6.2.1 空间向量基本定理-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（苏教版）

6.2　空间向量的坐标表示 6.2.1　空间向量基本定理 第6章　空间向量与立体几何 [学习目标]　1.掌握空间向量基本定理及其推论.　2.会根据需要选择适当的基底来表示任一空间向量. [素养目标]　水平一:空间向量基本定理的应用.(数学抽象) 水平二:应用空间向量基本定理解决问题.(数学建模) 学习引语 从地面升到空中的飞机所处的位置,还能用平面内两个不共线的向量表示吗? 探究活动1　基底的判断 内容索引 探究活动2　空间向量基本定理及其推论 课时作业 巩固提升 探究活动3　空间向量基本定理的应用 课堂达标·素养提升 4 探究活动1　基底的判断 问题　若{a,b,c}为空间的一个基底,a,b,c中可以有0吗? 提示　不能有0. 基底的有关概念 知识生成 定义 在空间向量基本定理中,如果三个向量e1,e2,e3不共面,那么空间的每一个向量都可由向量e1,e2,e3线性表示.我们把{e1,e2,e3}称为空间的一个 ,e1,e2,e3叫作基向量 正交基底 与单位正 交基底　 如果空间一个基底的三个基向量两两互相 ,那么这个基底叫作正交基底.特别地,当一个正交基底的三个基向量都是__________时,称这个基底为单位正交基底,通常用{i,j,k}表示 基底 垂直 单位向量 [例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-b} D.{a+b,a-b,2a+b} 知识应用 C [解析]　由于{a,b,c}为空间的一个基底,所以(a+b)+(a-b)=2a与a共线,故选项A错误.(a+b)-(a-b)=2b与b共线,故选项B错误.因为c和a+b与a-b不共线,所以可以作为基底,故选项C正确.2a+b=(a+b)+(a-b),所以不可以作为向量的基底,故选项D错误. 判断给出的三个向量组成的向量组能否作为基底,关键是要判断这三个向量是否共面,首先应考虑三个向量中是否有零向量,其次判断三个非零向量是否共面.如果从正面难以入手判断三个向量是否共面,可以假设三个向量共面,利用向量共面的充要条件建立方程组,若方程组有解,则三个向量共面;若方程组无解,则三个向量不共面.　 反思感悟 1.(多选)设x=a+b,y=b+c,z=c+a,且{a,b,c}是空间的一个基底,则下列向量组中,可以作为空间的一个基底的向量组有(　 　) A.{a,b,x}　　　　　　　 B.{x,y,z} C.{b,c,z} D.{x,y,a+b+c} 跟踪训练 BCD 解析: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. 探究活动2　空间向量基本定理及其推论 问题　如图,设i,j,k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p=,p能否用i,j,k表示呢? 提示　如图,设为在i,j所确定的平面上的投影向量,则=+. 又向量,k共线,因此存在唯一的实数z,使得=zk,从而=+zk. 在i,j确定的平面上,由平面向量基本定理可知,存在唯一的有序实数对(x,y),使得=xi+yj. 从而=+zk=xi+yj+zk. 1.空间向量基本定理 如果三个向量e1,e2,e3不共面,那么对空间任一向量p,存在　　　　的有序实数组(x,y,z),使p=xe1+ye2+ze3.  2.空间向量基本定理的推论 设O,A,B,C是不共面的四点,则对空间任意一点P,都存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得=x+y+z. 知识生成 唯一 [例2]　如图,四棱锥P-OABC的底面为一矩形,PO⊥平面OABC,设=a,=b,=c,E,F分别是PC和PB的中点,试用a,b,c表示,,,. 知识应用 [解]　如图,连接BO, 则= =(+) =(++) =(c-b-a) =-a-b+c. =+=-a+ =-a+(+)=-a-b+c. =+=++(+) =-a+c+(-c+b)=-a+b+c. ===a. 用基底表示向量的策略 1.若基底确定,要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则,以及向量数乘的运算律进行. 2.若没给定基底时,首先选择基底,选择时,要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量,再就是看基向量的模及其夹角是否已知或易求.　 反思感悟 2.如图,M,N分别是四面体OABC的边OA,BC的中点,P,Q分别是MN的三等分点.用向量,,表示和. 跟踪训练 解:=+=+ =+(-)=+(-) =+×(+) =++. =+ =+++ =++. 探究活动3　空间向量基本定理的应用 [例3]　如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为1,E,F分别为BB1,BC的中点. (1)求D1C和B1C的夹角; (2)求证:AC1⊥EF. 知识应用 (1)[解]　设=a,=b,=c, 则==-=a-c,||=, ==-=b-c,||=. ·=(a-c)·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c2=0-0-0+1=1. cos<,>===. 又<,>∈[0,π], ∴<,>=, ∴D1C与B1C的夹角为. (2)[证明]　∵=a+b+c,===(-)=(b-c), 又·=(a+b+c)·(b-c) =(a·b-a·c+b2-b·c+b·c-c2) =(0-0+1-0+0-1)=0, ∴,即AC1⊥EF. 用空间向量基本定理解决立体几何问题的步骤:首先根据已知条件,确定三个不共面的向量构成空间的一个基底,如果存在三个两两垂直的空间向量也可以确定一个正交基底.然后根据三角形法则和平行四边形法则,结合相等向量的代换、向量的运算用确定的基底(或已知基底)表示目标向量,最后把空间向量的运算转化为基向量的运算.　 反思感悟 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,D1B1的中点,求证:EF⊥AB1. 跟踪训练 证明:设=a,=b,=c, 则=+=(+) =(+) =(+-) =(-a+b+c), =+=+=a+b. 所以·=(-a+b+c)·(a+b) =(|b|2-|a|2)=0, 所以,即EF⊥AB1. 课堂小结 1.知识清单 (1)基底的概念以及判断． (2)空间向量基本定理及其推论． (3)空间向量基本定理的应用． 2．方法归纳 类比法、转化化归． 〈课堂达标·素养提升〉 1.在下列两个命题中,真命题是(　　) ①若三个非零向量a,b,c不能构成空间的一个基底,则a,b,c共面; ②若a,b是两个不共线向量,而c=λa+μb(λ,μ∈R且λμ≠0),则{a,b,c}构成空间的一个基底. A.①　　　　　　　　 B.② C.①② D.都不是 A 解析:①为真命题;②中,由题意得a,b,c共面,故②为假命题. 2.已知平行六面体OABC-O'A'B'C',=a,=c,=b,D是四边形OABC的对角线交点,则(　　) A.=-a+b+c B.=-b-a-c C.=a-b-c D.=a-b+c D 解析:=+=++=-b+a+c. 3.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,若AA1=AB=2,AD=1,E,F,G分别是 DD1,AB,CC1的中点,则异面直线A1E,FG所成角的大小为　　　　.  解析:设=2a,=2b,=c, 这三个向量不共面且两两垂直,故{a,b,c}为空间的一个单位正交基底. =++=-2a+c+a=-a+c, =++=b+c+a, 从而·=(-a+c)·(a+b+c)=-a2+c2=0, 所以,即A1E⊥FG, 所以异面直线A1E,FG所成角的大小为. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.在空间四点O,A,B,C中,若{,,}是空间的一个基底,则下列命题不正确的是(　　) A.O,A,B,C四点不共线 B.O,A,B,C四点共面,但不共线 C.O,A,B,C四点不共面 D.O,A,B,C四点中任意三点不共线 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 解析:选项A对应的命题是正确的,若四点共线,则向量,,共面,构不成基底;选项B对应的命题是错误的,若四点共面,则,,共面,构不成基底;选项C对应的命题是正确的,若四点共面,则,,构不成基底;选项D对应的命题是正确的,若有三点共线,则这四点共面,向量,,构不成基底. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.在四面体OABC中,=a,=b,=c,点M在OA上,且=2,N为BC的中点,则为(　　) A.a-b+c B.-a+b+c C.a+b-c D.a+b-c 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B 解析:=++ =+-+(-) =-++ =-a+b+c. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(多选)若向量,,的起点M与终点A,B,C互不重合,且点M,A,B,C中无三点共线,则满足下列哪一关系(O是空间任一点)时,{,,}不能作为空间的一个基底(　 　) A.=++ B.≠+ C.=++ D.=2- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ABD 解析:若{,,}为空间的一个基底,则M,A,B,C四点不共面.选项A中,因为++=1,所以点M,A,B,C共面;选项B中,≠+,但可能存在实数λ,μ使得=λ+μ,所以点M,A,B,C可能共面;选项D中,四点M,A,B,C显然共面. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.若{a,b,c}是空间的一个基底,且存在实数x,y,z,使得xa+yb+zc=0,则x,y,z满足的条件是　　 　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 x=y=z=0 5.已知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+2c,若m与n共线,则x=　　　　,y=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 -2 解析:∵m,n共线,∴∃λ∈R,使m=λn, ∴a-b+c=λ(xa+yb+2c),得 解得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=a,=b,=c,E,F分别是AD1,BD的中点. (1)用向量a,b,c表示,; (2)若=xa+yb+zc,求实数x,y,z的值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1)如图,=+=-+-=a-b-c, =+=+=-(+)+(+)=(a-c). (2)=(+)=(-+) =(-c+a-b-c)=a-b-c, ∴x=,y=-,z=-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.如图所示,已知四面体ABCD的每条棱长都等于a,M,N分别是AB,CD的中点. (1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; (2)求MN的长. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)证明:设=p,=q,=r, 由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量的两两夹角均为60°. =-=(+)-=(q+r-p), ·=(q+r-p)·p=(p·q+p·r-p2) =(a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0, ∴,即MN⊥AB,同理可证MN⊥CD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)解:由(1)可知=(q+r-p), ∴||2=(q+r-p)2 =[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)] = =·2a2=,∴|MN|=a, ∴MN的长为a. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [B组　关键能力练] 8.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为1的正方形,侧棱PA的长为2,且PA与AB,AD的夹角都等于60°.若M是PC的中点,则||等于(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 解析:记=a,=b,=c, 因为AB=AD=1,PA=2, 所以|a|=|b|=1,|c|=2. 又因为AB⊥AD,∠PAB=∠PAD=60°, 所以a·b=0,a·c=b·c=2×1×cos 60°=1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 易得=(-a+b+c), 所以||2=(-a+b+c)2 =[a2+b2+c2+2×(-a·b-a·c+b·c)] =×[12+12+22+2×(0-1+1)] =,所以||=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.如图,在四面体ABCD中,G为△ABC的重心,E是BD上一点,BE=3ED,以{,,}为基底,则=　　　 　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 --+ 解析:=- =+-(+)=--+. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.若a=e1+e2,b=e2+e3,c=e1+e3,d=e1+2e2+3e3,若e1,e2,e3不共面, 当d=αa+βb+γc时,α+β+γ=　　　　.  解析:由d=αa+βb+γc =(α+γ)e1+(α+β)e2+(β+γ)e3 =e1+2e2+3e3, ∴∴α+β+γ=3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 11.如图,在正四面体ABCD中,M,N分别为棱BC,AB的中点,设=a,=b,=c. (1)用a,b,c分别表示向量,; (2)求异面直线DM与CN所成角的余弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1)=(+)=[(-)+(-)]=[(a-c)+(b-c)]=(a+b-2c),=(+)=[(-)-]=[(a-b)-b]=(a-2b). (2)设正四面体的棱长为1,即|a|=|b|=|c|=1且<a,b>=<b,c>=<c,a>=,则||=||=. 又·=(a+b-2c)·(a-2b) =(a2+a·b-2a·c-2a·b-2b2+4b·c)=-, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ∴|cos<,>|===, ∴异面直线DM与CN所成角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.如图,已知四面体ABCD的每条棱长都等于1,E,F分别是AB,AD的中点,设=a,=b,=c,a,b,c为空间向量的一个基底,计算·. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:因为四面体ABCD的每条棱长都等于1,所以|a|=|b|=|c|=1,<a,b>=<b,c>=<c,a>=.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以==(-)=(c-a),所以·=(c-a)·(-a)=[-a·c+(-a)· (-a)]=×=. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13.在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,EC⊥底面ABCD,F为BE的中点. (1)求证:DE∥平面ACF. (2)求证:BD⊥AE. (3)若AB=CE,在线段EO上是否存在点G,使CG⊥平面BDE?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)证明:设=a,=b,=c, 则|a|=|b|,a·b=b·c=c·a=0. 依题意得=c-b,=a+b,=a+c,设=x+y(x,y∈R),则c-b=x(a+b)+y=a+xb+yc, 因此解得 从而,,共面,又直线DE不在平面ACF内,因此DE∥平面ACF. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)证明:依题意得=b-a,=c-a-b, 则·=(b-a)·(c-a-b)=-b2+a2=0,因此,从而BD⊥AE. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)解:由AB=CE,设|a|=|b|=2,则|c|=,假设在线段EO上存在点G,使CG⊥平面BDE,由O,G,E三点共线,设=(1-λ)+λ=λa+λb+ (1-λ)c(0≤λ≤1), 由CG⊥平面BDE知CG⊥DE,而=c-b, 因此·=·(c-b)= (1-λ)c2-λb2=2-4λ=0, 解得λ=,即G是线段EO的中点时,满足题意,此时=. 13 $$