1.2 空间向量基本定量-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第一章　空间向量与立体几何 1.2　空间向量基本定理 (教师独具内容) 课程标准：1．了解空间向量基本定理及其意义．2．掌握空间向量的正交分解． 教学重点：把空间三个不共面的向量作为基底表示其他向量． 教学难点：运用空间向量基本定理解决立体几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题． 核心素养：1．通过学习空间向量基本定理及基底、基向量等概念，培养数学抽象素养．2．通过应用空间向量基本定理，提升直观想象及数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 不共面 唯一的有序实数组(x，y，z) 核心概念掌握 目录 5 {p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R} {a，b，c} a，b，c 不共面 核心概念掌握 目录 6 提示：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，因此三个基向量均不为0． 提示 核心概念掌握 目录 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 {i，j，k} 把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量 核心概念掌握 目录 8 答案 核心概念掌握 目录 9 答案 核心概念掌握 目录 10 答案 1 核心概念掌握 目录 11 核心素养形成 解 核心素养形成 目录 13 解 核心素养形成 目录 14 感悟提升 判断能否构成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，则不能构成基底；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对于a，b，c，假设a＝λb＋μc，运用空间向量基本定理，建立关于λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能构成基底；若无解，则不共面，能构成基底． 核心素养形成 目录 15 答案 核心素养形成 目录 16 解析 核心素养形成 目录 17 核心素养形成 目录 18 解 核心素养形成 目录 19 解 核心素养形成 目录 20 解 核心素养形成 目录 21 感悟提升 用基底表示空间向量的步骤 (1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底． (2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果． (3)下结论：利用空间的一个基底{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． 核心素养形成 目录 22 解 核心素养形成 目录 23 核心素养形成 目录 24 解 核心素养形成 目录 25 解 核心素养形成 目录 26 感悟提升 (1)向量法是证明异面直线垂直常用的方法，常选一基底表示两异面直线． (2)利用数量积求夹角或其余弦值的步骤 核心素养形成 目录 27 核心素养形成 目录 28 解 核心素养形成 目录 29 解 核心素养形成 目录 30 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 32 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 33 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 34 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 35 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 36 答案 解析 0 3 5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 37 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 41 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 42 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 43 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 44 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 45 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 46 答案 m＋2n＋3c 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 47 答案 3 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 48 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 52 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 57 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 58 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 59 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 60 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　空间向量基本定理 (1)定理 条件 如果三个向量a，b，ceq \x(\s\up1(01))___________，那么对任意一个空间向量p 结论 存在eq \x(\s\up1(02))_______________________________________，使得p＝xa＋yb＋zc (2)基底与基向量 ①如果三个向量a，b，c不共面，那么所有空间向量组成的集合就是eq \x(\s\up1(03))____ _______________________________，这个集合可看作由向量a，b，c生成的，我们把eq \x(\s\up1(04))__________叫做空间的一个基底，eq \x(\s\up1(05))__________都叫做基向量． ②空间任意三个eq \x(\s\up1(06))__________的向量都可以构成空间的一个基底． [想一想]　对于基底{a，b，c}，三个基向量a，b，c中能否有一个为0? 知识点二　空间向量的正交分解 (1)单位正交基底 eq \x(\s\up1(01))______________________________________________________，那么这个基底叫做单位正交基底，常用eq \x(\s\up1(02))____________表示． (2)正交分解 eq \x(\s\up1(03))__________________________________________，叫做把空间向量进行正交分解． 1．(基底与基向量)如果向量a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底，则(　　) A．a与b共线 B．a与b同向 C．a与b反向 D．