1.2 空间向量基本定理-【金版教程】2025-2026学年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 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． (教师独具内容) 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 条件 如果三个向量a，b，c___________，那么对任意一个空间向量p 结论 存在___________________________，使得p＝xa＋yb＋zc 知识点一　空间向量基本定理 (1)定理 不共面 唯一的有序实数组(x，y，z) 核心概念掌握 5 (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______________________________，这个集合可看作由向量a，b，c生成的，我们把_____________叫做空间的一个基底，____________都叫做基向量． ②空间任意三个__________的向量都可以构成空间的一个基底． {p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R} {a，b，c} a，b，c 不共面 核心概念掌握 6 [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? 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. 核心概念掌握 7 知识点二　空间向量的正交分解 (1)单位正交基底 如果空间的一个基底中的三个基向量_______________________，那么这个基底叫做单位正交基底，常用____________表示． (2)正交分解 把一个空间向量分解为________________________，叫做把空间向量进行正交分解． 两两垂直，且长度都为1 {i，j，k} 三个两两垂直的向量 核心概念掌握 8 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 核心概念掌握 9 1 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　基底的概念 核心素养形成 12 【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 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 题型二　用基底表示空间向量 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【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 18 【跟踪训练】　 2．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. 核心素养形成 19 题型三　空间向量基本定理的应用　 例3　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． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【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 22 【跟踪训练】　 3. 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． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 随堂水平达标 1．若{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 随堂水平达标 26 随堂水平达标 27 随堂水平达标 28 随堂水平达标 29 随堂水平达标 30 0 3 5 随堂水平达标 31 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 考向 空间向量基本定理的应用 基底的概念 基底的概念 用基底表示空间向量 空间向量基本定理的应用 空间向量基本定理的 应用 用基底表示空间向量 考点 求空间向量的数量积 单位正交基底的概念 求距离 判断线面的位置关系 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★★ 考向 空间向量基本定理的应用 空间向量基本定理的 应用 用基底表示空间向量；空间向量基本定理的应用 用基底表示空间向量；空间向量基本定理的应用 用基底表示空间向量；空间向量基本定理的应用 空间向量基本定理的 应用 空间向量基本定理的 应用 考点 求空间向量的数量积 利用空间向量的数量积求参数 求距离 求距离；判断或证明垂直 问题 求距离 判断或证明垂直问题 利用向量共面求参数 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 2．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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 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．下列结论正确的是(　　) A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 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＝_____________． m＋2n＋3c 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 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________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 13. 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)求证：CC1⊥BD； (2)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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 　　　　　　　　　　　　　 R 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\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))}表示eq \o(AC1,\s\up17(→))，则eq \o(AC1,\s\up17(→))＝___________________． 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\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝________． eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)) 例1　已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且eq \o(OA,\s\up17(→))＝e1＋2e2－e3，eq \o(OB,\s\up17(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \o(OC,\s\up17(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))}能否作为空间的一个基底． 解：　假设eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))共面，则存在实数λ，μ，使得eq \o(OA,\s\up17(→))＝λeq \o(OB,\s\up17(→))＋μeq \o(OC,\s\up17(→))， ∴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\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))不共面， ∴{eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))}可以作为空间的一个基底． 【跟踪训练】　 1．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列选项中，能作为空间的一个基底的是(　　) A．{eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))} B．{eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(A1C,\s\up17(→))，eq \o(BB1,\s\up17(→))} C．{eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))} D．{eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(A1D,\s\up17(→))，eq \o(B1D1,\s\up17(→))} 解析：对于A，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))两两正交，所以{eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))}可以作为空间的一个基底；对于B，因为eq \o(BB1,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))，所以eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1C,\s\up17(→))＝eq \o(BB1,\s\up17(→))＋eq \o(A1C,\s\up17(→))，所以eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(A1C,\s\up17(→))，eq \o(BB1,\s\up17(→))共面，故{eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(A1C,\s\up17(→))，eq \o(BB1,\s\up17(→))}不能作为空间的一个基底；对于C，eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))在平面A1BCD1内，而DC与平面A1BCD1不平行，所以eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))不共面，所以{eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))}可以作为空间的一个基底；对于D，因为eq \o(B1D1,\s\up17(→))＝eq \o(BD,\s\up17(→))，所以eq \o(A1D,\s\up17(→))＝eq \o(A1B,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(A1B,\s\up17(→))＋eq \o(B1D1,\s\up17(→))，故{eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(A1D,\s\up17(→))，eq \o(B1D1,\s\up17(→))}不能作为空间的一个基底．