1.1.2 空间向量基本定理（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教B版2019）  

1.1.2 空间向量基本定理 (强基课—梯度进阶式教学) 课时目标 1.理解共面向量定理及空间向量基本定理，并能应用其证明空间向量的共线共面问题． 2．理解空间向量的基底、基向量及向量线性组合的概念，并能应用其解决有关问题． CONTENTS 目录 1 2 3 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 课时跟踪检测 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 (一)共面向量定理 1．共线向量基本定理 如果a≠0且b∥a，则存在_____的实数λ，使得b＝λa. 2．共面向量定理 如果两个向量a，b_______，则向量a，b，c共面的充要条件是，存在_____的实数对(x，y)，使c＝________. 唯一 不共线 唯一 xa＋yb 不共线 唯一 微点助解 (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一组基底；基底选定后，空间所有向量均可由基底唯一表示；不同基底下，同一向量的表达式可能不同． (2)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，说明它们都不是零向量． 基点训练 1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)若两个非零向量a，b共线，则a与b的方向相同或相反．(　 ) (2)若向量a，b，c共面，则表示这三个向量的有向线段所在的直线共面．(　 ) 答案：(1)√　(2)× 2．当向量a，b不共线时，a＋2b与2a－b的关系是(　 ) A．共面 B．不共面 C．共线 D．无法确定 √ 2 (二)空间向量基本定理 1．空间向量基本定理 如果空间中的三个向量a，b，c________，那么对空间中的任意一个向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝____________. 2．基底 空间中不共面的三个向量a，b，c组成的集合{a，b，c}，称为空间向量的一组_____，a，b，c都称为_______．如果p＝xa＋yb＋zc，则称xa＋yb＋zc为p在______________下的分解式． 不共面 xa＋yb＋zc 基底 基向量 基底{a，b，c} 基点训练 1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)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)若对向量p可找到三个向量a，b，c，使p＝xa＋yb＋zc，则{a，b，c}可构成空间向量的一组基底．(　 ) (3)对于三个不共面向量a1，a2，a3，不存在实数组{λ1，λ2，λ3}，使0λ1a1＋λ2a2＋λ3a3.(　 ) (4)若{a，b，c}为空间的一组基底，则a，b，c全不是零向量．(　 ) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ √ 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 题型(一)　共面向量定理的应用 本例条件不变，求证：平面ABCD∥平面EFCH. 变式拓展 证明：连接HF，BD， 又因为EG⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以EG∥平面ABCD. 又FH⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以FH∥平面ABCD. 因为EG与FH相交，EG，FH⊂平面EFGH， 所以平面ABCD∥平面EFGH. 方法技巧 针对训练 √ 2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，M为DD1的中点，N∈AC，且AN∶NC＝2∶1，求证：A1，B，N，M四点共面． 证明：如图，连接A1M，A1N，A1B， ∵M为DD1的中点， 题型(二)　用基底表示向量 用基底表示向量的一般步骤 方法技巧 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 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 下结论 利用空间的一个基底{a，b，c}可以表示出空间内所有向量．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 针对训练 解：如图，连接BO， [例3]　如图，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点． 题型(三)　利用空间向量基本定理解决几何问题 (1)求证：CE⊥A′D； (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． [方法技巧] 用空间向量基本定理解决几何问题的一般思路 (1)选取恰当的基底． (2)将所求向量用基底表示． (3)将几何问题转化为向量问题： ①将距离和线段长转化为向量的模； ②将线线、线面、面面垂直问题转化为向量垂直问题； ③将空间角问题转化为向量夹角问题． 方法技巧 4.如图，直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．证明：MN∥平面C1DE. 针对训练 所以MN∥DE. 又因为MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE， 所以MN∥平面C1DE. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ √ √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 3．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．a B．b C．a＋2b D．