新知预览3 空间向量基本定理-【快乐假期必刷题】2025年高一数学暑假作业必刷题（人教A版）

　新知预览３　空间向量基本定理　　　　　　　 　　★[学习目标]:１．理解空间向量基本定理及其意义并会简单应用．２．掌握空间向量的正交 分解． 知识梳理———自学教材,素养奠基 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　　　　　　． ２．基底 (１)定义:如果三个向量a,b,c　　　　,那么 所有空间向量组成的集合就是{p|p＝xa ＋yb＋zc,x,y,z∈R},这个集合可看作由 向量a,b,c生成的,我们把{a,b,c}叫做空间 的一个　　　　,a,b,c都叫做　　　　． (２)性质:空间任意三个　　　　的向量都可 以构成空间的一个基底． ３．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　　　　,且长度都为　　　　,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:由空间向量基本定理可知,对空 间中的任意向量a,均可以分解为三个向 量xi,yj,zk,使　　　　　　．像这样,把 一个空间向量分解为三个　　　　的向 量,叫做把空间向量正交分解． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 典例探究———探究学习,素养形成 ◆[题型一]　基底的判断 　已知{e１,e２,e３}是空间的一个基底,且 OA → ＝e１＋２e２－e２,OB → ＝－３e１＋e２＋２e３,OC → ＝e１＋e２－e３,试判断{OA →,OB →,OC →}能否作 为空间的一个基底． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　判断基底的基本思路 (１)判断一组向量能否作为空间的一个基 底,实质是判断这三个向量是否共面, 若不共面,就可以作为一个基底． (２)判断基底时,常常依托正方体、长方 体、平行六面体、四面体等几何体,用 它们从同一顶点出发的三条棱对应的 方向向量为基底,并在此基础上构造 其他向量进行相关的判断． [变式训练] 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 的 基 底 的 向 量 组 有 　　　　(填序号)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０７ ◆[题型二]　利用基底表示向量 　如图,在平行六面体 ABCD－A１B１C１D１ 中,设 AA１ → ＝a,AB → ＝b,AD → ＝c, M,N,P 分 别 是 AA１, BC,C１D１ 的中点,试用a, b,c表示以下各向量． (１)AP →; (２)A１N →; (３)MP → ＋NC１ → ． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　用基底表示向量的步骤 定基底 根据已知条件,确定三个不共 面的同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 [变式训练] ２．如图所示,在正方体 ABCD －A１B１C１D１ 中,取AB → ＝a, AD → ＝b,AA１ → ＝c． (１)用a,b,c表示BD１ →; (２)若 M,N 分别为AD,CC１ 的中点,用a, b,c表示MN → ． ◆[题型三]　空间向量基本定理的应用 　如图所示,直三棱柱 ABC －A１B１C１ 的底面 ABC 中,CA ＝CB＝１,∠BCA＝６０°,棱AA１ ＝２,M、N 分别是A１B１、A１A 的中点． (１)求BN 的长; (２)求证:A１B⊥C１M． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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A１B１C１D１ 中,AB ＝ BC＝１,AA１＝ ３,则 异面直线AD１ 与DB１ 所成角的余弦值为 (　　) A．１５　　B． ５ ６　　C． ５ ５　　D． ２ ２ ６．(多选)给出下列命题,其中真命题有(　　) A．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}也可以作为 空间的一个基底 B．已知a∥b,则a,b与任何向量都不能构 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,则A,B,M, N 四点共面 D．已知{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 ７．(多选题)在正方体ABCD－A１B１C１D１ 中, 若点F是侧面CDD１C１ 的中心,且AF → ＝AD → ＋mAB → －nAA１ →,则 (　　) A．m＝１２ B．m＝－ １ ２ C．n＝１２ D．n＝－ １ ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２７ 二、填空题 ８．已知向量a,b,c构成空间的一个基底{a,b, c},若d＝３a＋４b＋c,且d＝x(a＋２b)＋y(b ＋３c)＋z(c＋a),则x＝　　　　． ９．如图,在梯形 ABCD 中,AB∥ CD,AB＝２CD,点为空间任一 点,设OA → ＝a,OB → ＝b,OC → ＝c, 则 向 量 OD → 用 a,b,c 表 示 为　　　　． １０．正 方 体 ABCD － A１B１C１D１ 的棱长为 a,AM → ＝１２MC１ →,点N 为 B１B 的 中 点,则 |MN → |等于　　　　． 三、解答题 １１．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 和PB 的中点,试用a,b,c表示 BF →,BE →,AE →,EF → ． １２．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,点 M, N 分 别 是 AB,CD 的 中点． (１)求证:MN⊥AB,MN⊥CD; (２)求异面直线 AN 与CM 所成角的余 弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３７ 检测评价 １．A　[因为a􀅰a＝|a|２,所以 a􀅰a＝|a|,故①正确;m(λa) 􀅰b＝(mλa)􀅰b＝mλa􀅰b＝(mλ)a􀅰b,故②正确;a􀅰(b＋c) ＝a􀅰b＋a􀅰c＝b􀅰a＋c􀅰a＝(b＋c)􀅰a,故③正确;a２b＝ |a|２b,b２a＝|b|２a,故④不一定正确．] ２．A　[∵AE→􀅰BC→＝１２(AB →＋AC→)􀅰(DC→－DB→)＝ １２(DB →－ DA→＋DC→－DA→)􀅰(DC→－DB→)＝ １２ (DB →－２DA→＋DC→)􀅰 (DC→－DB→)＝ １２DB →􀅰DC→－ １２DB →２－DA→􀅰DC→＋DA→􀅰DB→ ＋１２DC →２－１２DC →􀅰DB→, 由题意知DB→􀅰DC→＝０,DA→􀅰DC→＝０,DA→􀅰DB→＝０,|DB→|＝ |DC→|,∴AE→􀅰BC→＝０．] ３．