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，通过类比平面向量基本定理导入，引导学生从二维推广到三维，构建“问题探究—定理梳理—应用实践”的学习支架，帮助学生理解基底表示空间向量的核心内容。 其亮点在于以问题驱动探究，结合四面体、正方体等几何体实例，通过推理证明唯一性、向量分解与数量积运算，培养数学思维与数学语言表达能力。课堂小结系统梳理知识清单与方法，随堂演练和课时对点练分层巩固，助力学生提升空间观念与应用能力，也为教师提供结构化教学资源，便于实施探究式教学。

空间向量基本定理 第一章　§1.2 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.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. 我们学过的平面向量基本定理可以概括为给出一个二维的基底可以表示平面中所有的向量.上面的结论能否推广到三维空间，即如果给出一个三维的基底，能否表示空间中所有的向量呢？今天我们就来研究这个问题. 导语 3 内容索引 01 02 05 03 用基底表示空间向量 空间向量基本定理的应用 随堂演练 空间向量基本定理 04 课时对点练 01 空间向量基本定理 问题 1 如图，设i，j，k是空间中三个两两垂直的向量， 且表示它们的有向线段有公共起点O，对于任意 一个空间向量p=，p 能否用i，j，k表示呢？ 提示　如图，设为在i，j所确定的平面上的投影向量， 则=+. 又向量，k共线，因此存在唯一的实数z，使得=zk，从 而=+zk. 在i，j确定的平面上，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序实数对(x，y)，使得=xi+yj.从而=+zk=xi+yj+zk. 问题 2 请证明x，y，z的唯一性. 提示　假设除(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=j+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. 1.空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c　　　　，那么对任意一个空间向量p，存在　　　的有序实数组(x，y，z)，使得　　　　　　. 2.基底：我们把{a，b，c}叫做空间的一个　　 ，a，b，c都叫做基向量. 3.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. 4.正交分解：由空间向量基本定理可知，对空间中的任意向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk，使　　　　　.像这样，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. 知识梳理 不共面 唯一 p=xa+yb+zc 基底 两两垂直 1 a=xi+yj+zk 两两垂直 (1)空间中任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底.基底选定后，空间中的所有向量均可由基底唯一表示. (2)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. (3)若三个向量不共面，就说明它们都不是零向量. 注意点 9 　若{a，b，c}构成空间的一个基底，则下列选项可构成空间的另一个基底的是 A.{c+a，c，c-a} B.{b，b+c，b-c} C.{b+c，a+b+c，a} D.{b+c，b-c，a} √ 例1 10 解析： 对于A，因为(c+a)+(c-a)=2c，所以向量c+a，c-a，c共面，所以{c+a，c，c-a}不能构成空间的一个基底； 对于B，因为(b+c)+(b-c)=2b，所以向量b+c，b-c，b共面，所以{b，b+c，b-c}不能构成空间的一个基底； 对于C，因为(b+c)+a=a+b+c，所以b+c，a+b+c，a共面，所以{b+c，a+b+c，a}不能构成空间的一个基底； 对于D，因为不存在x，y∈R，使得a=x(b+c)+y(b-c)，所以b+c，b-c，a不共面，所以{b+c，b-c，a}可以构成空间的另一个基底. 11 基底的判断思路 (1)判断空间三个向量能否作为一个基底，实质是判断这三个向量是否共面，若不共面，就可以作为一个基底. (2)在正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体中，我们通常选用它们从同一顶点出发的三条棱对应的方向向量为基底，有时，也在此基础上构造其他向量作基底. 反思感悟 12 　(1)(多选)已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，则可以与向量p=e1+e2，q=e1-e2构成基底的向量是 A.e1 B.e3 C.e1+2e2 D.e1+2e3 跟踪训练1 √ √ 解析： 能与p，q构成基底，则与p，q不共面. ∵e1=，e2=，e1+2e2=p-q， ∴A，C都不符合题意. ∵{e1，e2，e3}为一个基底，∴e3，e1+2e3与p，q不共面，可构成基底. 13 (2)已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，向量p=4e1+2e2+3e3，在基底下，p可表示为x(e1+e2)+y(e1-e2)+ze3，则x，y，z依次为 A.4，0，3 B.3，1，3 C.1，2，3 D.2，1，3 √ 解析： 由题意，p=x(e1+e2)+y(e1-e2)+ze3=(x+y)e1+(x-y)e2+ze3， 又向量p=4e1+2e2+3e3， 则解得 14 02 用基底表示空间向量 　(课本例1)如图，M是四面体OABC的棱BC的中点， 点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=ON，AP=AN，用向量，，表示. 例2 解： =+=+ =+-) =+- =+ =++. 16 　如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设=a，=b，=c. 试用a，b，c表示向量. 例2 解： 由题意得=，=， 所以=++=++=(c-a)+a+(b-a)=a+b+c. 17 用基底表示向量 (1)若基底已经明确，要充分利用向量加法的三角形法则和平行四边形法则、向量减法的几何意义，以及向量数乘运算的运算律. (2)若基底不明确，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. 反思感悟 18 　在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设=a，=b，=c，E，F分别是AD1，BD的中点. (1)用向量a，b，c表示，； 跟踪训练2 解： 如图，连接AC，EF，D1F，BD1， =+=-+-=a-b-c. =+=+ =-+)++) =-=a-c. 19 　在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设=a，=b，=c，E，F分别是AD1，BD的中点. (2)若=xa+yb+zc，求实数x，y，z的值. 跟踪训练2 解： =+) =(-+)=(-c+a-b-c) =a-b-c， 又=xa+yb+zc， ∴x=，y=-，z=-1. 20 03 空间向量基本 定理的应用 (1)(课本例2)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=4，AA1=5，∠DAB=60°，∠BAA1=60°，∠DAA1=60°，M，N分别为D1C1，C1B1的中点.求证MN⊥AC1. 例3 设=a，=b，=c，这三个向量不共面，{a，b，c}构成空间的一个基底，我们用它们表示，，则 =+=a-b， =++=a+b+c， 证明： 22 (1)(课本例2)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=4，AA1=5，∠DAB=60°，∠BAA1=60°，∠DAA1=60°，M，N分别为D1C1，C1B1的中点.求证MN⊥AC1. 例3 所以·=·(a+b+c) =a·a+a·b+a·c-b·a-b·b-b·c =×42+×42×cos 60°+×4×5×cos 60°-×42×cos 60°-×42-×4×5×cos 60°=0.所以MN⊥AC1. 证明： 23 (2)(课本例3)如图，正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，E，F，G分别为C'D'，A'D'，D'D的中点. ①求证：EF∥AC； 例3 设=i，=j，=k，则{i，j，k}构成空间的一个单位正交基底. 所以=-=i-j=(i-j)， =-=i-j. 所以=.所以EF∥AC. 证明： 24 (2)(课本例3)如图，正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1，E，F，G分别为C'D'，A'D'，D'D的中点. ②求CE与AG所成角的余弦值. 例3 因为=+=-j+k， =+=-i+k， 所以cos〈，〉===. 所以CE与AG所成角的余弦值为. 解： 25 　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG=CD. (1)证明：EF⊥B1C； 例3 设=i，=j，=k， 则{i，j，k}构成空间的一个正交基底. ∴=+=-k++) =i+j-k，=+=-i-k， 证明： 26 　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG=CD. (1)证明：EF⊥B1C； 例3 ∴·=·(-i-k) =-|i|2+|k|2=0， ∴⊥，即EF⊥B1C. 证明： 28 　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG=CD. (2)求EF与C1G所成角的余弦值. 例3 解： ∵=i+j-k， =+=-k-j， ∴||2= =|i|2+|j|2+|k|2=3， 29 　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG=CD. (2)求EF与C1G所成角的余弦值. 例3 解： 即||=， ||2==|k|2+|j|2 =4+=，即||=， ∴cos〈，〉= 30 　在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，点G在棱CD上，且CG=CD. (2)求EF与C1G所成角的余弦值. 例3 解： = ==. 即EF与C1G所成角的余弦值为. 31 若本例条件不变，M为A1B的中点，证明：MF∥B1C. 延伸探究 设=i，=j，=k， 则=+=-i-k， =-=+)-+)=- =- =-i-k=(-i-k)=， 所以∥， 又MF，B1C无公共点，所以MF∥B1C. 证明： 32 (1)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. (2)求异面直线所成的角、证明线线垂直的方法 利用数量积定义可得cos〈a，b〉=，求〈a，b〉的大小，进而求 得异面直线所成的角，证明两直线垂直只需验证其方向向量的数量积为0即可. 反思感悟 33 　　　　　已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC= 120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成 角的余弦值为　　　. 跟踪训练3 34 解析： 如图所示，令=a，=b，=c， 则〈a，b〉=120°，c⊥a，c⊥b， 因为=+=-a+c， =+=b+c， |cos〈，〉|= = = ===. 35 课堂小结 1.知识清单： (1)空间向量基本定理. (2)空间向量基本定理的应用. 2.方法归纳：转化化归. 