a＋2c 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 假设a＋2c与p，q共面，则存在x，y∈R，使得a＋2c＝xp＋yq＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b，则2c＝(x＋y－1)a＋(x－y)b，所以a，b，c共面，这与{a，b，c}为基底矛盾，假设不成立，所以a＋2c与p，q不共面，可构成基底，故D正确． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6．已知{a，b，c}是空间的一个基底，向量p＝3a＋b＋c，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，向量p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋c，则x＋y＝________. 解析：∵p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋c，且p＝3a＋b＋c，∴x＋y＝3. 3 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7．若{i，j，k}是一个单位正交基底，且向量a＝8i＋3k，b＝－i＋5j－4k，则a·b＝________. 解析：由{i，j，k}是一个单位正交基底，则i·j＝0，k·j＝0，k·i＝0，|i|＝|k|＝|j|＝1，a·b＝(8i＋3k)·(－i＋5j－4k)＝－8i2＋40i·j－32i·k－3i·k＋15k·j－12k2＝－8－12＝－20. －20 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9．如图，已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面体． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.如图，已知空间四边形ABCD各边的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．   (1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD； (2)求MN的长． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 90° 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又EG，AC无公共点， 所以EG∥AC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又FG，AB′无公共点， 所以FG∥AB′. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 又FG⊄平面AB′C，AB′⊂平面AB′C， 所以FG∥平面AB′C. 又由(1)知EG∥AC，由EG⊄平面AB′C，AC⊂平面AB′C，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. 3．共面向量定理的推论 如果A，B，C三点________，则点P在平面ABC内的充要条件是，存在______的实数对(x，y)，使＝x＋y. 3．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若由＝－2＋＋λ可确定点M与A，B，C共面，则λ＝________. 2．正方体ABCD-A′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{，，}为基底，＝x＋y＋z，则x，y，z的值是(　 ) A．1,1,1 B．，， C．，， D．2,2,2 [例1]　如图，已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点，且＝k，＝k，＝k，＝＋m，＝＋m，k≠0，m≠0. 求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)∥. 所以∥. 所以，，共面，即E，F，G，H四点共面． 证明：(1)因为＝＋m，m≠0， 所以，，共面，即A，B，C，D四点共面． 因为＝＋m，m≠0， (2)＝＋m＝－＋m(－)＝k(－)＋km(－)＝k＋km＝k(＋m)＝k， ＝＋m＝－＋m(－)＝k(－)＋km(－)＝k＋km＝k(＋m)＝k， 所以∥. 因为＝－＝k(－)＝k， 所以∥. 向量共面的判定及应用 (1)证明三个向量共面(或四点共面)时，可以通过以下几个条件进行证明． ①＝x＋y；②对于空间任意一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)． (2)若已知点P在平面ABC内，则有＝x＋y或＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)，然后利用指定向量表示出已知向量，用待定系数法求出参数． 1．已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，但任意三点不共线．如果＝m＋＋，则m的值为(　 ) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：因为＝－，所以由＝m＋＋得－＝m＋＋，即＝m＋2＋，因为O为空间任意一点，A，B，C，P满足任意三点不共线，且四点共面，所以m＋2＋1＝1，故m＝－2. 设＝a，＝b，＝c， 则＝b－a， ∴＝c－a， 又AN∶NC＝2∶1， ∴＝＝(b＋c)， ∴＝－＝(b＋c)－a＝(b－a)＋＝＋， ∴，，为共面向量，又三向量有相同的起点A1， ∴A1，B，N，M四点共面． [例2]　如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，设＝a，＝b，＝c，P是CA1的中点，M是CD1的中点．用一个基底{a，b，c}表示以下向量： (1)；(2). 解：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，连接AC，AD1，＝(＋)＝(＋＋)＝(a＋b＋c)＝a＋b＋c. (2)＝(＋)＝(＋2＋)＝a＋b＋c. 3.如图，四棱锥P-OABC的底面为矩形， PO⊥平面OABC，E，F分别是PC和PB的中点．设＝a，＝b，＝c，试用a，b，c表示，，，. 则＝＝(＋)＝(c－b－a) ＝－a－b＋c，＝＋＝－a＋ ＝－a＋(＋)＝－a－b＋c，＝＋＝＋ ＝＋＋(＋)＝－a＋c＋(－c＋b)＝－a＋b＋c，＝＝＝a. 