专题02 空间向量基底的综合运用（7大题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题02 空间向量基底的综合运用 (题型突破举一反三) 目录 题型一：空间向量基底概念辨析 题型二：基底表示空间向量 题型三：基底法求向量模长 题型四：基底法求异面直线夹角及余弦值 题型五：基底法证明共线、共面问题 题型六：基底法证明空间平行、垂直关系 题型七：基底法求线面角、二面角 解题必备 空间向量基底解题核心：选定一组不共面的三个向量作为基底，将所有相关向量统一用基底线性表示， 转化代数运算求解。 第一步合理选基底：优先选取从同一点出发、长度与夹角已知的三条棱向量，避免共面向量，简化夹 角与模长计算；若存在垂直关系，优先选两两垂直向量，数量积直接简化为0。 第二步线性分解向量：利用向量加减、数乘法则，把线段、法向量、动点向量全部拆解为基底的组合 式，设出系数建立关系式。 第三步三类核心运算：1.数量积，用于求线线、线面夹角、距离、垂直证明；2.向量共线/共面判 定，通过基底系数比例判断平行、四点共面：3.设参求解动点，结合等式对应系数相等列方程求参数。 第四步规范证算结论：证垂直只需数量积为0；求角取夹角余弦绝对值；求距离转化向量模长。全程 无需建系，适合无垂直、不规则几何体，避开坐标系找点难点，步骤统一，思路清晰。 1/26 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 题型一：空间向量基底概念辨析 三典例精析 【典例1】(2026高二福建宁德期末)已知a,b,c是不共面的三个向量，则下列能构成一组基底的是 () A.i+c,6,6-c B.a-b,a-b-c,c C.atc,a-b,b+c D.atb,a-b,c 【答案】D 【解析】对于A选项，存在x=l,y=-2,2=1,使得1（⑥+习-26+1（⑥-）=0，则三个向量共面，不能构 成一组基底： 对于B选项，存在x=-l,y=1,z=1,使得-1(G-b)+1(G-万-)+1=0，则三个向量共面，不能构成一 组基底； 对于C选项，存在x=-l,y=1,z=1,使得-1(G+)+1(石-b)+1(⑥+)=0，则三个向量共面，不能构成 一组基底： 对于D选项，设x(a+b)+y(G-b)+zc=0,整理得(x+y)a+(x-y)b+zc=0, x+y=0 由 不共面， 得 x-y=0,解得 ,只有零解， a,b,c z=0 x=y=z=0 则a+b,a-b,c三个向量不共面，所以能构成一组基底。 举一反三 【变式1-1】 (2026高二广东佛山阶段检测)已知{a,6为空间的一组基底，能与a+6,a-b组成基底 的向量是( A.a B.b C.c D.a+2b 【答案】C 【解折】对于A,a-[a+列+a-] ,a,a+6,a-6共面，不可为基底： 2/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 对于8，五=[a+列-(a-], 6,a+6,a-6共面，不可为基底： x+y=0[x=0 对于C,假设c,a+6,a-共面，则c=x(a+列+y(a-列，则x-y=0,得y=0:即：为零向量， 这与{a,b,C为空间的一个基底，c不为零向量矛盾，故c,a+i,a-方不共面，可作为空间的一个基底， 对于D,a+)a-列=a+26,a+6a-6a+26共面，不可为基底 【变式1-2】(2026高一河北阶段检测)已知{ā，b,©}是空间的一组基底，则不能与a+6构成另一组基底 的是() A.b,a-c B.b+c,a+c C.c,a+b-2c D.B-c,a+b+c 【答案】C 【解析】对于A,假设存在实数元，4，使得a+b=+(ā-c)=ua+5-hc, 4=1 则 2=1 方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， -4=0 A u 所以d+b,b,a-c不共面，能构成一组基底。 对于B,假设存在实数，u,使得a+b=6+c)+a(a+c)=ua+石+(+)e, u=1 =1 ,方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 2+4=0 入u 所以a+b,b+c,+c不共面，能构成一组基底， 对于C,假设存在实数元，4，使得a+b=c+(a+6-2c)=ui+b+(2-2μ)e, u=1 4=1 则2-2μ=0：解得2=2：即存在实数2'u使得上式成立， 所以a+b,c,d+b-2c共面，不能构成一组基底， 对于D,假设存在实数元，u,使得a+6=26-c+(ā+6+c=ua+(亿+4)5+(u-2)c, 4=1 则九+“=1，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 4-=0 入4 3/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以a+b，6-c,a+b+c不共面，能构成一组基底 【变式1-3】(2026高二浙江期末)已知空间向量a,b,c为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是 () A.a+b,b+c,c+a B.a-b,b-c,c-a C.a,b,a+b+c D.a,b+c,c+a 【答案】B 【解析】对于A,设存在实数x,y,使得a+b=x(仍+C)+yc+@,可得a+b=ya+xb+(c+y)c, x=1 所以了y=1 ,方程组无解，所以 不共面，可以作为空间基底，所以A不符合题意： x+y=0 a+b,b+c,c+a 对于B,设存在实数x,y,使得a-b=x⑤-d)+y(C-a,可得a-万=-ya+xb+0y-x)c, x=-1 所以y=-1,解得 ，所以 共面，不能作为空间基底，所以B符合题意： y-x=0 x=-1,y=-1 a-b,b-c,c-a 对于C,向量a,b,a+b+c,不存在实数x,y使得a+b+c=xa+yb, 所以a,b,a+b+c不共面，可以作为空间基底，所以C不符合题意： 对于D,设存在实数x,y,使得a=x(b+c)+y(c+a,可得a=ya+xb+(x+y)c, x=0 所以y=1,方程组无解，所以 不共面，可以作为空间基底，所以D不符合题意. x+y=0 a,b+c,c+a 故选：B 题型二：基底表示空间向量 三典例精析 【典例2】(2026高二贵州遵义阶段检测)在平行六面体ABCD-ABCD中，M为AC与BD的交点，若 AB=a,AD=b,4A=c,则下列向量中与BM相等的向量是（) 4/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A B D B 17-1b+e 2 B.-20-2b 1- C.2a-2 0.2a+ 【答案】A 【解析】由题意，在平行六面体ABCD-AB,CD,中，B,M=B,B+BM 又因为M为底面平行四边形ABCD对角线AC与BD的交点， 所以BM=BD=(BA+BC) 在平行六面体中，BB=4A=c,BA=-AB=-AB=-i,BC=AD=4D=b 所uw-a+6-+5 2 1 从而BM=c 1 b= 2 +6+e 2 举一反三 【变式2-1】(2026高二湖南长沙期末)如图，在平行六面体ABCD-4BCD,中，M为4C与B,D的交 点，若AB=ā，AD=b,M4=,则下面向量中与BM相等的向量是() D A D B 1 1 A.