第1章 1.2 空间向量基本定理-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量基本定理及应用，通过类比平面向量基本定理设计问题导思，引导学生探究空间向量的表示，衔接平面向量知识与后续坐标表示，构建问题链、微思考及典例变式等学习支架。 其亮点是以问题驱动探究，通过类比迁移构建知识体系，典例和变式分层设计培养直观想象、数学运算和逻辑推理核心素养，如基底判断和解方程组实例。教学方法注重思维引导，小结系统梳理任务与方法，助力学生提升素养，为教师提供完整教学资源。

单元学习二　空间向量基本定理 　 第一章 空间向量与立体几何 　　单元整体设计　本单元主要内容是空间向量基本定理．空间向量基本定理是立体几何问题代数化的基础，有了这个定理，整个向量空间可以用三个不共面的基向量确定，空间结构变得简单明了．本单元内容承上启下，通过本单元的学习，不仅可以使学生更好地掌握用空间向量解决立体几何问题的基本方法——“基底法”，而且还为后续学习空间向量及其运算的坐标表示奠定坚实基础，学习计划1课时． 　　本单元内容的重点是空间向量基本定理，难点是基底的恰当选择．在研究的过程中，能较好地培养空间想象能力及化归的数学思想，发展直观想象、数学运算和逻辑推理的核心素养． 学习目标 1.掌握空间向量基本定理及其意义，并会用基底表示空间向量，掌握空间向量的正交分解． 2.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，提升直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养． 任务一　空间向量基本定理 1 任务二　空间向量基本定理的应用 2 课时分层评价 4 内容索引 随堂评价 3 任务一　空间向量基本定理 返回 (阅读教材P11－12，完成探究问题) 问题．类比平面向量基本定理，p是空间任意一个向量，对于空间三个不共面的向量a，b，c，向量p能否可以用向量a，b，c来表示？ 提示：可以.如图，设i，j，k是空间中三个两两垂直的向 量，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.同理可知，向量a，b，c可以表示向量p. 问题导思 1.空间向量基本定理 新知构建 条件 三个________的向量a，b，c和__________空间向量p 结论 存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得__________________ 2.基底 (1)定义：如果三个向量a，b，c________，那么所有空间向量组成的集合就是{p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R}，这个集合可看作由向量a，b，c生成的，我们把{a，b，c}叫做空间的一个______，a，b，c都叫做________． (2)性质：空间任意三个________的向量都可以构成空间的一个基底． 不共面 任意一个 p＝xa＋yb＋zc 不共面 基底 基向量 不共面 3.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：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． 两两垂直 a＝xi＋yj＋zk 两两垂直 1 (1)基底中能不能有零向量？ 提示：不能，因为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． (2)选取不同的基底对同一向量的表达式有无影响？ 提示：有影响，不同基底下，同一向量的表达式不同． (3)基底和基向量是同一概念吗？有什么区别？ 提示：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． 微思考 角度1　基底的判断 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， 所以e1＋2e2－e3＝λ(－3e1＋e2＋2e3)＋μ(e1＋e2－e3)＝(－3λ＋μ)e1＋(λ＋μ)e2＋(2λ－μ)e3， 因为e1，e2，e3不共面， 典例 1 所以此方程组无解， 所以，，不共面， 所以{，，}可以作为空间的一个基底. 规律方法 基底的判断思路 1.判断一组向量能否作为空间的一个基底，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.判断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点出发的三条棱对应的方向向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的判断．　　 对点练1.(1)(概念辨析)判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”． ①0也可以作为基向量． (　　) ②空间的任意一个向量都可用三个给定向量表示． (　　) ③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与b共线． (　　) ④任何三个不共线的向量都可构成空间的一个基底． (　　) × × √ × (2)(2025·浙江宁波九校联考)已知{a，b，c}是空间的一个基底，则下列向量中与向量a＋b，a－2c能构成空间基底的是 A．