1.2　空间向量基本定理-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量基本定理，涵盖基底判断、正交分解及向量表示等核心内容。通过“课前自学”回顾平面向量基本定理，结合“入门三分”思考题（如零向量能否作基向量），搭建从平面到空间的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点是以数学抽象、直观想象、逻辑推理为导向，通过“探究”总结基底判断三方法，结合长方体模型直观呈现向量关系，例题（如证明四点共面）与思考题强化逻辑推理和数学运算。“日积月累”梳理要点，助力学生系统掌握，也为教师提供清晰教学路径。

1.2　空间向量基本定理 素养目标 1.了解空间向量基本定理及其意义．(数学抽象)2.掌握空间向量的正交分解．(直观想象)3.掌握在简单问题中运用空间三个不共面的向量作为基底表示其他向量的方法．(逻辑推理、数学运算) 课前自学 3 要点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p＝______________. 其中{a，b，c}叫做空间的一个______________，a，b，c都叫做基向量．空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底． xa＋yb＋zc 基底 第页 要点2　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： 把一个空间向量分解为三个______________的向量，叫做把空间向量进行正交分解． 两两垂直 1 两两垂直 第页 1．零向量能不能作为一个基向量？ 答：不能．因为零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面． 2．基底与基向量有何区别？ 答：一个基底是一个向量组，一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同概念． 第页 3．当基底确定后，如何证明空间向量基本定理中有序实数组(x，y，z)的唯一性？ 返 回 课时学案 8 例 1　【多选题】设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一个基底，则下列向量组中，可以作为空间中一个基底的向量组有(　　) A．{a，b，x}　　　　　 B．{x，y，z} C．{b，c，z} D．{x，y，a＋b＋c} √ 题型一　 基底的判断 √ √ 第页 9 第页 探究1 如何判断一组向量能否为空间的基底 (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，则不能作为基底；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，不能作为基底；若无解，则不共面，能作为基底． ③依托正方体，用从同一顶点出发的三条棱对应的向量为基底，构造所需向量，判断它们是否共面． 第页 第页 第页 例 2 题型二　 用基底表示空间向量 第页 14 第页 探究2 用基底表示向量的要点 (1)若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及向量数乘运算的运算律． (2)若没给定基底，首先选择基底，选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角是否已知或易求． 第页 第页 例 3　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，请选择恰当的基底证明： (1)EG∥AC； 题型三　 空间向量基本定理的应用 角度1　平行、共面问题 第页 18 (2)平面EFG∥平面AB′C. 第页 探究3 证明平行、共面问题的思路 (1)利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行． (2)利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行． 第页 第页 角度2　夹角、垂直问题 例 4　如图，已知在直三棱柱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； 第页 (2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值． 第页 探究4 第页 第页 第页 1．基底中不能有零向量．因零向量与任意一个非零向量都为共线向量，与任意两个非零向量都共面，所以三个向量构成基底隐含着三个向量一定为非零向量． 2．空间向量基本定理说明，用空间三个不共面的向量构成的基底{a，b，c}可以表示空间任意一个向量，并且表示结果是唯一的． 3．用基底表示空间向量，一般要用向量的加法、减法、数乘的运算法则，及加法的平行四边形法则，加法、减法的三角形法则，逐步向基向量过渡，直到全部用基向量表示． 返 回 课后巩固 28 1．设p：a，b，c是三个非零向量；q：{a，b，c}为空间的一个基底，则p是q的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 √ 解析　当三个非零向量a，b，c共面时不能作为基底，充分性不成立；反过来，若{a，b，c}是一个基底，必有a，b，c都是非零向量，必要性成立，故B符合题意． 第页 √ 第页 √ 第页 4.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________． 第页 5.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G，G1分别是棱CC1，BC，CD，A1B1的中点．求证： (1)AD1⊥G1G； 第页 (2)AD1∥EF. 返 回 请做：课时作业（四） 教师备用资料 答：假设对于基底{i，j，k}及空间向量p，存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xi＋yj＋zk，设除(x，y，z)外，还存在有序实数组(x′，y′，z′)，使得p＝x′i＋y′j＋z′k，则x′i＋y′j＋z′k＝xi＋yj＋zk. 不妨设x′≠x，则(x′－x)i＝(y－y′)j＋(z－z′)k. 两边同除以(x′－x)，得i＝eq \f(y－y′,x′－x)j＋eq \f(z－z′,x′－x)k. 由平面向量基本定理可知，i，j，k共面，这与已知矛盾，所以有序实数组(x，y，z)是唯一的． 【解析】　如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，令a＝eq \o(AB,\s\up16(→))，b＝eq \o(AA1,\s\up16(→))，c＝eq \o(AD,\s\up16(→))，则x＝eq \o(AB1,\s\up16(→))，y＝eq \o(AD1,\s\up16(→))，z＝eq \o(AC,\s\up16(→))，a＋b＋c＝eq \o(AC1,\s\up16(→))，由A，A1，B1，B四点共面，则向量a，b，x也共面，故A不符合题意；由A，B1，C，D1四点不共面，则向量x，y，z也不共面，故B符合题意；由A，A1，C，D四点不共面，则向量b，c，z也不共面，故C符合题意；由A，B1，C1，D1不共面，则向量x，y，a＋b＋c也不共面，故D符合题意． 思考题1　已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且eq \o(OA,\s\up16(→))＝e1＋2e2－e3，eq \o(OB,\s\up16(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \o(OC,\s\up16(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))}能否作为空间的一个基底． 【解析】　假设eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))共面，由向量共面的充要条件知，存在实数对(x，y)，使eq \o(OA,\s\up16(→))＝xeq \o(OB,\s\up16(→))＋yeq \o(OC,\s\up16(→))成立，∴e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)，即e1＋2e2－e3＝(y－3x)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3.∵{e1，e2，e3}是空间的一个基底，∴e1，e2，e3不共面．∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－3x＝1，,x＋y＝2，,2x－y＝－1，))此方程组无解． 