1.2空间向量基本定理课件-2026-2027学年高二上学期数学人教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，涵盖基底概念、正交分解及应用。通过自主学习通道的“填一填”“练一练”，先回顾平面向量基底，再延伸到空间不共面向量，构建从二维到三维的认知支架，衔接前后知识。 其亮点是以“自主探究—互动研析—巩固提升”为主线，通过基底判断、向量表示等实例（如证明线线垂直），培养数学抽象、逻辑推理和数学建模能力。分层作业设计助力学生提升，教师可直接用于教学，提高效率。

第一章　空间向量与立体几何 1.2　空间向量基本定理 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 p＝xa＋yb＋zc 基底 基向量 自主学习通道 自主学习通道 两两垂直 1 单位正交基底 {i，j，k} 正交分解 自主学习通道 × √ √ × 自主学习通道 C 自主学习通道 C 自主学习通道 0 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 A 互动探究通道 BCD 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 B 互动探究通道 D 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 C 巩固提升通道 C 巩固提升通道 －2 巩固提升通道 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 a－b－c 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AB 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.理解空间向量基本定理及其意义并会简单应用.2.会用基底表示空间向量.3.初步体会利用空间向量基本定理求解立体几何问题的方法． 填一填 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 eq \o(□,\s\up4(1)) ． 其中，把{a，b，c}叫做空间的一个 eq \o(□,\s\up4(2)) ，a，b，c都叫做 eq \o(□,\s\up4(3)) ，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底． 【提醒】　对于基底{a，b，c}，除了应知道a，b，c不共面外，还应明确以下三点： (1)基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示，选用不同的基底，同一向量的表达式也可能不同； (2)由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，所以若三个向量不共面，就说明它们都不是0； (3)空间的一个基底是指一个向量组，是由三个不共面的空间向量构成的，一个基向量是指基底中的某个向量，二者是相关联的不同概念． 2．单位正交基底与正交分解 (1)单位正交基底 如果空间的一个基底中的三个基向量 eq \o(□,\s\up4(4)) ，且长度都为 eq \o(□,\s\up4(5)) ，那么这个基底叫做 eq \o(□,\s\up4(6)) ，常用 eq \o(□,\s\up4(7)) 表示． (2)正交分解 把一个空间向量分解为三个两两垂直的向量，叫做把空间向量进行 eq \o(□,\s\up4(8)) ． 练一练 1．判断正误 (1)只有两两垂直的三个向量才能作为空间的一个基底．(　　) (2)若{a，b，c}为空间的一个基底，则{－a，b，2c}也可构成空间的一个基底．(　　) (3)若三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面．(　　) (4)对于三个不共面向量a1，a2，a3，不存在有序实数组(λ1，λ2，λ3)，使0＝λ1a1＋λ2a2＋λ3a3.(　　) 2．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，可以构成空间的一个基底的是(　　) A． eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(AD,\s\up15(→)) B． eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AA1,\s\up15(→))， eq \o(AB1,\s\up15(→)) C． eq \o(D1A1,\s\up15(→))， eq \o(D1C1,\s\up15(→))， eq \o(D1D,\s\up15(→)) D． eq \o(AC1,\s\up15(→))， eq \o(A1C,\s\up15(→))， eq \o(CC1,\s\up15(→)) 解析　由空间向量基本定理可知C正确． 3．已知{a，b，c}能构成空间的一个基底，则下面的各组向量中，不能构成空间基底的是(　　) A．a＋b，b，c B．a，a－b，c C．a－c，b－c，a－b D．a，b，a＋b＋c 解析　如图，经分析知a－c，b－c，a－b三个向量共面，不能构成基底． 4．已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，若λe1＋μe2＋νe3＝0，则λ2＋μ2 ＋ν2＝ ． 解析　∵{e1，e2，e3}是空间的一个基底， ∴e1，e2，e3为不共面向量．又∵λe1＋μe2＋νe3 ＝0，∴λ＝μ＝ν＝0，∴λ2＋μ2 ＋ν2＝0． 类型一　基底的概念　　　　　　自主探究 1．如果向量a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底，则一定有(　　) A．a与b共线 B．a与b同向 C．a与b反向 D．a与b共面 解析　由空间向量基本定理可知只有不共线的两向量才可以做基底，向量a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底，则一定有a与b共线． 2．(多选)设x＝a＋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，其中可以作为空间的一个基底的向量组是(　 　) A．{a，b，x} B．{x，y，z} C．{b，c，z} D．{x，y，a＋b＋c} 解析　如图所示，令a＝ eq \o(AB,\s\up15(→))，b＝ eq \o(AA1,\s\up15(→))，c＝ eq \o(AD,\s\up15(→))，则x＝ eq \o(AB1,\s\up15(→))，y＝ eq \o(AD1,\s\up15(→))，z＝ eq \o(AC,\s\up15(→))，a＋b＋c＝ eq \o(AC1,\s\up15(→)).由A，B1，C，D1四点不共面，可知向量x，y，z也不共面，同理b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面．故选BCD． 判断向量能否构成空间基底的方法 类型二　用基底表示空间向量 【例1】　如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，E，F分别是AD1，BD的中点． (1)用向量a，b，c表示 eq \o(D1B,\s\up15(→))， eq \o(EF,\s\up15(→))； (2)若 eq \o(D1F,\s\up15(→))＝xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值． 