a与b共面 2．(用基底表示空间向量)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，用基底{eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(AA1,\s\up14(→))}表示eq \o(AC1,\s\up14(→))，则eq \o(AC1,\s\up14(→))＝_________________． eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)) 3．(空间向量基本定理的应用)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，则eq \o(AC1,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝________． 题型一　基底的概念 (OA,\s\up14(→)) 　已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且＝e1＋2e2－e3，eq \o(OB,\s\up14(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \o(OC,\s\up14(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))，eq \o(OC,\s\up14(→))}能否作为空间的一个基底． 解　假设eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))，eq \o(OC,\s\up14(→))共面，则存在实数λ，μ，使得eq \o(OA,\s\up14(→))＝λeq \o(OB,\s\up14(→))＋μeq \o(OC,\s\up14(→))， ∴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\{(\a\vs4\al\co1(－3λ＋μ＝1，,λ＋μ＝2，,2λ－μ＝－1，))此方程组无解， ∴eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))，eq \o(OC,\s\up14(→))不共面， ∴{eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))，eq \o(OC,\s\up14(→))}可以作为空间的一个基底． [跟踪训练1]　(多选)(2024·江西浮梁县第一中学期中)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列选项中，能作为空间中的一个基底的是(　　) A．{eq \o(DA,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(DD1,\s\up14(→))} B．{eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(A1C,\s\up14(→))，eq \o(BB1,\s\up14(→))} C．{eq \o(A1B,\s\up14(→))，eq \o(BD1,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))} D．{eq \o(A1B,\s\up14(→))，eq \o(A1D,\s\up14(→))，eq \o(B1D1,\s\up14(→))} 解析　对于A，eq \o(DA,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(DD1,\s\up14(→))两两正交，所以{eq \o(DA,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(DD1,\s\up14(→))}可以作为空间中的一个基底；对于B，因为eq \o(BB1,\s\up14(→))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))，所以eq \o(AC,\s\up14(→))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))＋eq \o(A1C,\s\up14(→))＝eq \o(BB1,\s\up14(→))＋eq \o(A1C,\s\up14(→))，所以eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(A1C,\s\up14(→))，eq \o(BB1,\s\up14(→))共面，故{eq \o(AC,\s\up14(→))，eq \o(A1C,\s\up14(→))，eq \o(BB1,\s\up14(→))}不能作为空间中的一个基底；对于C，eq \o(A1B,\s\up14(→))，eq \o(BD1,\s\up14(→))在平面A1BCD1上，而DC与平面A1BCD1不平行，所以eq \o(DC,\s\up14(→))，eq \o(A1B,\s\up14(→))，eq \o(BD1,\s\up14(→))不共面，所以{eq \o(A1B,\s\up14(→))，eq \o(BD1,\s\up14(→))，eq \o(DC,\s\up14(→))}可以作为空间中的一个基底；对于D，因为eq \o(B1D1,\s\up14(→))＝eq \o(BD,\s\up14(→))，所以eq \o(A1D,\s\up14(→))＝eq \o(A1B,\s\up14(→))＋eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(A1B,\s\up14(→))＋eq \o(B1D1,\s\up14(→))，故{eq \o(A1B,\s\up14(→))，eq \o(A1D,\s\up14(→))，eq \o(B1D1,\s\up14(→))}不能作为空间中的一个基底．故选AC． 题型二　用基底表示空间向量 　如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，P是 CA1的中点，M是CD1的中点，N是C1D1的中点，Q是CA1 上的点，且CQ∶QA1＝4∶1，eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，用基 底{a，b，c}表示以下向量： (1)eq \o(AP,\s\up14(→))；(2)eq \o(AM,\s\up14(→))；(3)eq \o(AN,\s\up14(→))；(4)eq \o(AQ,\s\up14(→))． 