a－b－4c　　 B．2a＋b－2c C．a－b＋c　　 D．a＋2b＋2c √ 对于A，因为a－b－4c＝2(a－2c)－(a＋b)，即a－b－4c与向量a＋b，a－2c共面，故不能构成基底，故A错误；对于B，因为2a＋b－2c＝(a－2c)＋(a＋b)，即2a＋b－2c与向量a＋b，a－2c共面，故不能构成基底，故B错误； 对于C，不妨设a－b＋c＝x(a＋b)＋y(a－2c)，则有方程组无解，即a－b＋c与向量a＋b，a－2c不共面，故可构成基底，故C正确；对于D，因为a＋2b＋2c＝2(a＋b)－(a－2c)，即a＋2b＋2c与向量a＋b，a－2c共面，故不能构成基底，故D错误．故选C． 角度2　用基底表示向量 (链教材P12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MNON， APAN，用向量，，表示． 解：－)－ . 典例 2 1.(变图形位置)如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，点G在AE上，且AG＝2GE，试用向量，，表示向量． 解：因为×))－－)－2)， 所以－2)). 变式探究 2.(变条件)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：－). . 规律方法 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． 对点练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，； 解：如图所示，连接AC，EF，D1F，BD1， 所以－－a－b－c. ＝－)＋) －a－c. (2)若xa＋yb＋zc，求实数x，y，z的值． 解：)(－) (－c＋a－b－c)a－b－c， 又xa＋yb＋zc， 所以x，y＝－，z＝－1. 返回 任务二　空间向量基本定理的应用 返回 角度1　证明平行、共面问题 (链教材P13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， 请选择恰当的基底向量证明： (1)EG∥AC； 证明：取基底{，，}， 因为，2，所以∥， 又EG，AC无公共点，所以EG∥AC. 典例 3 (2)平面EFG∥平面AB′C． 证明：取基底{，，}， 因为，2， 所以∥， 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，AC⊂平面AB'C，EG⊄平面AB'C，可得EG∥平面AB'C. 又FG∩EG＝G，FG，EG⊂平面EFG， 所以平面EFG∥平面AB'C. 规律方法 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．　　 对点练3.如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1MAA1，CNCC1. (1)用向量，，表示向量； 解：－－. (2)求证：D，M，B1，N共面． 解：证明：因为－－， －－， 所以，又DM，NB1无公共点，所以DM∥NB1，所以D，M，B1，N共面. 角度2　夹角、垂直问题 (链教材P13例2)如图，正方体ABCD -A′B′C′D′ 的棱长为a． (1)求A′B和B′C的夹角； 解：设＝a，＝b，＝c. 由于正方体ABCD -A'B'C'D'的棱长为a， 所以＝＝＝a，且〈a，b〉＝90°，〈a，c〉＝90°，〈b，c〉＝90°. 因为＝－＝a－c，＝＝－＝b－c， 所以·＝·＝a·b－a·c－b·c＋c2＝0－0－0＋c2＝a2. 又＝a，＝a， 典例 4 所以cos〈，〉＝＝＝. 又0°≤〈，〉≤180°，所以〈，〉＝60°， 所以A'B与B'C的夹角为60°. (2)求证：A′B⊥AC′． 解：证明：由(1)知＝a－c，＝＋＋＝＋＋＝a＋b＋c， 所以·＝·＝a2＋a·b＋a·c－c·a－c·b－c2 ＝a2＋0＋0－0－0－a2＝0， 所以⊥，所以A'B⊥AC'. 规律方法 用基向量法解决夹角、垂直、长度问题的步骤 第一步：设出基向量； 第二步：用基向量表示出直线的方向向量； 第三步：用cos θ求夹角，用a·b＝0⇔a⊥b(a，b为非零向量)证垂直，用｜a｜求长度. 对点练4.已知空间四边形OABC 的各边及对角线的长都相等， M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点． (1)求证：OG⊥BC； 解：设a，b，c，各边及对角线长为a. 证明：连接ON，AN，如图①所示： 因为M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点， 所以×) a＋b＋c，又－c－b， 所以·(a＋b＋c)·(c－b)(a·c－a·b＋b·c－b2＋c2－b·c)＝0， 所以⊥，即OG⊥BC. (2)求异面直线ON与BM所成角的余弦值． 解：因为＝＋)＝b＋c， ＝－＝a－b， 所以｜｜＝＝a，｜｜＝＝a， ·＝(b＋c)·(a－b) ＝a·b－b2＋a·c－b·c＝－a2. 设异面直线ON与BM所成角为θ， 所以cos θ＝＝＝＝＝. 所以异面直线ON与BM所成角的余弦值为. 角度3　求距离(长度)问题 (1)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度为______． 典例 5 　 设a，b，c，则{a，b，c}构成空间的一个基底.因为a＋b＋c，所以｜｜2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＝1＋1＋1＋2×1×1×＋2×1×1×＋2×1×1×2，所以AC1. (2)(链教材P15T5)在正四面体ABCD中，棱长为a，M，N分别是棱AB，CD上的点，且MB＝2AM，CNND，则MN的长度为_____． a 因为＋(－)＋－)＝－，所以｜｜2－ ·－··a2－a2－a2＋a2＋a2＋a2a2，故｜｜a，即MNa. 规律方法 求空间距离(长度)问题的步骤 第一步：选取空间基向量，将待求线段对应的向量用基向量表示； 第二步：求该向量的模，利用空间向量的数量积运算求得线段的 长度．　 对点练5.(2025·安徽宣城期末调研)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，若AB＝AD＝AA1＝2，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∠BAD＝90°，则AC1的长 度为 A．2　　 B．2　　 C．3　　 D．5 √ 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝2，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∠BAD＝90°，··2×2×2，·0，而，所以｜｜ 2.故选B. 返回 课堂小结 任务再现 空间向量的基本定理及其应用(证明平行与共面、求夹角、线段长度、证垂直问题) 方法提炼 转化法，数形结合思想 易错警示 1.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，不理解空间向量基本定理的意义.3.向量夹角和线线角的范围不同，不要混淆 随堂评价 返回 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 √ 因为(a－b)，所以与a，b共面，所以a，b，不能构成空间基底．故选C． 2.在正方体ABCD-A'B'C'D'中，M为BB'上靠近B'的四等分点，若a，b，c，以{a，b，c}作为空间的一个基底，则向量可表示为 A．－a－b－c B．－a＋b－c C．a－b＋c D．－a－b＋c √ 由题意得，－－ －－－a＋b－c．故选B． 3.(概念辨析)(多选)设构成空间的一个基底，下列说法正确的是 A．a，b，c两两不共线，但两两共面 B．对空间任一向量p，总存在有序实数组，使得p＝xa＋yb＋zc C．a，a－c，a＋c能构成空间另一个基底 D．若xa＋yb＋zc＝0，则实数x，y，z全为零 √ √ √ 因为构成空间的一个基底，所以a，b，c两两不共线，但两两共面，故A正确；对空间任一向量p，总存在有序实数组，使得p＝xa＋yb＋zc，故B正确；因为2a，所以a，a－c，a＋c共面，故不能构成空间的一个基底，故C错误；根据空间向量基本定理可知，若xa＋yb＋zc＝0，则实数x，y，z全为零，故D正确.故选ABD． 4.在正三棱柱ABC -A1B1C1，E为CC1中点，ABAA1＝1，则直线BE与AC 所成角的余弦值为__________. 设a，b，c，则b＋c，－b－A．由｜｜＝1，｜｜，可得cos〈，〉，所以直线BE与AC所成角的余弦值为. 返回 课时分层评价 返回 1.若p：a，b，c是三个非零向量；q：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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析：空间不共面的三个向量可以作为空间的一个基底，若a，b，c是三个共面的非零向量，则不能作为空间的一个基底，不满足充分性；若为空间的一个基底，则a，b，c不共面，即a，b，c是三个非零向量，所以p是q的必要不充分条件.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知是空间的一组基底，则可以与向量p＝a＋b，q＝a－b构成基底的向量是 A．a　　 B．b　　 C．a＋2b　　 D．a＋c √ 因为p＝a＋b，q＝a－b，又2a＝－，2b＝＋，a＋2b＝＋，显然A，B，C三个选项中的向量都与p，q共面，而D选项中多了个c，无论如何，a＋c是无法用p，q线性表示的.故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E为棱A1C1的中点．设＝a，＝b，＝c，则＝ A．a＋b＋c　　 B．a＋b＋c C．a＋b＋c　　 D．a＋b＋c √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可得，a＋b＋c．故 选A． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(2025·山东东营高二质量监测)《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵ABC-A1B1C1中，M，N分别是A1C1，BB1的中点，G是MN的中点，若x＋y＋z，则x＋y＋z＝ A．　　 B．　　 C．1　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 连接AM，AN，如图所示，由于G是MN的中点，所以).