第1章 1.2 空间向量基本定理（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

本讲义聚焦空间向量基本定理这一核心知识点，从平面向量基本定理自然推广，通过问题链引导学生探究空间向量的表示，系统讲解基底概念、正交分解及定理应用，构建从理解到应用的完整学习支架。 资料以问题驱动培养数学眼光，通过定理证明和反证法发展数学思维，用基底表示向量及数量积运算强化数学语言。丰富例题与分层练习，课中助力教师引导学生推理，课后帮助学生巩固提升，有效弥补立体几何学习盲点。

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.(重点)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.(难点) 导语 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. 一、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+y j. 从而+zk=xi+y j+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+y j+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. 知识梳理 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=xa+yb+zc. 2.基底：我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，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两两垂直，且长度都为1，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，y j，zk，使a=xi+y j+zk.像这样，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正交分解. 注意点： (1)空间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. 例1　已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且=e1+2e2-e3=-3e1+e2+2e3=e1+e2-e3，试判断{}能否作为空间的一个基底. 解　假设共面. 则存在实数λ，μ使得=λ+μ ∴e1+2e2-e3 =λ(-3e1+e2+2e3)+μ(e1+e2-e3) =(-3λ+μ)e1+(λ+μ)e2+(2λ-μ)e3， ∵e1，e2，e3不共面， ∴此方程组无解， ∴不共面， ∴{}可以作为空间的一个基底. 反思感悟　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. 跟踪训练1　(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 答案　BD 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. (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 答案　B 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 二、用基底表示空间向量 例2　(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. 解　=+=+ =+-) =+- =+ =++. 例2　如图，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，P，Q是MN的三等分点.用向量为基底表示和. 解　+ =+ =+-) =+ =++. + =+++ =++. 反思感悟　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. 跟踪训练2　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； (2)若=xa+yb+zc，求实数x，y，z的值. 解　(1)如图，连接AC，EF，D1F，BD1， + =-+- =a-b-c. ++ =-+)++) =-a-c. (2)+) =(-+) =(-c+a-b-c) =a-b-c， 又=xa+yb+zc， ∴x=y=-z=-1. 三、空间向量基本定理的应用 例3　(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. 证明　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， 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. 例3　(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； (2)求CE与AG所成角的余弦值. (1)证明　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. (2)解　因为=+=-j+k， =+=-i+k， 所以cos〈〉===. 所以CE与AG所成角的余弦值为. 例3　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； (2)求EF与C1G所成角的余弦值. (1)证明　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， ∴··(-i-k) =-|i|2+|k|2=0， ∴⊥即EF⊥B1C. (2)解　∵i+ j-k， +=-k- j， ∴||2= =|i|2+| j|2+|k|2=3， 即||= ||2==|k|2+| j|2 =4+即||= ∴cos〈〉= = =. 即EF与C1G所成角的余弦值为. 延伸探究　若本例条件不变，M为A1B的中点，证明：MF∥B1C. 证明　设=i= j=k， 则+=-i-k， -+)-+)=- =- =-i-k=(-i-k)= 所以∥ 又MF，B1C无公共点， 所以MF∥B1C. 反思感悟　(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. 跟踪训练3　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　　　　.  答案　 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〈〉|= = = =. 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. 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 答案　C 解析　∵(a-b)， ∴与a，b共面， ∴a，b不能构成空间基底. 2.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2CD，点O为空间内任意一点，设=a=b=c，则向量可用a，b，c表示为(　　) A.a-b+2c B.a-b-2c C.-a+b+c D.a-b+c 答案　D 解析　++ =+-)=a-b+c. 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 答案　C 解析　-所以··(-)=·-· =1×1×-1×1×=0， 故⊥即AB与CD垂直. 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 答案　A 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. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共12分 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 答案　B 解析　当非零向量a，b，c不共面时，{a，b，c}可以作为空间的一个基底，否则不能作为空间的一个基底，当{a，b，c}为空间的一个基底时，一定有a，b，c为非零向量.因此pq，q⇒p，即p是q的必要不充分条件. 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　D 解析　+ =+ =++) =+-+-)， 所以a+b+c. 3.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° 答案　C 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°. 4.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别在棱BB1，BC，BA上，且满足O是平面B1GF、平面ACE与平面B1BDD1的一个公共点，设=x+y+z则x+y+z等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因为=x+y+z =x+y+ 点O在平面B1GF内，所以x+y+=1， 同理可得++z=1，解得x+y=z=. 所以x+y+z=. 5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1点N为B1B的中点，则||等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设=a=b=c， 则{a，b，c}构成空间的一个正交基底. ∵-- =a+-(a+b+c)=a+c-b， ∴||=. 6.(多选)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点，若=a=b=c，则下列结论正确的是(　　) A.a-b+c B.=a+b+c C.||= D.cos〈〉= 答案　BD 解析　+++)=b-a+c，A错误； ++=a+b+c，B正确； =a+b+c， 则||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+ 2a·c+2b·c=6， 则||=C错误； ·=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2，则cos〈〉=D正确. 7.(5分)如图，在四面体ABCD中，G为△ABC的重心，E是BD上一点，BE=3ED，以{}为空间的一个基底，则=　　　　.  答案　--+ 解析　连接AG并延长交BC于点M， 连接AE(图略)，则- =+- =+-)-×+) =--+. 8.(5分)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　 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=. 设异面直线DM与CN所成的角为θ， 则cos θ= = = =. 9.(10分)如图所示，在空间四边形OABC中，G，H分别是△ABC，△OBC的重心，设=a=b=c，用向量a，b，c表示向量. 解　因为++ =+-) =+ =+×+) =(a+b+c)， 又×+)=(b+c)， 所以-(b+c)-(a+b+c) =-a. 10.(10分)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；(4分) (2)求异面直线CE与AC'所成角的余弦值.(6分) (1)证明　设=a=b，=c， 根据题意，得|a|=|b|=|c|且 a·b=b·c=c·a=0. 所以=b+c=-c+b-a. 所以·=-c2+b2=0， 所以⊥ 即CE⊥A'D. (2)解　因为||=|a|，||=|a|， 又=-a+c， ·=(-a+c)·c2=|a|2， 所以cos〈〉=. 所以异面直线CE与AC'所成角的余弦值为. 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　B 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=. 12.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，E，F分别为PB，PC上的点，且=2则||等于(　　) A.1 B. C.2 D. 答案　B 解析　在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，连接AC，如图=2 则+++ =-++ =-++-) =-)-+ ++-) =-++ =(-+3+)， 又AB=AP=6，AD=2， ∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°， 则··=6×2×cos 60°=6， ·=6×6×cos 60°=18，因此， ||= = =. 13.(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　AC 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=. 14.(5分)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　++　 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， 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||=. 15.(5分)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　　　　.  答案　-1 解析　设=a=b=c， 则{a，b，c}构成空间的一个基底. 设AB=1， 因为BD⊥AN， 所以·=0， 因为-=b-a， +=c+λb， 所以(b-a)·(c+λb)=0， 所以+λ--=0， 所以λ=-1. 16.(13分)如图，在三棱锥P-ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM=3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若=m=n=t求证：++为定值，并求出该定值. 解　连接AG并延长交BC于点H， 连接DM(图略). 由题意，可令{}为空间的一个基底， +) =+×+× =+-)+-) =++. ∵点D，E，F，M共面，∴存在实数λ，μ使得=λ+μ 即-=λ(-)+μ(-)， ∴=(1-λ-μ)+λ+μ =(1-λ-μ)m+λn+μt 由空间向量基本定理， 知=(1-λ-μ)m=λn=μt， ∴++=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4，为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $