3.3 空间向量基本定理(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（北师大版）

§3 空间向量基本定理及 空间向量运算的坐标表示 3.1 空间向量基本定理 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学] 课时目标 1.类比平面向量基本定理理解空间向量基本定理.掌握判断空间三个向量是否构成基的方法. 2.能通过空间向量的线性运算用基表示向量.会用基证明空间位置关系及直线所成的角. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时检测 课前预知教材·自主落实基础 01 (1)如果向量a，b，c是空间三个不共面的向量，p是空间任意一个向量，那么存在唯一的三元有序实数组(x，y，z)，使得p=____________. (2){a，b，c}叫作空间向量的_________，其中a，b，c都叫作________. xa+yb+zc 一组基 基向量 |微|点|助|解| (1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间向量的一组基.基选定后，空间的所有向量均可由基唯一表示；不同基下，同一向量的表达式也有可能不同. (2)一组基是一个向量组，一组基向量是指基中的某一个向量，二者是相关联的不同概念. (3)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，就说明它们都不是零向量. 基础落实训练 1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)只有两两垂直的三个向量才能作为空间向量的一组基. (　　) (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. (　　) (3)对于三个不共面向量a1，a2，a3，不存在实数组(λ1，λ2，λ3)，使0=λ1a1+λ2a2+λ3a3. (　　) (4)若{a，b，c}为空间向量的一组基，则a，b，c全不是零向量.(　　) × × × √ 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，=x+y+z，则x，y，z的值是(　　) A.1，1，1 B. C. D.2，2，2 √ 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　基的判断 [例1]　(多选)若{a，b，c}是空间的一组基，则下列各组能构成空间的一组基的是 (　　) A.{a+b，a-b，c} B.{a+b，b+c，c+a} C.{3a-4b，2b-3c，3a-6c} D.{a+b，a+b+c，2c} √ √ 解析：因为a+b，a-b，c是不共面的向量，所以能构成空间的一组基，故A正确； a+b，b+c，c+a是不共面的向量，能构成空间的一组基，故B正确； 因为3a-6c=3a-4b+2(2b-3c)，所以3a-4b，2b-3c，3a-6c是共面向量，不能构成空间的一组基，故C错误； 因为a+b=a+b+c-(2c)， 所以a+b，a+b+c，2c是共面向量，不能构成空间的一组基，故D错误. |思|维|建|模| 判断给出的三个向量能否构成基的方法 　　判断给出的三个向量组成的向量组能否作为基，关键是要判断这三个向量是否共面，首先应考虑三个向量是不是零向量，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. 针对训练 1.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的一组向量是 (　　) A.3a，a-b，a+2b B.2b，b-2a，b+2a C.a，2b，b-c D.c，a+c，a-c 解析：因为a，b，c不共面，故a，2b，b-c也不共面，能构成空间向量的一组基.其他选项皆共面. √ 题型(二)　用基表示向量 [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.用一组基{a，b，c}表示以下向量： (1)； 解：在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中， 连接AC，AD1， =(+) =(++) =(a+b+c)=a+b+c. (2). 解：=(+)=(+2+) =a+b+c. |思|维|建|模|　 用基表示向量的一般步骤 定基 根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一组基 找目标 用确定的基(或已知基)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 利用空间的一组基{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 2.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. 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.综上，=-a-b+c，=-a-b+c，=-a +b+c，=a. [例3]　如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD- A1B1C1D1，其中以顶点A为端点的三条棱长均为1，且 它们彼此的夹角都是60°. (1)求证：AC1⊥DB； 题型(三)　利用空间向量基本定理解决几何问题 解：证明：∵以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°， ∴·=·=·=1×1×cos 60°=， ∴·=(++)·(-)=(++)·(-)=·-·+-·+·-=0，∴AC1⊥DB. (2)求异面直线BD1与AC夹角的余弦值. 解：∵=+-=+-=+=+， ∴||2= =+++2·-2·-2· =1+1+1+1-1-1=2，即||=，||= == =·=(+-)·(+)= -+·+·=1-1++=1，∴cos<>===， ∴异面直线BD1与AC夹角的余弦值为. |思|维|建|模| 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. (2)将所求向量用基表示. (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. 3.如图，在空间中平移△ABC到△A'B'C'，连接对应顶 点，设=a，=b，=c，M，E分别是BC'，AA'的 中点，N是B'C'上一点. (1)若N为B'C'的中点，用向量法证明：AM∥EN； 针对训练 解：证明：当N为B'C'的中点时，=+=+=+ (+)=+(+)=(b+c)+a=(a+b+c)，=+ =+(+)=+(+)=+[+(-)]=(++) =(a+b+c)，所以AM∥EN. (2)若AB=AC=1，AA'=2，∠BAC=60°，∠ACC'=∠ABB'=90°，是否存在点N使得AM⊥EN?并说明理由. 解：不存在，理由如下： 设=λ，则=+=++=++λ =++λ(-)=a+b+λ(c-b)=a+(1-λ)b+λc. 由于∠ACC'=∠ABB'=90°，故a·b=a·c=0， 所以·=(a+b+c)·=a2+(1-λ)b2+b·c+λc2 =1+(1-λ)+×1×1×+λ=， 即·≠0，故不存在点N使得AM⊥EN. 课时检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1.