解　连接AC，AC1，AD1(图略)． (1)eq \o(AP,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))) ＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c． (2)eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(AD1,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋2eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(a＋2b＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c． (3)eq \o(AN,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC1,\s\up14(→))＋eq \o(AD1,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)[(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＋(eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))]＝eq \f(1,2)a＋b＋c． (4)eq \o(AQ,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(CQ,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \f(4,5)(eq \o(AA1,\s\up14(→))－eq \o(AC,\s\up14(→)))＝eq \f(1,5) eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up14(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up14(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c． 【结论探究】　如果把本例中要表示的向量改为eq \o(A1C,\s\up14(→))，eq \o(BM,\s\up14(→))，eq \o(BQ,\s\up14(→))，怎样解答呢？ 解　eq \o(A1C,\s\up14(→))＝eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AA1,\s\up14(→))＝(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)))－eq \o(AA1,\s\up14(→)) ＝a＋b－c． eq \o(BM,\s\up14(→))＝eq \o(BC,\s\up14(→))＋eq \o(CM,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CD1,\s\up14(→)) ＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(CD,\s\up14(→))＋eq \o(DD1,\s\up14(→)))＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))) ＝eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)(－eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝b＋eq \f(1,2)(－a＋c) ＝－eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c． eq \o(BQ,\s\up14(→))＝eq \o(BA,\s\up14(→))＋eq \o(AQ,\s\up14(→))＝－eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AQ,\s\up14(→)) ＝－a＋eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c ＝－eq \f(4,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c． [跟踪训练2]　(2024·昆明一中高二月考)已知{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，向量p＝a－2b－4c，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，用基底{a＋b，a－b，c}表示向量p． 解　设p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，整理， 得p＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，而向量p＝a－2b－4c， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x－y＝－2,z＝－4，))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2) ，,y＝\f(3,2) ，,z＝－4.)) 故p＝－eq \f(1,2)(a＋b)＋eq \f(3,2)(a－b)－4c． 题型三　空间向量基本定理的应用 　如图，已知直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点． (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． 解　(1)证明：设eq \o(CA,\s\up14(→))＝a，eq \o(CB,\s\up14(→))＝b，eq \o(CC′,\s\up14(→))＝c，这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底． 根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0． 因为eq \o(CE,\s\up14(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \o(A′D,\s\up14(→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a． 所以eq \o(CE,\s\up14(→))·eq \o(A′D,\s\up14(→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0， 所以eq \o(CE,\s\up14(→))⊥eq \o(A′D,\s\up14(→))，即CE⊥A′D． (2)因为eq \o(AC′,\s\up14(→))＝－a＋c， 所以eq \o(AC′,\s\up14(→))·eq \o(CE,\s\up14(→))＝(－a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)c))＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2， 又|eq \o(AC′,\s\up14(→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \o(CE,\s\up14(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|， 所以cos〈eq \o(AC′,\s\up14(→))，eq \o(CE,\s\up14(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)×\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10)． 所以异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)． [跟踪训练3]　(2024·启东中学高二质检)如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，M，N分别是AB，CD的中点． (1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的长． 解　(1)证明：设eq \o(AB,\s\up14(→))＝p，eq \o(AC,\s\up14(→))＝q，eq \o(AD,\s\up14(→))＝r， 则{p，q，r}构成空间的一个基底． 