1.1.2 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B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.1　空间向量及其运算 1.1.2　空间向量基本定理　 课程标准：1.理解共面向量定理并会应用.2.了解空间向量基本定理及其意义． 教学重点：1.运用共线向量基本定理与共面向量定理解决共线问题与共面问题.2.空间向量基本定理的应用． 教学难点：1.证明四点共面问题.2.运用空间向量基本定理解决问题． 核心素养：通过对共线向量基本定理、共面向量定理以及空间向量基本定理的学习提升数学抽象素养和逻辑推理素养． (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 知识点一　共线向量基本定理 如果a≠0且b∥a，则存在唯一的实数λ，使得b＝_______. λa 核心概念掌握 5 唯一 c＝xa＋yb 不共线 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 知识点三　空间向量基本定理 (1)如果空间中的三个向量a，b，c不共面，那么对空间中的任意一个向量p，存在________的有序实数组(x，y，z)，使得p＝____________．特别地，当a，b，c不共面时，可知xa＋yb＋zc＝0⇔_____________．表达式____________一般称为向量a，b，c的线性组合或线性表达式． (2)如果三个向量a，b，c不共面，则它们的线性组合xa＋yb＋zc能生成所有的空间向量．因此，空间中不共面的三个向量a，b，c组成空间向量的一组_______，记为{a，b，c}．此时，a，b，c都称为__________；如果p＝xa＋yb＋zc，则称xa＋yb＋zc为p在基底____________下的分解式． 唯一 xa＋yb＋zc x＝y＝z＝0 xa＋yb＋zc 基底 基向量 {a，b，c} 核心概念掌握 9 [点拨]　(1)基底与基向量的区别：一组基底是由三个不共面的基向量组成的． (2)基底的选择：几何体中往往选择具有特殊关系的三个不共面向量作为基底． (3)建立基底的作用：将空间不同向量用同一组基底表示，便于判断向量与向量之间的关系(如共线、共面等)． 核心概念掌握 10 1．(空间向量基本定理)若{a，b，c}是空间向量的一组基底，且向量m＝a＋b，n＝a－b，则可以与m，n构成空间向量的另一组基底的向量是(　　) A．a B．b C．c D．2a 核心概念掌握 11 －8 核心概念掌握 12 3 核心概念掌握 13 核心素养形成 题型一　共线向量　 例1　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心．证明：A1，G，C三点共线． 核心素养形成 15 【感悟提升】 1．判断向量共线的策略 (1)熟记共线向量的充要条件： ①若a∥b，b≠0，则存在唯一实数λ使a＝λb； ②若存在唯一实数λ，使a＝λb，b≠0，则a∥b. (2)判断向量共线的关键：找到实数λ. 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　共面向量 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　空间向量基本定理 核心素养形成 25 【感悟提升】用基底表示向量的步骤 (1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量组成空间向量的一组基底． (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：利用空间向量的一组基底{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 26 核心素养形成 27 题型四　利用空间向量基本定理求数量积 核心素养形成 28 【感悟提升】利用空间向量基本定理求数量积的步骤 (1)确定空间向量的一组基底； (2)将所求向量用基底线性表示出来； (3)利用向量数量积的运算律将数量积展开，转化为只含基向量的数量积； (4)利用数量积的定义求解． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 随堂水平达标 随堂水平达标 32 2．已知a，b，c是不共面的三个向量，则能构成空间向量的一组基底的是(　　) A．a，2b，b－c B．2b，b－2a，b＋2a C．3a，a－b，a＋2b D．c，a＋c，a－c 随堂水平达标 33 随堂水平达标 34 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 －3 随堂水平达标 37 0 随堂水平达标 38 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ 考点 判断(证明)向量共面 利用空间向量基本定理求 参数 利用空间向量基本定理求数量积 利用共面向量定理求参数 空间向量基本定理的 概念 利用共线向量基本定理和共面向量定理求参数 利用空间向量基本定理求 参数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 考点 利用共线向量基本定理和共面向量定理求参数；用基底表示向量 判断(证明)三点共线 判断(证明)四点共面；利用空间向量基本定理求参数 空间向量的 基底 利用共线向量基本定理求参数 用基底表示向量；利用空间向量基本定理求数量积 利用空间向量基本定理和共面向量定理证明定值问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 一、选择题 1．若{a，b，c}是空间向量的一组基底，则下列向量不共面的是(　　) A．b＋c，b，b－c B．a，a＋b，a－b C．a＋b，a－b，c D．a＋b，a＋b＋c，c 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 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 2 1 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 三、解答题 9．如图，已知M，N分别为四面体A－BCD中△BCD与△ACD的重心，G为AM上一点，且GM∶GA＝1∶3.求证：B，G，N三点共线． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 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 11．已知λ，μ∈R，下列可使非零向量a，b，c组成的集合{a，b，c}成为空间向量的一组基底的条件是(　　) A．b＝λc B．a，b，c两两垂直 C．a＝λb＋μc D．a＋b＋c＝0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 解析：由基底的定义可知，只有非零向量a，b，c不共面时才能构成空间向量的一组基底．对于A，b＝λc，则b，c共线，由向量特性可知，空间中任意两个向量是共面的，所以a与b，c共面，故A不符合题意；对于B，因为非零向量a，b，c两两垂直，所以非零向量a，b，c不共面，可构成空间向量的一组基底，故B符合题意；对于C，由共面向量定理可知，非零向量a，b，c共面，故C不符合题意；对于D，a＋b＋c＝0，即a＝－b－c，由共面向量定理可知，非零向量a，b，c共面，故D不符合题意．