D　[如图,设正方体的棱长为１, 则A′B＝ ２,B′D′＝ ２, ∵A′B→􀅰B′D′→＝(A′A→＋AB→)􀅰(B′C′→ ＋C′D′→)＝(A′A→＋AB→)􀅰(AD→－AB→) ＝－１, ∴cos‹A′B→,B′D′→›＝ A′B →􀅰B′D′→ |A′B→|􀅰|B′D′→| ＝ －１ ２􀅰 ２ ＝－１２ , ∴‹A′B→,B′D′→›＝１２０°．] ４．C　[由题意,得a􀅰b＝b􀅰c＝a􀅰c＝１２ ,a２＝b２＝c２＝１, 所以|a－b＋２c|＝ (a－b＋２c)２ ＝ a２＋b２＋４c２－２a􀅰b＋４a􀅰c－４b􀅰c ＝ １＋１＋４－２×１２＋４× １ ２－４× １ ２＝ ５． ] ５．B　[由m⊥n,得m􀅰n＝０,所以(２e１＋３e２)􀅰(ke１－４e２)＝ ０．所以２k－１２＝０．所以k＝６．] ６．BCD　[因为PA⊥平面ABCD,且CD⊂ 平面ABCD,所以PA⊥CD．故PA→􀅰CD→ ＝０．因为 AD⊥AB,PA⊥AD,且PA∩ AB＝A,所以AD⊥平面PAB．因为PB ⊂平 面 PAB,所 以 AD⊥PB．故DA→􀅰 PB→＝０．同理,PD→􀅰AB→＝０．因为 PA⊥ 平面ABCD,BD⊂平面 ABCD,所以 PA⊥BD．所 以PC→􀅰 BD→＝(PA→＋AC→)􀅰BD→＝PA→􀅰BD→＋AC→􀅰BD→＝AC→􀅰BD→． 因为四边形ABCD 为矩形,所以BD 不一定与AC 垂直,所 以PC→与BD→的数量积不一定为０．故选BCD,排除 A．] ７．ACD　 [由 AB⊥ 平 面 BB１C１C,得 AB⊥BC１,∴ 四 边 形 ABC１D１ 的面积为|AB →|􀅰|BC１→|,故 A 正确;∵△ACD１ 是 等边三角形,∴∠AD１C＝６０°, 又∵A１B∥D１C,∴异面直线AD１ 与A１B 所成的角为６０°, 但是向量AD１ →与A１B→的夹角为１２０°,故 B错误;由向量加法 的运算法则可以得到AA１ →＋A１D１→＋A１B１→＝AC１→,∵AC２１＝ ３A１B２１,∴(AA１ →＋A１D１→＋A１B１→)２＝３A１B１→ ２,故 C 正确;易 得A１B１ →－A１D１→＝D１B１→,∵ 在 正 方 体 ABCD－A１B１C１D１ 中,D１B１⊥平面 AA１C１C,∴D１B１⊥A１C,∴A１C →􀅰D１B１→＝ ０,故 D正确．] ８．解析:因为点E,F 分别是AB,AD 的中点, 所以EF∥BD,所以EF→,CB→的夹角为１２０°, 所以EF→􀅰CB→＝|EF→|×|CB→|cos１２０°＝－１４a ２． 答案:－１４a ２ ９．解析:a􀅰b＝(e１＋e２)􀅰(e１－２e２)＝e２１－e１􀅰e２－２e２２＝１－１ ×１×１２－２＝－ ３ ２． |a|＝ a２＝ (e１＋e２)２＝ e２１＋２e１􀅰e２＋e２２ ＝ １＋１＋１＝ ３, |b|＝ b２＝ (e１－２e２)２＝ e２１－４e１􀅰e２＋４e２２＝ １－２＋４ ＝ ３． ∴cos‹a,b›＝ a 􀅰b |a||b|＝ －３２ ３ ＝－ １ ２． ∴‹a,b›＝１２０°． 答案:１２０° １０．解析:易知A１O →在AC 上的投影向量为AO→,其模为 ２．易知 DG→在平面ABCD 内的投影向量为DC→,其模为２． 答案:２　２ １１．证明:因 为 OB＝OC,AB＝AC,OA＝OA,所 以 △OAC≌ △OAB,所以∠AOC＝∠AOB． 