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向 量两两夹角均为60°．连接AN(图略)． eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(AN,\s\up14(→))－eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→)))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)， ∴eq \o(MN,\s\up14(→))·eq \o(AB,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)·p＝eq \f(1,2)(q·p＋r·p－p2)＝eq \f(1,2)(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0， ∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD． (2)由(1)可知，eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)， ∴|eq \o(MN,\s\up14(→))|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\co1(a2＋a2＋a2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2)－\f(a2,2)－\f(a2,2)))))＝eq \f(1,4)×2a2＝eq \f(a2,2)， ∴|eq \o(MN,\s\up14(→))|＝eq \f(\r(2),2)a， ∴MN的长为eq \f(\r(2),2)a． 1．{a，b，c}为空间的一个基底，且存在实数x，y，z使得xa＋yb＋zc＝0，则x，y，z的值分别为(　　) A．0，0，1 B．0，0，0 C．1，0，1 D．0，1，0 解析　若x，y，z中存在一个不为0的数，不妨设x≠0，则a＝－eq \f(y,x)b－eq \f(z,x)c，∴a，b，c共面，这与{a，b，c}是基底矛盾，故x＝y＝z＝0． 2．(多选)(2024·华南师大附中校考期中)设{a，b，c}是空间的一个基底，下列说法中正确的是(　　) A．eq \f(1,2)a，eq \f(1,3)b，eq \f(1,4)c一定能构成空间的一个基底 B．a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面 C．有且仅有一对实数λ，μ，使得c＝λa＋μb D．对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc 解析　对于A，因为{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c不共面，则eq \f(1,2)a，eq \f(1,3)b，eq \f(1,4)c也不共面，eq \f(1,2)a，eq \f(1,3)b，eq \f(1,4)c一定能构成空间的一个基底，故A正确；对于B，由基底向量的定义，知a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面，故B正确；对于C，因为a，b，c不共面，所以不存在实数λ，μ，使得c＝λa＋μb，故C错误；对于D，因为{a，b，c}是空间的一个基底，由空间向量基本定理，知对空间任一向量p，总存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc，故D正确．故选ABD． 3．(2024·蚌埠二中高二月考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，点O为空间内任意一点，设eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，eq \o(OB,\s\up14(→))＝b，eq \o(OC,\s\up14(→))＝c，则向量eq \o(OD,\s\up14(→))可用基底{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 \o(OD,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up14(→))＝eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OB,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c． 4．已知正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1，设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a， eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(\a\vs4\al(AA′),\s\up14(→))＝c，则A′B与B′C所成角的余弦值为(　　) A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,2) C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(1,6) 解析　∵eq \o(A′B,\s\up14(→))·eq \o(B′C,\s\up14(→))＝(eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AA′,\s\up14(→)))·(eq \o(BC,\s\up14(→))－eq \o(BB′,\s\up14(→)))＝(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2＝0－0－0＋1＝1，∴cos〈eq \o(A′B,\s\up14(→))，eq \o(B′C,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(A′B,\s\up14(→))·\o(B′C,\s\up14(→)),|\o(A′B,\s\up14(→))||\o(B′C,\s\up14(→))|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)． 5．已知空间单位向量e1，e2，e3，e1⊥e2，e2⊥e3，e1·e3＝eq \f(4,5)，若空间向量m＝xe1＋ye2＋ze3满足m·e1＝4，m·e2＝3，m·e3＝5，则x＝______，y＝______，z＝______． 解析　由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（xe1＋ye2＋ze3）·e1＝4，,（xe1＋ye2＋ze3）·e2＝3，,（xe1＋ye2＋ze3）·e3＝5，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,5)z＝4，,y＝3，,\f(4,5)x＋z＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3，,z＝5.)) 一、选择题 1．已知{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，m＝－a＋6b－5c，n＝3a＋8b，则m·n＝(　　) A．15 B．21 C．45 D．36 解析　因为{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，所以|a|＝1，|b|＝1，|c|＝1，a·b＝b·c＝a·c＝0．