-2a+zb+d 2 B.2i+2 1 c.2- 6+e -+e 0.20- 【答案】A 5/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【解折1由图可得，8网=B服+W-c+D-G+D-)-c+6-小-+6+ 2 【变式2-2】(2026高二四川泸州期末)如图，在空间四边形0ABC中，设0A=a,OB=b,0C=c, 且OM=2MA,BN=NC,则MN=() 1- A.3a+ .a+6- 3 B.2a+2b- 1a-26+1c C.23 2a+16+1c a+ 2 D.-3 2 2 【答案】D 【解折1由题意可知：M-O1.N-BC, 前以m=+丽+丽-ai+孤+C-号oi+0丽-oi+c-0网 2 =-20+0B+l0c=-2a+6+e -a+二b+二c 3 3 22 【变式2-3】(2026高二江苏南京期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点 E.r分别为线段P限.PD上的点，若G=GC,且G=E+证，则x+y-() 2 A.1 B.2 3-2 D 【答案】C 【解折】由题意可得，G=GC,设E=AB:PF=uPD: 6/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AG=xAE+yAF=x(AP+PE)+y(AP+PF)=(x+yAP+axPB+uyPD a6=+=+A+c-号+4c-号++)， 3 因为AD=BC, 所u号n+(u+d)-号+兮+D-号p+写p++兮+D-等++号m 4 所以x+y= 题型三：基底法求向量模长 三典例精析 【典例3】(2026高二甘肃酒泉期末)如图，平行六面体ABCD-AB,CD中， ∠AAB=∠AAD=∠BAD=60°，AB=AD=A4=1,则AC= D A 【答案】V2 【解析】AC=AA+AC=-AA+AB+AD, AC=4+AB+AD-2AA·AB-2AA·AD+2AB.AD =1+1+1-2AA-Bcos60°-2AA-ADcos60°+2AB-ADcos60° =111-22x2*2 2 所以4C=4C=2 举一反三 【变式3-1】(2026~高二江苏准安阶段检测)在平行六面体ABCD-AB,CD中，以顶点A为端点的三条 棱长均为2，且∠BAD=∠AAD=∠AAB=60°，则对角线AG长为 【答案】2√6 7126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【解析】由题意得AC=AB+AD+AA, AC=(4B+AD+A4)-AB'+AD++24B.AD+248.44+2AD.4 +++2Bcos60+2Bcos60+2cos60 =2+2+2+2×2×2×+2×2×2x+2×2×2×=24, 故对角线AC=AC=26 【变式3-2】(2026高二·重庆荣昌阶段检测)在平行六面体ABCD-AB'C"D中，AB,AD,AM长度均为 2,两两夹角均为60°，则对角线AC的长度为一： 【答案】2√6 【解析】AC-AB+AD+AA, AC-(AB+AD+A)-AB+AD+44+2(4B.AD+AB.44+AD.44, =4+44+22x2x+2x2x+2x2x》=24 所以4C=2V6 故答案为：2√6 【变式3-3】(2026高二云南阶段检测)如图，在棱长均为1的平行六面体ABCD-ABCD中， ∠AAB=∠AAD=LDAB=60°，则AC= A B B 【答案】√2 【解析】如下图所示： 8/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A B :4C=AC-AA=DC+AD-AA=AB+AD-A4, AC-(4B+AD-)-4B+AD+24B.AD-24B.A4-24D.44 平行六面体棱长均为1， .AD=48-44=1, 又∠AAB=∠AAD=∠DAB=60 A.40=a西cos60=,4B.4=a0a4eos602,AD.4-04cos60-2 4G-+++2×2×2x=2 2 故答案为：V2. 题型四：基底法求异面直线夹角及余弦值 三典例精析 【典例4】(2026高二四川遂宁·期中)如图，己知平行六面体ABCD-ABCD中，底面ABCD是边长为 1的正方形，A4=2,∠AAB=∠AAD=60°，设AB=a,AD=b,AA=c. D C B A D B (1)用a,6,c表示AG,并求AC: (2)求AA与BD的夹角、 9/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【解析】(1)因为AB=a,AD=b,AA=c,且BC=AD,CC=A4, 所以AC=AB+BC+CC=AB+AD+AA=a+b+C」 又因为底面ABCD是边长为1的正方形且A4=2,∠AAB=∠AAD=60°， 所以4C-a+6+c}=v++2+2i.6+26-c+2ae 1+1+4+0+2x1x2x)+2x1x2x=Vi0. 2 2 (2)因为底面ABCD是边长为1的正方形，且A4=2,∠AAB=∠AAD=60°， 又由BD=AD-AB=b-a,A=c, 所以M-BD=(6-a)-c=c-6-ca=2x1x}-2x1x=0, 1 2 2 所以cos(A4,BD)= 0，位卢D的长角对 AABD 举一反目 【变式4-1】(2026：高二山东青岛期中)如图所示，在平行六面体ABCD-ABCD,中，底面ABCD是边 长为3的菱形，M=4,∠D1B=乙4AB=乙A1D=60,EF分别在线段BB和DD上，且BE-4BB, D B B (1)证明：A、E、C、F四点共面： (2)M为AF的中点，求直线DM与ME所成角的余弦值， 【解析】(1)设AB=a,AD=b,A4=c,则a、方、c不共面， 由腿意可得证=B+BE=a+,FG=历+nG=4+0,所以花=FC 又因为直线AE、FC不重合，所以AEFC,故A、E、C、F四点共面 10126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)由题意可得d==3,=4, 由空间向量数量积的定义可得云.6=cos60=3?x1-? 22 a-c=l-cos60=3×4×) 6,同理可得6，=6 图为u为1r的点，所似DM-号01+0F:5+, 2 -号F-而+)-6++ 所uE=正--(a+)+刘)-a5-， 放D.G-(6+g)a-6-g45-e-32i6-6c+24 DM-83c-46-83c-46-8sce2+162-246-6=9x+16x3-24x6-3 8 2 M-88i-46-d=88á-46- =。y64d+162+c2-64a-i-16ac+86.d 8 864×32+16x32+4-64×9 16x6+8x6=3 3 所以cos ME,DM DM.ME 4-1 DM·ME 355 X 22 1 因此直线DM与ME所成角的余弦值为 【变式4-2】(2026高二广西河池阶段检测)如图，在平行六面体ABCD-ABCD,中，以顶点A为端点 的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是60°，M为AC与BD的交点.若AB=à，AD=b,AA=c. 11/26 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B D (1)求DM·AD的值： (2)求cosAC,AC. 【解析】(1) D C A B D B 平行六面体ABCD-ABCD,所有棱长均为2，ā，b,c的模均为2，夹角均为60，M为AC与BD的中点， DM-7DB-2(4B-AD)-78-26. 