1.2空間向量基本定理課程標準課標解讀理解并記住共線向量基本定理、平面向量基本定理、共面向量定理及空間向量基本定理的內(nèi)容及含義..理解基底與基向量的含義，會用恰當?shù)幕蛄勘硎究臻g任意向量.會用相關的定理解決簡單的空間幾何問題.1.通過對空間向量基本定理的意義的掌握與了解，會用空間向量的基底表示空間任一向量，能用正交分解及坐標形式表示空間向量.2.結(jié)合平面向量與空間向量的基本定理，解決平面與立體幾何的相關問題.知識點1空間向量基本定理1．定理如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc.其中{a，b，c}叫做空間的一個基底，a，b，c都叫做基向量．如果p=xa+yb+zc，則稱xa+yb+zc為p在基底{a，b，c}下的分解式.注：（1）對于基底{a，b，c}應明確以下三點：①空間中任意三個不共面的向量都可以作為空間的一個基底．基底選定后，空間的所有向量均可由基底唯一表示；不同基底下，同一向量的表達式也有可能不同．②基底中的三個向量a，b，c都不是0.這是因為0與任意向量共線，與任意兩個向量共面．由于零向量與任意一個非零向量共線，與任意兩個不共線的非零向量共面，所以若三個向量不共面，就說明它們都不是零向量．③空間中的一個基底是由不共面的三個向量構成的，是一個向量組，基向量是指基底中的某一個向量，二者是相關聯(lián)的不同概念．（2）空間向量基本定理的推論設O，A，B，C是不共面的四點，則對空間內(nèi)任意一點P都存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得eq\o(OP,\s\up7(―→))＝xeq\o(OA,\s\up7(―→))＋yeq\o(OB,\s\up7(―→))＋zeq\o(OC,\s\up7(―→)).推論表明：可以根據(jù)空間向量基本定理確定空間任一點的位置．2．空間向量的正交分解(1)單位正交基底：空間的一個基底中的三個基向量兩兩垂直，且長度都為1，常用{i，j，k}表示．(2)正交分解：由空間向量基本定理可知，對空間中的任意向量a，均可以分解為三個向量xi，yj，zk，使a＝xi＋yj＋zk.像這樣，把一個空間向量分解為三個兩兩垂直的向量，叫做把空間向量正交分解．易錯辨析：（1）構成基底的三個向量中，可以有零向量嗎？不可以．（2）在四棱錐O-ABCD中，eq\o(OA,\s\up7(―→))可表示為eq\o(OA,\s\up7(―→))＝xeq\o(OB,\s\up7(―→))＋yeq\o(OC,\s\up7(―→))＋zeq\o(OD,\s\up7(―→))且唯一，這種說法對嗎？對．【即學即練1】下列說法正確的是（

）A．任何三個不共線的向量可構成空間向量的一個基底B．空間的基底有且僅有一個C．兩兩垂直的三個非零向量可構成空間的一個基底D．直線的方向向量有且僅有一個【解析】對于A，任何三個不共面的向量都可構成空間的一個基底，所以A錯誤，B錯誤；對于C，兩兩垂直的三個非零向量不共面，可構成空間的一個基底，C正確；對于D，直線的方向向量有無數(shù)個，所以D錯誤.故選：C【即學即練2】設p：a，b，c是三個非零向量；q：{a，b，c}為空間的一個基底，則p是q的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解析】當非零向量a，b，c不共面時，{a，b，c}可以當基底，否則不能當基底，當{a，b，c}為基底時，一定有a，b，c為非零向量．因此p?q，q?p.故選B【即學即練3】已知a，b，c是不共面的三個向量，則能構成空間的一個基底的一組向量是()A．3a，a－b，a＋2b B．2b，b－2a，b＋2aC．a(chǎn),2b，b－c D．c，a＋c，a－c【解析】C【即學即練4】【多選】設x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空間的一個基底，則下列向量組中，可以作為空間一個基底的向量組有()A．{a，b，x} B．{x，y，z}C．{b，c，z} D．{x，y，a＋b＋c}【解析】如圖所示，令a＝eq\o(AB,\s\up6(→))，b＝eq\o(AA1,\s\up6(→))，c＝eq\o(AD,\s\up6(→))，則x＝eq\o(AB1,\s\up6(→))，y＝eq\o(AD1,\s\up6(→))，z＝eq\o(AC,\s\up6(→))，a＋b＋c＝eq\o(AC1,\s\up6(→))，由于A，B1，C，D1四點不共面，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．【即學即練5】在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，E，F(xiàn)分別是AD1，BD的中點．用向量a，b，c表示eq\o(D1B,\s\up6(—→))，eq\o(EF,\s\up6(→))；【解析】如圖，連接AC，EF，D1F，BD1，eq\o(D1B,\s\up6(—→))＝eq\o(D1D,\s\up6(—→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))＝－eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→))＝a－b－c，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(D1A,\s\up6(—→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a－c)＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)c.知識點2證明平行、共面問題1.對于空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ，使a＝λb.2.如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.3．直線平行和點共線都可以轉(zhuǎn)化為向量共線問題；點線共面可以轉(zhuǎn)化為向量共面問題．【即學即練6】如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在B1B和D1D上，且BE＝eq\f(1,3)BB1，DF＝eq\f(2,3)DD1.求證：A，E，C1，F(xiàn)四點共面．【證明】因為eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(AA1,\s\up6(→))))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))＋\f(2,3)\o(AA1,\s\up6(→))))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))共面，所以A，E，C1，F(xiàn)四點共面．知識點3夾角、垂直問題(1)θ為a，b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(2)若a，b是非零向量，則a⊥b?a·b＝0.注：區(qū)分向量的夾角與異面直線所成的角的范圍．【即學即練7】在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1，BD的中點，點G在棱CD上，且CG＝eq\f(1,3)CD.(1)證明：EF⊥B1C；(2)求EF與C1G所成角的余弦值．【解析】(1)證明設eq\o(DA,\s\up6(→))＝i，eq\o(DC,\s\up6(→))＝j，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝k，則{i，j，k}構成空間的一個正交基底．