故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 　　　　　　　　　　　　　 R [拓展]　共线向量基本定理的推论 如果l为经过已知点A且平行于已知非零向量a的直线，那么对于空间任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等式eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋ta.① 如图所示． 若在l上取eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，则①式可以化为eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(AB,\s\up17(→))＝(1－t)eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(OB,\s\up17(→)). 可得如下结论：对于空间任意点O，若有eq \o(OB,\s\up17(→))＝λeq \o(OA,\s\up17(→))＋(1－λ)eq \o(OC,\s\up17(→))成立， 则A，B，C三点共线． 这一结论可作为证明三点共线的常用方法． 知识点二　共面向量定理 (1)如果两个向量a，b不共线，则向量a，b，c共面的充要条件是，存在_______的实数对(x，y)，使______________． (2)判断空间中四点是否共面的方法：如果A，B，C三点__________，则点P在平面ABC内的充要条件是，存在唯一的实数对(x，y)，使eq \o(AP,\s\up17(→))＝____________． xeq \o(AB,\s\up17(→))＋yeq \o(AC,\s\up17(→)) [想一想]　对于不共线的三点A，B，C和平面ABC外的一点O，空间一点P满足关系式eq \o(OP,\s\up17(→))＝xeq \o(OA,\s\up17(→))＋yeq \o(OB,\s\up17(→))＋zeq \o(OC,\s\up17(→))，则点P在平面ABC内的充要条件是什么？ 提示：x＋y＋z＝1. 证明如下：(1)充分性： ∵eq \o(OP,\s\up17(→))＝xeq \o(OA,\s\up17(→))＋yeq \o(OB,\s\up17(→))＋zeq \o(OC,\s\up17(→))，则可变形为eq \o(OP,\s\up17(→))＝(1－y－z)eq \o(OA,\s\up17(→))＋yeq \o(OB,\s\up17(→))＋zeq \o(OC,\s\up17(→))， ∴eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＝y(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＋z(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))， ∴eq \o(AP,\s\up17(→))＝yeq \o(AB,\s\up17(→))＋zeq \o(AC,\s\up17(→))，∴点P与A，B，C共面． (2)必要性： ∵点P在平面ABC内，A，B，C三点不共线， ∴存在有序实数对(m，n)使eq \o(AP,\s\up17(→))＝meq \o(AB,\s\up17(→))＋neq \o(AC,\s\up17(→))， 即eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＝m(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＋n(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))， ∴eq \o(OP,\s\up17(→))＝(1－m－n)eq \o(OA,\s\up17(→))＋meq \o(OB,\s\up17(→))＋neq \o(OC,\s\up17(→))， ∵eq \o(OP,\s\up17(→))＝xeq \o(OA,\s\up17(→))＋yeq \o(OB,\s\up17(→))＋zeq \o(OC,\s\up17(→))，点O在平面ABC外， ∴eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))不共面， ∴x＝1－m－n，y＝m，z＝n，∴x＋y＋z＝1. 2．(共线向量基本定理)设e1，e2是空间中不共线的向量，已知eq \o(AB,\s\up17(→))＝2e1＋ke2，eq \o(CB,\s\up17(→))＝e1＋3e2，eq \o(CD,\s\up17(→))＝2e1－e2，若A，B，D三点共线，则k＝________． 3．(共面向量定理)已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任一点，若由eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \f(1,5) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up17(→))＋λeq \o(OC,\s\up17(→))确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ＝________． eq \f(2,15) 4．(利用空间向量基本定理求数量积)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，则eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝________． 证明　如图，取BD的中点O，连接A1C1，CO. 因为G为△BC1D的重心，所以eq \o(C1G,\s\up17(→))＝2eq \o(GO,\s\up17(→))， 所以eq \o(A1G,\s\up17(→))＝eq \o(A1C1,\s\up17(→))＋eq \o(C1G,\s\up17(→))＝eq \o(A1C1,\s\up17(→))＋2eq \o(GO,\s\up17(→))＝eq \o(A1C1,\s\up17(→))＋2(eq \o(GC,\s\up17(→))＋eq \o(CO,\s\up17(→)))＝eq \o(A1C1,\s\up17(→))＋2eq \o(GC,\s\up17(→))＋2eq \o(CO,\s\up17(→)). 又易知eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝－2eq \o(CO,\s\up17(→))，所以eq \o(A1G,\s\up17(→))＝2eq \o(GC,\s\up17(→))，所以eq \o(A1G,\s\up17(→))∥eq \o(GC,\s\up17(→))， 又eq \o(A1G,\s\up17(→))与eq \o(GC,\s\up17(→))有公共点G，所以A1，G，C三点共线． 2．证明空间三点共线的三种思路 对于空间三点P，A，B，可通过证明下列结论来证明三点共线： (1)存在实数λ，使eq \o(PA,\s\up17(→))＝λeq \o(PB,\s\up17(→))成立． (2)对空间任一点O，有eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(AB,\s\up17(→))(t∈R)． (3)对空间任一点O，有eq \o(OP,\s\up17(→))＝xeq \o(OA,\s\up17(→))＋yeq \o(OB,\s\up17(→))(x＋y＝1)． 