又OA→􀅰BC→＝OA→􀅰(OC→－OB→)＝OA→􀅰OC→－OA→􀅰OB→＝| OA→|􀅰|OC→|cos∠AOC－|OA→|􀅰|OB→|cos∠AOB＝０, 所以OA→⊥BC→,即OA⊥BC． １２．(１)证明:设CA→＝a,CB→＝b,CC′→＝c, 根据题意得|a|＝|b|＝|c|,且a􀅰b＝b􀅰c＝c􀅰a＝０． ∴CE→＝b＋１２c,A′D →＝－c＋１２b－ １ ２a． ∴CE→􀅰A′D→＝ b＋１２c( ) 􀅰 －c＋ １ ２b－ １ ２a( ) ＝－１２c ２＋１２b ２＝０, ∴CE→⊥A′D→,即CE⊥A′D． (２)∵AC′→＝－a＋c, ∴|AC′→|＝ ２|a|,|CE→|＝ ５２|a|, ∵AC′→􀅰CE→＝(－a＋c)􀅰 b＋１２c( )＝ １ ２c ２＝１２|a| ２, ∴cos‹AC′→,CE→›＝ １ ２|a| ２ ２􀅰 ５２|a| ２ ＝ １０１０ ． ∴异面直线CE 与AC′所成角的余弦值为 １０１０ ． 新知预览３ 知识梳理 １．p＝xa＋yb＋zc ２．(１)不共面　基底　基向量　(２)不共面 ３．(１)两两垂直　１　(２)a＝xi＋yj＋zk　两两垂直 典例探究 [例１]　解:假设OA→,OB→,OC→共面,则存在实数λ,μ使得OA→＝ λOB→＋μOC→, ∴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,∴ －３λ＋μ＝１, λ＋μ＝２, ２λ－μ＝－１, { 此方程组无解, ∴OA→,OB→,OC→不共面,∴{OA→,OB→,OC→}可以作为空间的一 个基底． 变式训练 １．解析:如 图,所 设 a＝AB→,b＝ AA１ →,c＝AD→,则 x＝AB１→,y＝ AD１ →,z＝AC→,a＋b＋c＝AC１→,由 A,B１,D１,C 四点不 共 面 可 知 向 量x,y,z也不共面． 同理可知b,c,z和x,y,a＋b＋c 也不共面,可以作为空间的基底, 因x＝a＋b,故a,b,x共面,故不能作为基底． 答案:②③④ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０１ [例２]　[解]　(１)因为P 是C１D１ 的中点, 所以AP→＝AA１→＋A１D１→＋D１P→＝a＋AD→＋ １２D１C１ →＝a＋c＋ １ ２AB →＝a＋c＋１２b． (２)因为 N 是BC 的中点, 所以A１N →＝A１A→＋AB→＋BN→＝－a＋b＋ １２BC →＝－a＋b＋ １ ２AD →＝－a＋b＋１２c． (３)因为 M 是AA１ 的中点, 所以MP→＝MA→＋AP→＝１２A１A →＋AP→ ＝－１２a＋ a＋c＋ １ ２b( )＝ １ ２a＋ １ ２b＋c． 又NC１ →＝NC→＋CC１→＝１２BC →＋AA１→ ＝１２AD →＋AA１→＝１２c＋a． 所以MP→＋NC１→＝ １２a＋ １ ２b＋c( ) ＋ a＋ １ ２c( ) ＝ ３ ２a＋ １ ２b ＋３２c． 变式训练 ２．解:(１)BD１ →＝AD１→－AB→＝AD→＋DD１→－AB→＝AD→＋AA１→－ AB→＝b＋c－a． (２)MN→＝MA→＋AB→＋BC→＋CN→＝１２DA →＋AB→＋AD→＋１２CC１ → ＝AB→＋１２AD →＋１２AA１ →＝a＋１２b＋ １ ２c． [例３]　[解]　(１)|BN→|２＝BN→􀅰BN→＝(BA→＋AN→)􀅰(BA→＋ AN→) ＝|BA→|２＋|AN→|２＋２BA→􀅰AN→＝１＋１＝２, ∴|BN→|＝ ２． (２)证明:A１B →􀅰C１M→＝(A１A→＋AB→)􀅰(C１A１→＋A１M→)＝A１A→ 􀅰C１A１ →＋A１A→􀅰A１M→＋AB→􀅰C１A１→＋AB→􀅰A１M→ ＝０＋０＋１×１􀅰cos１２０°＋１×１２ 􀅰cos０°＝０． ∴A１B →⊥C１M→,∴A１B⊥C１M． 