所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)k＋eq\f(1,2)(eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j－eq\f(1,2)k，eq\o(B1C,\s\up6(—→))＝eq\o(B1B,\s\up6(—→))＋eq\o(BC,\s\up6(→))＝－i－k，所以eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(—→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·(－i－k)＝－eq\f(1,2)|i|2＋eq\f(1,2)|k|2＝0，所以EF⊥B1C.(2)解∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j－eq\f(1,2)k，eq\o(C1G,\s\up6(—→))＝eq\o(C1C,\s\up6(—→))＋eq\o(CG,\s\up6(→))＝－k－eq\f(1,3)j，|eq\o(EF,\s\up6(→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))2＝eq\f(1,4)|i|2＋eq\f(1,4)|j|2＋eq\f(1,4)|k|2＝3，|eq\o(EF,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(C1G,\s\up6(—→))|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k－\f(1,3)j))2＝|k|2＋eq\f(1,9)|j|2＝4＋eq\f(4,9)＝eq\f(40,9)，|eq\o(C1G,\s\up6(—→))|＝eq\f(2\r(10),3)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(C1G,\s\up6(—→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·\o(C1G,\s\up6(—→)),|\o(EF,\s\up6(→))|·|\o(C1G,\s\up6(—→))|)，＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)i＋\f(1,2)j－\f(1,2)k))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k－\f(1,3)j)),\r(3)×\f(2\r(10),3))＝eq\f(\f(4,3),\f(2\r(30),3))＝eq\f(\r(30),15).即EF與C1G所成角的余弦值為eq\f(\r(30),15).知識點4距離(長度)問題eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(a·a)(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\r(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))))．【即學即練8】已知平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，，．(1)求；(2)求．【解析】(1)設，，，由題意得：，，，，，，；(2)考點一空間向量基本定理的理解解題方略：判斷基底的方法(1)判斷一組向量能否作為空間的一個基底，實質(zhì)是判斷這三個向量是否共面，若不共面，就可以作為一個基底．如果從正面難以入手，可用反證法或利用一些常見的幾何圖形進行判斷．(2)判斷基底時，常常依托正方體、長方體、平行六面體、四面體等幾何體，用它們從同一頂點出發(fā)的三條棱對應的向量為基底，并在此基礎上構造其他向量進行相關的判斷．【例1-1】已知能構成空間的一個基底，則下面的各組向量中，不能構成空間基底的是（

）A． B． C． D．【解析】由圖形結(jié)合分析，三個向量共面，不構成基底，故選：C變式1：已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，且eq\o(OA,\s\up6(→))＝e1＋2e2－e3，eq\o(OB,\s\up6(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq\o(OC,\s\up6(→))＝e1＋e2－e3，試判斷{eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))}能否作為空間的一個基底．【解析】假設eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))共面．則存在實數(shù)λ，μ使得eq\o(OA,\s\up6(→))＝λeq\o(OB,\s\up6(→))＋μeq\o(OC,\s\up6(→))，∴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，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3λ＋μ＝1，,λ＋μ＝2，,2λ－μ＝－1))此方程組無解，∴eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))不共面，∴{eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))}可以作為空間的一個基底．變式2：設x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空間的一個基底．給出下列向量組：①{a，b，x}；②{x，y，z}；③{b，c，z}；④{x，y，a＋b＋c}．其中可以作為空間的基底的向量組有________個．【解析】如圖所設a＝eq\o(AB,\s\up7(―→))，b＝eq\o(AA1,\s\up7(―→))，c＝eq\o(AD,\s\up7(―→))，則x＝eq\o(AB1,\s\up7(―→))，y＝eq\o(AD1,\s\up7(―→))，z＝eq\o(AC,\s\up7(―→))，a＋b＋c＝eq\o(AC1,\s\up7(―→)).由A，B1，D1，C四點不共面可知向量x，y，z也不共面．同理可知b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面，可以作為空間的基底．因x＝a＋b，故a，b，x共面，故不能作為基底．答案：3變式3：已知O，A，B，C為空間不共面的四點，且向量a＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，向量b＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→))，則與a，b不能構成空間基底的是()A.eq\o(OA,\s\up6(→))B.eq\o(OB,\s\up6(→))C.eq\o(OC,\s\up6(→)) D.eq\o(OA,\s\up6(→))或eq\o(OB,\s\up6(→))【解析】∵eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a－b)，∴eq\o(OC,\s\up6(→))與a，b共面，∴a，b，eq\o(OC,\s\up6(→))不能構成空間基底．故選C變式4：已知是空間的一個基底，向量，，，若能作為基底，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B．C． D．【解析】若，，共面，由共面向量定理知，存在實數(shù)x，y，使得，即．因為，，不共面，所以，，，解得，，，即當時，，此時不能作為基底，所以若能作為基底，則實數(shù)滿足的條件是．