解　(1)如图，连接AC， eq \o(D1B,\s\up15(→))＝ eq \o(D1D,\s\up15(→))＋ eq \o(DB,\s\up15(→))＝－ eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→))＝a－b－c， eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \o(EA,\s\up15(→))＋ eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(D1A,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→)) ＝－ eq \f(1,2)( eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))) ＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)a－ eq \f(1,2)c. (2) eq \o(D1F,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(D1D,\s\up15(→))＋ eq \o(D1B,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2)(－ eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(D1B,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2)(－c＋a－b－c)＝ eq \f(1,2)a－ eq \f(1,2)b－c， 又 eq \o(D1F,\s\up15(→))＝xa＋yb＋zc， ∴x＝ eq \f(1,2)，y＝－ eq \f(1,2)，z＝－1． 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． [跟踪训练1]　(1)如图，四棱锥P­OABC的底面是矩形，PO⊥底面OABC.设 eq \o(OA,\s\up15(→))＝a， eq \o(OC,\s\up15(→))＝b， eq \o(OP,\s\up15(→))＝c，E是PC的中点，则(　　) A． eq \o(BE,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2)a－ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c B． eq \o(BE,\s\up15(→))＝－a－ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c C． eq \o(BE,\s\up15(→))＝－a＋ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c D． eq \o(BE,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2)a－ eq \f(1,2)b－ eq \f(1,2)c (2)如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且 eq \o(MG,\s\up15(→))＝2 eq \o(GN,\s\up15(→))，现用基向量 eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(OB,\s\up15(→))， eq \o(OC,\s\up15(→))表示向量 eq \o(OG,\s\up15(→))，设 eq \o(OG,\s\up15(→))＝x eq \o(OA,\s\up15(→))＋y eq \o(OB,\s\up15(→))＋z eq \o(OC,\s\up15(→))，则(　　) A．x＝ eq \f(1,3)，y＝ eq \f(1,3)，z＝ eq \f(1,3) B．x＝ eq \f(1,3)，y＝ eq \f(1,3)，z＝ eq \f(1,6) C．x＝ eq \f(1,3)，y＝ eq \f(1,6)，z＝ eq \f(1,3) D．x＝ eq \f(1,6)，y＝ eq \f(1,3)，z＝ eq \f(1,3) 解析　(1) eq \o(BE,\s\up15(→))＝ eq \o(OE,\s\up15(→))－ eq \o(OB,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(OC,\s\up15(→))＋ eq \o(OP,\s\up15(→)))－( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))＝－ eq \o(OA,\s\up15(→))－ eq \f(1,2) eq \o(OC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(OP,\s\up15(→))＝－a－ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c.故选B. (2)连接ON.∵M，N分别是边OA，BC的中点，∴ eq \o(OM,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(ON,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))，∴ eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \o(OM,\s\up15(→))＋ eq \o(MG,\s\up15(→))＝ eq \o(OM,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(OM,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3)( eq \o(ON,\s\up15(→))－ eq \o(OM,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,3) eq \o(OM,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(ON,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3)× eq \f(1,2)( eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,6) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up15(→))，∴x＝ eq \f(1,6)，y＝z＝ eq \f(1,3).故选D． 类型三　空间向量基本定理的应用 【例2】　如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1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； (2)EF∥AD1. 证明　设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，这三个向量不共面，所以{a，b，c}构成空间的一个基底． 