又m＝－a＋6b－5c，n＝3a＋8b，所以m·n＝(－a＋6b－5c)·(3a＋8b)＝－3＋48＝45．故选C． 2．(2024·东莞中学期中)若{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且向量a＝e1＋e2，b＝e2－e3，c＝e1＋te3不能构成空间的一个基底，则t＝(　　) A．－1 B．1 C．0 D．－2 解析　由于a＝e1＋e2，b＝e2－e3，所以a，b不共线，由于a，b，c不能构成空间的一个基底，所以存在x，y∈R使得c＝xa＋yb，即e1＋te3＝x(e1＋e2)＋y(e2－e3)＝xe1＋(x＋y)e2－ye3，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝x，,0＝x＋y，,t＝－y，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，,t＝1.))故选B． 3．(2024·南宁一中高二月考)已知BD⊥平面ABC，AB⊥BC，BD＝1，AB＝2，BC＝3，则空间的一个单位正交基底可以为(　　) A．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(BC,\s\up14(→)) ，\o(BD,\s\up14(→)) ，\f(\r(5),5)\o(AD,\s\up14(→)))) B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(BC,\s\up14(→)) ，\o(BD,\s\up14(→)) ，\f(1,2)\o(BA,\s\up14(→)))) C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up14(→)) ，\o(BD,\s\up14(→)) ，\f(\r(5),5)\o(AD,\s\up14(→)))) D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up14(→)) ，\o(BD,\s\up14(→)) ，\f(1,2)\o(BA,\s\up14(→)))) 解析　因为BD⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以BD⊥AB，BD⊥BC．因为AB⊥BC，即AB，BC，BD两两垂直，又BD＝1，AB＝2，BC＝3，所以空间的一个单位正交基底可以为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(BC,\s\up14(→)) ，\o(BD,\s\up14(→)) ，\f(1,2)\o(BA,\s\up14(→))))．故选B． 4．(2024·临沂期中)已知空间四边形OABC，其对角线分别 为OB，AC，M，N分别是边CB，OA的中点，点G在线段MN 上，且使NG＝2GM，用基底{eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))，eq \o(OC,\s\up14(→))}表示向量eq \o(OG,\s\up14(→))正确的是(　　) A．eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up14(→)) B．eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up14(→)) C．eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up14(→)) D．eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up14(→)) 解析　根据题意可得eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \o(ON,\s\up14(→))＋eq \o(NG,\s\up14(→))，又NG＝2GM，所以eq \o(NG,\s\up14(→))＝eq \f(2,3) eq \o(NM,\s\up14(→))，所以eq \o(OG,\s\up14(→))＝eq \o(ON,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(NM,\s\up14(→))＝eq \o(ON,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(NO,\s\up14(→))＋eq \o(OM,\s\up14(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(ON,\s\up14(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→)))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OC,\s\up14(→)))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up14(→))．故选C． 5．(2024·武汉二中高二质检)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为1，eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(MC1,\s\up14(→))，N为B1B的中点，则|eq \o(MN,\s\up14(→))|＝(　　) A．eq \f(\r(21),6) B．eq \f(\r(6),6) C．eq \f(\r(15),6) D．eq \f(\r(15),3) 解析　设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，则a，b，c构成空间的一个正交基底．∵eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \o(AN,\s\up14(→))－eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \o(AN,\s\up14(→))－eq \f(1,3) eq \o(AC1,\s\up14(→))＝a＋eq \o(BN,\s\up14(→))－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＝eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)c－eq \f(1,3)b，∴|eq \o(MN,\s\up14(→))|＝eq \r(\f(4,9)|a|2＋\f(1,36)|c|2＋\f(1,9)|b|2)＝eq \f(\r(21),6)． 6．(多选)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论正确的是(　　) A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1 解析　∵eq \o(A1M,\s\up14(→))＝eq \o(A1A,\s\up14(→))＋eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \o(A1A,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(D1P,\s\up14(→))＝eq \o(D1D,\s\up14(→))＋eq \o(DP,\s\up14(→))＝eq \o(A1A,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up14(→))，∴eq \o(A1M,\s\up14(→))∥eq \o(D1P,\s\up14(→))，从而A1M∥D1P，由直线与平面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1，故A，C，D正确；又B1Q与D1P不平行，故B不正确．