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，没有目标意识，缺少向量表示的方向性. 36 04 随堂演练 1 2 3 4 1.已知O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a=++，向量b=+-，则与a，b不能构成空间基底的是 A. B. C. D.或 解析： ∵=(a-b)，∴与a，b共面， ∴a，b，不能构成空间基底. √ 2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，等于 A.-+ B.--+ C.++ D.-++ 1 2 3 4 √ 解析： 由题意可得=++=-++. 1 2 3 4 3.在棱长为1的正四面体ABCD中，AB与CD A.相交 B.平行 C.垂直 D.无法判断位置关系 解析： =-，所以·=·(-)=·-· =1×1×-1×1×=0， 故⊥，即AB与CD垂直. √ 1 2 3 4 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 √ 1 2 3 4 解析： 设=i，=j，=k， 则{i，j，k}构成空间的一个正交基底. =++=i+j+(-j+k) =i+j+k， 故||2=a2+a2+a2=a2， 所以MN=a. 05 课时对点练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对一对 13 14 15 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A B C B ABD 题号 9 11 12 13 15 16 答案 B BCD ++　 =++ AC 16 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)由题意得=， 所以=+=+=-+-)=-a+b-c. (2)假设线段C1B1上存在点M，使AM⊥A1N，设=λ=λb(λ∈[0，1])， 显然=++=c-a+λb. 因为AM⊥A1N，所以·=0， 即(c-a+λb)·=-c·a+c·b-c2+a2-a·b+c·a-λa·b+λb2-λb·c =0. 13 14 15 16 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设CA=CB=CC1=1， 又〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=， 所以-c·a-c2+a2-a·b+c·a+λb2=-×1×1×-12+×12-×1×1×+1×1×+λ·12=-+λ=0， 解得λ=，即=， 所以当C1M=C1B1时，AM⊥A1N. 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)证明　由已知得=+，=+， ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC， ∴BB1⊥AB，BB1⊥BC，∴·=0，·=0， 又∵△ABC是正三角形， ∴〈，〉=π-〈，〉=π-=， ∴·=(+)·(+)=·+·++·=0+||· ||·cos〈，〉+||2+0=××+1=0，∴AB1⊥BC1. 14. 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)解　由(1)得·=||·||·cos〈，〉+||2=||2-1， 又||==， ||==， ∴cos〈，〉===cos=， 又||>0，则||=2， 即侧棱长为2. 14. 13 14 15 16 1.已知λ，μ∈R，下列可使非零向量a，b，c组成的集合{a，b，c}成为空间的一个基底的条件是 A.b=λc B.a，b，c两两垂直 C.a=λb+μc D.a+b+c=0 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础巩固 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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的一个基底. 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错误； 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，可构成空间的一个基底，故B正确； 对于C，易知非零向量a，b，c共面，故C错误； 对于D，a+b+c=0，即a=-b-c，所以非零向量a，b，c共面，故D错误. 16 2.在正四面体OABC中，=a，=b，=c，D为BC的中点，E为AD的中点，等于 A.a+b+c B.a+b+c C.a+b+c D.a+b+c √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： =+=+ =++) =+-+-)， 所以=a+b+c. 16 3.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，且EC= 2PE，若=x+y+z，则x+y+z等于 A.1 B.2 C.3 D.4 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析： 在四棱锥P-ABCD中，由EC=2PE，得=， 所以=+=-+=-+=-(-)+-) =-+，又=x+y+z，且，，不共面， 因此x=1，y=-，z=，所以x+y+z=1. 4.已知是空间的一个基底，向量a=3e1+2e2+e3，b=λe2+e3，c=e1+e2+e3，若能作为基底，则实数λ的取值范围是 A.(-∞，-1)∪(-1，+∞) B.(-∞，0)∪(0，+∞) C.(-∞，1)∪(1，+∞) D.(-∞，0)∪(0，1)∪(1，+∞) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 若a，b，c共面，由共面向量定理知，存在实数x，y，使得a=xb+yc， 即3e1+2e2+e3=x(λe2+e3)+y. 