易知|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0． (1)因为 eq \o(AD1,\s\up15(→))＝b＋c， eq \o(G1G,\s\up15(→))＝ eq \o(G1A1,\s\up15(→))＋ eq \o(A1A,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(DG,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2)a－c＋b＋ eq \f(1,2)a＝b－c， 所以 eq \o(AD1,\s\up15(→))· eq \o(G1G,\s\up15(→))＝(b＋c)·(b－c)＝b2－c2＝0，所以 eq \o(AD1,\s\up15(→))⊥ eq \o(G1G,\s\up15(→))，所以AD1⊥G1G. (2)因为 eq \o(AD1,\s\up15(→))＝b＋c， eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \o(CF,\s\up15(→))－ eq \o(CE,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up15(→))－ eq \f(1,2) eq \o(CC1,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2)b－ eq \f(1,2)c，所以 eq \o(EF,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2) eq \o(AD1,\s\up15(→))，所以EF∥AD1． 变式探究 1．(变设问)在本例条件下，求证：A1G⊥DF. 证明　设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，这三个向量不共面，所以{a，b，c}构成空间的一个基底． 易知|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0. 因为 eq \o(A1G,\s\up15(→))＝ eq \o(A1A,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(DG,\s\up15(→))＝－c＋b＋ eq \f(1,2)a， eq \o(DF,\s\up15(→))＝ eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(CF,\s\up15(→))＝a－ eq \f(1,2)b，所以 eq \o(A1G,\s\up15(→))· eq \o(DF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c＋b＋\f(1,2)a))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)b))＝ eq \f(1,2)a2－ eq \f(1,2)b2＝0，所以 eq \o(A1G,\s\up15(→))⊥ eq \o(DF,\s\up15(→))，所以A1G⊥DF． 2．(变设问)在本例条件下，求DE与AD1所成角的余弦值． cos 〈 eq \o(AD1,\s\up15(→))， eq \o(DE,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AD1,\s\up15(→))·\o(DE,\s\up15(→)),|\o(AD1,\s\up15(→))||\o(DE,\s\up15(→))|) ＝ eq \f(\f(1,2),\r(2)×\f(\r(5),2))＝ eq \f(\r(10),10)， 所以DE与AD1所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10)． 应用空间向量基本定理解决问题的步骤 (1)依据图形的结构特征及题目所求选取恰当的基底． (2)将所求向量用基底表示． (3)将几何问题转化为向量问题解决： ①将求距离和线段长转化为求向量的模； ②将线线、线面、面面垂直、平行问题转化为向量垂直、平行问题； ③将空间角问题转化为向量夹角问题． [跟踪训练2]　(2024·保定三中月考)如图所示，在三棱锥A­BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点． (1)证明：AE⊥BC； (2)求直线AE与DC的夹角的余弦值． 解　因为 eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DB,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))是三个不共面的向量，所以它们构成空间的一个基底{ eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DB,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))}． (1)证明：因为 eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \o(DE,\s\up15(→))－ eq \o(DA,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(DB,\s\up15(→))＋ eq \o(DC,\s\up15(→)))－ eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(CB,\s\up15(→))＝ eq \o(DB,\s\up15(→))－ eq \o(DC,\s\up15(→))， 所以 eq \o(AE,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DB,\s\up15(→))＋\f(1,2)\o(DC,\s\up15(→))－\o(DA,\s\up15(→))))· ( eq \o(DB,\s\up15(→))－ eq \o(DC,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up15(→))2－ eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up15(→))· eq \o(DB,\s\up15(→))－ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up15(→))2－ eq \o(DA,\s\up15(→))· eq \o(DB,\s\up15(→))＋ eq \o(DA,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))， 又DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以 eq \o(AE,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＝2－2＝0，故AE⊥BC. (2) eq \o(AE,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DB,\s\up15(→))＋\f(1,2)\o(DC,\s\up15(→))－\o(DA,\s\up15(→))))· eq \o(DC,\s\up15(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up15(→))2－ eq \o(DA,\s\up15(→))· eq \o(DC,\s\up15(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up15(→))2＝2， 由 eq \o(AE,\s\up15(→))2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\o(DB,\s\up15(→))＋\f(1,2)\o(DC,\s\up15(→))－\o(DA,\s\up15(→)))) eq \s\up42(2)＝ eq \f(1,4) eq \o(DB,\s\up15(→))2＋ eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up15(→))2＋ eq \o(DA,\s\up15(→))2＝6，得| eq \o(AE,\s\up15(→))|＝ eq \r(6)， 所以cos 〈 eq \o(AE,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AE,\s\up15(→))·\o(DC,\s\up15(→)),|\o(AE,\s\up15(→))||\o(DC,\s\up15(→))|)＝ eq \f(2,\r(6)×2)＝ eq \f(\r(6),6). 