即不存在实数对(x，y)使得eq \o(OA,\s\up16(→))＝xeq \o(OB,\s\up16(→))＋yeq \o(OC,\s\up16(→))， 所以eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))不共面． 所以{eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))}能作为空间的一个基底． 【解析】　(1)如图，连接AC，则eq \o(D1B,\s\up16(→))＝eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \o(DB,\s\up16(→))＝－eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \o(AD,\s\up16(→))＝a－b－c，eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(EA,\s\up16(→))＋eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(D1A,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)c. 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，E，F分别是AD1，BD的中点． (1)用向量a，b，c表示eq \o(D1B,\s\up16(→))，eq \o(EF,\s\up16(→))； 【解析】　(2)eq \o(D1F,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(D1D,\s\up16(→))＋eq \o(D1B,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(－eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(D1B,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(－c＋a－b－c)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b－c，又eq \o(D1F,\s\up16(→))＝xa＋yb＋zc，∴x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)，z＝－1. (2)若eq \o(D1F,\s\up16(→))＝xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值． 【解析】　连接BO(图略)，则eq \o(BF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BO,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)(c－b－a)＝－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CP,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(CO,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→)))＝－a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c. eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \o(AP,\s\up16(→))＋eq \o(PE,\s\up16(→))＝eq \o(AO,\s\up16(→))＋eq \o(OP,\s\up16(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(PO,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→)))＝－a＋c＋eq \f(1,2)(－c＋b)＝－a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)a. 思考题2　如图，四棱锥P－OABC的底面为矩形，PO⊥平面OABC，设eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OC,\s\up16(→))＝b，eq \o(OP,\s\up16(→))＝c，E，F分别是PC，PB的中点，试用a，b，c表示eq \o(BF,\s\up16(→))，eq \o(BE,\s\up16(→))，eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(EF,\s\up16(→)). 【证明】　取基底{eq \o(AA′,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))}． (1)因为eq \o(EG,\s\up16(→))＝eq \o(ED′,\s\up16(→))＋eq \o(D′G,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝2eq \o(EG,\s\up16(→))， 所以eq \o(EG,\s\up16(→))∥eq \o(AC,\s\up16(→))， 又EG，AC无公共点，所以EG∥AC. 【证明】　(2)因为eq \o(FG,\s\up16(→))＝eq \o(FD′,\s\up16(→))＋eq \o(D′G,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AA′,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))， eq \o(AB′,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA′,\s\up16(→))＝2eq \o(FG,\s\up16(→))， 所以eq \o(FG,\s\up16(→))∥eq \o(AB′,\s\up16(→))， 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，易得EG∥平面AB′C， 又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG， 所以平面EFG∥平面AB′C. 【证明】　如图所示，连接AC1，AE，AF，因为eq \o(AC1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up16(→))＋\f(1,3)\o(AA1,\s\up16(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(2,3)\o(AA1,\s\up16(→))))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BE,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DF,\s\up16(→))＝eq \o(AE,\s\up16(→))＋eq \o(AF,\s\up16(→))， 所以eq \o(AC1,\s\up16(→))，eq \o(AE,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))共面，又因为三个向量有公共点A，所以A，E，C1，F四点共面． 思考题3　在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.求证：A，E，C1，F四点共面． 【解析】　(1)证明：设eq \o(CA,\s\up16(→))＝a，eq \o(CB,\s\up16(→))＝b，eq \o(CC′,\s\up16(→))＝c， 根据题意，得|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0. 因为eq \o(CE,\s\up16(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \o(A′D,\s\up16(→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a， 所以eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(A′D,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0， 所以eq \o(CE,\s\up16(→))⊥eq \o(A′D,\s\up16(→))，即CE⊥A′D. 【解析】　(2)因为eq \o(AC′,\s\up16(→))＝－a＋c，eq \o(CE,\s\up16(→))＝b＋eq \f(1,2)c，|eq \o(AC′,\s\up16(→))| ＝eq \r(2)|a|，|eq \o(CE,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|， 所以eq \o(AC′,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－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，所以cos〈eq \o(AC′,\s\up16(→))，eq \o(CE,\s\up16(→))〉＝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). 1.证明两条直线垂直的方法 由数量积的性质a⊥b⇔a·b＝0(a，b≠0)，可知要证两直线垂直，可分别构造与两直线平行的向量，只要证明这两个向量的数量积为0即可． 2．求两个向量的夹角的两种方法 (1)结合图形，平移向量，利用空间向量的夹角定义来求，但要注意向量夹角的范围． (2)先求a·b，再利用公式cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)求cos〈a，b〉，最后确定〈a，b〉． 【解析】　(1)eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DF,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \o(CC1,\s\up16(→))＋eq \o(C1E,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→)).因为eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0，eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0，eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up16(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up16(→))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up16(→))＋\f(1,2)\o(AA1,\s\up16(→))))＝eq \f(1,2).又|eq \o(AF,\s\up16(→))|＝|eq \o(CE,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(5),2)，所以cos〈eq \o(CE,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))〉＝eq \f(2,5). 思考题4　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，D1D的中点，正方体的棱长为1. (1)求〈eq \o(CE,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))〉的余弦值； 【解析】　(2)证明：连接BD，则eq \o(BD1,\s\up16(→))＝eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(DD1,\s\up16(→)) ＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(ED1,\s\up16(→))＋eq \o(D1F,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AA1,\s\up16(→)))， 所以eq \o(BD1,\s\up16(→))·eq \o(EF,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(BD1,\s\up16(→))⊥eq \o(EF,\s\up16(→)). (2)求证：eq \o(BD1,\s\up16(→))⊥eq \o(EF,\s\up16(→)). 解析　因为{eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))}为基底，所以非零向量eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))不在同一平面内，即O，A，B，C四点不共面，所以A、C、D说法正确，B错误．故选B. 2．若{eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OC,\s\up16(→))}是空间的一个基底，则下列命题不正确的是(　　) 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　连接ON，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(ON,\s\up16(→))－eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→)))－eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c. 3．如图，在四面体OABC中，eq \o(OA,\s\up16(→))＝a，eq \o(OB,\s\up16(→))＝b，eq \o(OC,\s\up16(→))＝c.点M，N分别为棱OC，AB的中点，则eq \o(MN,\s\up16(→))＝(　　) A．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c B．－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c C.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c D.eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c 解析　设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， 则{a，b，c}构成空间的一个基底．设AB＝1， 因为BD⊥AN，所以eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝0， 因为eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(AB,\s\up16(→))＝b－a，eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1N,\s\up16(→))＝c＋λb， 所以(b－a)·(c＋λb)＝0，所以eq \f(1,2)＋λ－eq \f(\r(3),2)－eq \f(λ,2)＝0，所以λ＝eq \r(3)－1. eq \r(3)－1 证明　设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0. (1)因为eq \o(AD1,\s\up16(→))＝b＋c，eq \o(G1G,\s\up16(→))＝eq \o(G1A1,\s\up16(→))＋eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DG,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)a－c＋b＋eq \f(1,2)a＝b－c，所以eq \o(AD1,\s\up16(→))·eq \o(G1G,\s\up16(→))＝(b＋c)·(b－c)＝b2－c2＝0， 所以eq \o(AD1,\s\up16(→))⊥eq \o(G1G,\s\up16(→))，所以AD1⊥G1G. 证明　(2)因为eq \o(AD1,\s\up16(→))＝b＋c，eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \o(CF,\s\up16(→))－eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up16(→))－ eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)c，所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝－eq \f(1,2) eq \o(AD1,\s\up16(→))，所以eq \o(EF,\s\up16(→))∥eq \o(AD1,\s\up16(→))， 又点E不在AD1上，所以AD1∥EF. $