0M-D-(}a-5-di-6-66-66-a5m60-f-日6m60 ×2×2 2 22×22-2x2×=-3 2 (2)AC=AB+AD=d+B,AC-AC+CC=(AB+AD)+44=a+8+ :.AC.AG=(a+b)(a+B+0)-a.a+2a.B+a.6+B.B+B.c =2+2x2x2x+2x2x2+2x2×号16， =25, ad-la+-a+6-V++2a-6-2+2+2x2x2x AG=a+6+d=a+b+c}=++f+2a-b+2ic+26-c 2+2+2+2x2x2x×3=26, 12126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC·AC」 16 ∴.cosAC,AC= 22 AC.AC 2W3×2√63. 【变式4-3】(2026广东广州二模)如图1，在矩形ABCD中，AB=2,BC=1,DE⊥AC于E,BF⊥AC于 F,将A4CD沿AC翻折至△MACD,使得ED,FB=I120,连接BD,如图2. 图1 图2 (1)求三棱锥D'-ABC的体积： (2)求直线BD'与直线AC所成角的余弦值. 【解析】(1)过E点作EP1IFB交AB于点P,如图所示， D 由BF⊥AC知EP⊥AC,且(ED,FE)=120, 又因为D'E⊥AC且D'E⌒EP=P,所以AC⊥平面DEP, 过点D'作D'H⊥EP交PE延长线于H点，所以AC⊥DH, 又因为AC∩EP=E,故DH⊥平面ABC,即DH为三棱锥D'-ABC的高， 由题知AB=2'C=r则4C5:D=F-子，DH=D血6w 5, 所以m写8eDm-x2xx6店 3×2 5-15： FC BC 2因为ABC-ABEC'BCAC解存rCs时 5，所以 FC 1 AC5' 月睡可得能有所uC号压-a, 由图知BD=BF+FE+ED=BF+C+ED, 13126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 两边平方得： Bn-m+C+m+2fm-}所umo 又因为BD.4C-(F+a+mAc-C-3 所以os0=cos(BD,4C BD'.AC BD AC 7 5 题型五：基底法证明共线、共面问题 典例精析 【典例5】如图所示，己知ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，连接PA、PB、PC、PD.设 点E、F、G、H分别为△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的重心试用向量方法证明E、F、G、H四 点共面 G B 【解析】证明：分别连接PE、PF、PG、PH交对边于M、N、O、R点 R- M B 因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心 所以M、N、O、R为所在边的中点， 所以MNHC,且MW=AC,RQMC,且RQ=24C, 所以NIIR2,MN=RO,故四边形MNOR为平行四边形， 14126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 且有压-号W,m-号Pm,PG-PO,P所-号P限， 3 所F=所-P压=号(PN-PW)号，同理可得G=0, 因为四边形MNQR是平行四边形，所以M=RO,所以EF=HG,则EFHG, 故E、F、G、H四点共面 上举一反三 【变式5-1】(2026：高二江苏镇江期末)如图，在四面体0ABC中，0A=0B=2,0C=V5, ∠AOB=60°，∠AOC=∠BOC=45°，点E,F分别为OA,BC的中点· (1)求线段EF的长； a诺0G=oB,C丽-号C,求证：E:p·G,四点共面 【解析】(1)设OA=a,OB=b,OC=c,且E,F分别为OA,BC的中点 所以=0F-0呢=6+d)a=6+c-d 则E=46+c-a=4a+6+2-2a-6-2a-c+26- 44+4+3-4-26+26)-子， 所69 (2)由题意知，0G-6. 3 因为cm-a→0丽-0c-oi-od,所以am-号a+. 所正=0E-oc=0-},G示=0f-06-6+小6-。5+， 2 15126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 am=0丽-0c-号a-+, 不纺设a丽=GE+oF÷06+5=传-化6+】 3 3 3 根据共面向量定理，GH,GE,GF共面，即E,F,G,H四点共面 【变式5-2】A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，ME分别是BD、AG的中点，点F在线段 AM上，M-4M,判断三点C及、P是否共线， 【解析】设AD=a,AC=b,AB=c, 压-c-列c5, -w-列--Ba+d-5。 56 1 CQ- 666 =f-6-号4M-6-号a+小6-写0-6+5。 5 因为CE=cF】 6 所以CE∥CF, 又因为CE、CF有公共点C, 所以C、E、F三点共线 【变式5-3】(3.1空间向量及其运算)如图，在四面体ABCD中，点E、M、N分别是棱AB、AC、 AD的中点，点E、M、N分别是棱CD、BD、BC的中点，点G是线段EE的中点.试判断下列各组 中的三点是否共线： 16126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)G、M、M1: (2)G、N、N. 【解折】(a)GM-E+EM-E+号Bc-BE-BE)+号BC E-医+c-4aac+mc 4 -D+c GM-GE+EME+D-(BEE+(BD-BA) E-丽+号面-厨=厨-cm+片面- 2 4 =+80-}8c 所以GM=GM,所以G、M、M1三点共线 (2)GN-GE+EN)+BD 旺-号旺+而-财-c+m列+号丽 -1BA+IBD-IBC. 4 4 GN-GEE(BC-B) 号E-+c--a-0c+0+c-A 2 2 =-0+c, 所以GN=GN,所以G、N、N三点共线 题型六：基底法证明空间平行、垂直关系 E 典例精析 【典例6】(2026高二江苏南通期中)如图，平行六面体ABCD-ABCD的底面ABCD是菱形，且 ∠CCB=∠CCD=∠BCD=O 17126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B D D (1)求证：CC⊥BD CD (2)当CC的值为多少时，4C1平面CBD？请给出证明. 【解析】(1)设CD=ā，CB=方，CC=c,因为底面ABCD是菱形， 所以川d=|bl,且BD=CD-CB=a-b, CC·BD=ca-b)=||alcos∠CCDcl I blcos.∠CCB. 由题知∠CCB=∠CCD=0,且|d=|,因此CC·BD=0, 即CC⊥BD,故CC⊥BD CD (2)当CC1时，4CL平面CBD:证明如下： CD=m,CC=n,al=1 bl=m,I dl=n,CA=a+b,CA=a+b+c, 因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC, 又因为CC⊥BD,AC,CCC平面ACCA,ACnCG=C,所以BD⊥平面ACC4, 因为ACc平面ACCA,所以AC⊥BD 若AC⊥平面CBD,需满足AC⊥CD CD=a-c,4C=-(a+b+),令AC.CD=0,即(a+b+)-(a-)=0, 展开整理：|a+a.b-b.c=0,代入ab=mcos0,万.c=mn cos0得： m2+m2 cos0-mncos0-n2=0(m-n)(m+n+mcose)=0. 