故直线AE与DC的夹角的余弦值为 eq \f(\r(6),6)． 1．知识清单 (1)基底的概念． (2)空间向量基本定理． (3)空间向量基本定理的应用． 2．方法归纳：转化与化归． 3．常见误区：(1)基向量理解错误，忽视基向量的条件；(2)利用基向量表示向量时，没有正确转化目标． 1．若{a，b，c}是空间的一个基底，则下列各组中不能构成空间的一个基底的是 (　　) A．a，2b，3c B．a＋b，b＋c，c＋a C．a＋2b，2b＋3c，3a－9c D．a＋b＋c，b，c 解析　因为3a－9c＝3(a＋2b)－3(2b＋3c)，所以3a－9c，a＋2b，2b＋3c共面，不能构成空间的一个基底． 2．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，若 eq \o(AB,\s\up15(→))＝3i， eq \o(AD,\s\up15(→))＝2j， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝5k，则向量 eq \o(AC1,\s\up15(→))用基底{i，j，k}表示为(　　) A． eq \o(AC1,\s\up15(→))＝i＋j＋k B． eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3)i＋ eq \f(1,2)j＋ eq \f(1,5)k C． eq \o(AC1,\s\up15(→))＝3i＋2j＋5k D． eq \o(AC1,\s\up15(→))＝3i＋2j－5k 解析　 eq \o(AC1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→))＝3i＋2j＋5k． 3.在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，O为矩形ABCD外接圆的圆心．若 eq \o(OP,\s\up15(→))＝x eq \o(AB,\s\up15(→))＋y eq \o(AD,\s\up15(→))＋z eq \o(AP,\s\up15(→))，则x＋y－z＝ ． 解析　如图，由题意可得 eq \o(OP,\s\up15(→))＝ eq \o(AP,\s\up15(→))－ eq \o(AO,\s\up15(→))＝ eq \o(AP,\s\up15(→))－ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝－ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AP,\s\up15(→))＝x eq \o(AB,\s\up15(→))＋y eq \o(AD,\s\up15(→))＋z eq \o(AP,\s\up15(→))，则x＝－ eq \f(1,2)，y＝－ eq \f(1,2)，z＝1，故x＋y－z＝－2． 4．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 ． eq \f(\r(10),5) 解析　如图所示，令 eq \o(BA,\s\up15(→))＝a， eq \o(BC,\s\up15(→))＝b， eq \o(BB1,\s\up15(→))＝c，则〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b， 因为 eq \o(AB1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))＝－a＋c， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝ eq \o(BC,\s\up15(→))＋ eq \o(CC1,\s\up15(→))＝b＋c， 又易知| eq \o(AB1,\s\up15(→))|＝ eq \r(5)，| eq \o(BC1,\s\up15(→))|＝ eq \r(2)， 所以|cos 〈 eq \o(AB1,\s\up15(→))， eq \o(BC1,\s\up15(→))〉|＝ eq \f(|\o(AB1,\s\up15(→))·\o(BC1,\s\up15(→))|,|\o(AB1,\s\up15(→))||\o(BC1,\s\up15(→))|) ＝ eq \f(|(－a＋c)·(b＋c)|,\r(5)×\r(2)) ＝ eq \f(|－a·b－a·c＋b·c＋c2|,\r(10)) ＝ eq \f(|－2×1×cos 120°＋1|,\r(10))＝ eq \f(2,\r(10))＝ eq \f(\r(10),5). 基础巩固 1．(2024·广东珠海二中月考)如果存在三个不全为零的实数x，y，z，使得xa＋yb＋zc＝0，则向量a，b，c(　　) A．两两垂直 B．可以作为空间的一个基底 C．共面 D．有两个向量互相平行 解析　不妨设x≠0，因为xa＋yb＋zc＝0，所以a＝－ eq \f(y,x)b－ eq \f(z,x)c，故向量a，b，c共面．故选C． 2．在棱长为1的正四面体ABCD中，直线AB与CD(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．无法判断位置关系 解析　设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AC,\s\up15(→))＝b， eq \o(AD,\s\up15(→))＝c，则{a，b，c}构成空间的一个基底，则 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(CD,\s\up15(→))＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝1×1× eq \f(1,2)－1×1× eq \f(1,2)＝0.故AB⊥CD． 3．{e1，e2，e3}为空间的一个基底，若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，又d＝αa＋βb＋γc，则α，β，γ分别为(　　) A． eq \f(5,2)，－1，－ eq \f(1,2) B． eq \f(5,2)，1， eq \f(1,2) C．－ eq \f(5,2)，1，－ eq \f(1,2) D． eq \f(5,2)，－1， eq \f(1,2) 解析　由d＝αa＋βb＋γc，得d＝(α＋β＋γ)e1＋(α＋β－γ)e2＋(α－β＋γ)e3，又d＝e1＋2e2＋3e3， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α＋β＋γ＝1，,α＋β－γ＝2，,α－β＋γ＝3，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α＝\f(5,2)，,β＝－1，,γ＝－\f(1,2)．)) 