【跟踪训练】 1．如图所示，四边形ABCD，ABEF都是平行四边形且不共面，M，N分别是AC，BF的中点．试判断eq \o(CE,\s\up17(→))与eq \o(MN,\s\up17(→))是否共线？ 解：∵M，N分别是AC，BF的中点，而四边形ABCD，ABEF都是平行四边形， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(MA,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \o(FN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(FB,\s\up17(→)). 又eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(MC,\s\up17(→))＋eq \o(CE,\s\up17(→))＋eq \o(EB,\s\up17(→))＋eq \o(BN,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CE,\s\up17(→))－eq \o(AF,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(FB,\s\up17(→))， ∴2eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(FB,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(CA,\s\up17(→))＋eq \o(CE,\s\up17(→))－eq \o(AF,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(FB,\s\up17(→))＝eq \o(CE,\s\up17(→)). 即eq \o(CE,\s\up17(→))＝2eq \o(MN,\s\up17(→))，∴eq \o(CE,\s\up17(→))∥eq \o(MN,\s\up17(→))，即eq \o(CE,\s\up17(→))与eq \o(MN,\s\up17(→))共线． 例2　已知A，B，M三点不共线，对于平面ABM外的任一点O，确定在下列各条件下，点P是否与A，B，M共面？ (1)eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OM,\s\up17(→))＝3eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))； (2)eq \o(OP,\s\up17(→))＝4eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→)). 解　解法一：(1)原式可变形为eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OM,\s\up17(→))＋(eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OP,\s\up17(→)))＋(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OP,\s\up17(→)))＝eq \o(OM,\s\up17(→))＋eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(PB,\s\up17(→))，即eq \o(PM,\s\up17(→))＝－eq \o(PA,\s\up17(→))－eq \o(PB,\s\up17(→)). 由共面向量定理知，P与A，B，M共面． (2)原式可变形为eq \o(OP,\s\up17(→))＝2eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→))＝2eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(MA,\s\up17(→)). 由共面向量定理可得P位于平面ABM内的充要条件可写成eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋xeq \o(BA,\s\up17(→))＋yeq \o(MA,\s\up17(→)). 而此题推得eq \o(OP,\s\up17(→))＝2eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(MA,\s\up17(→))， ∴P与A，B，M不共面． 解法二：(1)原式可变形为eq \o(OB,\s\up17(→))＝3eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→)). ∵3＋(－1)＋(－1)＝1， ∴B与P，A，M共面，即P与A，B，M共面． (2)eq \o(OP,\s\up17(→))＝4eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OM,\s\up17(→))， ∵4＋(－1)＋(－1)＝2≠1，∴P与A，B，M不共面． 【感悟提升】证明空间向量共面或四点共面的方法 (1)向量表示：证明其中一个向量可以表示成另两个向量的线性组合，即若p＝xa＋yb，则向量p，a，b共面． (2)若存在有序实数组(x，y，z)，使得对于空间任一点O，有eq \o(OP,\s\up17(→))＝xeq \o(OA,\s\up17(→))＋yeq \o(OB,\s\up17(→))＋zeq \o(OC,\s\up17(→))，且x＋y＋z＝1成立，则P，A，B，C四点共面． (3)用平面：寻找一个平面，证明这些向量与该平面平行． 【跟踪训练】 2．如图所示，四面体O－ABC中，G，H分别是△ABC，△OBC的重心，设eq \o(OA,\s\up17(→))＝a，eq \o(OB,\s\up17(→))＝b，eq \o(OC,\s\up17(→))＝c，D，M，N分别为BC，AB，OB的中点．试用空间向量的方法证明M，N，G，H四点共面． 证明：eq \o(MN,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)a， eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(OD,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))－eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3)(a＋b＋c)， eq \o(OH,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OD,\s\up17(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3)(b＋c)， eq \o(GH,\s\up17(→))＝eq \o(OH,\s\up17(→))－eq \o(OG,\s\up17(→))＝eq \f(1,3)(b＋c)－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＝－eq \f(1,3)a， 所以eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \f(3,2) eq \o(GH,\s\up17(→)). 