由于 CD=1 m,n>0:m+n+mcos0≠0：因此m=n'即C 此时AC⊥BD且AC⊥CD,BD∩CD=D,BD,CDC平面CBD, 故ACL平面CBD 举一反三 18126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【变式6-1】(2026高二山西太原期中)如图，三棱柱ABC-ABC各棱的棱长都是1，若 ∠AAB=∠AAC=∠BAC=60°，点D,D分别是BC,B,C的中点，记AB=a,AC=i,AA=c. A 6 B (1)用向量a,b,c表示向量AD,并求AD的模长： (2)用向量方法证明：AD⊥BC 【解折】)由想旅得孤=0+0-（面+4C+4-4+5+e, 2 -a5-e+a566e F4+4+1+20s60+c0s60°+c0s60= 11 1 4 (2由（④）得40-a+6+c,c=AC-0=6-a, 2 a0c-a++j6-aa6+8+c5-0-a-6a 2c0s60+号+cos60°-1_1 2 22 0s60°-c0s60°=0， AD⊥BC,.AD⊥BC 【变式6-2】(2026高二山西晋中期中)如图，在四棱柱ABCD-ABCD中， ∠BMD=∠BMA=∠DAM= 3,四边形ABCD是边长为2的菱形，AA=3,O为AC与BD的交点. D B (1)求A0的长： 19126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)证明：OA⊥BD 【解析】(4)以{B,D,4为一个基底， 由题意知4=a0=24=3BD=2x2×2,B.4=D.4=2x3x}3, 又40-0-M-0+号40-4。 所以40-（3+D-4j】 孤+号而++号孤而-孤4-而从 1 ×4+×4+9+1×2-3-3=6, 4 所以4O=4O=v6: (2由（④知40-0+4D-4M. 在菱形ABCD中，BD=AD-AB 所40.0-（名0+4D-4j(D-4回 -4B-AD+AD-44 4D-14B-AD.4B+44:4B 2 2*2 2×4-3- 2×4-2 ×2+3=0」 所以A0⊥BD,即AO⊥BD. 【变式6-3】△ABC中，AB=AC,AB L AC,BC=4,D是BC的中点，E是AB的中点，F是BD的中点. 如图，将△BEF和△ACD分别沿EF、AD向平面ADFE的同侧翻折至△MEF和△ADN的位置，且使得 DN∥MF E 证明：NA=2ME； 【解析】~D是BC的中点，翻折前BD=DC,翻折后DC=DN. 20126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :F是BD的中点，.翻折前BD=2BF=2FD,翻折后MF=FD ∴翻折后DN=2MF,又DN∥MF, 且DN,FM方向相同，.DN=2FM. 又E是AB的中点，F是BD的中点， ∴翻折前、后EF IIDA,DA=2FE, 且DA,FE方向相同，：DA=2FE, 翻折后，在△ADN中， NA=ND+DA=-2FM+2FE=2MF+2FE=2ME: 题型七：基底法求线面角、二面角 三典例精析 【典例7】(2026高三·云南玉溪阶段检测)如图所示，三棱柱ABC-ABG中，所有棱长均为2， ∠BAC=∠BA4=∠CA4=60°，P,9分别在AB,AC上（不包括两端），AP=A犯 A B (1)求证：P11平面BCCB； (2)设P2与平面ABC所成角为8，求sin8的取值范围. 【解析】(1)作PD11AC,交BC于点D,设A2=AP=1∈(0,2)，则BP=2-1, A C D D B 21126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PD BP nPD_2-t→PD=2-t, ”PDIlAC,AC=AB,即2=2 :PDOC且PD=QC,连接DC, 所以四边形CQPD为平行四边形，：.P211CD, :PQ平面BCCB,且CDc平面BCCB, .POII平面BCCB, (2)sin0 3√6 33 (2)取AC中点M,连接AM、BM、AB, B B AM= 4C=L,A4=2:∠4AM=60, 根据余弦定理得：4M2=AM+AM2-2A4~AM.cos60°=4+1-2x2×1x)-3, 2 :.AM=V5,则4M⊥AC, :△ABC是等边三角形，∴BM⊥AC, :AM∩BM=M,.AC⊥平面ABM,:ACc平面ABC .平面ABC⊥平面ABM, 在△ABM中，AM=BM=V3,AB=2, 作AH⊥BM,交BM于点H,因为平面ABC∩平面ABM=BM, 所以AH1平面ABC, 则54m2×5=5-5x4,4H-25 2 2 3 A0/T西ABC所以色Q到平而c更离女=4H- 3, 22126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OP=24+44+AP, OP=(04+44+AP) =P+4+2+20A·4A+24A.AP+20A·AD =24+2xx2x分2x2xx》2xw(》 =2+4, .QP=V2+4 2v2 2√2 sin=- 2+4√5V2+4 :1e(0,2),.P+4∈(2，+2V3) ..sin0 36 3’3 上举一反 【变式7-1】(2026高三江苏镇江开学考试)在如图所示的平行六面体ABCD-AB,CD中， ∠AAB=∠AAD=45°，∠BAD=60°，AB=1,AD=2,A4=2N2 B (1)求AC的长度； (2)求二面角B-A4-D的大小： 【解析】(1)根据图形可知：AC=AB+BC+CC=AB+AD+A4, ACI-AB+AD+4-AB'+AD'+42+24B.AD+24D.4+24B. -1+4+8+2×1×2cos60°+2×1x2√2c0s45°+2×2×2√2cos45 =3v3. (2) 23126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 作BE⊥AA,DF⊥AA,则EB,FD等于二面角B-AA-D的一个平面角， 因为∠AAB=∠AAD=45°，AB=1,AD=2,A4=2N2, 则=A极am45-克4=A045-5台B 之，DF=2, EB.FD=EA+AB F4+AD)=EA.F4+EA.AD+AB.FA+AB.AD 1+ 2×2xc0s135°+2x1xc0s135+lx2xc0s60=0 所以os(B,而) EB.FD EB·Fo 0，所以孤，而-受 即二面角B-A4-D的大小为2： 【变式7-2】已知平面，B,a∩B=l,A∈a,B∈B,C,D∈l, AC⊥1，BD11,AB=25,CD=24,AC=3,BD=5,求二面角a-1-B的大小. 