4．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，a，b，c不能构成空间的一个基底，但是当{a，b，c}为空间的一个基底时，必有a，b，c都是非零向量，因此pq，而q⇒p，故p是q的必要不充分条件． 5．(2023·辽宁沈阳联考)已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，CM＝ eq \f(1,2)BM，N是PD的中点，向量 eq \o(MN,\s\up15(→))＝－ eq \o(AB,\s\up15(→))＋x eq \o(AD,\s\up15(→))＋y eq \o(AP,\s\up15(→))，则(　　) A．x＝ eq \f(1,3)，y＝－ eq \f(1,2) B．x＝－ eq \f(1,6)，y＝ eq \f(1,2) C．x＝－ eq \f(1,3)，y＝ eq \f(1,2) D．x＝ eq \f(1,6)，y＝－ eq \f(1,2) 解析　因为 eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MC,\s\up15(→))＋ eq \o(CD,\s\up15(→))＋ eq \o(DN,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DP,\s\up15(→))＝－ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AP,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝－ eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \f(1,6) eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up15(→))，所以x＝－ eq \f(1,6)，y＝ eq \f(1,2)． 6．正方体ABCD­A′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{ eq \o(AO1,\s\up15(→))， eq \o(AO2,\s\up15(→))， eq \o(AO3,\s\up15(→))}为基底，若 eq \o(AC′,\s\up15(→))＝x eq \o(AO1,\s\up15(→))＋y eq \o(AO2,\s\up15(→))＋z eq \o(AO3,\s\up15(→))，则x，y，z的值是(　　) A．x＝y＝z＝1 B．x＝y＝z＝ eq \f(1,2) C．x＝y＝z＝ eq \f(\r(2),2) D．x＝y＝z＝2 解析　由题意得 eq \o(AC′,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BC′,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BB′,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AA′,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AA′,\s\up15(→)))＋ eq \f(1,2)( eq \o(AA′,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AB′,\s\up15(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(AD′,\s\up15(→))＝ eq \o(AO1,\s\up15(→))＋ eq \o(AO2,\s\up15(→))＋ eq \o(AO3,\s\up15(→))，由 eq \o(AC′,\s\up15(→))＝x eq \o(AO1,\s\up15(→))＋y eq \o(AO2,\s\up15(→))＋z eq \o(AO3,\s\up15(→))，可得x＝y＝z＝1，故选A． 7．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，用a，b，c作为基向量表示 eq \o(D1B,\s\up15(→))＝ ． 解析　由图形可知 eq \o(D1B,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AD1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))－( eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→)))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→))－ eq \o(AA1,\s\up15(→))＝a－b－c. 8．如图所示，在正方体OABC­O1A1B1C1中，点G为△ACO1的重心，若 eq \o(OA,\s\up15(→))＝a， eq \o(OC,\s\up15(→))＝b， eq \o(OO1,\s\up15(→))＝c， eq \o(OG,\s\up15(→))＝xa＋yb＋zc，则x＋y＋z＝ ． 解析　易知△ACO1为正三角形，连接OB，设AC，BO相交于点M，连接O1M，如图所示，显然点G在线段O1M上，且满足 eq \o(O1G,\s\up15(→))＝2 eq \o(GM,\s\up15(→))，即 eq \o(OG,\s\up15(→))－ eq \o(OO1,\s\up15(→))＝2( eq \o(OM,\s\up15(→))－ eq \o(OG,\s\up15(→)))，得 eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(OM,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OO1,\s\up15(→))，即 eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,2)( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))＋ eq \f(1,3) eq \o(OO1,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OO1,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3)a＋ eq \f(1,3)b＋ eq \f(1,3)c，可得x＋y＋z＝1． 9．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中， eq \o(AB,\s\up15(→))＝a， eq \o(AD,\s\up15(→))＝b， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝c，E为A1D1的中点，F为BC1与B1C的交点． (1)用基底{a，b，c}表示向量 eq \o(DB1,\s\up15(→))， eq \o(BE,\s\up15(→))， eq \o(AF,\s\up15(→))； (2)化简 eq \o(DD1,\s\up15(→))＋ eq \o(DB,\s\up15(→))＋ eq \o(CD,\s\up15(→))，并在图中标出化简结果． 