所以M，N，G，H四点共面． 例3　如图所示，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA′,\s\up17(→))＝c，E是CA′的中点，F是CD′的中点，用基底{a，b，c}表示以下向量： (1)eq \o(AE,\s\up17(→))；(2)eq \o(AF,\s\up17(→)). 解　连接AC，AD′(图略)． (1)eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AA′,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA′,\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(AF,\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 \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA′,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(a＋2b＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c. 【跟踪训练】 3．如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，已知eq \o(AA′,\s\up17(→))＝a，eq \o(AB,\s\up17(→))＝b，eq \o(AC,\s\up17(→))＝c，M，N分别是BC′，B′C′的中点，试用基底{a，b，c}表示向量eq \o(AM,\s\up17(→))，eq \o(AN,\s\up17(→)). 解：连接A′N(图略)． eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC′,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(CC′,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CC′,\s\up17(→)) ＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＋eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \o(AA′,\s\up17(→))＋eq \o(A′N,\s\up17(→))＝eq \o(AA′,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(A′B′,\s\up17(→))＋eq \o(A′C′,\s\up17(→)))＝eq \o(AA′,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→)))＝a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. 例4　如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，∠A1AD＝∠A1AB＝eq \f(π,3)，AB＝AD＝1，A1A＝3，点M满足3eq \o(CM,\s\up17(→))＝eq \o(CC1,\s\up17(→)).求eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(BD1,\s\up17(→)). 解　eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(CM,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(CC1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(DD1,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))，又∠A1AD＝∠A1AB＝eq \f(π,3)，AB＝AD＝1，A1A＝3，所以eq \o(AM,\s\up17(→))·eq \o(BD1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up17(→))＋\o(AD,\s\up17(→))＋\f(1,3)\o(AA1,\s\up17(→))))·(eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→)))＝eq \o(AD,\s\up17(→))2－eq \o(AB,\s\up17(→))2＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))2＋eq \f(4,3) eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AA1,\s\up17(→))＝1－1＋3＋2＋1＝6. 【跟踪训练】 4．如图所示，在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC的中点，则eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：∵eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→)))·(eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(DB,\s\up17(→))－eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(DA,\s\up17(→)))·(eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(DB,\s\up17(→))－2eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→)))·(eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up17(→))2－eq \o(DA,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(DA,\s\up17(→))·eq \o(DB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))2－eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))·eq \o(DB,\s\up17(→))，又易知eq \o(DB,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝0，eq \o(DA,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝0，eq \o(DA,\s\up17(→))·eq \o(DB,\s\up17(→))＝0，|eq \o(DB,\s\up17(→))|＝|eq \o(DC,\s\up17(→))|，∴eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0.故选A. 1．若空间中任意四点O，A，B，P满足eq \o(OP,\s\up17(→))＝meq \o(OA,\s\up17(→))＋neq \o(OB,\s\up17(→))，其中m＋n＝1，则(　　) A．P∈直线AB B．P∉直线AB C．点P可能在直线AB上，也可能不在直线AB上 D．以上都不对 解析：因为m＋n＝1，所以m＝1－n，所以eq \o(OP,\s\up17(→))＝(1－n)eq \o(OA,\s\up17(→))＋neq \o(OB,\s\up17(→))，即eq \o(OP,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＝n(eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))，即eq \o(AP,\s\up17(→))＝neq \o(AB,\s\up17(→))，所以eq \o(AP,\s\up17(→))与eq \o(AB,\s\up17(→))共线．又eq \o(AP,\s\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))有公共起点A，所以P，A，B三点在同一直线上，即P∈直线AB. 解析：假定向量a，2b，b－c共面，则存在实数λ，μ，使得b－c＝λa＋2μb，显然不成立，所以向量a，2b，b－c不共面，能构成空间向量的一组基底，故A符合题意；由于2b＝(b－2a)＋(b＋2a)，则2b，b－2a，b＋2a共面，不能构成空间向量的一组基底，故B不符合题意；由于3a＝2(a－b)＋(a＋2b)，则3a，a－b，a＋2b共面，不能构成空间向量的一组基底，故C不符合题意；由于c＝eq \f(1,2)(a＋c)－eq \f(1,2)(a－c)，则c，a＋c，a－c共面，不能构成空间向量的一组基底，故D不符合题意．故选A. 3．(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列各组向量中，能构成空间向量的一组基底的是(　　) 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：空间向量的一组基底由3个不共面的向量构成．对于A，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))不共面，所以可以构成空间向量的一组基底，故A符合题意；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，故不能构成空间向量的一组基底，故B不符合题意；对于C，eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))在平面A1BCD1上，而DC与平面A1BCD1不平行，所以eq \o(A1B,\s\up17(→))，eq \o(BD1,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))不共面，可以构成空间向量的一组基底，故C符合题意；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(→))不能构成空间向量的一组基底，故D不符合题意．故选AC. 4．已知i，j，k是三个不共面的向量，eq \o(AB,\s\up17(→))＝i－2j＋2k，eq \o(BC,\s\up17(→))＝2i－j＋3k，eq \o(CD,\s\up17(→))＝λi＋3j－5k，且A，B，C，D四点共面，则λ的值为________． 解析：若A，B，C，D四点共面，则存在实数s，t，使得eq \o(CD,\s\up17(→))＝seq \o(AB,\s\up17(→))＋teq \o(BC,\s\up17(→))，即λi＋3j－5k＝s(i－2j＋2k)＋t(2i－j＋3k)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝s＋2t，,3＝－2s－t，,－5＝2s＋3t，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(s＝－1，,t＝－1，,λ＝－3.)) 5．已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，且AB＝OC，则eq \o(PM,\s\up17(→))·eq \o(QN,\s\up17(→))＝________． 解析：如图，取{eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))}为空间向量的一组基底，则eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))，eq \o(ON,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))，所以eq \o(PM,\s\up17(→))＝eq \o(OM,\s\up17(→))－eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))，eq \o(QN,\s\up17(→))＝eq \o(ON,\s\up17(→))－eq \o(OQ,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))－eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OB,\s\up17(→)))．又因为eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))，所以eq \o(PM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))，eq \o(QN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))，所以eq \o(PM,\s\up17(→))·eq \o(QN,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4)(|eq \o(OC,\s\up17(→))|2－|eq \o(AB,\s\up17(→))|2)，又因为|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝|eq \o(OC,\s\up17(→))|，所以eq \o(PM,\s\up17(→))·eq \o(QN,\s\up17(→))＝0. 解析：对于A，b＝eq \f(1,2)(b＋c)＋eq \f(1,2)(b－c)，所以b＋c，b，b－c共面，故A不符合题意；对于B，a＝eq \f(1,2)(a＋b)＋eq \f(1,2)(a－b)，所以a，a＋b，a－b共面，故B不符合题意；对于C，假设a＋b，a－b，c共面，则存在x，y∈R，使得c＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b，则a，b，c共面，这与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a，b，c))是空间向量的一组基底矛盾，所以a＋b，a－b，c不共面，故C符合题意；对于D，a＋b＋c＝(a＋b)＋c，所以a＋b，a＋b＋c，c共面，故D不符合题意．故选C. 2．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都是1，O为A1C1的中点，eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋xeq \o(AB,\s\up17(→))＋yeq \o(AD,\s\up17(→))，则(　　) A．x＝1，y＝1 B．x＝1，y＝eq \f(1,2) C．x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,2) D．x＝eq \f(1,2)，y＝1 解析：依题意，eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1O,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(A1B1,\s\up17(→))＋eq \o(A1D1,\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) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up17(→))，又eq \o(AO,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋xeq \o(AB,\s\up17(→))＋yeq \o(AD,\s\up17(→))，所以x＝eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,2).故选C. 3．如图，在各棱长都为2的四面体ABCD中，eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \o(ED,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝2eq \o(FD,\s\up17(→))，则eq \o(BE,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＝(　　) A．－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3) C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2) 解析：由题得eq \o(BA,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))的夹角，eq \o(BD,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))的夹角，eq \o(BD,\s\up17(→))与eq \o(BA,\s\up17(→))的夹角均为eq \f(π,3)，∵eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \o(ED,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝2eq \o(FD,\s\up17(→))，∴eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up17(→))，∴eq \o(CF,\s\up17(→))＝eq \o(BF,\s\up17(→))－eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))－eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)(eq \o(BD,\s\up17(→))－eq \o(BA,\s\up17(→)))－eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(BA,\s\up17(→))－eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(BD,\s\up17(→))，∴eq \o(BE,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(BA,\s\up17(→))－\o(BC,\s\up17(→))＋\f(2,3)\o(BD,\s\up17(→))))＝eq \f(1,6) eq \o(BA,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(BC,\s\up17(→))2－eq \f(1,6) eq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,6) eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(BD,\s\up17(→))2＝eq \f(1,6)×2×2×eq \f(1,2)－eq \f(1,2)×22－eq \f(1,6)×2×2×eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)×2×2×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×22＝－eq \f(1,3).故选A. 4．空间A，B，C，D四点共面，但任意三点不共线，若P为该平面外一点且eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \f(5,3) eq \o(PB,\s\up17(→))－xeq \o(PC,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(PD,\s\up17(→))，则实数x的值为(　　) A．－eq \f(4,3) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(4,3) 解析：因为空间A，B，C，D四点共面，但任意三点不共线，则可设eq \o(AB,\s\up17(→))＝meq \o(AC,\s\up17(→))＋neq \o(AD,\s\up17(→))，又点P在平面外，则eq \o(PB,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→))＝m(eq \o(PC,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→)))＋n(eq \o(PD,\s\up17(→))－eq \o(PA,\s\up17(→)))，即(m＋n－1)eq \o(PA,\s\up17(→))＝－eq \o(PB,\s\up17(→))＋meq \o(PC,\s\up17(→))＋neq \o(PD,\s\up17(→))，则eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \f(－1,m＋n－1) eq \o(PB,\s\up17(→))＋eq \f(m,m＋n－1) eq \o(PC,\s\up17(→))＋eq \f(n,m＋n－1) eq \o(PD,\s\up17(→))，又eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \f(5,3) eq \o(PB,\s\up17(→))－xeq \o(PC,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(PD,\s\up17(→))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－1,m＋n－1)＝\f(5,3)，,\f(m,m＋n－1)＝－x，,\f(n,m＋n－1)＝－\f(1,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,5)，,n＝\f(1,5)，,x＝\f(1,3).))故选C. 5．(多选)设{a，b，c}是空间向量的一组基底，下列结论中正确的是(　　) A.eq \f(1,2)a，eq \f(1,3)b，eq \f(1,4)c一定能构成空间向量的一组基底 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}是空间向量的一组基底，则a，b，c不共面，可知eq \f(1,2)a，eq \f(1,3)b，eq \f(1,4)c也不共面，所以eq \f(1,2)a，eq \f(1,3)b，eq \f(1,4)c一定能构成空间向量的一组基底，故A正确；对于B，由基底的定义，可知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}是空间向量的一组基底，由空间向量基本定理，可知对空间任一向量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. eq \f(2,15) 二、填空题 6．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AG,\s\up17(→))＝2eq \o(GA1,\s\up17(→))，AC1与平面EFG交于点M，则eq \f(AM,AC1)＝________． 解析：由题意设eq \o(AM,\s\up17(→))＝λeq \o(AC1,\s\up17(→))(0<λ<1)，因为eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))＝3eq \o(AE,\s\up17(→))＋3eq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \f(3,2) eq \o(AG,\s\up17(→))，所以eq \o(AM,\s\up17(→))＝3λeq \o(AE,\s\up17(→))＋3λeq \o(AF,\s\up17(→))＋eq \f(3,2)λeq \o(AG,\s\up17(→))，又M，E，F，G四点共面，所以3λ＋3λ＋eq \f(3,2)λ＝1，解得λ＝eq \f(2,15)，即eq \f(AM,AC1)＝eq \f(2,15). 7．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为底面A1B1C1D1的中心，a＝eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up17(→))，b＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))，c＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AE,\s\up17(→))＝xa＋yb＋zc，则x＝______，y＝______，z＝________． 解析：如图，eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1E,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))＝2a＋b＋eq \f(3,2)c＝xa＋yb＋zc.所以x＝2，y＝1，z＝eq \f(3,2). eq \f(3,2) eq \o(OI,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up17(→)) 8．如图，正四面体O－ABC中，棱OA的中点为M，自O作平面ABC的垂线OH与平面ABC交于点H，与平面MBC交于点I，将eq \o(OI,\s\up17(→))用eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OC,\s\up17(→))表示为_____________________． 解析：易知H是正三角形ABC的中心，所以eq \o(OH,\s\up17(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))．又I在OH上，故存在实数λ，满足eq \o(OI,\s\up17(→))＝λeq \o(OH,\s\up17(→))，故eq \o(OI,\s\up17(→))＝eq \f(λ,3)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))＝eq \f(λ,3)(2eq \o(OM,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→)))．因为I在平面MBC内，所以eq \f(2λ,3)＋eq \f(λ,3)＋eq \f(λ,3)＝1，所以λ＝eq \f(3,4)，于是eq \o(OI,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up17(→)). 证明：取CD的中点E，连接AE，BE，BN. 因为M，N分别为四面体A－BCD中△BCD与△ACD的重心， 所以M在BE上，N在AE上， 设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b，eq \o(AD,\s\up17(→))＝c， 则{a，b，c}为空间向量的一组基底． 因为M为△BCD的重心， 所以eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3)(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))＝eq \f(1,3)(a＋b＋c)． 因为GM∶GA＝1∶3，所以eq \o(AG,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(AM,\s\up17(→))， 所以eq \o(BG,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AG,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(3,4) eq \o(AM,\s\up17(→))＝－a＋eq \f(1,4)(a＋b＋c)＝－eq \f(3,4)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c， 因为N为△ACD的重心， 所以eq \o(BN,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(AC,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→)))＝－a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c＝eq \f(4,3) eq \o(BG,\s\up17(→))，所以eq \o(BN,\s\up17(→))∥eq \o(BG,\s\up17(→)). 又BN∩BG＝B，所以B，G，N三点共线． 10．如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在棱B1B，D1D上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1. (1)证明：A，E，C1，F四点共面； (2)若eq \o(EF,\s\up17(→))＝xeq \o(AB,\s\up17(→))＋yeq \o(AD,\s\up17(→))＋zeq \o(AA1,\s\up17(→))，求x＋y＋z的值． 