故選：B變式5：若向量eq\o(MA,\s\up7(―→))，eq\o(MB,\s\up7(―→))，eq\o(MC,\s\up7(―→))的起點M與終點A，B，C互不重合且無三點共線，且滿足下列關系(O是空間任一點)，則能使向量eq\o(MA,\s\up7(―→))，eq\o(MB,\s\up7(―→))，eq\o(MC,\s\up7(―→))成為空間一組基底的關系的是()A．eq\o(OM,\s\up7(―→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up7(―→))B．eq\o(MA,\s\up7(―→))≠eq\o(MB,\s\up7(―→))＋eq\o(MC,\s\up7(―→))C．eq\o(OM,\s\up7(―→))＝eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\o(OC,\s\up7(―→))D．eq\o(MA,\s\up7(―→))＝2eq\o(MB,\s\up7(―→))－eq\o(MC,\s\up7(―→))【解析】A中，因為eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝1，所以M，A，B，C共面；B中，eq\o(MA,\s\up7(―→))≠eq\o(MB,\s\up7(―→))＋eq\o(MC,\s\up7(―→))，但可能eq\o(MA,\s\up7(―→))＝λeq\o(MB,\s\up7(―→))＋μeq\o(MC,\s\up7(―→))，所以M，A，B，C四點可能共面；D中，因為eq\o(MA,\s\up7(―→))＝2eq\o(MB,\s\up7(―→))－eq\o(MC,\s\up7(―→))，所以M，A，B，C四點共面．故選C.考點二空間向量基本定理的應用解題方略：用基底表示向量的策略(1)若基底確定，要充分利用向量加法、減法的三角形法則和平行四邊形法則，以及向量數(shù)乘的運算律進行．(2)若沒給定基底時，首先選擇基底，選擇時，要盡量使所選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夾角已知或易求．（一）用基底表示空間向量【例2-1】如圖，M，N分別是四面體OABC的邊OA，BC的中點，P，Q是MN的三等分點．用向量eq\o(OA,\s\up7(―→))，eq\o(OB,\s\up7(―→))，eq\o(OC,\s\up7(―→))表示eq\o(OP,\s\up7(―→))和eq\o(OQ,\s\up7(―→)).【解析】eq\o(OP,\s\up7(―→))＝eq\o(OM,\s\up7(―→))＋eq\o(MP,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(2,3)eq\o(MN,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(2,3)(eq\o(ON,\s\up7(―→))－eq\o(OM,\s\up7(―→)))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(ON,\s\up7(―→))－\f(1,2)eq\o(OA,\s\up7(―→))))＝eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\o(OC,\s\up7(―→)))＝eq\f(1,6)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up7(―→)).eq\o(OQ,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(OM,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(OP,\s\up7(―→))＝eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,12)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,6)eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\f(1,6)eq\o(OC,\s\up7(―→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,6)eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\f(1,6)eq\o(OC,\s\up7(―→)).變式1：四面體OABC中，eq\o(OA,\s\up7(―→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(―→))＝b，eq\o(OC,\s\up7(―→))＝c，點M在OA上，且eq\o(OM,\s\up7(―→))＝2eq\o(MA,\s\up7(―→))，N為BC中點，則eq\o(MN,\s\up7(―→))為()A.eq\f(1,2)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,2)c B.－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)cC.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－eq\f(2,3)c D.eq\f(2,3)a＋eq\f(2,3)b－eq\f(1,2)c【解析】eq\o(MN,\s\up7(―→))＝eq\o(MA,\s\up7(―→))＋eq\o(AB,\s\up7(―→))＋eq\o(BN,\s\up7(―→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\o(OB,\s\up7(―→))－eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OC,\s\up7(―→))－eq\o(OB,\s\up7(―→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up7(―→))＝－eq\f(2,3)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.故選B變式2：如圖所示，正方體OABC-O′A′B′C′，且eq\o(OA,\s\up7(―→))＝a，eq\o(OC,\s\up7(―→))＝b，eq\o(OO′,\s\up7(―→))＝c.(1)用a，b，c表示向量eq\o(OB′,\s\up7(―→))，eq\o(AC′,\s\up7(―→))；(2)設G，H分別是側(cè)面BB′C′C和O′A′B′C′的中心，用a，b，c表示eq\o(GH,\s\up7(―→)).【解析】(1)eq\o(OB′,\s\up7(―→))＝eq\o(OB,\s\up7(―→))＋eq\o(BB′,\s\up7(―→))＝eq\o(OA,\s\up7(―→))＋eq\o(OC,\s\up7(―→))＋eq\o(OO′,\s\up7(―→))＝a＋b＋c.eq\o(AC′,\s\up7(―→))＝eq\o(AC,\s\up7(―→))＋eq\o(CC′,\s\up7(―→))＝eq\o(AB,\s\up7(―→))＋eq\o(AO,\s\up7(―→))＋eq\o(AA′,\s\up7(―→))＝eq\o(OC,\s\up7(―→))＋eq\o(OO′,\s\up7(―→))－eq\o(OA,\s\up7(―→))＝b＋c－a.