根据题意知x＋y＋z，所以x，y，z，所以x＋y＋z.故 选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，O是底面正方形ABCD的中心，点M在DD1上运动，N是A1B1上靠近A1的三等分点，如图，当直线ON与AM垂直时，DM的长为 A．1　　 B．　　 C．　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 －)＋－－，，设λ(0≤λ≤1)，·(－－)·(＋λ)＝λ·－4λ－2＝0，所以λ，即，所以1.故选A． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)设e1，e2，e3是不共面的三个单位向量，则下列选项中能作为空间的一个基底的是 A． B．{e1－e3，e2＋e3，e1＋e2} C．{e1－e2，e2－2e3，e3－3e1} D．{e1＋e3，e2＋e3，e1＋e2} √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，设e1＋e2，e1＋e3，e2＋2e3三个向量共面，则存在唯一一对实数λ，μ，使得e1＋e2＝λ＋μ(e2＋2e3)，即e1＋e2＝λe1＋μe2＋(λ＋2μ)e3，又e1，e2，e3是不共面的三个单位向量，所以方程组无解，所以e1＋e2，e1＋e3，e2＋2e3三个向量不共面，能作为一个基底； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于B，因为(e1－e3)＋(e2＋e3)＝e1＋e2，所以e1－e3，e2＋e3，e1＋e2三个向量共面，故不能作为一个基底；对于C，设e1－e2，e2－2e3，e3－3e1三个向量共面，则存在唯一一对实数λ，μ，使得e1－e2＝λ(e2－2e3)＋μ(e3－3e1)，即e1－e2＝－3μe1＋λe2＋(μ－2λ)e3，又e1，e2，e3是不共面的三个单位向量，所以方程组无解，所以e1－e2，e2－2e3，e3－3e1三个向量不共面，能作为一个基底； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于D，设e1＋e3，e2＋e3，e1＋e2三个向量共面，则存在唯一一对实数λ，μ，使得e1＋e3＝λ(e2＋e3)＋μ(e1＋e2)，即e1＋e3＝μe1＋(λ＋μ)e2＋λe3，又e1，e2，e3是不共面的三个单位向量，所以所以e1＋e3，e2＋e3，e1＋e2三个向量不共面，能作为一个基底.故选ACD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.是空间的一个基底，向量p＝3a＋b＋c，是空间的另一个基底，向量p＝x＋y＋c，则x＋y＝　　　　. 3 因为p＝x＋y＋c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋c，且p＝3a＋b＋c，所以所以x＋y＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.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____． 如图所示，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＝｜cos〈，〉｜ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(2025·浙江宁波九校联考)已知底面重合的两个正四面体OABC和ODBC，G为△BDC的重心，记a，b，c，则向量用向 量a，b，c表示为______________． －a＋b＋c 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设H为BC的中点，连接AD，交平面OBC于I.根据题意得×－－) ［－××］＝－a＋b＋c． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)(2025·安徽安庆检测)如图，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，且∠APB＝∠APC＝∠BPC，PA＝3，PB＝PC＝2，M是PD的中点． (1)若m＋n＋p，求m＋n＋p的值； 解：因为－2， 所以m＋n＋p＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求线段BM的长． 解：因为－－)－－－， 所以［－］2＋2·)－·－·－×2×2×cos －×3×2×cos ＋9－3－＋9， 所以BM. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝2，A1A＝3，M为空间内一点，N为底面ABCD内一点，且满足λ＋λ－，异面直线A1A与B1N所成角为30°，则当线段MN的长度取最小值时，λ的值为 A．－　　 B．－　　 C．　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由λ＋λ－，得λ，即λ，所以点M在直线AC上.又异面直线A1A与B1N所成的角为30°，N为底面ABCD内一点，所以点N在以点B为圆心，半径为的圆上，因此要使MN长度最小，则B，N，M共线，且BM⊥AC．