解：(1)证明：连接AC1，AF，AE(图略)． 因为eq \o(AC1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up17(→))＋\f(1,3)\o(AA1,\s\up17(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up17(→))＋\f(2,3)\o(AA1,\s\up17(→))))＝(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BE,\s\up17(→)))＋(eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DF,\s\up17(→)))＝eq \o(AE,\s\up17(→))＋eq \o(AF,\s\up17(→))，所以eq \o(AC1,\s\up17(→))与eq \o(AE,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))共面， 又eq \o(AC1,\s\up17(→))，eq \o(AE,\s\up17(→))，eq \o(AF,\s\up17(→))有公共点A，所以A，E，C1，F四点共面． (2)因为eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(AF,\s\up17(→))－eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DF,\s\up17(→))－(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BE,\s\up17(→)))＝eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(2,3) eq \o(DD1,\s\up17(→)) －eq \o(AB,\s\up17(→))－eq \f(1,3) eq \o(BB1,\s\up17(→))＝－eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up17(→))， 所以x＝－1，y＝1，z＝eq \f(1,3)，所以x＋y＋z＝eq \f(1,3). 12．已知A，B，C三点共线，且对空间任一点O，存在三个不为0的实数λ，m，n，使λeq \o(OA,\s\up17(→))＋meq \o(OB,\s\up17(→))＋neq \o(OC,\s\up17(→))＝0，那么λ＋m＋n的值为________． 解析：∵A，B，C三点共线，∴存在唯一的实数k，使eq \o(AB,\s\up17(→))＝keq \o(AC,\s\up17(→))，即eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))＝k(eq \o(OC,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→)))，∴(k－1)eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→))－keq \o(OC,\s\up17(→))＝0.又λeq \o(OA,\s\up17(→))＋meq \o(OB,\s\up17(→))＋neq \o(OC,\s\up17(→))＝0，则eq \f(k－1,λ)＝eq \f(1,m)＝eq \f(－k,n)，∴λ＋m＋n＝(k－1)m＋m－km＝0. 13．如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，E为棱PC的中点，eq \o(BF,\s\up17(→))＝3eq \o(FP,\s\up17(→))，连接DF，DE，其中Q为DE的中点，eq \o(DA,\s\up17(→))＝a，eq \o(DP,\s\up17(→))＝b，eq \o(DC,\s\up17(→))＝c. (1)请用a，b，c表示向量eq \o(FQ,\s\up17(→))； (2)若|a|＝2，|b|＝|c|＝1，求eq \o(AF,\s\up17(→))·eq \o(FQ,\s\up17(→))的值． 解：(1)因为eq \o(DA,\s\up17(→))＝a，eq \o(DP,\s\up17(→))＝b，eq \o(DC,\s\up17(→))＝c， 所以由题意知向量a，b，c两两垂直． 因为eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \o(DA,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＝a＋c，所以eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \o(DP,\s\up17(→))－eq \o(DB,\s\up17(→))＝b－a－c. 因为eq \o(BF,\s\up17(→))＝3eq \o(FP,\s\up17(→))，所以eq \o(BF,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(BP,\s\up17(→))， 所以eq \o(DF,\s\up17(→))＝eq \o(BF,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \f(3,4) eq \o(BP,\s\up17(→))＋eq \o(DB,\s\up17(→))＝eq \f(3b＋a＋c,4)， 又E为PC的中点，Q为DE的中点， 所以eq \o(DQ,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(DP,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→)))＝eq \f(b＋c,4)， 所以eq \o(FQ,\s\up17(→))＝eq \o(DQ,\s\up17(→))－eq \o(DF,\s\up17(→))＝－eq \f(1,4)a－eq \f(1,2)b. (2)eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BF,\s\up17(→))＝c＋eq \f(3,4)(b－a－c)＝－eq \f(3,4)a＋eq \f(3,4)b＋eq \f(1,4)c，又a·b＝a·c＝b·c＝0，所以eq \o(AF,\s\up17(→))·eq \o(FQ,\s\up17(→))＝－eq \f(3,8)|b|2＋eq \f(3,16)|a|2＝－eq \f(3,8)×1＋eq \f(3,16)×4＝eq \f(3,8). 14．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\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(→))，证明eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,t)为定值，并求出该定值． 解：如图，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(→))}为空间向量的一组基底， 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． $$