变式训练 ３．解:(１)证明:∵AC１ →＝AB→＋AD→＋AA１→ ＝AB→ ＋ AD→ ＋ １３ AA１ → ＋ ２３ AA１ → ＝ AB→＋１３AA１ →( ) ＋ AD→＋２３AA１ →( )＝(AB→＋BE→)＋(AD→＋DF→)＝AE→＋AF→, ∴AC１ →,AE→,AF→共面,又它们有公共点A,∴A,E,C１,F 四点 共面． (２)∵EF→＝AF→－AE→＝AD→＋DF→－(AB→＋BE→) ＝AD→＋２３DD１ →－AB→－１３BB１ →＝－AB→＋AD→＋１３AA１ →, 又EF→＝xAB→＋yAD→＋zAA１→, ∴x＝－１,y＝１,z＝１３ ,∴x＋y＋z＝１３． 检测评价 １．C　[因为OC→＝１２a－ １ ２b 且a,b不共线,所以a,b,OC→共面, 所以OC→与a,b不能构成一个空间基底向量．] ２．C　[因为a＝１４p＋ １ ４q ,所以a,p,q共面,故{a,p,q}不能 构成空间的一个基底,排除 A．因为b＝ １２p－ １ ２q ,所以b, p,q共面,故{b,p,q}不能构成空间的一个基底,排除 B．因 为a＋b＝３４p－ １ ４q ,所以a＋b,p,q共面,故{a＋b,p,q}不 能构成空间的一个基底向量,排除 D．] ３．C　[CD→＝BD→－BC→,所以BA→􀅰CD→＝BA→􀅰(BD→－BC→)＝BA→ 􀅰BD→－BA→􀅰BC→＝１×１× １２－１×１× １ ２＝０ ,故BA→⊥CD→, 即直线AB 与CD 垂直．] ４．A　[取AC的中点N,连接BN,MN,如 图所示, ∵M 为A１C１ 的 中 点,AB →＝a,BC→＝b, AA１ →＝c,∴NM→＝AA１→＝c,BN→＝ １２(BA → ＋BC→)＝１２(－AB →＋BC→)＝－１２a＋ １ ２b , ∴BM→＝BN→＋NM→＝－１２a＋ １ ２b＋c． ] ５．C　[∵AD１ →＝DD１→－DA→,DB１→＝DA→＋DC→＋DD１→ ∴AD１ →􀅰DB１→＝(DD１→－DA→)􀅰(DA→＋DC→＋DD１→) ＝DD１ →􀅰DA→＋DD１→􀅰DC→＋DD１→ ２ －DA→ ２ －DA→􀅰DC→－DA→􀅰DD１→ ＝０＋０＋３－１－０－０＝２, |AD１ →|＝２,|DB１→|＝ １２＋１２＋(３)２＝ ５, ∴cos‹AD１ →,DB１→›＝ AD１ →􀅰DB１→ |AD１ →|􀅰|DB１→| ＝ ２ ２× ５ ＝ ５５． ] ６．ABCD　[根据基底的概念,知空间中任意三个不共面的向 量才可 作 为 空 间 的 一 个 基 底,∴B 是 真 命 题．C 中 由BA→, BM→,BN→不能构成空间的一个基底,知BA→,BM→,BN→共面．又 BA→,BM→,BN→过同一点B,知A,B,M,N 四点共面,C为真命 题．下面证明 A 是真命题:假设d与a,b共面,则存在实数 λ,μ,使得d＝λa＋μb,∵d与c共线,c≠０,∴存在实数k,使 得d＝kc．∵d≠０,∴k≠０,从而c＝λka＋ μ kb ,∴c与a,b共 面,与条件矛盾,∴d与a、b不共面,同理证明 D是正确的．] ７．AD　 [根 据 空 间 向 量 基 本 定 理,有AF→＝AD→＋ １２AB →＋ １ ２AA１ →,所以m＝１２,－n＝ １ ２ ,即n＝－１２． ] ８．解析:d＝x(a＋２b)＋y(b＋３c)＋z(c＋a) ＝(x＋z)a＋(２x＋y)b＋(３y＋z)c ＝３a＋４b＋c, 所以 x＋z＝３, ２x＋y＝４, ３y＋z＝１,{ 解得 x＝２, y＝０, z＝１．