故选ACD． 二、填空题 7．设{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，且向量p＝3a＋b＋c，若m＝a＋b，n＝a－c，则用基底{m，n，c}表示向量p＝_____________． 解析　设p＝xm＋yn＋zc，则x(a＋b)＋y(a－c)＋zc＝(x＋y)a＋xb＋(z－y)c＝3a＋b＋c，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,x＝1，,z－y＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，,z＝3，))故p＝m＋2n＋3c． 8．(2024·北京朝阳期中)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(AC1,\s\up14(→))＝________． 解析　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AD,\s\up14(→))，eq \o(AA1,\s\up14(→))构成空间的一个基底，则eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AC1,\s\up14(→))＝eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→))，所以eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(AC1,\s\up14(→))＝(eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→)))·(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AD,\s\up14(→))＋eq \o(AA1,\s\up14(→)))＝eq \o(AD,\s\up14(→))2－eq \o(AB,\s\up14(→))2＝22－12＝3． 9．在如图所示的平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝AA1＝AD，∠BAD＝∠DAA1＝60°，∠BAA1＝30°，N为A1D1上一点，且A1N＝λA1D1．若BD⊥AN，则λ的值为________． 解析　设eq \o(AB,\s\up14(→))＝a，eq \o(AD,\s\up14(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up14(→))＝c，则eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(AD,\s\up14(→))－eq \o(AB,\s\up14(→))＝b－a．因为A1N＝λA1D1，所以eq \o(AN,\s\up14(→))＝eq \o(AA1,\s\up14(→))＋eq \o(A1N,\s\up14(→))＝c＋λb．因为BD⊥AN，所以eq \o(BD,\s\up14(→))⊥eq \o(AN,\s\up14(→))，所以eq \o(BD,\s\up14(→))·eq \o(AN,\s\up14(→))＝(b－a)·(c＋λb)＝0．不妨取AB＝AA1＝AD＝1，则a·b＝1×1×cos60°＝eq \f(1,2)，b·c＝1×1×cos60°＝eq \f(1,2)，a·c＝1×1×cos30°＝eq \f(\r(3),2)，所以(b－a)·(c＋λb)＝eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，解得λ＝eq \r(3)－1． eq \r(3)－1 三、解答题 10．(2024·运城一中高二月考)如图，M，N分别是四 面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点 (点P靠近点N)，若eq \o(AO,\s\up14(→))＝a，eq \o(AB,\s\up14(→))＝b，eq \o(AC,\s\up14(→))＝c． (1)以{a，b，c}为基底表示eq \o(OQ,\s\up14(→))； (2)若|a|＝|b|＝1，|c|＝2，∠OAB＝∠OAC＝eq \f(π,3)，∠CAB＝eq \f(π,2)，求|eq \o(OQ,\s\up14(→))|的值． 解　(1)因为M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点(点P靠近点N)， 所以eq \o(MQ,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(MN,\s\up14(→))， 整理得eq \o(OQ,\s\up14(→))－eq \o(OM,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(ON,\s\up14(→))－eq \f(1,3) eq \o(OM,\s\up14(→))， 故eq \o(OQ,\s\up14(→))＝eq \f(1,3) eq \o(ON,\s\up14(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OM,\s\up14(→))， 由于eq \o(ON,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up14(→))， 所以eq \o(OQ,\s\up14(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up14(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up14(→)) ＝eq \f(1,6)(eq \o(AB,\s\up14(→))－eq \o(AO,\s\up14(→)))＋eq \f(1,6)(eq \o(AC,\s\up14(→))－eq \o(AO,\s\up14(→)))－eq \f(1,3) eq \o(AO,\s\up14(→)) ＝－eq \f(2,3) eq \o(AO,\s\up14(→))＋eq \f(1,6) eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \f(1,6) eq \o(AC,\s\up14(→)) ＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(1,6)c． (2)由(1)得eq \o(OQ,\s\up14(→))＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(1,6)c， 所以|eq \o(OQ,\s\up14(→))|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a＋\f(1,6)b＋\f(1,6)c))，故 |eq \o(OQ,\s\up14(→))|2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a＋\f(1,6)b＋\f(1,6)c)) eq \s\up12(2) ＝eq \f(4,9)a2＋eq \f(1,36)b2＋eq \f(1,36)c2－eq \f(2,9)a·b－eq \f(2,9)a·c＋eq \f(1,18)c·b＝eq \f(1,4)， 所以|eq \o(OQ,\s\up14(→))|＝eq \f(1,2)． 