[多选]在空间四点O，A，B，C中，若{}是空间向量的一组基，则下列说法正确的是(　　) 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 √ 解析：A正确，若四点共线，则共面，构不成基；B错误，C正确，若四点共面，则共面，构不成基；D正确，若有三点共线，则这四点共面，构不成基. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.[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组基，则下列结论正确的是(　　) A.{}不能构成空间的一组基 B.{}不能构成空间的一组基 C.{}不能构成空间的一组基 D.{}能构成空间的一组基 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：因为{}与{}均不能构成空间的一组基，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组基，所以A、B、C正确，D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 3.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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 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，=++=i+j+(-j+k) =i+j+k，故||2=a2+a2+a2=a2，所以MN=a. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 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.=++ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：根据题意可得=+，由NG=2GM可得=，所以=+=+(+)=+×(+)=×+(+)=++. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 6.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+·+·+·， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 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=+1 ++×1×1×=，则AM=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 7.[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夹角的余弦值为 D.OE与OF夹角的余弦值为 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 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||2== =++·=，||=，所以A正确；在△OEF中，=-=+-(+)=-+ ，||2= =++-·+·-· =+1+1+1=，即||=，所以B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 因为=-·=(-)·=·-·=-3，||==2，cos<>===-，所以AB与OC夹角的余弦值为，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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 8.(5分)已知{a，b，c}是空间的一组基，向量 p=3a+b+c，{a+b，a-b，c}是空间的另一组基，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 3 4 2 9.(5分)在空间中平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面)，连接对应顶点.设=a，=b，=c，M是BC1的中点，N是B1C1的中点，用基{a，b，c}表示向量+的结果为__________.  解析：如图，+=(+)+(+)=++= b+(a+b)+(a+c)=a+b+c. a+b+c 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 10.（5分）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的夹角为______.  解析：=+=-=+--- =+---=--，故·= ·=-·-·+·- -·=×4-×8=0，即⊥，则AM与PM的夹角为90°. 90° 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 11.(10分)已知{a，b，c}是空间的一组基，且=3a+3b，=2a+4b +2c，=-a+2b+3c，=2a+b-c. (1)求证：A，B，C，D四点共面；(6分) 解：证明：=-=2a+4b+2c-(3a+3b)=-a+b+2c， =-=-a+2b+3c-(3a+3b)=-4a-b+3c， =-=2a+b-c-(3a+3b)=-a-2b-c. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 设=λ+μ，即-a-2b-c=λ(-a+b+2c)+μ(-4a-b+3c)， 故解得 即=-+，故A，B，C，D四点共面. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2){}能否作为空间的一组基?若能，试用这一组基表示；若不能，请说明理由.(4分) 解：不能.理由如下： 设=m+n，则3a+3b=m(2a+4b+2c)+n(-a+2b+3c)， 故解得=-， 所以{}不能作为一组基. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 12.(10分)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；(5分) 解：证明：设=p，=q，=r. 由题意可知，|p|=|q|=|r|=a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°. ∵=-=(+)-=(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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)求MN的长.(5分) 解：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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 13.(15分)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 恰当的基向量证明： (1)EG∥AC；(6分) 证明：取基{}. 因为=+=+， =+=2，所以∥， 又EG，AC无公共点，所以EG∥AC. 证明：因为=+=+=+=2， 所以∥，又FG，AB'无公共点， 所以FG∥AB'. 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)平面EFG∥平面AB'C.(9分) $$