{ 答案:２ ９．解析:∵AB→＝－２CD→, ∴OB→－OA→＝－２(OD→－OC→), ∴b－a＝－２(OD→－c),∴OD→＝１２a－ １ ２b＋c． 答案:１ ２a－ １ ２b＋c １０．解析:∵MN→＝AN→－AM→＝AN→－１３AC１ → ＝AB→＋BN→－１３(AB →＋AD→＋AA１→) ＝２３AB →＋１６AA１ →－１３AD →, ∴|MN→|＝ ２３AB →＋１６AA１ →－１３AD →( ) ２ ＝ ４９|AB →|２＋１３６|AA１ →|２＋１９|AD →|２＝ ２１６ a． 答案: ２１ ６ a １１．解:连接BO, 则BF→＝１２BP →＝１２(BO →＋OP→)＝１２(－b －a＋c)＝－１２a－ １ ２b＋ １ ２c , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０１ BE→＝BC→＋CE→＝－a＋１２CP →＝－a＋１２(CO →＋OP→) ＝－a－１２b＋ １ ２c , AE→＝AP→＋PE→＝AO→＋OP→＋ １２ (PO →＋OC→)＝－a＋c＋ １ ２ (－c＋b)＝－a＋１２b＋ １ ２c , EF→＝１２CB →＝１２OA →＝１２a． １２．解:(１)证明:设AB→＝p,AC→＝q,AD→＝r． 由题意可知,|p|＝|q|＝|r|＝a, 且p,q,r三个向量两两夹角均为６０°． MN→＝AN→－AM→＝１２(AC →＋AD→)－１２AB →＝１２(q＋r－p), ∴MN→􀅰AB→＝１２(q＋r－p)􀅰p ＝１２ (q􀅰p＋r􀅰p－p２) ＝１２ (a２cos６０°＋a２cos６０°－a２)＝０． ∴MN→⊥AB→,即 MN⊥AB．同理可证 MN⊥CD． (２)设向量AN→与MC→的夹角为θ． ∴AN→＝１２(AC →＋AD→)＝１２(q＋r), MC→＝AC→－AM→＝q－１２p, ∴AN→􀅰MC→＝１２(q＋r)􀅰 q－ １ ２p( ) ＝１２ q ２－１２q 􀅰p＋r􀅰q－１２r 􀅰p( ) ＝１２ a ２－１２a ２cos６０°＋a２cos６０°－１２a ２cos６０°( ) ＝１２ a ２－a ２ ４＋ a２ ２－ a２ ４( )＝ a２ ２． 又∵|AN→|＝|MC→|＝ ３２a, ∴AN→􀅰MC→＝|AN→||MC→|cosθ ＝ ３２a× ３ ２a×cosθ＝ a２ ２．∴cosθ＝ ２ ３． ∴向量AN→与MC→的夹角的余弦值为 ２３,从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为２３． 新知预览４ 知识梳理 １．(１)单位正交　正方向　单位长度　原点　坐标向量 ２．(１)１３５°(或４５°)　９０°　(２)x轴　y轴　z轴 ３．(１)A(x,y,z)　(２)(x,y,z)　a＝(x,y,z) ４．(１)终点坐标减去起点坐标　(２)(a１＋b１,a２＋b２,a３＋b３) (a１－b１,a２－b２,a３－b３)　(λa１,λa２,λa３),λ∈R a１b１＋a２b２＋a３b３ ５．a１b１＋a２b２＋a３b３＝０ ６． (x２－x１)２＋(y２－y１)２＋(z２－z１)２ 典例探究 [例１]　[解析]　在空间直角坐标系中,点P(－２,１,３)关于x 轴的对称点的横坐标不变,纵坐标与竖坐标都变为原来的 相反数,即(－２,－１,－３);点 P(－２,１,３)关于坐标平 面 xOy的对称点 的 横、纵 坐 标 不 变,竖 坐 标 变 为 原 来 的 相 反 数,即(－２,１,－３)． [答案]　(－２,－１,－３)　(－２,１,－３) 变式训练 １．C　[由对称定义知选项 C正确．] [例２]　[解]　DB１ →＝DA→＋DC→＋DD１→＝２i＋２j＋２k＝(２,２,２)． DE→＝DA→＋DC→＋１２DD１ →＝２i＋２j＋ １２×２k＝２i＋２j＋k＝ (２,２,１)． DF→＝１２DC →＝１２×２j＝j＝(０,１,０)． 变式训练 ２．解:因为 PA＝AD＝AB＝１,所以可设AB→＝i,AD→＝j,AP→ ＝k． 因为MN→＝MA→＋AP→＋PN→＝MA→＋AP→＋１２PC → ＝MA→＋AP→＋ １２ (PA →＋AD→＋DC→)＝ － １２AB →＋AP→＋ １ ２ (－AP→＋AD→＋AB→)＝ １２AP →＋ １２AD →＝ １２j＋ １ ２k ,所以 MN→＝ ０,１２, １ ２( )． [例３]　[解析]　(１)易得２a＋３b＝(４,４,５),a－b＝(－３,２,０), 则(２a＋３b)􀅰(a－b)＝４×(－３)＋４×２＋５×０＝－４． (２)设a＝(x１,y１,z１),b＝(x２,y２,z１), 由题设可得 ２x１－x２＝２, x１＋２x２＝１,{ 解得 x１＝１, x２＝０,{ 同理可得y１＝－１,y２＝２,z１＝１,z２＝－１, 即a＝(１,－１,１),b＝(０,２,－１), 则a􀅰b＝０－２－１＝－３,|a|＝ ３,|b|＝ ５, 所以cos‹a,b›＝ a 􀅰b |a||b|＝－ １５ ５ ． [答案]　(１)－４　(２)－ １５５ 变式训练 ３．D　[４a＋２b＝４(３,－２,１)＋２(－２,４,０)＝(１２,－８,４)＋ (－４,８,０)＝(８,０,４)．] [例４]　[解]　(１)因为a＝AB→＝(１,１,０),b＝AC→＝(－１,０, ２),所以２a－b＝(３,２,－２),又c＝ －３２ ,－１,１( ) ,所以２a －b＝－２c,所以(２a－b)∥c． (２)因为a＝AB→＝(１,１,０),b＝AC→＝(－１,０,２), 所以ka＋b＝(k－１,k,２), ka－２b＝(k＋２,k,－４)． 又因为(ka＋b)⊥(ka－２b), 所以(ka＋b)􀅰(ka－２b)＝０, 即(k－１,k,２)􀅰(k＋２,k,－４)＝２k２＋k－１０＝０． 解得k＝２或－５２． 变式训练 ４．(１)D　[ka＋b＝(k－１,k,２),２a－b＝(３,２,－２),(ka＋b)􀅰 (２a－b)＝３(k－１)＋２k－４＝０,解得k＝７５． ] (２)A　[因为AB→＝(m－１,１,m－２n－３),AC→＝(２,－２,６), 由题意得AB→∥AC→,所以m－１２ ＝ １ －２＝ m－２n－３ ６ ,所以 m＝ ０,n＝０,所以m＋n＝０．] [例５]　[解]　如图所示,建立空间直角坐 标系C－xyz． (１)依题意得B(０,１,０),N(１,０,１), ∴|BN→|＝ (１－０)２＋(０－１)２＋(１－０)２ ＝ ３, ∴线段BN 的长为 ３． (２)由(１)中建立的坐标系得A１(１,０,２), C(０,０,０),B１(０,１,２), ∴BA１ →＝(１,－１,２),CB１→＝(０,１,２), ∴BA１ →􀅰CB１→＝１×０＋(－１)×１＋２×２＝３． 又|BA１ →|＝ ６,|CB１→|＝ ５, ∴cos‹BA１ →,CB１→›＝ BA１ →􀅰CB１→ |BA１ →||CB１→| ＝ ３ ６× ５ ＝ ３０１０ ． 故A１B 与B１C所成角的余弦值为 ３０ １０ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９０１