解　(1) eq \o(DB1,\s\up15(→))＝ eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(CB1,\s\up15(→))＝ eq \o(DC,\s\up15(→))＋ eq \o(BB1,\s\up15(→))－ eq \o(BC,\s\up15(→))＝a－b＋c. eq \o(BE,\s\up15(→))＝ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(A1E,\s\up15(→))＝－a＋ eq \f(1,2)b＋c. eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BF,\s\up15(→))＝a＋ eq \f(1,2)(b＋c)＝a＋ eq \f(1,2)b＋ eq \f(1,2)c． (2) eq \o(DD1,\s\up15(→))＋ eq \o(DB,\s\up15(→))＋ eq \o(CD,\s\up15(→))＝ eq \o(DD1,\s\up15(→))＋( eq \o(CD,\s\up15(→))＋ eq \o(DB,\s\up15(→)))＝ eq \o(DD1,\s\up15(→))＋ eq \o(CB,\s\up15(→))＝ eq \o(DD1,\s\up15(→))＋ eq \o(D1A1,\s\up15(→))＝ eq \o(DA1,\s\up15(→)). 如图，连接DA1，则 eq \o(DA1,\s\up15(→))即为所求． 10．在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面边长和侧棱长都为1，若∠BAA1＝∠CAA1 ＝60°，求 eq \o(AB1,\s\up15(→))· eq \o(BC1,\s\up15(→)). 解　设 eq \o(AB,\s\up15(→))＝i， eq \o(AC,\s\up15(→))＝j， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝k，则{i，j，k}构成空间的一个单位基底．i·j＝j·k＝k·i＝1×1×cos 60°＝ eq \f(1,2)， eq \o(AB1,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→))＝i＋k， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝ eq \o(BA,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(A1C1,\s\up15(→))＝－i＋j＋k，∴ eq \o(AB1,\s\up15(→))· eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(i＋k)·(－i＋j＋k)＝－i2＋i·j＋i·k－k· i＋k·j＋k2＝－1＋ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)＋1＝1． 能力提升 11．已知四面体O­ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若 eq \o(OG,\s\up15(→))＝x eq \o(OA,\s\up15(→))＋y eq \o(OB,\s\up15(→))＋z eq \o(OC,\s\up15(→))，则(x，y，z)为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(3,4))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3))) 解析　如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点， eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))) ＝ eq \f(1,2)( eq \o(OB,\s\up15(→))－2 eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))， 则 eq \o(AG1,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3)( eq \o(OB,\s\up15(→))－2 eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→)))， ∵ eq \o(OG,\s\up15(→))＝3 eq \o(GG1,\s\up15(→))， ∴ eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \f(3,4) eq \o(OG1,\s\up15(→))＝ eq \f(3,4)( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(AG1,\s\up15(→))) ＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up15(→))－\f(2,3)\o(OA,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up15(→)))) ＝ eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up15(→))， ∴x＝ eq \f(1,4)，y＝ eq \f(1,4)，z＝ eq \f(1,4)． 12．(多选)如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD­A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，则下列说法中正确的是 (　　) A．AC1＝6 eq \r(6) B．AC1⊥DB C．向量 eq \o(B1C,\s\up15(→))与 eq \o(AA1,\s\up15(→))的夹角是60° D．BD1与AC所成角的余弦值为 eq \f(\r(6),3) 解析　因为以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°， 所以 eq \o(AA1,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝ eq \o(AA1,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＝6×6×cos 60°＝18， eq \o(AC1,\s\up15(→))2＝( eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))2＝ eq \o(AA1,\s\up15(→))2＋ eq \o(AB,\s\up15(→))2＋ eq \o(AD,\s\up15(→))2＋2 eq \o(AA1,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＋2 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋2 eq \o(AA1,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＝36＋36＋36＋3×2×18＝216， 则| eq \o(AC1,\s\up15(→))|＝| eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))|＝6 eq \r(6)，所以A正确； eq \o(AC1,\s\up15(→))· eq \o(DB,\s\up15(→))＝( eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))·( eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝ eq \o(AA1,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AA1,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))2－ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AD,\s\up15(→))2＝0，所以 eq \o(AC1,\s\up15(→))⊥ eq \o(DB,\s\up15(→))，所以B正确； 由题意可知△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°. 