故选AC. 例2　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\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c，用基底{a，b，c}表示以下向量： (1)eq \o(AP,\s\up17(→))；(2)eq \o(AM,\s\up17(→))；(3)eq \o(AN,\s\up17(→))；(4)eq \o(AQ,\s\up17(→)). 解　连接AC，AC1，AD1(图略)． (1)eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝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\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AD1,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋2eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(a＋2b＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c. (3)eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC1,\s\up17(→))＋eq \o(AD1,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)[(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＋(eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))]＝eq \f(1,2)a＋b＋c. (4)eq \o(AQ,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(CQ,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \f(4,5)(eq \o(AA1,\s\up17(→))－eq \o(AC,\s\up17(→)))＝eq \f(1,5) eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up17(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up17(→))＝eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c. 解：设p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，整理，得p＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc， 又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. 解　(1)证明：设eq \o(CA,\s\up17(→))＝a，eq \o(CB,\s\up17(→))＝b，eq \o(CC′,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \o(A′D,\s\up17(→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a. 所以eq \o(CE,\s\up17(→))·eq \o(A′D,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0， 所以eq \o(CE,\s\up17(→))⊥eq \o(A′D,\s\up17(→))，即CE⊥A′D. (2)因为eq \o(AC′,\s\up17(→))＝－a＋c，所以eq \o(AC′,\s\up17(→))·eq \o(CE,\s\up17(→))＝(－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\up17(→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \o(CE,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|， 所以cos〈eq \o(AC′,\s\up17(→))，eq \o(CE,\s\up17(→))〉＝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). 解：(1)证明：设eq \o(AB,\s\up17(→))＝p，eq \o(AC,\s\up17(→))＝q，eq \o(AD,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝eq \o(AN,\s\up17(→))－eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝eq \f(1,2)(q＋r－p)， ∴|eq \o(MN,\s\up17(→))|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\up17(→))|＝eq \f(\r(2),2)a，∴MN的长为eq \f(\r(2),2)a. 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)设{a，b，c}是空间的一个基底，下列说法中正确的是(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,3)b，\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 \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,3)b，\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. 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\up17(→))＝a，eq \o(OB,\s\up17(→))＝b，eq \o(OC,\s\up17(→))＝c，则向量eq \o(OD,\s\up17(→))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\up17(→))＝eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BA,\s\up17(→))＝eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))＝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\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(\a\vs4\al(AA′),\s\up17(→))＝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\up17(→))·eq \o(B′C,\s\up17(→))＝(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AA′,\s\up17(→)))·(eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \o(BB′,\s\up17(→)))＝(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2＝0－0－0＋1＝1，∴cos〈eq \o(A′B,\s\up17(→))，eq \o(B′C,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(A′B,\s\up17(→))·\o(B′C,\s\up17(→)),|\o(A′B,\s\up17(→))||\o(B′C,\s\up17(→))|)＝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.)) 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．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\up17(→))，\o(BD,\s\up17(→))，\f(\r(5),5)\o(AD,\s\up17(→)))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(BC,\s\up17(→))，\o(BD,\s\up17(→))，\f(1,2)\o(BA,\s\up17(→)))) C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up17(→))，\o(BD,\s\up17(→))，\f(\r(5),5)\o(AD,\s\up17(→)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up17(→))，\o(BD,\s\up17(→))，\f(1,2)\o(BA,\s\up17(→)))) 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\up17(→))，\o(BD,\s\up17(→))，\f(1,2)\o(BA,\s\up17(→)))).故选B. 4. 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NG＝2GM，用基底{eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))}表示向量eq \o(OG,\s\up17(→))正确的是(　　) A.eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up17(→)) B.eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up17(→)) C.eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→)) D.eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OC,\s\up17(→)) 解析：根据题意可得eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \o(ON,\s\up17(→))＋eq \o(NG,\s\up17(→))，又NG＝2GM，所以eq \o(NG,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(NM,\s\up17(→))，所以eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \o(ON,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(NM,\s\up17(→))＝eq \o(ON,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(NO,\s\up17(→))＋eq \o(OM,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3) eq \o(ON,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up17(→)).故选C. 5. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(MC1,\s\up17(→))，N为B1B的中点，则|eq \o(MN,\s\up17(→))|＝(　　) 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\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c，则{a，b，c}构成空间的一个正交基底．∵eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(AN,\s\up17(→))－eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(AN,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(AC1,\s\up17(→))＝a＋eq \f(1,2)c－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＝eq \f(2,3)a－eq \f(1,3)b＋eq \f(1,6)c，∴|eq \o(MN,\s\up17(→))|＝eq \r(\f(4,9)|a|2＋\f(1,9)|b|2＋\f(1,36)|c|2)＝eq \f(\r(21),6). 解析：∵eq \o(A1M,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(D1P,\s\up17(→))＝eq \o(D1D,\s\up17(→))＋eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \o(A1A,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，∴eq \o(A1M,\s\up17(→))∥eq \o(D1P,\s\up17(→))，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. 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．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝________． 解析：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，{eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))}构成空间的一个基底，则eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))，所以eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))·(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝eq \o(AD,\s\up17(→))2－eq \o(AB,\s\up17(→))2＝22－12＝3. 解析：设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c，则eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＝b－a.因为A1N＝λA1D1，所以eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1N,\s\up17(→))＝c＋λb.因为BD⊥AN，所以eq \o(BD,\s\up17(→))⊥eq \o(AN,\s\up17(→))，所以eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AN,\s\up17(→))＝(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. 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\up17(→))＝a，eq \o(AB,\s\up17(→))＝b，eq \o(AC,\s\up17(→))＝c. (1)以{a，b，c}为基底表示eq \o(OQ,\s\up17(→))； (2)若|a|＝|b|＝1，|c|＝2，∠OAB＝∠OAC＝eq \f(π,3)，∠CAB＝eq \f(π,2)，求|eq \o(OQ,\s\up17(→))|的值． 解：(1)因为P，Q是MN的三等分点(点P靠近点N)，所以eq \o(MQ,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(MN,\s\up17(→))， 整理得eq \o(OQ,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(ON,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(OM,\s\up17(→))， 故eq \o(OQ,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(ON,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OM,\s\up17(→))， 因为M，N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点， 所以eq \o(ON,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up17(→))，eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))， 所以eq \o(OQ,\s\up17(→))＝eq \f(1,6) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,6) eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \f(1,6)(eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \o(AO,\s\up17(→)))＋eq \f(1,6)(eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AO,\s\up17(→)))－eq \f(1,3) eq \o(AO,\s\up17(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(AO,\s\up17(→))＋eq \f(1,6) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,6) eq \o(AC,\s\up17(→))＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(1,6)c. (2)由题意，得a·b＝1×1×coseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)，a·c＝1×2×coseq \f(π,3)＝1，b·c＝1×2×coseq \f(π,2)＝0. 由(1)得eq \o(OQ,\s\up17(→))＝－eq \f(2,3)a＋eq \f(1,6)b＋eq \f(1,6)c， 所以|eq \o(OQ,\s\up17(→))|＝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\up17(→))|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)b·c＝eq \f(1,4)，所以|eq \o(OQ,\s\up17(→))|＝eq \f(1,2). 11. (多选)如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝eq \f(π,2)，∠BAA1＝eq \f(2π,3)，∠CAA1＝eq \f(π,3)，AB＝AC＝1，AA1＝2，O是B1C与BC1的交点，则下列结论正确的是(　　) A.eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))) B．|eq \o(AO,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(6),2) C．AO⊥BC D．平面ABC⊥平面B1BCC1 解析：对于A，eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC1,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))，故A正确；对于B，不妨设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝c，则{a，b，c}构成空间的一个基底，依题意，得|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，b·c＝1，a·c＝－1，由A项可得，eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)，则|eq \o(AO,\s\up17(→))|2＝eq \f(1,4)(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c)＝eq \f(1,4)×(1＋1＋4＋0＋2－2)＝eq \f(3,2)，则|eq \o(AO,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(6),2)，故B正确；对于C，因为eq \o(BC,\s\up17(→))＝b－a，所以eq \o(AO,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·(b－a)＝eq \f(1,2)×(－1＋1＋1＋1)＝1≠0，故C错误；对于D，如图，取BC的中点E，连接AE， 则eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b)，因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.又eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(BB1,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)·c＝eq \f(1,2)(a·c＋b·c)＝eq \f(1,2)×(－1＋1)＝0，故AE⊥BB1.又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面B1BCC1，所以AE⊥平面B1BCC1，又AE⊂平面ABC，故平面ABC⊥平面B1BCC1，故D正确．故选ABD. 12．已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(3)，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，过点B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，用eq \o(BM,\s\up17(→))，eq \o(MN,\s\up17(→))，eq \o(ND,\s\up17(→))表示eq \o(BD,\s\up17(→))，则eq \o(BD,\s\up17(→))＝____________，点B与点D之间的距离为________． eq \o(BM,\s\up17(→))＋eq \o(MN,\s\up17(→))＋eq \o(ND,\s\up17(→)) eq \f(\r(10),2) 解析：在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(3)，则可得AM＝eq \f(1,2)，BM＝eq \f(\r(3),2)，CN＝eq \f(1,2)，ND＝eq \f(\r(3),2)，MN＝1.因为平面ABC与平面ACD垂直，BM⊥AC，平面ABC∩平面ACD＝AC，BM⊂平面ABC，则BM⊥平面ACD，所以BM⊥ND.由题意可得eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(BM,\s\up17(→))＋eq \o(MN,\s\up17(→))＋eq \o(ND,\s\up17(→))，所以|eq \o(BD,\s\up17(→))|2＝(eq \o(BM,\s\up17(→))＋eq \o(MN,\s\up17(→))＋eq \o(ND,\s\up17(→)))2＝|eq \o(BM,\s\up17(→))|2＋|eq \o(MN,\s\up17(→))|2＋|eq \o(ND,\s\up17(→))|2＋2(eq \o(BM,\s\up17(→))·eq \o(MN,\s\up17(→))＋eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(ND,\s\up17(→))＋eq \o(BM,\s\up17(→))·eq \o(ND,\s\up17(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2)＋12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up12(2)＋2×(0＋0＋0)＝eq \f(5,2)，所以|eq \o(BD,\s\up17(→))|＝eq \f(\r(10),2). 解：(1)证明：∵eq \o(CC1,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(CC1,\s\up17(→))·(eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→)))＝eq \o(CC1,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CC1,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)＝0，∴eq \o(CC1,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))，∴CC1⊥BD. (2)CA1⊥平面C1BD. 证明：∵eq \o(CA1,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝(eq \o(CD,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(CC1,\s\up17(→)))·(eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→)))＝eq \o(CD,\s\up17(→))2－eq \o(CD,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CB,\s\up17(→))2＋eq \o(CC1,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))－eq \o(CC1,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝0， ∴eq \o(CA1,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))，∴CA1⊥BD. 同理可证CA1⊥BC1. ∵BC1∩BD＝B，BC1，BD⊂平面C1BD， ∴CA1⊥平面C1BD. 14. 如图，在三棱锥P－ABC中，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\up17(→))＝meq \o(PA,\s\up17(→))，eq \o(PE,\s\up17(→))＝neq \o(PB,\s\up17(→))，eq \o(PF,\s\up17(→))＝teq \o(PC,\s\up17(→))，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\up17(→))，eq \o(PB,\s\up17(→))，eq \o(PC,\s\up17(→))}为空间的一个基底． eq \o(PM,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(PG,\s\up17(→))＝eq \f(3,4)(eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(AG,\s\up17(→)))＝eq \f(3,4) eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \f(3,4)×eq \f(2,3) eq \o(AH,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→)))＝eq \f(3,4) eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \f(1,4)(eq \o(PB,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→)))＋eq \f(1,4)(eq \o(PC,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(PB,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(PC,\s\up17(→)). 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\up17(→))＝λeq \o(DE,\s\up17(→))＋μeq \o(DF,\s\up17(→))，即eq \o(PM,\s\up17(→))－eq \o(PD,\s\up17(→))＝λ(eq \o(PE,\s\up17(→))－eq \o(PD,\s\up17(→)))＋μ(eq \o(PF,\s\up17(→))－eq \o(PD,\s\up17(→)))， 所以eq \o(PM,\s\up17(→))＝(1－λ－μ)eq \o(PD,\s\up17(→))＋λeq \o(PE,\s\up17(→))＋μeq \o(PF,\s\up17(→))＝(1－λ－μ)meq \o(PA,\s\up17(→))＋λneq \o(PB,\s\up17(→))＋μteq \o(PC,\s\up17(→)). 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． $$