(多选)已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→))＋eq \o(OC,\s\up6(→))，向量b＝eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→))－eq \o(OC,\s\up6(→))，则与a，b能构成空间基底的向量是(　　) A.eq \o(OA,\s\up6(→)) B.eq \o(OB,\s\up6(→)) C.eq \o(OC,\s\up6(→)) D.eq \o(OA,\s\up6(→))或eq \o(OB,\s\up6(→)) 解析：∵eq \o(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b且a，b不共线， ∴a，b，eq \o(OC,\s\up6(→))共面， ∴eq \o(OC,\s\up6(→))与a，b不能构成一组空间基底． 3.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，用 ， ， 作为基向量， 则 ＝ ． eq \f(1,2) ( ＋ ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ) 解析：2 ＝2 ＋2 eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋2 eq \o(AB,\s\up6(→)) ＝( ＋ eq \o(AD,\s\up6(→)) )＋( ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) )＋( eq \o(AD,\s\up6(→)) ＋ eq \o(AB,\s\up6(→)) ) ＝ ＋ ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ， 所以 ＝ eq \f(1,2) ( ＋ ＋ eq \o(AC,\s\up6(→)) ). 4．已知a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3， 若d＝αa＋βb＋λc，则α，β，λ的值分别为________． eq \f(5,2)，－1，－eq \f(1,2) 解析：∵d＝α(e1＋e2＋e3)＋β(e1＋e2－e3)＋λ(e1－e2＋e3) ＝(α＋β＋λ)e1＋(α＋β－λ)e2＋(α－β＋λ)e3＝e1＋2e2＋3e3， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α＋β＋λ＝1，,α＋β－λ＝2，,α－β＋λ＝3，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α＝\f(5,2)，,β＝－1，,λ＝－\f(1,2).)) 5.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． (1)证明：设eq \o(DA,\s\up6(→))＝i，eq \o(DC,\s\up6(→))＝j，eq \o(DD1,\s\up6(→))＝k，则{i，j，k}构成空间的一个正交基底． 所以eq \o(EF,\s\up6(→))＝eq \o(ED,\s\up6(→))＋eq \o(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)k＋eq \f(1,2)(eq \o(DA,\s\up6(→))＋eq \o(AB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \o(B1C,\s\up6(→))＝eq \o(B1B,\s\up6(→))＋eq \o(BC,\s\up6(→))＝－i－k， 所以eq \o(EF,\s\up6(→))·eq \o(B1C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 \o(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j－eq \f(1,2)k，eq \o(C1G,\s\up6(→))＝eq \o(C1C,\s\up6(→))＋eq \o(CG,\s\up6(→))＝－k－eq \f(1,3)j，|eq \o(EF,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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 \o(EF,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，|eq \o(C1G,\s\up6(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq \f(1,9)|j|2＝4＋eq \f(4,9)＝eq \f(40,9)，|eq \o(C1G,\s\up6(→))|＝eq \f(2\r(10),3)， ∴cos〈eq \o(EF,\s\up6(→))，eq \o(C1G,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(C1G,\s\up6(→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(C1G,\s\up6(→))|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－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)． ∴EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(30),15)． 1.如图，正四面体V­ABC的高VD的中点为O， VC的中点为M. (1)求证：AO，BO，CO两两垂直； (2)求〈eq \o(DM,\s\up17(―→))，eq \o(AO,\s\up17(―→))〉． 解：设eq \o(VA,\s\up17(―→))＝a，eq \o(VB,\s\up17(―→))＝b，eq \o(VC,\s\up17(―→))＝c，正四面体的棱长为1. (1)证明：因为eq \o(VD,\s\up17(―→))＝eq \f(1,3)(a＋b＋c)，eq \o(AO,\s\up17(―→))＝eq \f(1,6)(b＋c－5a)，eq \o(BO,\s\up17(―→))＝eq \f(1,6)(a＋c－5b)，eq \o(CO,\s\up17(―→))＝eq \f(1,6)(a＋b－5c)， 所以eq \o(AO,\s\up17(―→))·eq \o(BO,\s\up17(―→))＝eq \f(1,36)(b＋c－5a)·(a＋c－5b) ＝eq \f(1,36)(18a·b－9|a|2) ＝eq \f(1,36) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(18×1×1×cos \f(π,3)－9))＝0， 所以eq \o(AO,\s\up17(―→))⊥eq \o(BO,\s\up17(―→))，即AO⊥BO. 同理，AO⊥CO，BO⊥CO. 所以AO，BO，CO两两垂直． (2)因为eq \o(DM,\s\up17(―→))＝eq \o(DV,\s\up17(―→))＋eq \o(VM,\s\up17(―→))＝－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＋eq \f(1,2)c ＝eq \f(1,6)(－2a－2b＋c)， 所以|eq \o(DM,\s\up17(―→))|＝ eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)－2a－2b＋c))2)＝eq \f(1,2). 又|eq \o(AO,\s\up17(―→))|＝ eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,6)b＋c－5a))2)＝eq \f(\r(2),2)， eq \o(DM,\s\up17(―→))·eq \o(AO,\s\up17(―→))＝eq \f(1,6)(－2a－2b＋c)·eq \f(1,6)(b＋c－5a)＝eq \f(1,4)， 所以cos〈eq \o(DM,\s\up17(―→))，eq \o(AO,\s\up17(―→))〉＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2)×\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(2),2). 又〈eq \o(DM,\s\up17(―→))，eq \o(AO,\s\up17(―→))〉∈[0，π]，所以〈eq \o(DM,\s\up17(―→))，eq \o(AO,\s\up17(―→))〉＝eq \f(π,4). 2.如图，已知平行六面体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD. (1)求证：CC1⊥BD. (2)当eq \f(CD,CC1)的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明． 证明：(1)设eq \o(CD,\s\up17(―→))＝a，eq \o(CB,\s\up17(―→))＝b，eq \o(CC1,\s\up17(―→))＝c. 由题意得|a|＝|b|，eq \o(BD,\s\up17(―→))＝eq \o(CD,\s\up17(―→))－eq \o(CB,\s\up17(―→))＝a－b. eq \o(CD,\s\up17(―→))，eq \o(CB,\s\up17(―→))，eq \o(CC1,\s\up17(―→))两两夹角的大小相等，设为θ， 于是eq \o(CC1,\s\up17(―→))·eq \o(BD,\s\up17(―→))＝c·(a－b)＝c·a－c·b ＝|c|·|a|cos θ－|c|·|b|cos θ＝0，∴CC1⊥BD. (2)要使A1C⊥平面C1BD，只需A1C⊥BD，A1C⊥DC1. 由eq \o(CA1,\s\up17(―→))·eq \o(C1D,\s\up17(―→))＝(eq \o(CA,\s\up17(―→))＋eq \o(AA1,\s\up17(―→)))·(eq \o(CD,\s\up17(―→))－eq \o(CC1,\s\up17(―→)))＝(a＋b＋c)·(a－c)＝ a2－a·c＋a·b－b·c＋c·a－c2＝|a|2－|c|2＋|a|·|b|cos θ－|b|·|c|cos θ＝(|a|－|c|)·(|a|＋|c|＋|b|cos θ)＝0，得当|c|＝|a|时，A1C⊥DC1. 而由(1)知CC1⊥BD，又显然BD⊥AC， ∴BD⊥平面ACC1A1，∴A1C⊥BD. 综上可得，当eq \f(CD,CC1)＝1时，A1C⊥平面C1BD. $$