【解析】如下图所示： B B A 根据题意可得AC⊥CD,BD⊥CD,由二面角定义可得CA,DB的夹角即为二面角a-I-B的大小， 易知AB=AC+CD+DB,又AB=25,CD=24,AC=3,BD=5； AB=(4C+CD+DB)'=AC+CD+DB+24C.CD+24C.DB+2CD.DB =32+242+52+0+2AC.DB+0=252, 可得2AC.DB=2 ACDBcos AC,DB=15,所以cosC,DB=) : 24126 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又AC,DB∈[0，π，可得AC,DB= 3 2π π 所以CA,DB的夹角3，也即二面角a-1-B的大小为3 【变式7-3】(2026高二山西晋中期末)如图所示，在棱长为2的正四面体A-BCD中，E为等边三角形 ACD的中心，F,G分别满足BF=)FC,BG=Ga G E B C 用BA,BC,BD表示BE,并求出BE: (2)求直线FG与平面ACD所成角的正弦值， 【解析】(1)连接AE并延长交CD于M,则M为CD中点， 则正-号4M-号(ac+0列-(ac+) BE-BA+E-B+(C+AD)=B+(BC-B+BD-BA)-(B+C+BD) 则B-i+c+0-5a+Bc+B 1 VBA+BC2+BD'+2BA-BC+2BA-BD+2BC.BD 4+4+4+4+4+4-26 3 3 M C (2)根据题意，BE⊥平面ACD,因此，直线FG与平面ACD所成角的正弦值 25126 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即为直线FG与直线BE所成角的余弦值的绝对值. FG=IBA-IBC 3 ad-a--aM-c） 3 数G, FG·BE FGBE 3am+c+a丽列6aA-}ac） 2√6V7 33 财+c+m-C-c丽） 6 3 3 26.7 33 333 9 V42 26√7 26√721 33 33 则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为 21 26126可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题02 空间向量基底的综合运用参考答案 (题型突破·举一反三) 题型一：空间向量基底概念辨析 上典例精析 【典例1】【答案】D 【解析】对于A选项，存在x=山，y=-2,z=1,使得1（⑥+⊙）-26+1⑥-=0，则三个向量共面，不能 构成一组基底； 对于B选项，存在x=-山，y=1,z=l,使得-1（ā-b)+1(G-b-)+1c=0,则三个向量共面，不能构成一 组基底： 对于C选项，存在x=-l,y=1,z=1,使得-1(G+)+1(ā-b)+1(仍+)=0，则三个向量共面，不能构成 一组基底： 对于D选项，设x(G+b)+y(G-b)+z=0,整理得(x+y)a+(x-y)b+zc=0, x+y=0 由 不共面，得 x-y=0,解得 ，只有零解， a,b,c z=0 x=y=z=0 则a+b,a-b,c三个向量不共面，所以能构成一组基底 三举一反目 【变式1-1】【答案】C 【解析】对于A,a=[(a+列+(a-刃，2.a+6,a-6共面，不可为基底； 对于B,石=[a+6)-a-,6a+6a-6共面，不可为基底： x+y=0x=0 对于C,假设c,a+6,a-6共面，则c=x(a+列+y(a-列，则x-y=0,得y=0,即：为零向量， 这与{a,b,为空间的一个基底，c不为零向量矛盾，故c,a+i,a-方不共面，可作为空间的一个基底， 1/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 对于D, 引a+列0-列=a+26,a+6a-6a+26共面，不可为基底 【变式1-2】【答案】C 【解析】对于A,假设存在实数元，4，使得a+b=b+4(G-c)=ud+5-uc, 4=1 则 {=1 方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， -4=0 2μ 所以+b,b,a-c不共面，能构成一组基底 对于B,假设存在实数元，4，使得a+b=⑥+c+4(a+c)=ua+6+(+m)e, u=1 则了=1 ,方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 2+4=0 元u 所以+b,万+c,a+c不共面，能构成一组基底， 对于C,假设存在实数元，μ，使得d+b=E+(a+b-2c)=μa+b+(-2r)c, 4=1 4=1 则2-2μ=0，解得2=2即存在实数'μ使得上式成立， 所以a+b,c,a+b-2c共面，不能构成一组基底， 对于D,假设存在实数，u,使得i+b=6-c+(a+6+c)=ua+(亿+)b+(u-)e, 4=1 则2+“=1，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立， 4-2=0 入4 所以a+b,b-c,a+b+c不共面，能构成一组基底 【变式1-3】【答案】B 【解析】对于A,设存在实数x,y,使得a+b=x(亿+⊙+y(C+a,可得a+b=ya+xb+(x+y)e, [x=1 所以y=1，方程组无解，所以 不共面，可以作为空间基底，所以A不符合题意： x+y=0 a+b,b+c,c+a 对于B,设存在实数x,y,使得a-b=x6-d+y(c-a,可得a-i=-ya+xb+0-x)c, 2/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x=-1 所以少=1，解得 ,所以 共面，不能作为空间基底，所以B符合题意： y-x=0 x=-1,y=-1 a-b,b-c,c-a 对于C,向量a,b,a+b+c,不存在实数x,y使得a+b+c=xa+b, 所以a,b,a+b+c不共面，可以作为空间基底，所以C不符合题意： 对于D,设存在实数x,y,使得a=x(b+C)+y(c+a),可得a=ya+xb+(x+y)c, [x=0 所以y=1 ,方程组无解，所以 不共面，可以作为空间基底，所以D不符合题意 x+y=0 ab+c,c+a 故选：B. 题型二：基底表示空间向量 三典例精析 【典例2】【答案】A 【解析】由题意，在平行六面体ABCD-AB,CD中，B,M=B,B+BM 又因为M为底面平行四边形ABCD对角线AC与BD的交点， 所以BM-BD-(Ba+BC 在平行六面体中，B,B=AA=c,BA=-AB=-AB=-ā，BC=AD=AD=b, 所以B服-a+-+5 从而BM=c 2 1 16+8 29+ 举一反目 【变式2-1】【答案】A 【解折1山图可得.M=丽+W=6+号D=+D-=c+6-小=a++e 2 【变式2-2】【答案】D 【解析】由慰意可知：MA=OA,BN=BC】 所以=M++8N=oi+B+Bc-号oi+0丽-0i+oc-00 2 3/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 2 3 2 【变式2-3】【答案】C 【解折】由题意可得，PG=GC,设形=APE·吓=PD AG=xAE+yAF=x(AP+PE)+yAP+PE)=(x+y)AP+AxPB+uyPD. 4G=+G=+PA+4c-号4P+写4c-号4++Bd, 因为AD=BC, 所u号+(s+网列-号+兮+而-号++P师+兮+而-号p+丽+历 、3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 所以+ 题型三：基底法求向量模长 三典例精析 【典例3】【答案】2 【解析】AC=AA+AC=-AA+AB+AD. AC=A4+AB+AD-2AA·AB-2AA·AD+2AB.AD =1+1+1-244-4Bcos60°-2A4 ADcos60°+2AB-ADcos60° =1+11-2x2× 2*32, 所以AC=4C=2 三举一反三 【变式3-1】【答案】26 【解析】由题意得AC=AB+AD+A, AC=(AB+AD+)=4B'+AD'+44+24B.AD+24B.44+24D.44 =|A+AD°+4+2A8 Acos60°+2aG4cos60°+24D-A4cos60 =22+2+2+2x2×2×+2×2x2×+2x2×2×=24. 