因为AB＝4，BC＝2，所以AC2，BM，此时AM，又因为反向，所以λ＝－ －.故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2，则下列说法正确的是 A．EG⊥PG　　 B．EG⊥BC C．FG∥BC　　 D．FG⊥EF √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，设a，b，c，则{a，b，c}是空 间的一个正交基底，则a·b＝a·c＝b·c＝0，取AB的中点H， 则×(a＋b)a＋b， －)c＋b，－a＋b －b－ca－b－c，c－b，－a＋b－ba，－b－－c－b，所以·a2－b2＝0，故A正确；·－c2＋b2＝0，故B正确；≠λ(λ∈R)，故C不正确；·0，故D正确.故选ABD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，若A1C⊥平面C1BD，则______． 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 不妨设x，CC1＝1，由A1C⊥平面C1BD，得A1C⊥C1B， A1C⊥C1D，， .由·0，得()· ()－··0，注意到 ··－，可得方程1－x2＋0，解得x＝1或x＝ －(舍去)，因此，当1时，能使A1C⊥平面C1BD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点． (1)求证：DE∥平面ACF； 解：证明：设a，b，c，则{a，b，c}构成空间的一个基底，且｜a｜＝｜b｜，a·b＝b·c＝c·a＝0. 依题意得，－c－b，a＋b，)a＋c． 设x＋y(x，y∈R)，则c－b＝x(a＋b)＋ya＋xb＋yc， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因此 又不共线，所以，，共面. 又直线DE不在平面ACF内， 所以DE∥平面ACF. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求证：BD⊥AE； 解：证明：依题意得，b－a，－a－b＋c＝c－a－b， 则·(b－a)·(c－a－b)＝－b2＋a2＝0， 因此⊥，从而BD⊥AE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)若ABCE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在， 求出的值；若不存在，请说明理由． 解：由ABCE，设｜a｜＝｜b｜＝2，则｜c｜. 假设在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE. 由O，G，E三点共线，设(1－λ)＋λλa＋λb＋(1－λ)c(0≤λ≤1)， 则一定有CG⊥DE，而c－b， 所以··(c－b)＝(1－λ)c2－λb2＝2－4λ＝0，解得λ， 易知CG⊥BD，所以点G是线段EO的中点时，满足题意，此时. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)(新角度)(多选)如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1，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 B．AC1⊥DB C．向量B1C与AA1的夹角是60° D．BD1与AC所成角的余弦值为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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···6 ×6×cos 60°＝18，()2 ＋2·＋2·＋2·36＋36＋ 36＋3×2×18＝216，则｜｜＝｜｜＝6，故A正确；·()·(－)·－·－··－0，故B正确；显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为，且向量的夹角是120°， 所以的夹角是120°，故C不正确；因为 －，，所以｜｜ 6，｜｜6，又·(－)·()＝36，所以cos〈，〉，故D不正确.故选AB． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)如图所示，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． 证明：连接AG并延长交BC于点H(图略)，由题意，可令{，，}为空间的一个基底， )××)－)＋－). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 连接DM(图略).因为点D，E，F，M共面，所以存在实数λ，μ，使得λ＋μ，即－λ(－)＋μ(－)， 所以(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，所以4(1－λ－μ)＋4λ＋4μ＝4，为定值. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 空 间 向 量 与 立 体 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