新知预览3 空间向量基本定理-【快乐假期】2025-2026学年高一数学暑假作业（全学年）

快乐期 0M-= --ec------e-- 新知预览3空间向量基本定理 博观而约取，厚积而薄发。 完成日期： 月 日 ★[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 3.正交分解 如果三个向量a,b,c不共面，那么对任意一 (1)单位正交基底：如果空间的一个基底中的三 个空间向量p,存在唯一的有序实数组(x, 个基向量 ,且长度都为 ,那 y,之)，使得 2.基底 么这个基底叫做单位正交基底，常用(i,j, (1)定义：如果三个向量a,b,c ,那么 k)表示 所有空间向量组成的集合就是{p|p=xa (2)正交分解：由空间向量基本定理可知，对空 十b十c,x,y,之∈R},这个集合可看作由 间中的任意向量a,均可以分解为三个向 向量a,b,c生成的，我们把{a,b,c}叫做空间 量xi,yj,水，使 像这样，把 的一个 ,a,b,c都叫做 (2)性质：空间任意三个 的向量都可 一个空间向量分解为三个 的向 以构成空间的一个基底， 量，叫做把空间向量正交分解。 典例探究一探究学习，素养形成 ◆[题型一]基底的判断 规律方法判断基底的基本思路 例1 已知{e1,e2,e3}是空间的一个基底，且 (1)判断一组向量能否作为空间的一个基 0A=e1+2e2-e2,OB=-3e1+e2+2ea,OC 底，实质是判断这三个向量是否共面， =e1十e2-e,试判断{OA,OB,OC}能否作 若不共面，就可以作为一个基底 为空间的一个基底。 (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十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). 70 三022 高一教学的) ◆[题型二]利用基底表示向量 [变式训练] 例2如图，在平行六面体 C 2.如图所示，在正方体ABCD ABCD-A1B1C1D1中，设 -A1BC1D1中，取AB=a, 、 B AAj=a,AB=b,AD=c, AD=b,AA=c. D M,N,P分别是AA1, M D (1)用a,b,c表示BD1; BC,CD1的中点，试用a, A (2)若M,N分别为AD,CC1的中点，用a, b,c表示以下各向量， b,c表示MN. (1)AP; (2)A1N; (3)MP+NC. ◆[题型三]空间向量基本定理的应用 例3如图所示，直三棱柱ABC -A1B1C1的底面ABC中，CA A =CB=1,∠BCA=60°，棱AA 规律方法用基底表示向量的步骤 =2,M、N分别是A1B1、A1A 根据已知条件，确定三个不共 的中点 定基底一 面的同量构成空间的一个基 (1)求BN的长； 底 (2)求证：AB⊥C,M. 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 找目标 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 利用空间向量的一个基底{a, b,c}可以表示出空间所有向 下结论 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 快乐假期 0M-= 规律方法将几何问题转化为向量问题 (1)证明：A,E,C1,F四点共面； 的求解策略 (2)若EF=xAB+yAD+之AA1,求x十y十之. (1)将距离和线段长转化为求向量的模； (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， [变式训练] 3.如图所示，平行六面体AB CD-A1B1C1D1中，E,F分 别在B1B和D1D上，且BE -3BB,,DF-- DD. 检测评价—诊断落实，素养达标 一、选择题 5.在长方体ABCD 1.已知点O,A,B,C为空间不共面的四点，且 A1B1C1D1中，AB B 向量a=OA+OB+OC,向量b=OA+OB BC=1,AA1=√3，则 D 一OC,则与a,b不能构成空间基底的向 异面直线AD1与DB, 量是 ) 所成角的余弦值为 ) A.OA B.OB c.o元 D.OA或OB A号 R号 c n号 2.若{a,b,c}是空间的一个基底，则一定可以 6.(多选)给出下列命题，其中真命题有() 与向量p=2a十b,q=2a一b构成空间的另 A.若{a,b,c}可以作为空间的一个基底，d 一个基底的向量是 ( 与c共线，d≠0，则{a,b,d}也可以作为 A.a B.b C.c D,a+b 空间的一个基底 B.已知a∥b,则a,b与任何向量都不能构 3.在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB 成空间的一个基底 与CD C.A,B,M,N是空间四点，若BA,BM,BN A.相交 B.平行 不能构成空间的一个基底，则A,B,M, C.垂直 D.无法判断位置关系 N四点共面 4.如图所示，在三棱柱ABC一 B M一 D.已知{a,b,c}是空间的一个基底，若m=a ABC中，M为AC的中 A 十c,则{a,b,m}也是空间的一个基底 点，若AB=a,BC=b,AA1=c, Bi----C 7.(多选)在正方体ABCD-A1BC1D1中，若 点F是侧面CDD1C,的中心，且AF=AD十 则BM可表示为 ( mAB-nAA1,则 ( A.-gatgote 1 26+c Am= B.m=- 2 C.n=2 1 D=一 72 三022 一数类为 二、填空题 12.如图所示，已知空间四边 8.已知向量a,b,c构成空间的一个基底{a,b, 形ABCD的各边和对角 c},若d=3a+4b+c,且d=x(a+2b)+y(b 线的长都等于a,点M, B 十3c)+z(c十a),则x= N分别是AB,CD的 9.如图，在梯形ABCD中，AB∥ 中点。 CD,AB=2CD,点为空间任一 (1)求证：MN⊥AB,MN⊥CD; 点，设OA=a,OB=b,OC=c, (2)求异面直线AN与CM所成角的余 则向量OD用a,b,c表示 弦值. 为 10.正方体ABCD- D A1B1C1D1的棱长为 a,Ai-2MC,点N M 为BB的中点，则 IMN等于 三、解答题 11.如图，四棱锥P一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. 73三002.-...- 检测评价 l.A[因为a·a=a2,所以√a·a=a,故①正确；m(a) ·b=(ma)·b=mλa·b=(m入)a·b,故②正确；a·(b十c) =a·b十a·c=b·a十c·a=(b十c)·a,故③正确；ab= |a2b,ba=|b|2a,故④不一定正确.] 2.A[:A正.BC-是(AB+AO·(D心-Di=名(D DA+Dc-DA·(DC-DB)=号(Di-2DA+DC· (DC-D)=号D.D元-2D成-DA.D心+DA.Di +心-D心.D成， 由题意知DB.DC=0,DA·DC=0,DA.DB=0,|DB1= IDCI,..AE.BC=0.] 3.D[如图，设正方体的棱长为1， A' 则A'B=√2，B'D'=√2， A'B.B'D=(A'A+AB).(B'C B +CD)=(AA+AB).(AD-AB) =-1, ·cos(A店，BD)=A言.B'D |A'B1·BD 22, -1 .A'B,BD)=120°.] 4C[由题意，得ab=b:c=ac=名a=0=6=1, 所以|a-b+2cl=√(a-b+2c)2 =√/a2+b2+4c2-2a·b+4a·c-4b·c 1+1+4-2×2+4×2-4×2-5.] 5.B[由m⊥n,得m·n=0,所以(2e1+3e2)·(ke1一4e2)= 0.所以2k一12=0.所以k=6.] 6.BCD[因为PA⊥平面ABCD,且CDC 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 C平面PAB,所以AD⊥PB.故DA· PB=0.同理，PD·AB=0.因为PA⊥B 平面ABCD,BDC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O.故选BCD,排除A.] 7.ACD[由AB⊥平面BB1CC,得AB⊥BC,∴.四边形 ABCD1的面积为|AB|·IBCI,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+A1D,十A1B,=AC1,AC= 3AB,.(AA1+AD,+AB,)2=3A1B,,故C正确；易 得A1B,-AD,=D1B1,在正方体ABCD-ABCD1 中，D1B1⊥平面AAC1C,D1B1⊥AC,∴.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°， 所以萨.=成×1cs120=-2. 答案：-d 9.解析：a·b=(e1+e2)·(e1-2e2)=e-e1·e2-2e2=1-1 x1×3-2=- 高一数类) lal=√a=√(e,+e2)z=√e+2e,·e2+e =√/1+1+1=√3， |b=√=√(e,-2e2)=√/e-4e,·e2+4e=√1-2+4 =√3. 3 sa,b=日治== 2 2 ∴.(a,b>=120°. 答案：1209 10.解析：易知A1O在AC上的投影向量为A0,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：w22 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.O元-OA.OB= OA1·10Cl cos∠AOC-|OA|·|OBI 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|=cl,且a·b=b·c=c·a=0. :Ci=b叶c,A防=-ct2b-a c.A方=(b+)·(c+合) =-c+28=0, CE⊥A'D,即CE⊥A'D (2):AC=-a十c, .IACI-al,ICal, :Ad.ci-=(-a+e…(b+2c）2e=a, iosA心，c-是la2 _/10 .9a 101 异面直线CE与AC所成角的余弦值为四 10 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十y十k两两垂直 典例探究 [例1]解：假设OA,OB,OC共面，则存在实数λ，4使得OA= AOB+OC ∴.e1+2e2-e=λ(-3e1十e2+2e)十(e1十e2-e)=(-3x +)e1+(λ+)e2+(2λ-)eg. 一3入十4=1， e1,e2,e不共面，∴{入十μ=2，此方程组无解， （2-4=-1， ∴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= D AA1,c=AD,则x=AB,y= AD,z=AC,a+b+c=AC,由 A A,B1,D1,C四点不共面可知向 量x,yz也不共面. 6/ D 同理可知b,c,z和x,y,a十b十c ---- 也不共面，可以作为空间的基底， a 因x=a十b,故a,b,x共面，故不能作为基底. 答案：②③④ 蜜快乐跃期 [例2][解](1)因为P是CD1的中点， 所以AP=AA+A,D+D,P=a+AD+号D,C=a十c+ 2A店=a+c+号b (2)因为N是BC的中点， 所以A衣=AA+A店+B成=-a+b+多BC=-a+b+ 2Ad=-a++2c (3)因为M是AA1的中点， 所以M市-M+A护-合AA+A护 =-2a+(a+e+2）-2a+ 又NC=N心+Cd=合BC+AAi =合AD+aA-c+a 所以+C-(合4+号+)+(a+2)号a+号b +c 变式训练 2.解：(1)BD,=AD,-AB=AD+DD,-AB=AD+AA, AB=b+c-a. (2MN-MA+AB+BC+CN-2 DA+AB+AD+7CC =A+2ai+号AA=a+号+c [例3][解](1)1BN2=BN.BN=(BA+AN)·(BA+ AN =|BA2+|AN12+2BA.AN=1+1=2, .|BN|=√2. (2)证明：A店.CM=(AA+AB)·(CA+A)=AA ·CA1+AA·AM+AB·CA1+AB·A1M -0+0+1×1·co0s120+1×2·cos0°=0. .AB⊥CM,A1B⊥CM 变式训练 3.解：(1)证明：：AC-AB+AD+AA -A店+Aò+号AM+号AM-(+号A)十 (D+号AA)=+丽+ò+D丽=A花+A, AC,A正，AF共面，又它们有公共点A,A,E,C,F四点 共面. (2)EF=AF-AE=AD+DF-(AB+BE) =A市+号DD,-A店-BB=-A店+A市+子AA, 又EF=xAB+yAD+xAA1, x=-19=18=号x+y叶=日 1 检测评价 1.C[因为0元-a-b且a,b不共线，所以a,b0元共西， 所以OC与a,b不能构成一个空间基底向量.] 2.C[周为a=子p十子4，所以a,p9共面，故a,p,g)不能 构成室间的一个基底，排除A因为6=言p-司9：所以6， p,9共面，故{b,P,9}不能构成空间的一个基底，排除B.因 为a+b=是p-子4，所以a+b,pg共面，故{a+bp,g不 能构成空间的一个基底向量，排除D.] 90M-= 3.C[CD=BD-BC,所以BA.CD=BA.(BD-BC=BA ·Bò-Bi,BC-1×1×号-1×1×号=0，放BA1CD, 即直线AB与CD垂直.] 4.A[取AC的中点N,连接BN,MN,如 B 图所示， M M为A1C的中点，AB=a,BC=b, AA=c,N成i=AA=c,B成=（耐 +0=(-店+O=-+,A9 N 成=B+成=-名4++e] 5.C [AD,-DD,-DA,DB,=DA+DC+DD, .AD,·DB,=(DD,-DA)·(DA+DC+DD1) =DD·DA+DD·D心+DD-Di-DA.Dd-DA.DD =0+0+3-1-0-0=2, 1AD1=2,|DB1=√12+12+(W3)2=√5， 六os(AD,DB)=AD·DB :9」 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 入，4，使得d=a十b,d与c共线，c≠0，.存在实数k,使 得d=c.d≠0，k≠0，从而c=名a十卡b,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显，有A亦=AD+合A店十 合AM,所以m=号-=分即a=-分] 1 8.解析：d=x(a十2b)+y(b+3c)+z(c十a) =(x+z)a+(2x+y)b+(3y+z)c =3a+4b+c, 1x十之=3， x=2, 所以2x十y=4,解得y=0, (3y+z=1, x=1. 答案：2 9.解析：AB=-2CD, ..0B-0A=-2(OD-0C), b-a=-2oi-c),∴0i=2a-2b叶c 答案：2a-b叶c 10.解析：M-AN-A立-AN-}AC -AB+BN-3 (AB+AD+AA,) =号AB+君AA-号AD。 ∴M/(号+言AA-专a) √/售a+6aM+古a部=图。 答案：。 11.解：连接B0, 酥=号亦-合ò+o丽)=(-b -a+c)=- 1 08 三-0022 成-BC+C成=-a+2C-a+2cò+o) =-a-b+3c, Ai-A市+P庐-A0+O+号(P0+0心)=-a+e+ 2(-c+b0=-a+7+2e, 成=成=oi=a 12.解：(1)证明：设AB=p,AC=q,AD=r. 由题意可知，lp=|q=|r=a, 且P,q,r三个向量两两夹角均为60°， M成=A成-Ai=2AC+AD)-2A店=名(g十r一p, “M,A店=号(g+-p)·p =gp+r…p-p) =2(a2cs60+acs60°-a2)=0. ∴，MN⊥AB,即MN⊥AB.同理可证MN⊥CD. (2)设向量AN与MC的夹角为6. ∴A=号Ac+A市)=2(g+ MC-AC-AM-9-2p. ∴A.M-2g+(g-2p =2(g-9p叶g2p） co0 os 60co60 -(-+号) 又：1A=MC= 24， ..AN.MC-IANIIMCI cos 0 -5 axaXcos0=icos0=号 “向量A与M心的夹角的余孩值为号，从西异面直线AN 与CM所成角的余孩值为号。 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x轴 3.(1)A(x,y,)(2)(x,y,z)a=(x,y,) 4.(1)终点坐标减去起点坐标(2)(a1+b1,a2十b2,a,+b,) (a1-b1,a2-b2,a3-b)(aa1,λa2,a3),A∈R a1b+a2b2十a3b3 5.a1b1+a2b2+a3b3=0 6(x2-x)+(y2-y)+(2-之1) 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（一2，一1，一3）；点P(一2,1,3)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（一2,1，一3）. [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]DB=DA十DC+DD,=2i+2j+2k=(2,2,2). D成=DA+DC+号DD,=2i+2j+2×2k=2i+21+k= (2,2,1). D亦=号D心=号×2j=j=(0,1.0. 高一数类为) 变式训练 2.解：因为PA=AD=AB=1,所以可设AB=i,AD=j,AP =k. 因为M-Mi+AP+P-Mi+AP+2PC =Mi+AP+(Pi+Aò+DC)=-是A店+A+ 名(-A+A市+A)=名AP+A市=j+名k,所以 M=(0,2)片 [例3][解析](1)易得2a十3b=(4,4,5),a-b=(-3,2,0), 则(2a十3b)·(a-b)=4×(-3)+4×2+5X0=-4. (2)设a=(x1,y1,21),b=(x2,y2,x1), 由题设可得2x1一=2， x1+2x2=1, 解得1=1， (x2=0, 同理可得y1=-1,y2=2,21=1,2=-1, 即a=(1,-1,1),b=(0,2,-1), 则a·b=0-2-1=-3,la=3,1bl=5, 所以asab-i治- 5 [答案](1)-4(2)-E 5 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=（32,-2,又c=（-是，-1,1）所以20 -b=-2c,所以(2a-b)∥c. (2)因为a=AB=(1,1,0),b=AC=(-1,0,2), 所以ka十b=(k-1,k,2), ka-2b=(k十2，k,-4). 又因为(ka十b)⊥(ka-2b), 所以(ka十b)·(ka-2b)=0, 即(k-1,k,2)·(k+2,k,-4)=2k2+k-10=0. 解得及=2或一号 变式训练 4.(1)D[ka+b=(k-1,k,2),2a-b=(3,2,-2),(ka+b)· (2a-b)=3-1D+2张-4=0，解得k=子.] (2)A[因为AB=(m-1,1,m-2n-3),AC=(2,-2,6), 由题意得弦/A亡，所以”2=2=”一=3，所以m= 2 6 0,n=0,所以m十n=0.] [例5][解]如图所示，建立空间直角坐 标系C一xyz (1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1), ∴.1BN|=√1-0)2+(0-1D2+(1-0) =√3， 线段BN的长为√3 (2)由(1)中建立的坐标系得A1(1,0,2),元 C(0,0,0),B1(0,1,2), .BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2), .BA,·CB,=1×0+(-1)×1+2X2=3. 又|BA1I=√6，|CBI=√5， Cos(BA,CB)=BA·CB 3 √/30 |BA11ICB1√6XW510 故AB与B,C所成角的余弦值为30 10 09