2 2 2 4/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故对角线AG=AC=2V6 【变式3-2】【答案】26 【解析】AC=AB+AD+AA, AC-(4B+AD+44-AB+AD+4+2(4B.AD+4B.44+AD.44) =4+44+22x2x+2x2xt2x2x=24. 所以4C=2V6】 故答案为：2V6 【变式3-3】【答案】V2 【解析】如下图所示： D A AC=AC-A4 DC+AD-44=AB+AD-AA, 4C-aB+D-4j-A6+AD+4+2B.D-2B.4-2D.a4 平行六面体棱长均为1， .AD=4B=44 =1, 又∠AAB=∠AAD=∠DAB=60 aB.40-A0cs60-2,4B.a4-hd4-cos60-,4D.A-A04-eos60- 40=+4P+2*2-225. 故答案为：V2 题型四：基底法求异面直线夹角及余弦值 三典例精析 5/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【典例4】【解析】(1)因为AB=a,AD=b,AA=c,且BC=AD,CC=A4, 所以AC=AB+BC+CC=AB+AD+AA=a+b+c, 又因为底面ABCD是边长为1的正方形且A4=2,∠AAB=∠AAD=60° 所以4G=《a+6+d}-=+62+c2+2a-6+26-c+2a-d +1+4+0+2x1x2×号+2x1x2×=而 (2)因为底面ABCD是边长为1的正方形，且A4=2,∠AAB=∠AAD=60°， 又由BD=AD-AB=b-a,AA=c, 所以A4-BD=(6-dc=c-6-ca=2x1x}-2x1x 2 2 =0 所以cos(A4,BD) AA·BD AABD 举一反 【变式41】【解析】(1)设AB=a,AD=方，A4=c,则a、、c不共面， 由题意可符征=6+E=a+,FC=而+nG-+a,所以E=FG, 又因为直线AE、FC不重合，所以AEFC,故A、E、C、F四点共面 (2)由题意可得同==3，=4， 由空间向量数量积的定义可得a-6=d,6lcos60=3?×!-? 22 ac=dcos60=3x4×分-6，同理可得6.c-6 因为M为的中点，所以DM=)D1+)DF=-6+ 。c -f-D+0-+)+g 所以e=正--(a++g利-a- 放0wE-（6+)a-6-)4o6-e-i6-6e+24 6/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 416x3-3x#-2*38x6t246房 D网--4-gc-40-ge+16G-246e-g9xf+16x3-24x6- ME=a-46-d-83a-46- =1V64a2+166+c-64a-b-16a:c+85-e 1 8V 54x32+16x32+4华-64×号16×6+8×6号 所以cos ME,DM= DM.ME 4 1 DMME 3155 22 1 因此直线DM与MB所成角的余弦值为5 【变式42】【解析】(1) D C A1」 B D ---7 4 B 平行六面体ABCD-AB,CD所有棱长均为2，ā，b,c的模均为2，夹角均为60，M为AC与BD的中点， Dm=4=6,DM=p丽=(-40)-a5, .DM-DM-DD-78-76-8. 2 0w.而-传a-5-小5-a6-55-e6-月os60-F-日5eco *2x22-2×2x-3 (2)AC=AB+AD=a+B,AC=AC+CC=(AB+AD)+A4=a+6+d, .AC.AC=(a+B)(a+B+c)=a.a+2a.B+a.d+B.B+B.6 =2+2x2x2x+2x2×2+2x2x16, 2 2 7/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4d=a+6-=a+6-V++2a-6=22+2+2x2x2x2=25. 2 4G=a+b+=a+6+c=d++f+2a-6+2a-c+26-d =2+2+2+2x2x2×x3=26, ·.cosAC,AC= AC.AC 16 -2v2 ACAC 23×263· 【变式43】【解析】(1)过E点作EP/IFB交AB于点P,如图所示， 0 B 由BF1AC知EP1AC,且(ED,FB)=120, 又因为D'E⊥AC且D'EnEP=P,所以AC⊥平面DEP, 过点D'作DH⊥EP交PE延长线于H点，所以AC⊥D'H, 又因为AC∩EP=E,故DH⊥平面ABC,即DH为三棱锥D'-ABC的高， 白#-2C别1C5,D--后，DH-D血-滑 所以em0H-x2xx5 -32 515； 因为ABC-ABFC'BCAC·解存C】 FC BC 5,所以 FC 1 AC 5' 通到阳光-所u是压-， AE 1 5 由图知BD=BF+FE+ED=BF+CA+BD, 两边￥方得：0-aF+C+D+2FD-,所以D叫-s, 5 又因为D.Ac-(8F+Ca+D4C=C=-3, 8/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BD'.AC 所以os6=cos(BD,AC 3 BD AC 105×5 7 题型五：基底法证明共线、共面问题 典例精析 【典例5】【解析】证明：分别连接PE、PF、PG、PH交对边于M、N、Q、R点. 因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心 所以M、N、Q、R为所在边的中点， 所以MwMC·且W-24C,ROHC,且RQ-4C、 所以MN IIRQ,MN=R吧，故四边形MNOR为平行四边形， 且有压=号PW,m-号m,PG-P吧，Pm-号限， 所以侨=PF-PE-号(PN-PW)号w,同理可得HG-号e, 3 因为四边形MNQR是平行四边形，所以MN=RO,所以EF=HG,则EFIHG, 故E、F、G、H四点共面： 三举一反三 【变式51】【解析】(1)设OA=a,OB=b,OC=c,且E,F分别为OA,BC的中点. 所F=oF-0呢=6+小a=6+c-d) 则E=46+c-d=4d+6+c2-2a-6-2a-c+2b-d) =44+4+3-4-26+26)=, 9/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 u啊号 (23出题意知，0G=, 因为m-号Ci→o丽-0c-号(oi-oC),所以o丽-号a+, 所以正=0E-0c=a-,F=0F-0c=6+d0=5+, G丽=0i-0G=2a-6+ 3a-3b+3 个纺设o丽=0+voF→号0-6+=a-+b+ 根据共面向量定理，Gf,G,GF共面，即E,F,G,H四点共面 【变式5-2】【解析】设AD=ā，AC=b,AB=c, 压-c-列-2cw-5, w--6-Ba+e-65. -61e 1 cF=f-6号-6=a+小-6=0-6+， 因为CE=F】 6 所以CE∥CF, 又因为CE、CF有公共点C, 所以C、E、F三点共线. 【变式53】【解析】（山GM=GE+BM-E+Bc=(E-BE)+BC Ec+ac-M-3actmrc 4 10/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 GM,-E+BM-号EE+号4D-E-)+D- 丽丽+片丽-=-c+m列+片丽-厨 --1B4+IBD-IBC. 4 4 所以GM=GM,所以G、M、M,三点共线， (2GN-G函+N-E+BD-E-E)+号丽 2 2 2 -B4+-BD-IBC. 4 4 成-+N-E+4C-证-g)+(c-网 =4M-8D+}8c. 所以GN=GN,所以G、N、N三点共线， 题型六：基底法证明空间平行、垂直关系 典例精析 【典例6】【解析】(1)设CD=a,CB=i,CC=c,因为底面ABCD是菱形， 所以=|，且BD=CD-CB=a-b, cC·BD=c-(a-b)=|d|dcos∠GCD4 al|lcos∠CCB. 由题知∠CCB=∠CCD=0,且Id=|,因此CC·BD=0, 即CC⊥BD,故CC⊥BD. 2)当C时，4C1平面C8D,证明如下 设CD=m,CC=n,则|d=|=m,|=n,CA=a+b,C4=d+b+c, 因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC, 又因为CC⊥BD,AC,CCC平面ACC4,AC∩CC=C,所以BD⊥平面ACC4, 11/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为ACc平面ACCA,所以AC⊥BD, 若AC⊥平面CBD,需满足AC⊥CD, CD=a-c,AC=-(a+b+c),4C.CD=0,(a+B+0)(a-c)=0, 展开整理：|a+a6-6.c=0,代入ai=m2cos0,万.c=mn cos0得： m2+m2 cos0-mncos0-n2=0(m-n)(m+n+mcos)=0. D=1. 由于mn>0:m+n+mcos0≠0：因此m=n,即CC 此时AC⊥BD且AC⊥CD,BD∩CD=D,BD,CDc平面CBD, 故AC⊥平面CBD 举一反目 【变式6】【解】山由题得瓜=0+0丽-服+C+4=a+5+, 2 4+4+1+2cos60+c0s60+c0s60=1 11 4 -四 2由)得0-a+b+e,6c=4c-服=6-a, 2 4瓜c-(a+5+dj6--6++e6--6a-ca 2 2 cos60++cos6 22cos60-c0s60=0, .AD⊥BC,AD⊥BC」 【变式62】【解析】(1)以{AB,AD,A}为一个基底， 由题意知-=2网-3G而-2×2×2B-M=AD-4=2x3×}3, 又40=0-4-+D-4, m以4d-(+号0- 12/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =46+}40+4+号4B0-4B4-4D4 =4×4+4×4+9+)×2-3-3=6, 1 1 所以40=4d=6 (②)由(4)知40-B+540-4. 2 在菱形ABCD中，BD=AD-AB, 所以400-G+号0-4(D-网 孤而+而-从0-6而孤+4 32 4-3-1x4 1 1 ×2+3=0」 2 2 2 所以AO⊥BD,即AO⊥BD 【变式6-3】【解析】~D是BC的中点，翻折前BD=DC,翻折后DC=DN. :F是BD的中点，·翻折前BD=2BF=2FD,翻折后MF=FD ∴翻折后DN=2MF,又DN∥MF, 且DN,FM方向相同，DN=2FM 又：E是AB的中点，F是BD的中点， ∴翻折前、后EF /IDA,DA=2FE, 且DA,FE方向相同，.DA=2FE, ∴翻折后，在△ADN中， NA=ND+DA=-2FM+2FE=2MF+2FE=2ME 题型七：基底法求线面角、二面角 三典例精析 【典例7】【解析】(1)作PD11AC,交BC于点D,设AQ=AP=t∈(0,2)，则BP=2-1, 13118 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A C By A D PD BP PD_2-t→PD=2-1, ·PDAC,∴AC=AB,即2=2 :PDOC且PD=QC,连接DC, 所以四边形CQPD为平行四边形，∴.PQI1CD, .PQ4平面BCCB,且CDC平面BCCB, ∴.PQII平面BCCB」 (2)sin0 36 33 (2)取AC中点M,连接AM、BM、AB, A Q C :4M-4Ce,M=2:44M-60, 根据余弦定理得：AM2=A4+AM2-2AA·AM·cos60°=4+1-2×2×1× .4M=V3,则AM⊥AC, :△ABC是等边三角形，BM⊥AC, :A,MnBM=M,:AC⊥平面ABM,:ACc平面ABC .平面ABC⊥平面ABM, 在△ABM中，AM=BM=V3,AB=2, 14118 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 作AH⊥BM,交BM于点H,因为平面ABC∩平面ABM=BM, 所以AH⊥平面ABC, 则Sa4M 2×5-2-5×4H,4H=25 2 2 3, A01平面Bc·所以点e国平国ac电疾A=4H- 3 OP=O4+AA+AP. OP=(04+44+AP) =P+4+P+20A·4A+24A:AP+20A·Ap =2r4+2xx2×2x2xx》2xx(》 =2+4, QP=V2+4. 2V2 sin0=3 22 V2+45VP+4 1∈(0,2)，VP+4∈(2，+23)， ..sine 56 3’3 三举一反目 【变式7-1】【解析】(1)根据图形可知：AC=AB+BC+CC=AB+AD+AA, AC-AB+AD+A-AB'+AD+4+24B.AD+2AD.4+24B.4 =1+4+8+2×1×2cos60°+2×1×2W2c0s45°+2×2×2W2cos45 =3V3: (2) 15/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 作BE⊥AA,DF⊥AM,则EB,FD等于二面角B-A4-D的一个平面角， 因为∠AAB=∠AAD=45°，AB=1,AD=2,A4=2N2, 则1E=4B-cos45=2 2F=AD.COSA5=BE=DF=V2 易知EB.FD=(EA+AB小(Fi+AD)=EAFi+EA.AD+AB.FA+AB.AD =1+2x2xons135+2x1xcs135+1x2xeos60-0 2 所以os(B,FD) EB·FD EB·FD =0,所以B,FD= 2 即二面角B-A4-D的大小为2； 【变式7-2】【解析】如下图所示： B D A 根据题意可得AC⊥CD,BD⊥CD,由二面角定义可得CA,DB的夹角即为二面角Q-I-B的大小， 易知AB=AC+CD+DB,又AB=25,CD=24,AC=3,BD=5: AB(AC+CD+DB)=AC+CD+DB+24C.CD+24C.DB+2CD.DB =32+242+52+0+2ACDB+0=252, 可得2aC-Di=2aCD8csAC,DB=15,所以cos4C,DB=: 又4C,DB∈0，]，可得AC,DB= 31 2π 2π 所以CA,DB的夹角3，也即二面角a-1-B的大小为3· 【变式7-3】【解析】(1)连接AE并延长交CD于M,则M为CD中点， 则4正-号w-号aC+0-4c+0), 16/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BE-BA+AE-BA+(C+AD)-BA+(BC-BA+BD-BA)-RA+BC+BD). EM+n+m =IVBA+BC+BD+2B4-BC+2BA-BD+2BC.BD 4+4+4+4+4+4= 2W6 3 3 G (2)根据题意，BE⊥平面ACD,因此，直线FG与平面ACD所成角的正弦值 即为直线FG与直线BE所成角的余弦值的绝对值. GC 且rd-ai-ad-ai-c） -a+.e-得4+g452-9 1 9 3 3 检os(FG,BE)= FG·BE FG BE ai+Bc+amaM-C 26√7 33 a财+ac+A丽-Ccm 3 26x7 33 9 V42 2√6√7 2V6√721 3x3 33 17/18 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 V42 则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为21 18/18 专题02 空间向量基底的综合运用 （题型突破·举一反三） 题型一：空间向量基底概念辨析 题型二：基底表示空间向量 题型三：基底法求向量模长 题型四：基底法求异面直线夹角及余弦值 题型五：基底法证明共线、共面问题 题型六：基底法证明空间平行、垂直关系 题型七：基底法求线面角、二面角 空间向量基底解题核心：选定一组不共面的三个向量作为基底，将所有相关向量统一用基底线性表示，转化代数运算求解。 