因为 eq \o(B1C,\s\up15(→))＝ eq \o(A1D,\s\up15(→))，且向量 eq \o(A1D,\s\up15(→))与 eq \o(AA1,\s\up15(→))的夹角是120°，所以 eq \o(B1C,\s\up15(→))与 eq \o(AA1,\s\up15(→))的夹角是120°，所以C不正确； 因为 eq \o(BD1,\s\up15(→))＝ eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→))，所以| eq \o(BD1,\s\up15(→))|＝ eq \r((\o(AD,\s\up15(→))＋\o(AA1,\s\up15(→))－\o(AB,\s\up15(→)))2)＝6 eq \r(2)，| eq \o(AC,\s\up15(→))|＝ eq \r(\a\vs4\al((\o(AB,\s\up15(→))＋\o(AD,\s\up15(→)))2))＝6 eq \r(3)， eq \o(BD1,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝( eq \o(AD,\s\up15(→))＋ eq \o(AA1,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→)))·( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AD,\s\up15(→)))＝36， 所以cos 〈 eq \o(BD1,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(BD1,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→)),|\o(BD1,\s\up15(→))|·|\o(AC,\s\up15(→))|)＝ eq \f(36,6\r(2)×6\r(3))＝ eq \f(\r(6),6)， 所以D不正确． 13．如图所示，三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B和B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N.设 eq \o(MN,\s\up15(→))＝x eq \o(AA1,\s\up15(→))＋y eq \o(AB,\s\up15(→))＋z eq \o(AC,\s\up15(→))(x，y，z∈R)，则x＋y＋z的值为 ． 解析　由题意可知 eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MA1,\s\up15(→))＋ eq \o(A1C1,\s\up15(→))＋ eq \o(C1N,\s\up15(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(BA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(C1B1,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3)( eq \o(AB,\s\up15(→))－ eq \o(AC,\s\up15(→)))＝ eq \f(5,12) eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(AA1,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up15(→))， ∵ eq \o(MN,\s\up15(→))＝x eq \o(AA1,\s\up15(→))＋y eq \o(AB,\s\up15(→))＋z eq \o(AC,\s\up15(→))(x，y，z∈R)， ∴x＋y＋z＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(5,12)＋ eq \f(1,3)＝1． 多元数学 14．(逻辑推理)如图，在三棱锥O­ABC中，G是△ABC的重心(三条中线的交点)，P是空间任意一点. (1)用向量 eq \o(OA,\s\up15(→))， eq \o(OB,\s\up15(→))， eq \o(OC,\s\up15(→))表示向量 eq \o(OG,\s\up15(→))，并证明你的结论； (2)设 eq \o(OP,\s\up15(→))＝x eq \o(OA,\s\up15(→))＋y eq \o(OB,\s\up15(→))＋z eq \o(OC,\s\up15(→))，x，y，z∈R，请写出点P在△ABC的内部(不包括边界)的充要条件(不必给出证明). 解　(1) eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3)( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→))). 证明如下： eq \o(OG,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(AG,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(AD,\s\up15(→))＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3)× eq \f(1,2)( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AC,\s\up15(→))) ＝ eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3)[( eq \o(OB,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→)))＋( eq \o(OC,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→)))]＝ eq \f(1,3)( eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \o(OB,\s\up15(→))＋ eq \o(OC,\s\up15(→))). (2)若 eq \o(OP,\s\up15(→))＝x eq \o(OA,\s\up15(→))＋y eq \o(OB,\s\up15(→))＋z eq \o(OC,\s\up15(→))，x，y，z∈R，则点P在△ABC的内部(不包括边界)的充要条件是x＋y＋z＝1，且0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1． $