(2)法一：連接OG，OH(圖略)，則eq\o(GH,\s\up7(―→))＝eq\o(GO,\s\up7(―→))＋eq\o(OH,\s\up7(―→))＝－eq\o(OG,\s\up7(―→))＋eq\o(OH,\s\up7(―→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(OB′,\s\up7(―→))＋eq\o(OC,\s\up7(―→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(OB′,\s\up7(―→))＋eq\o(OO′,\s\up7(―→)))＝－eq\f(1,2)(a＋b＋c＋b)＋eq\f(1,2)(a＋b＋c＋c)＝eq\f(1,2)(c－b)．法二：連接O′C，則eq\o(GH,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(CO′,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OO′,\s\up7(―→))－eq\o(OC,\s\up7(―→)))＝eq\f(1,2)(c－b).變式3：如圖，在四面體ABCD中，G為△ABC的重心，E是BD上一點，BE＝3ED，以{eq\o(AB,\s\up7(―→))，eq\o(AC,\s\up7(―→))，eq\o(AD,\s\up7(―→))}為基底，則eq\o(GE,\s\up7(―→))＝________.【解析】如圖，連接AG延長線交BC于點M，連接AE，則eq\o(GE,\s\up7(―→))＝eq\o(AE,\s\up7(―→))－eq\o(AG,\s\up7(―→))＝eq\o(AB,\s\up7(―→))＋eq\f(3,4)eq\o(BD,\s\up7(―→))－eq\f(2,3)eq\o(AM,\s\up7(―→))＝eq\o(AB,\s\up7(―→))＋eq\f(3,4)(eq\o(AD,\s\up7(―→))－eq\o(AB,\s\up7(―→)))－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(―→))＋eq\o(AC,\s\up7(―→)))＝－eq\f(1,12)eq\o(AB,\s\up7(―→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up7(―→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(―→)).答案：－eq\f(1,12)eq\o(AB,\s\up7(―→))－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up7(―→))＋eq\f(3,4)eq\o(AD,\s\up7(―→))（二）用基底法求空間向量的數(shù)量積【例2-2】如圖，已知四面體ABCD的每條棱長都等于1，點E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，設eq\o(AB,\s\up7(―→))＝a，eq\o(AC,\s\up7(―→))＝b，eq\o(AD,\s\up7(―→))＝c，a，b，c為空間向量的一組基底．計算eq\o(EF,\s\up7(―→))·eq\o(BA,\s\up7(―→)).【解析】因為四面體ABCD的每條棱長都等于1，所以|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝eq\f(π,3).因為點E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，所以eq\o(EF,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up7(―→))－eq\o(AB,\s\up7(―→)))＝eq\f(1,2)(c－a)，所以eq\o(EF,\s\up7(―→))·eq\o(BA,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)(c－a)·(－a)＝eq\f(1,2)[－a·c＋(－a)·(－a)]＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1×1×\f(1,2)＋1))＝eq\f(1,4).變式1：在棱長為2的正四面體ABCD中，點M滿足eq\o(AM,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→))－(x＋y－1)eq\o(AD,\s\up6(→))，點N滿足eq\o(BN,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(BC,\s\up6(→))，當AM，BN最短時，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))等于()A．－eq\f(4,3)B.eq\f(4,3)C．－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)【解析】由共面向量基本定理和空間向量基本定理可知，M∈平面BCD，N∈直線AC，當AM，BN最短時，AM⊥平面BCD，BN⊥AC，∴M為△BCD的中心，N為AC的中點，即2|eq\o(MC,\s\up6(→))|＝eq\f(2,sin60°)＝eq\f(4\r(3),3)，∴|eq\o(MC,\s\up6(→))|＝eq\f(2\r(3),3)，∵AM⊥平面BCD，MC?平面BCD，∴AM⊥MC，∴|eq\o(MA,\s\up6(→))|＝eq\r(|\o(AC,\s\up6(→))|2－|\o(MC,\s\up6(→))|2)＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq\f(2\r(6),3).又eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(MA,\s\up6(→)))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(MA,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)|eq\o(MA,\s\up6(→))|2＝－eq\f(4,3).（三）利用空間向量基本定理求參數(shù)【例2-3】已知空間的一個基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋2c，若m與n共線，則x＝________；y＝________.【解析】因為m與n共線，所以存在實數(shù)λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋2λc，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λx，,－1＝λy，,1＝2λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝－2.))答案：2－2變式1：若{a，b，c}是空間的一個基底，且存在實數(shù)x，y，z，使得xa＋yb＋zc＝0，則x，y，z滿足的條件是________．【解析】若x≠0，則a＝－eq\f(y,x)b－eq\f(z,x)c，即a與b，c共面．由{a，b，c}是空間的一個基底知a，b，c不共面，故x＝0，同理y＝z＝0.答案：x＝y(tǒng)＝z＝0變式2：正方體ABCD-A′B′C′D′中，O1，O2，O3分別是AC，AB′，AD′的中點，以{eq\o(AO1,\s\up7(―→))，eq\o(AO2,\s\up7(―→))，eq\o(AO3,\s\up7(―→))}為基底，eq\o(AC,\s\up7(―→))′＝xeq\o(AO1,\s\up7(―→))＋yeq\o(AO2,\s\up7(―→))＋zeq\o(AO3,\s\up7(―→))，則x，y，z的值是()A．x＝y(tǒng)＝z＝1 B．x＝y(tǒng)＝z＝eq\f(1,2)C．x＝y(tǒng)＝z＝eq\f(\r(2),2) D．x＝y(tǒng)＝z＝2【解析】eq\o(AC,\s\up7(―→))′＝eq\o(AA,\s\up7(―→))′＋eq\o(AD,\s\up7(―→))＋eq\o(AB,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up7(―→))＋eq\o(AD,\s\up7(―→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA,\s\up7(―→))′＋eq\o(AD,\s\up7(―→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA,\s\up7(―→))′＋eq\o(AB,\s\up7(―→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(―→))′＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(―→))′＝eq\o(AO1,\s\up7(―→))＋eq\o(AO3,\s\up7(―→))＋eq\o(AO2,\s\up7(―→))，由空間向量基本定理，得x＝y(tǒng)＝z＝1.故選A變式3：點P是矩形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，M，N分別是PC，PD上的點，且eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PC,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(ND,\s\up6(→))，則滿足eq\o(MN,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AP,\s\up6(→))的實數(shù)x，y，z的值分別為________．【解析】取PC的中點E，連接NE，則eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(EN,\s\up6(→))－eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))－(eq\o(PM,\s\up6(→))－eq\o(PE,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(PC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(PC,\s\up6(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(PC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,6)(－eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,6)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AP,\s\up6(→))，比較知x＝－eq\f(2,3)，y＝－eq\f(1,6)，z＝eq\f(1,6).變式4：已知四面體O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一點，且OG＝3GG1，若eq\o(OG,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，則(x，y，z)為()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】如圖所示，連接AG1并延長，交BC于點E，則點E為BC的中點，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))，eq\o(AG1,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OB,\s\up6(→))－2eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))，∵eq\o(OG,\s\up6(→))＝3eq\o(GG1,\s\up6(→))，∴eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OG1,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AG1,\s\up6(→)))＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OB,\s\up6(→))－\f(2,3)\o(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\o(OC,\s\up6(→))))＝eq\f(1,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(OC,\s\up6(→)).∴x＝eq\f(1,4)，y＝eq\f(1,4)，z＝eq\f(1,4).考點三用向量法證明平行、共面問題解題方略：證明平行、共面問題的思路(1)利用向量共線的充要條件來證明點共線或直線平行．要證兩直線平行，可構造與兩直線分別平行的向量，只要證明這兩個向量滿足a＝λb即可．(2)利用空間向量基本定理證明點線共面或線面平行．【例3-1】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是底面A1C1和側(cè)面CD1的中心，若eq\o(EF,\s\up7(―→))＋λeq\o(A1D,\s\up7(―→))＝0(λ∈R)，則λ＝________.【解析】如圖，連接A1C1，C1D，則E在A1C1上，F(xiàn)在C1D上，易知EF//eq\f(1,2)A1D，∴eq\o(EF,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1D,\s\up7(―→))，即eq\o(EF,\s\up7(―→))－eq\f(1,2)eq\o(A1D,\s\up7(―→))＝0，∴λ＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)【例3-2】如圖，在平行六面體ABCD－A′B′C′D′中，E，F(xiàn)，G分別是A′D′，DD′，D′C′的中點，請選擇恰當?shù)幕紫蛄孔C明：(1)EG∥AC；(2)平面EFG∥平面AB′C.【證明】取基底{eq\o(AA′,\s\up6(—→))，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))}，(1)因為eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\o(ED′,\s\up6(—→))＋eq\o(D′G,\s\up6(——→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝2eq\o(EG,\s\up6(→))，所以eq\o(EG,\s\up6(→))∥eq\o(AC,\s\up6(→))，又EG，AC無公共點，所以EG∥AC.(2)因為eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\o(FD′,\s\up6(—→))＋eq\o(D′G,\s\up6(——→))＝eq\f(1,2)eq\o(AA′,\s\up6(—→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AB′,\s\up6(—→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(—→))＝2eq\o(FG,\s\up6(→))，所以eq\o(FG,\s\up6(→))∥eq\o(AB′,\s\up6(—→))，又FG，AB′無公共點，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，可得EG∥平面AB′C，又FG∩EG＝G，F(xiàn)G，EG?平面EFG，所以平面EFG∥平面AB′C.考點四用向量法解決立體幾何的垂直、夾角問題解題方略：求夾角、證明線線垂直的方法1、要證兩直線垂直，由數(shù)量積的性質(zhì)a⊥b?a·b＝0可知，可構造與兩直線分別平行的向量，只要證明這兩個向量的數(shù)量積為0即可．2、利用數(shù)量積定義可得cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)，求〈a，b〉的大小，進而求得線線角，兩直線垂直可作為求夾角的特殊情況．【例4-1】如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G，G1分別是棱CC1，BC，CD，A1B1的中點．求證：(1)AD1⊥G1G；(2)AD1∥EF;(3)A1G⊥DF;(4)求DE與AD1所成角的余弦值.【證明】設eq\o(AB,\s\up7(―→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(―→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(―→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1且a·b＝b·c＝a·c＝0.(1)因為eq\o(AD1,\s\up7(―→))＝b＋c，eq\o(G1G,\s\up7(―→))＝eq\o(G1A1,\s\up7(―→))＋eq\o(A1A,\s\up7(―→))＋eq\o(AD,\s\up7(―→))＋eq\o(DG,\s\up7(―→))＝－eq\f(1,2)a－c＋b＋eq\f(1,2)a＝b－c，所以eq\o(AD1,\s\up7(―→))·eq\o(G1G,\s\up7(―→))＝(b＋c)·(b－c)＝b2－c2＝0，所以eq\o(AD1,\s\up7(―→))⊥eq\o(G1G,\s\up7(―→))，所以AD1⊥G1G.(2)因為eq\o(AD1,\s\up7(―→))＝b＋c，eq\o(EF,\s\up7(―→))＝eq\o(CF,\s\up7(―→))－eq\o(CE,\s\up7(―→))＝eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up7(―→))－eq\f(1,2)eq\o(CC1,\s\up7(―→))＝－eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c，所以eq\o(EF,\s\up7(―→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AD1,\s\up7(―→))，所以EF∥AD1.(3)證明：因為eq\o(A1G,\s\up7(―→))＝eq\o(A1A,\s\up7(―→))＋eq\o(AD,\s\up7(―→))＋eq\o(DG,\s\up7(―→))＝－c＋b＋eq\f(1,2)a，eq\o(DF,\s\up7(―→))＝eq\o(DC,\s\up7(―→))＋eq\o(CF,\s\up7(―→))＝a－eq\f(1,2)b，所以eq\o(A1G,\s\up7(―→))·eq\o(DF,\s\up7(―→))＝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\up7(―→))⊥eq\o(DF,\s\up7(―→))，所以A1G⊥DF.(4)因為eq\o(AD1,\s\up7(―→))＝b＋c，eq\o(DE,\s\up7(―→))＝a＋eq\f(1,2)c，所以cos〈eq\o(AD1,\s\up7(―→))，eq\o(DE,\s\up7(―→))〉＝eq\f(eq\o(AD1,\s\up7(―→))·eq\o(DE,\s\up7(―→)),|eq\o(AD1,\s\up7(―→))||eq\o(DE,\s\up7(―→))|)＝eq\f((b＋c)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)c)),\r(2)×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(10),10)，所以AD1與DE所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).【例4-2】在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F(xiàn)，G，H分別是CC1，BC，CD和A1C1的中點．證明：①AB1∥GE，AB1⊥EH；②A1G⊥平面EFD.證明①設正方體棱長為1，eq\o(AB,\s\up6(→))＝i，eq\o(AD,\s\up6(→))＝j，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝k，則{i，j，k}構成空間的一個單位正交基底．eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝i＋k，eq\o(GE,\s\up6(→))＝eq\o(GC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)k＝eq\f(1,2)eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴AB1∥GE.eq\o(EH,\s\up6(→))＝eq\o(EC1,\s\up6(→))＋eq\o(C1H,\s\up6(—→))＝eq\f(1,2)k＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))(i＋j)＝－eq\f(1,2)i－eq\f(1,2)j＋eq\f(1,2)k，∵eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(EH,\s\up6(→))＝(i＋k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)i－\f(1,2)j＋\f(1,2)k))＝－eq\f(1,2)|i|2＋eq\f(1,2)|k|2＝0，∴AB1⊥EH.②eq\o(A1G,\s\up6(—→))＝eq\o(A1A,\s\up6(—→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DG,\s\up6(→))＝－k＋j＋eq\f(1,2)i.eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝i－eq\f(1,2)j，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝i＋eq\f(1,2)k.∴eq\o(A1G,\s\up6(—→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i－\f(1,2)j))＝－eq\f(1,2)|j|2＋eq\f(1,2)|i|2＝0，∴A1G⊥DF.eq\o(A1G,\s\up6(—→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k＋j＋\f(1,2)i))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i＋\f(1,2)k))＝－eq\f(1,2)|k|2＋eq\f(1,2)|i|2＝0，∴A1G⊥DE.又DE∩DF＝D，DE，DF?平面EFD，∴A1G⊥平面EFD.【例4-3】已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為__________.【解析】如圖所示，設eq\o(BA,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝c，則〈a，b〉＝120°，c⊥a，c⊥b，因為eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→))＝－a＋c，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝b＋c，|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))|·|\o(BC1,\s\up6(→))|)＝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×cos120°＋1|,\r(10))＝eq\f(2,\r(10))＝eq\f(\r(10),5).變式1：已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1與AB，AC都成60°角，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(10),5)D.eq\f(1,6)【解析】設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，|eq\o(AB1,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋c2＋2a·c)＝eq\r(4＋4＋4)＝2eq\r(3)，|eq\o(BC1,\s\up6(→))|＝eq\r(a2＋b2＋c2＋2b·c－2a·b－2a·c)＝eq\r(4＋4＋4)＝2eq\r(3)，所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))1||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,6).題組A基礎過關練1、①若{a，b，c}可以作為空間的一個基底，d與c共線，d≠0，則{a，b，d}也可以作為空間的一個基底；②已知向量a∥b，則a，b與任何向量都不能構成空間的一個基底；③A，B，M，N是空間四點，若eq\o(BA,\s\up7(―→))，eq\o(BM,\s\up7(―→))，eq\o(BN,\s\up7(―→))不能構成空間的一個基底，則A，B，M，N四點共面；④已知{a，b，c}是空間的一個基底，若m＝a＋c，則{a，b，m}也是空間的一個基底．其中正確命題的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4【解析】根據(jù)基底的概念，知空間中任何三個不共面的向量都可作為空間的一個基底．顯然②正確．③中由eq\o(BA,\s\up7(―→))，eq\o(BM,\s\up7(―→))，eq\o(BN,\s\up7(―→))不能構成空間的一個基底，知eq\o(BA,\s\up7(―→))，eq\o(BM,\s\up7(―→))，eq\o(BN,\s\up7(―→))共面．又eq\o(BA,\s\up7(―→))，eq\o(BM,\s\up7(―→))，eq\o(BN,\s\up7(―→))過相同點B，知A，B，M，N四點共面．下面證明①④正確：假設d與a，b共面，則存在實數(shù)λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d與c共線，c≠0，∴存在實數(shù)k，使得d＝kc.∵d≠0，∴k≠0，從而c＝eq\f(λ,k)a＋eq\f(μ,k)b，∴c與a，b共面，與條件矛盾，∴d與a，b不共面．同理可證④也是正確的．于是①②③④四個命題都正確，故選D.2、已知O，A，B，C為空間四點，且向量，，不能構成空間的一個基底，則一定有（

）A．，，共線 B．O，A，B，C中至少有三點共線C．與共線 D．O，A，B，C四點共面【解析】由于向量，，不能構成空間的一個基底知，，共面，所以O，A，B，C四點共面，故選：D3、如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，點O為空間內(nèi)任意一點，設eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則向量eq\o(OD,\s\up6(→))可用a，b，c表示為()A．a(chǎn)－b＋2cB．a(chǎn)－b－2cC．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cD.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c【解析】eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c.故選D4、在空間四點O，A，B，C中，若{eq\o(OA,\s\up7(―→))，eq\o(OB,\s\up7(―→))，eq\o(OC,\s\up7(―→))}是空間的一個基底，則下列命題不正確的是()A．O，A，B，C四點不共線B．O，A，B，C四點共面，但不共線C．O，A，B，C四點不共面D．O，A，B，C四點中任意三點不共線【解析】選項A對應的命題是正確的，若四點共線，則向量eq\o(OA,\s\up7(―→))，eq\o(OB,\s\up7(―→))，eq\o(OC,\s\up7(―→))共面，構不成基底；選項B對應的命題是錯誤的，若四點共面，則eq\o(OA,\s\up7(―→))，eq\o(OB,\s\up7(―→))，eq\o(OC,\s\up7(―→))共面，構不成基底；選項C對應的命題是正確的，若四點共面，則eq\o(OA,\s\up7(―→))，eq\o(OB,\s\up7(―→))，eq\o(OC,\s\up7(―→))構不成基底；選項D對應的命題是正確的，若有三點共線，則這四點共面，向量eq\o(OA,\s\up7(―→))，eq\o(OB,\s\up7(―→))，eq\o(OC,\s\up7(―→))構不成基底．故選B5、正四面體棱長為2，，，分別是，，的中點，則的值為（

）A． B．1 C．2 D．4【解析】如圖，設，，，則，又，，∴.故選：B.6、正方體的棱長為a，，N為的中點，則（

）A． B． C． D．【解析】因為，所以，而N為的中點，所以．故．故選：C．7、已知空間向量，，不共面，且，則x，y，z的值分別是（

）A．2，1，2 B．2，1，C．1，，3 D．l，，3【解析】由題設知：，解得.故選：C8、在正方體ABCD-A1B1C1D1中，設eq\o(AB,\s\up7(―→))＝a，eq\o(AD,\s\up7(―→))＝b，eq\o(AA1,\s\up7(―→))＝c，A1C1與B1D1的交點為E，則eq\o(BE,\s\up7(―→))＝________.【解析】如圖，eq\o(BE,\s\up7(―→))＝eq\o(BB1,\s\up7(―→))＋eq\o(B1E,\s\up7(―→))＝eq\o(AA1,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(B1C1,\s\up7(―→))＋eq\o(B1A1,\s\up7(―→)))＝eq\o(AA1,\s\up7(―→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AD,\s\up7(―→))－eq\o(AB,\s\up7(―→)))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.答案：－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c9、已知三棱柱，點在線段上，且，則（

）A． B．C． D．【解析】由題意得：，，，故故選：D10、如圖，在三棱柱中，E，F(xiàn)分別是BC，的中點，，則（

）A．B．C．D．【解析】，故選：D．題組B能力提升練11、在棱長為1的正四面體ABCD中，直線AB與CD()A．相交 B．平行C．垂直 D．無法判斷位置關系【解析】eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·(eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BC,\s\up6(→)))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1×1×eq\f(1,2)－1×1×eq\f(1,2)＝0，故eq\o(BA,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，即直線AB與CD垂直．12、如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，E，F(xiàn)，G分別是DC，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成角的余弦值是()A．0 B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(15),5)【解析】取空間中一組基底：eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，根據(jù)題意可得，eq\o(A1E,\s\up6(—→))·eq\o(GF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c＋b＋\f(1,2)a))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c－b－\f(1,2)a))＝eq\f(1,2)c2－b2－eq\f(1,4)a2＝eq\f(1,2)×4－1－eq\f(1,4)×4＝0，從而得到eq\o(A1E,\s\up6(—→))和eq\o(GF,\s\up6(→))垂直，故其所成角的余弦值為0.13、在平行六面體中，若，則的值等于（

）A． B． C． D．【解析】在平行六面體中，，如圖，則有，而，且不共面，于是得，即，則，的值等于故選：D14、已知A?B?C?D?E是空間中的五個點，其中點A?B?C不共線，則“平面ABC”是“存在實數(shù)x?y，使得的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【解析】若平面ABC，則共面，故存在實數(shù)x?y，使得.若存在實數(shù)x?y，使得，則，，共面則平面ABC或平面ABC.所以“平面ABC”是“存在實數(shù)x?y，使得的充分而不必要條件.故選：A.15、若a＝e1＋e2，b＝e2＋e3，c＝e1＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，若e1，e2，e3不共面，當d＝αa＋βb＋γc時，α＋β＋γ＝________.【解析】由已知得，d＝(α＋γ)e1＋(α＋β)e2＋(γ＋β)e3.又d＝e1＋2e2＋3e3，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(α＋γ＝1，,α＋β＝2，,γ＋β＝3，))故有α＋β＋γ＝3.16、如圖所示，在正方體OABC－O1A1B1C1中，點G為△ACO1的重心，若eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OC,\s\up6(→))＝b，eq\o(OO1,\s\up6(→))＝c，eq\o(OG,\s\up6(→))＝xa＋yb＋zc，則x＋y＋z＝________.【解析】易知△ACO1為正三角形，連接OB，設AC，BO相交于點M，連接O1M，如圖所示，顯然點G在線段O1M上，且滿足eq\o(O1G,\s\up6(—→))＝2eq\o(GM,\s\up6(→))，有eq\o(OG,\s\up6(→))－eq\o(OO1,\s\up6(→))＝2(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OG,\s\up6(→)))，得eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OO1,\s\up6(→))，即eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))＋eq\f(1,3)eq\o(OO1,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OO1,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)a＋eq\f(1,3)b＋eq\f(1,3)c，可得x＋y＋z＝1.17、在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別在棱BB1，BC，BA上，且滿足eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))，O是平面B1GF、平面ACE與平面B1BDD1的一個公共點，設eq\o(BO,\s\up6(→))＝xeq\o(BG,\s\up6(→))＋yeq\o(BF,\s\up6(→))＋zeq\o(BE,\s\up6(→))，則x＋y＋z等于()A.eq\f(4,5)B.eq\f(6,5)C.eq\f(7,5)D.eq\f(8,5)【解析】因為eq\o(BO,\s\up6(→))＝xeq\o(BG,\s\up6(→))＋yeq\o(BF,\s\up6(→))＋zeq\o(BE,\s\up6(→))＝xeq\o(BG,\s\up6(→))＋yeq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(3z,4)eq\o(BB1,\s\up6(→))，O在平面B1GF內(nèi)，所以x＋y＋eq\f(3z,4)＝1，同理可得eq\f(x,2)＋eq\f(y,2)＋z＝1，解得x＋y＝eq\f(2,5)，z＝eq\f(4,5).所以x＋y＋z＝eq\f(6,5).故選B18、正四面體ABCD中，M，N分別為棱BC，AB的中點，則異面直線DM與CN所成角的余弦值為________．【解析】如圖，畫出對應的正四面體，取空間中一組基底：eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，設棱長均為1，因為eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝－c＋eq\f(1,2)(a＋b)＝eq\f(1,2)(a＋b－2c)，又eq\o(CN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a－b＝eq\f(1,2)(a－2b)．又a·b＝a·c＝b·c＝eq\f(1,2).設異面直線DM與CN所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|2\o(DM,\s\up6(→))·2\o(CN,\s\up6(→))|,|2\o(DM,\s\up6(→))|·|2\o(CN,\s\up6(→))|)＝eq\f(|(a＋b－2c)·(a－2b)|,\r(3)×\r(3))＝eq\f(|a2－2a·b＋a·b－2b2－2a·c＋4b·c|,3)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－1＋\f(1,2)－2－1＋2)),3)＝eq\f(1,6).題組C培優(yōu)拔尖練19、如圖所示的平行六面體中，已知，，N為上一點，且.若，則的值為________；若M為棱的中點，平面，則的值為________.【解析】①取空間中一組基底