因为e1，e2，e3不共面，所以3=y，2=xλ+y，1=x+y， 解得x=-1，y=2，λ=0，即当λ=0时，a=-b+2c， 此时{a，b，c}不能作为基底，所以若{a，b，c}能作为基底， 则实数λ满足的条件是λ≠0. 16 5.已知l，m是异面直线，A，B∈l，C，D∈m，AC⊥m，BD⊥m且AB=2，CD=1，则异面直线l，m所成的角等于 A.30° B.45° C.60° D.90° √ 解析： 如图，设=a，=b，=c， 则=a+b+c， 所以·=(a+b+c)·b=1，||=2，||=1， 所以cos〈，〉==， 所以异面直线l，m所成的角等于60°. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AC=2A1C1，M，N分别为AC，A1B1的中点，设=a，=b，=c，则可用a，b，c表示为 A.a-b+c B.a-b+c C.a+b+c D.a-b+c 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析： 因为在三棱台ABC-A1B1C1中，AC=2A1C1，所以AB=2A1B1，又由题意得=，=，所以=++=-++= -++=a-b+c. 13 14 15 16 7.(多选)已知{a，b，c}是空间的一个基底，则下列说法中正确的是 A.若xa+yb+zc=0，则x=y=z=0 B.a，b，c两两共面，但a，b，c不共面 C.一定存在实数x，y，使得a=xb+yc D.{a+b，b-c，c+2a}一定能构成空间的一个基底 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 对于A，若x，y，z不全为0，则a，b，c共面，与题意矛盾，所以A正确； 对于B，由空间中任意两个向量是共面的，可得a，b，c两两共面，又由{a，b，c}是空间的一个基底，可得a，b，c不共面，所以B正确； 对于C，因为a，b，c不共面，则不存在实数x，y，使得a=xb+yc，所以C错误； 对于D，若a+b，b-c，c+2a共面，则存在实数k，λ，使得a+b=k(b-c)+λ(c+2a)， 可得方程组无解，即不存在实数k，λ， 使得a+b=k(b-c)+λ(c+2a)成立， 所以a+b，b-c，c+2a不共面，所以D正确. 16 8.在四面体ABCD中，点E满足=λ，F为BE的中点，且=+ +，则实数λ=　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 由F为BE的中点， 得=+，又=++， 所以=+， 由=λ，得-=λ(-)， 即=λ+(1-λ)，所以λ=. 16 9.正四面体ABCD中，M，N分别为棱BC，AB的中点，则异面直线DM与 CN所成角的余弦值为　　 . 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析： 如图，画出对应的正四面体，设=a，=b，=c，则{a，b，c}构成空间的一个基底.设正四面体ABCD的棱长均为1， 因为=+ =-c+(a+b) =(a+b-2c)， 又=-=a-b=(a-2b). 又a·b=a·c=b·c=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析： 设异面直线DM与CN所成的角为θ， 则cos θ= = = ==. 10.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=CC1， =a，=b，=c，〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=，N是AB的中点. (1)用a，b，c表示向量； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意得=， 所以=+=+=-+-)=-a+b-c. 解： 13 14 15 16 10.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=CC1， =a，=b，=c，〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=，N是AB的中点. (2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，请说明理由. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设线段C1B1上存在点M，使AM⊥A1N，设=λ=λb(λ∈[0，1])， 显然=++=c-a+λb. 因为AM⊥A1N，所以·=0， 解： 13 14 15 16 10.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=CC1， =a，=b，=c，〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=，N是AB的中点. (2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，请说明理由. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 即(c-a+λb)·=-c·a+c·b-c2+a2-a·b+c·a-λa·b+λb2-λb·c=0. 设CA=CB=CC1=1， 又〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=， 解： 13 14 15 16 10.如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=CC1， =a，=b，=c，〈a，b〉=〈a，c〉=，〈b，c〉=，N是AB的中点. (2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，请说明理由. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 所以-c·a-c2+a2-a·b+c·a+λb2=-×1×1×-12+×12-×1×1×+1×1×+λ·12=-+λ=0， 解得λ=，即=，所以当C1M=C1B1时，AM⊥A1N. 解： 13 14 15 16 11.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别 在棱BB1和DD1上，且DF=DD1，记=x+y+z，若x+y+z=，则等于 A. B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 综合运用 √ 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 设=λ，因为=+++=-λ-++ =-λ-++ =-++， 所以x=-1，y=1，z=-λ. 因为x+y+z=-λ=，所以λ=. 16 12.(多选)已知空间单位向量i，j，k两两垂直，则下列结论正确的是 A.向量i+j与k-j共线 B.向量i+j+k的模是 C.{i+j，i-j，k}可以构成空间的一个基底 D.向量i+j+k和k夹角的余弦值为 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 由题意知空间单位向量i，j，k两两夹角为90°，对于A，假设向量i+j与k-j共线， ∵k-j≠0， ∴存在实数λ，使i+j=λ(k-j)，即i=λk+(-λ-1)j，此时i，j，k共面，与题设矛盾，所以向量i+j与k-j不共线，A错误； 对于B，|i+j+k|===，B正确； 对于C，假设i+j，i-j，k共面，则存在实数x，y使得i+j=x(i-j)+yk，于是x=1，-x=1，y=0，矛盾，从而i+j，i-j，k不共面，所以{i+j，i-j，k}可以构成空间的一个基底，C正确； 对于D，设向量i+j+k和k的夹角为θ，则cos θ==，D正确. 16 13.已知在矩形ABCD中，AB=1，BC=，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，过点B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，用，，表示，则=　　　　　　　，点B与点D之间 的距离为　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ++ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析： 在矩形ABCD中， AB=1，BC=， 则可得AM=，BM=， CN=，ND=，MN=1. 因为平面ABC与平面ACD垂直， BM⊥AC， 平面ABC∩平面ACD=AC，BM⊂平面ABC， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析： 则BM⊥平面ACD， 所以BM⊥ND， 由题可得=++， 所以||2=(++)2 =||2+||2+||2+2(·+·+·) =+12++2×(0+0+0)=， 所以||=. 14.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为. (1)若侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由已知得=+，=+， ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB，BC⊂ 平面ABC， ∴BB1⊥AB，BB1⊥BC， ∴·=0，·=0， 又∵△ABC是正三角形， 证明： 14.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为. (1)若侧棱长为1，求证：AB1⊥BC1； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴〈，〉=π-〈，〉=π-=， ∴·=(+)·(+)=·+·++ ·=0+||· ||·cos〈，〉+||2+0=××+1=0， ∴AB1⊥BC1. 证明： 14.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长为. (2)若与的夹角为，求侧棱的长. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)得·=||·||·cos〈，〉+||2=||2-1， 又||==， ||==， ∴cos〈，〉===cos=， 又||>0，则||=2，即侧棱长为2. 解： 15.在四面体OABC中，=，=2，=2，平面FAB、平面DBC、平面EAC交于点P，则向量用 ，，表示为　　　　　　　　　　 . 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 =++ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析： 设=x+y+z，x，y，z∈R， 因为=，=2，=2， 点P是平面FAB内一点，则=x+y+3z，且x+y+3z=1， 点P是平面DBC内一点，则=2x+y+z，且2x+y+z=1， 点P是平面EAC内一点，则=x+y+z，且x+y+z=1， 联立解得所以=++. 16 16.(多选)若三棱锥M-ABC的体积是三棱锥P-ABC体积的，且=λ- 2+3，则λ的值可能为 A. B. C.- D.- 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析： 因为三棱锥M-ABC的体积是三棱锥P-ABC体积的，所以在平面ABC内存在一点Q，使得=或=，如图①②所示， 当=时，则=λ-2+3，得=λ-3+， 因为点Q在平面ABC内，所以λ-3+=1， 解得λ=-； 当=时，则=λ-2+3，得=λ-+， 因为点Q在平面ABC内，所以λ-+=1，解得λ=.综上，λ=-或λ=. THANKS 本课结束 $