1．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PA，PB，PC于点D，E，F，若eq \o(PD,\s\up14(→))＝meq \o(PA,\s\up14(→))，eq \o(PE,\s\up14(→))＝neq \o(PB,\s\up14(→))，eq \o(PF,\s\up14(→))＝teq \o(PC,\s\up14(→))，求证eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,t)为定值，并求出该定值． 解　连接AG并延长交BC于点H，由题意，可令 {eq \o(PA,\s\up14(→))，eq \o(PB,\s\up14(→))，eq \o(PC,\s\up14(→))}为空间的一个基底． eq \o(PM,\s\up14(→))＝eq \f(3,4) eq \o(PG,\s\up14(→))＝eq \f(3,4)(eq \o(PA,\s\up14(→))＋eq \o(AG,\s\up14(→)))＝eq \f(3,4) eq \o(PA,\s\up14(→))＋eq \f(3,4)×eq \f(2,3) eq \o(AH,\s\up14(→))＝eq \f(3,4) eq \o(PA,\s\up14(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))＝eq \f(3,4) eq \o(PA,\s\up14(→))＋eq \f(1,4)(eq \o(PB,\s\up14(→))－eq \o(PA,\s\up14(→)))＋eq \f(1,4)(eq \o(PC,\s\up14(→))－eq \o(PA,\s\up14(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(PA,\s\up14(→))＋eq \f(1,4) eq \o(PB,\s\up14(→))＋eq \f(1,4) eq \o(PC,\s\up14(→))． 连接DM．因为D，E，F，M四点共面， 所以存在实数λ，μ， 使得eq \o(DM,\s\up14(→))＝λeq \o(DE,\s\up14(→))＋μeq \o(DF,\s\up14(→))，即eq \o(PM,\s\up14(→))－eq \o(PD,\s\up14(→))＝ λ(eq \o(PE,\s\up14(→))－eq \o(PD,\s\up14(→)))＋μ(eq \o(PF,\s\up14(→))－eq \o(PD,\s\up14(→)))， 所以eq \o(PM,\s\up14(→))＝(1－λ－μ)eq \o(PD,\s\up14(→))＋λeq \o(PE,\s\up14(→))＋μeq \o(PF,\s\up14(→))＝(1－λ－μ)meq \o(PA,\s\up14(→))＋λneq \o(PB,\s\up14(→))＋μteq \o(PC,\s\up14(→))． 由空间向量基本定理，知eq \f(1,4)＝(1－λ－μ)m，eq \f(1,4)＝λn，eq \f(1,4)＝μt， 所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,t)＝4(1－λ－μ)＋4λ＋4μ＝4，为定值． 2．如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形， ∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，且CC1＝CD＝1． (1)试用基底{eq \o(CD,\s\up14(→))，eq \o(CB,\s\up14(→))，eq \o(CC1,\s\up14(→))}表示eq \o(CA1,\s\up14(→))，并求|eq \o(CA1,\s\up14(→))|； (2)求证：CC1⊥BD； (3)试判断直线CA1与平面C1BD是否垂直．若垂直，给出证明；若不垂直，请说明理由． 解　(1)eq \o(CA1,\s\up14(→))＝eq \o(CD,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→))， ∴|eq \o(CA1,\s\up14(→))|2＝(eq \o(CD,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))2＝|eq \o(CD,\s\up14(→))|2＋|eq \o(CB,\s\up14(→))|2＋|eq \o(CC1,\s\up14(→))|2＋ 2eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＋2eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(CC1,\s\up14(→))＋2eq \o(CB,\s\up14(→))·eq \o(CC1,\s\up14(→))＝12＋12＋12＋2×1×1× eq \f(1,2)＋2×1×1×eq \f(1,2)＋2×1×1×eq \f(1,2)＝6， ∴|eq \o(CA1,\s\up14(→))|＝eq \r(6)． (2)证明：∵eq \o(CC1,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝eq \o(CC1,\s\up14(→))·(eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→)))＝eq \o(CC1,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CC1,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＝1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)＝0， ∴eq \o(CC1,\s\up14(→))⊥eq \o(BD,\s\up14(→))，∴CC1⊥BD． (3)CA1⊥平面C1BD． 证明：∵eq \o(CA1,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝(eq \o(CD,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CC1,\s\up14(→)))·(eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→)))＝ eq \o(CD,\s\up14(→))2－eq \o(CD,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＋eq \o(CB,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CB,\s\up14(→))2＋eq \o(CC1,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))－eq \o(CC1,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＝0， ∴eq \o(CA1,\s\up14(→))⊥eq \o(BD,\s\up14(→))，∴CA1⊥BD． 同理可证CA1⊥BC1． ∵BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面C1BD， ∴CA1⊥平面C1BD． $$