综上，＝－a－b＋c，＝－a－b＋c，＝－a＋b＋c，＝a. ∴⊥，即CE⊥A′D. 解：(1)证明：设＝a，＝b，＝c， 根据题意，得|a|＝|b|＝|c|，a·b＝b·c＝c·a＝0. 易知＝b＋c，＝－c＋b－a. ∴·＝－c2＋b2＝0. 即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为. (2)∵＝－a＋c，∴||＝|a|. 又＝b＋c，∴||＝|a|. ∵·＝(－a＋c)·＝c2＝|a|2， ∴cos〈，〉＝＝. 所以∥. 证明：设＝a，＝b，＝c. 因为E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点， 由题意知＝＋＋(＋)＝－c－a＋(b＋c)＝－a＋b，＝＋＝＋＝a－b＝－， 所以＝－， A级——综合提能 1．[多选]已知A，B，C，D，E是空间五点，且任何三点不共线．若{，，}与{，，}均不能构成空间的一个基底，则下列结论正确的是(　 ) A．{，，}不能构成空间的一个基底 B．{，，}不能构成空间的一个基底 C．{，，}不能构成空间的一个基底 D．{，，}能构成空间的一个基底 解析：因为{，，}与{，，}均不能构成空间的一个基底，且A，B，C，D，E是空间五点，且任何三点不共线，所以空间五点A，B，C，D，E共面，所以这五点A，B，C，D，E中，任意两个点组成的三个向量都不可能构成空间的一个基底，所以A、B、C正确，D错误． 2.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，点O为空间内任意一点，设＝a，＝b，＝c，则向量可用a，b，c表示为(　 ) A．a－b＋2c B．a－b－2c C．－a＋b＋c D．a－b＋c 解析：＝＋＝＋＝＋(－)＝a－b＋c. 解析：因为能与p，q构成基底的向量与p，q不共面，又a＝p＋q，b＝p－q，a＋2b＝(a＋b)－(a－b)＝p－q，则a，b，a＋2b都分别与p，q共面，故A、B、C错误； 4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点，若AB＝a，则MN的长为(　 ) A．a 　　　　 B．a C．a 　　　　 D．a 解析：设＝i，＝j，＝k，则{i，j，k}构成空间的一个正交基底.＝＋＋＝i＋j＋(－j＋k)＝i＋j＋k，故||2＝a2＋a2＋a2＝a2，所以MN＝a. 5.已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是边CB，OA的中点，点G在线段MN上，且使NG＝2GM，用向量，，正确表示向量的是(　 ) A.＝＋＋ B.＝＋＋ C.＝＋＋ D.＝＋＋ 解析：根据题意可得＝＋，由NG＝2GM可得＝，所以＝＋＝＋(＋)＝＋×(＋)＝×＋(＋)＝＋＋. 8．在正四面体PABC中，M是PA上的点，且PM＝2MA，N是BC的中点，若＝x＋y＋z，则x＋y＋z的值为________． 解析：如图所示，连接PN，AN.＝＋＝－＋(＋)＝－＋＋，∴x＝－，y＝，z＝.∴x＋y＋z＝. (1)化简＋＋； (2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的分点，设＝α＋β＋γ，试求α，β，γ的值． 解：(1)∵ABCD-A1B1C1D1是平行六面体， ∴＋＋＝＋＋＝. (2)∵＝＋＝＋＝(－)＋(＋)＝＋＋， 又＝α＋β＋γ， ∴α＝，β＝，γ＝. 解：(1)证明：设＝p，＝q，＝r. ∵＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)， ∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0， ∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD. (2)由(1)可知＝(q＋r－p)． ∴||2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q ·r－p ·q－r ·p)]＝ ＝×2a2＝. ∴||＝a， ∴MN的长为a. B级——应用创新 11.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别在棱BB1和DD1上，且DF＝DD1，记＝x＋y＋z，若x＋y＋z＝，则等于(　 ) A． B． C． D． 解析：设＝λ，因为＝＋＋＋＝－λ－＋＋＝－λ－＋＋＝－＋＋，所以x＝－1，y＝1，z＝－λ.因为x＋y＋z＝－λ＝，所以λ＝. 12．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB＝AC＝BC＝1，M是B1C1的中点，则AM＝(　 ) A． B． C． D． 解析：如图，＝＋＋＝＋＋(－)＝＋＋，故||2＝2＝||2＋||2＋||2＋·＋·＋·， 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，易知AA1⊥AC，AA1⊥AB，在△ABC中，由AB＝AC＝BC，则∠BAC＝60°，由AA1＝AB＝AC＝1，则||2＝＋1＋＋×1×1×＝，则AM＝. 13.[多选]如图，已知AO⊥平面OBC，∠BOC＝，OA＝OB＝2，OC＝3，E为AB的中点，＝3，则以下正确的是(　 ) A．OF＝ B．EF＝ C．AB与OC所成角的余弦值为 D．OE与OF所成角的余弦值为 解析：因为AO⊥平面OBC，OB，OC⊂平面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OC，所以·＝0，·＝0，·＝||·||cos＝－3，在△OAC中，＝＋＝＋(－)＝＋，所以||＝＝＝＝，所以A正确； 在△OEF中，＝－＝＋－(＋)＝－＋ ，||＝＝＝＝，所以B正确； 因为＝－，·＝(－)·＝·－·＝－3，||＝＝2，cos〈，〉＝＝＝－，所以AB与OC所成角的余弦值为，所以C正确； 由以上知OF＝，EF＝，且OE＝AB＝，在△OEF中，由余弦定理得cos∠EOF＝＝，所以D错误． 14.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM所成的角为________． 解析：＝＋，＝－＝＋ －－－＝＋－－－＝－ －，故·＝·＝ 2－·－·＋·－2－·＝ ×4－×8＝0，即⊥，则AM与PM所成的角为90°. 证明：取基底{，，}． (1)因为＝＋＝＋，＝＋＝2， 所以∥， (2)因为＝＋＝＋，＝＋＝2， 所以∥， $$