第一步合理选基底：优先选取从同一点出发、长度与夹角已知的三条棱向量，避免共面向量，简化夹角与模长计算；若存在垂直关系，优先选两两垂直向量，数量积直接简化为 0。 第二步线性分解向量：利用向量加减、数乘法则，把线段、法向量、动点向量全部拆解为基底的组合式，设出系数建立关系式。 第三步三类核心运算：1. 数量积，用于求线线、线面夹角、距离、垂直证明；2. 向量共线 / 共面判定，通过基底系数比例判断平行、四点共面；3. 设参求解动点，结合等式对应系数相等列方程求参数。 第四步规范证算结论：证垂直只需数量积为 0；求角取夹角余弦绝对值；求距离转化向量模长。全程无需建系，适合无垂直、不规则几何体，避开坐标系找点难点，步骤统一，思路清晰。 题型一：空间向量基底概念辨析 【典例1】（2026·高二·福建宁德·期末）已知，，是不共面的三个向量，则下列能构成一组基底的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【变式1-1】（2026·高二·广东佛山·阶段检测）已知为空间的一组基底，能与，组成基底的向量是（ ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2026·高一·河北·阶段检测）已知是空间的一组基底，则不能与构成另一组基底的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式1-3】（2026·高二·浙江·期末）已知空间向量为一组基底，则以下空间向量不能构成基底的是（    ） A． B． C． D． 题型二：基底表示空间向量 【典例2】（2026·高二·贵州遵义·阶段检测）在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·高二·湖南长沙·期末）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，则下面向量中与相等的向量是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2026·高二·四川泸州·期末）如图，在空间四边形OABC中，设，，，且 ，，则（   ） A． B． C． D． 【变式2-3】（2026·高二·江苏南京·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为线段上的点，若，且，则（    ）    A．1 B．2 C． D． 题型三：基底法求向量模长 【典例3】（2026·高二·甘肃酒泉·期末）如图，平行六面体中，，，则__________． 【变式3-1】（2026·高二·江苏淮安·阶段检测）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为2，且，则对角线长为_____ 【变式3-2】（2026·高二·重庆荣昌·阶段检测）在平行六面体中，长度均为2，两两夹角均为，则对角线的长度为______； 【变式3-3】（2026·高二·云南·阶段检测）如图，在棱长均为1的平行六面体中，，则______.    题型四：基底法求异面直线夹角及余弦值 【典例4】（2026·高二·四川遂宁·期中）如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，设． (1)用表示，并求； (2)求与的夹角． 【变式4-1】（2026·高二·山东青岛·期中）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，、分别在线段和上，且，． (1)证明：、、、四点共面； (2)为的中点，求直线与所成角的余弦值． 【变式4-2】（2026·高二·广西河池·阶段检测）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是，为与的交点．若． (1)求的值； (2)求． 【变式4-3】（2026·广东广州·二模）如图1，在矩形ABCD中，于于，将沿AC翻折至，使得，连接，如图2． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与直线AC所成角的余弦值． 题型五：基底法证明共线、共面问题 【典例5】如图所示，已知是平行四边形，点是平面外一点，连接、、、.设点、、 、分别为、、、的重心.试用向量方法证明、、、四点共面 【变式5-1】（2026·高二·江苏镇江·期末）如图，在四面体中，，，，，点，分别为，的中点. (1)求线段的长； (2)若，，求证：，，，四点共面. 【变式5-2】 A是所在平面外一点，G是的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，，判断三点C、E、F是否共线． 【变式5-3】（3．1空间向量及其运算）如图，在四面体中，点、、分别是棱、、的中点，点、、分别是棱、、的中点，点是线段的中点．试判断下列各组中的三点是否共线：    (1)、、； (2)、、． 题型六：基底法证明空间平行、垂直关系 【典例6】（2026·高二·江苏南通·期中）如图，平行六面体的底面是菱形，且 (1)求证： (2)当的值为多少时，平面？请给出证明. 【变式6-1】（2026·高二·山西太原·期中）如图，三棱柱各棱的棱长都是1，若，点，分别是的中点，记． (1)用向量表示向量，并求的模长； (2)用向量方法证明：． 【变式6-2】（2026·高二·山西晋中·期中）如图，在四棱柱中，，四边形是边长为2的菱形，，为与的交点.    (1)求的长； (2)证明：. 【变式6-3】中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． 证明：； 题型七：基底法求线面角、二面角 【典例7】（2026·高三·云南玉溪·阶段检测）如图所示，三棱柱中，所有棱长均为2，，，分别在，上（不包括两端），． (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的取值范围． 【变式7-1】（2026·高三·江苏镇江·开学考试）在如图所示的平行六面体中，，．    (1)求的长度； (2)求二面角的大小； 【变式7-2】已知平面，，求二面角的大小． 【变式7-3】（2026·高二·山西晋中·期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.    (1)用表示，并求出； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $