資源簡介

(共10張PPT)
知識 清單破
1.1.2　空間向量基本定理
知識點 1 空間向量共線、共面的有關定理
1.共線向量基本定理
如果a≠0且b∥a,那么存在唯一的實數λ,使得b=λa.
2.共面向量定理
如果兩個向量a,b不共線,那么向量a,b,c共面的充要條件是,存在唯一的實數對(x,y),使c=xa+
yb.
知識點 2 空間向量基本定理
1.空間向量基本定理
如果空間中的三個向量a,b,c不共面,那么對空間中的任意一個向量p,存在唯一的有序實數組
(x,y,z),使得p=xa+yb+zc.
2.基底
如果空間中的三個向量a,b,c不共面,則它們的線性組合xa+yb+zc能生成所有的空間向量,這時
a,b,c組成空間向量的一組基底,記為{a,b,c},其中a,b,c都稱為基向量;表達式xa+yb+zc稱為向
量a,b,c的線性組合或線性表達式.
當a與e1,e2不共面時,不能這樣表示.
知識辨析 判斷正誤，正確的畫“ √” ，錯誤的畫“ ” .
1.若向量e1,e2不共線,則對空間中任意向量a,都有a=λe1+μe2(λ,μ∈R). (　 )

提示
2.若對向量p可找到三個向量a,b,c,使p=xa+yb+zc(x,y,z∈R),則a,b,c可構成空間向量的一組基
底. (　 )
提示

三個向量必須不共面才行.
3.空間向量的基底確定后,空間內的任何一個向量都能用這組基底唯一表示. (　 )
√
4.若{a,b,c}是空間向量的一組基底,且存在實數x,y,z使得xa+yb+zc=0,則必有x=y=z=0. (　 )
√
5.已知e1,e2,e3不共面,且 =e1+2e2-e3, =-3e1+e2+2e3, =e1+e2-e3,則{ , , }是空間向量
的一組基底.(　 )
√
假設 , , 共面,則存在實數λ,μ,使得 =λ +μ ,即e1+2e2-e3=(-3λ+μ)e1+(λ+μ)e2+(2λ-
μ)e3,∴-3λ+μ=1,λ+μ=2且2λ-μ=-1,無解,∴ , , 不共面,∴{ , , }能作為空間向量的一組基底.
提示
講解分析
疑難 情境破
疑難 1 共面向量定理的應用
證明空間向量共面或四點共面的方法
(1)向量共面:利用已知條件將其中一個向量表示成另外兩個向量的線性組合,即若p=xa+yb,
則向量p,a,b共面.
(2)空間四點A,B,P,M共面:① =x +y ;② = +x +y ;③ =x +y +z (x
+y+z=1);④ ∥ (或 ∥ 或 ∥ ).(O為空間中不與A,B,P,M重合的任一點,x,y,z∈
R)
典例 如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,過平面ABCD外一點O作射線OA,OB,OC,OD,在四條射
線上分別取點E,F,G,H,使 = = = =k,證明:E,F,G,H四點共面.

證明 因為 = = = =k,所以 =k , =k , =k , =k .
連接AC,EG,在 ABCD中, = + ,
所以 = - =k( - )=k =k( + )=k( - + - )= - + - = + .
由共面向量定理可知, , , 共面,
又 , , 過同一點E,
所以E,F,G,H四點共面.
疑難 2 空間向量基本定理的應用
1.用基底表示向量
　　若未給定基底,則先根據已知條件確定三個不共面的向量構成空間向量的一組基底.基
底確定后,利用空間向量的三角形法則及平行四邊形法則,結合相等向量的代換,把目標向量
逐步分解,向基底靠近,最后化簡整理求出結果.
2.利用空間向量基本定理求空間向量的數量積、模、夾角
根據已知條件確定基底,一般用已知的向量(向量的模、夾角已知)作為基向量,用基底表示要
求的向量,可證平行、垂直,可求兩向量的數量積、夾角,向量的模.
典例 如圖,在棱長為1的正四面體A-BCD中,E是線段CD的中點,O在線段BE上,且 =2 .設
=a, =b, =c,以{a,b,c}為基底,用向量法解決下列問題:

(1)用基底表示向量 ;
(2)證明: ⊥ , ⊥ .
解析 (1)連接AE.
= + = + = + ( - )= + = + × ( + )= + +
= a+ b+ c.
(2)證明:由題意知,a2=b2=c2=1,a·b=b·c=c·a= , =b-a, =c-a.
∵ · = (a+b+c)·(b-a)= (a·b-a2+b2-b·a+c·b-c·a)=0,
∴ ⊥ .
∵ · = (a+b+c)·(c-a)= (a·c-a2+b·c-b·a+c2-c·a)=0,
∴ ⊥ .1.1.2　空間向量基本定理
基礎過關練
題組一　共線向量基本定理
1.已知向量a,b,且=a+2b,=-5a+6b,=7a-2b,則一定共線的三點是(　　)
A.A,B,D　　　　B.A,B,C
C.B,C,D　　　　D.A,C,D
2.設空間向量e1,e2不共線,若ke1+e2與e1+ke2共線,則實數k的值為　　　　.
3.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,CD的中點,請判斷是否共線.
題組二　共面向量定理
4.(多選題)已知空間向量a,b,c不共面,則下列各選項中的三個向量共面的有(　　)
A.a-b,b-c,c-a
B.a+b,b+c,c+a
C.a+b,a+c,b-c
D.a-2b+c,-a+3b+2c,-3a+7b
5.(多選題)已知A,B,C三點不共線,O為平面ABC外一點,則能確定點M,A,B,C共面的是(　　)
A.
B.
C.
D.
6.已知向量e1,e2,e3是三個不共面的非零向量,且a=2e1-e2+e3,b=-e1+4e2-2e3,c=11e1+5e2+λe3,若向量a,b,c共面,則λ=　　　　.
7.如圖所示,平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別在B1B和D1D上,且BE=DD1.
(1)求證:A,E,C1,F四點共面;
(2)若,求x+y+z的值.
題組三　對空間向量基本定理的理解
8.(多選題)給出下列命題,其中正確的有(　　)
A.空間任意三個向量都可以作為一組基底
B.若兩個非零向量a,b與任何一個向量都不能構成空間向量的一組基底,則a,b共線
C.基底{a,b,c}中的基向量與基底{e,f,g}中的基向量對應相等
D.已知{a,b,c}是空間向量的一組基底,若m=a+c,則{a,b,m}也是空間向量的一組基底
9.若{a,b,c}是空間向量的一組基底,則下列能構成空間向量的另一組基底的是(　　)
A.b+c,a+c,a-b
B.a+b+c,a+b,a+c
C.a-b+c,a-b,a+c
D.2b-2c,a+b,a+c
題組四　空間向量基本定理的應用
10.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E為PD的中點,若=a,=b,=c,則用基底{a,b,c}表示向量為(　　)
A.a-b+c B.a-b-c
C.a-b+c D.a-b+c
11.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,點M是棱CC1的中點,連接B1M、BC1交于點P,則=(　　)
A. B.
C. D.
12.如圖,在正四面體P-ABC中,M,N分別為PA,BC的中點,D是線段MN上一點,且ND=2DM,若(x,y,z∈R),則x+y+z的值為　　　　.
13.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,已知=a,=b,=c,O為底面ABCD的中心,G為△D1C1O的重心,則=　　　　.
14.如圖,在正四面體A-BCD中,
M,N分別為棱BC,AB的中點,設=a,=b,=c,用a,b,c表示向量,則夾角的余弦值為　　　　.
15.平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為2的正方形,側棱AA1=4,且∠A1AD=∠A1AB=60°,M為BD的中點,P為BB1的中點,設=a,=b,=c.
(1)用向量a,b,c表示向量;
(2)求線段PM的長度.
能力提升練
題組一　共面向量定理的應用
1.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,
P,M為空間中任意兩點,如果,那么點M在(　　)
A.平面BAD1內　　　　B.平面BA1D內
C.平面BA1D1內　　　　D.平面AB1C1內
2.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N,H分別在棱BB1,BC,BA上,且滿足
,O是平面B1HN,平面ACM與平面B1BDD1的一個公共點,設,則x+y+3z=(　　)
A.2　　　　B.
3.已知圓錐PO(P為圓錐頂點,O為底面圓心)的軸截面是邊長為2的等邊三角形,A,B,C為底面圓周上三點,空間一動點Q滿足,則||的最小值為　　　　.
4.如圖,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1為平行四邊形,,AC1與平面EFG交于點M,則=　　　　.
題組二　空間向量基本定理的應用
5.如圖,在四面體B-ACD中,平面ABD⊥平面ACD,△ABD是等邊三角形,AD=CD,AD⊥CD,M為AB的中點,N在側面BCD上(包含邊界),若(x,y,z∈R),則下列說法正確的是(　　)
A.若x=,則MN∥平面ACD
B.若z=0,則MN⊥CD
C.當|MN|最小時,x=
D.當|MN|最大時,x=0
6.如圖,在三棱錐P-ABC中,G為△ABC的重心,點M在PG上,且PM=3MG,過點M任意作一個平面分別交棱PA,PB,PC于D,E,F三點,若,求證:為定值.
答案與分層梯度式解析
1.1.2　空間向量基本定理
基礎過關練
1.A 4.ACD 5.ABD 8.BD 9.C 10.C 11.B
1.A　因為=2a+4b=2(a+2b)=2,所以A,B,D三點共線.
2.答案　±1
解析　∵ke1+e2與e1+ke2共線,∴ke1+e2=t(e1+ke2)(t∈R),則(k-t)e1+
(1-tk)e2=0.
∵向量e1,e2不共線,∴k-t=0,1-tk=0,∴k=±1.
3.解析　共線.理由如下:
取AC的中點G,連接EG,FG,
∵E,F分別為AB,CD的中點,
∴,
∴),即共線.
4.ACD　對于A,因為a-b=-(b-c)-(c-a),所以a-b,b-c,c-a共面;
對于B,假設a+b,b+c,c+a共面,則存在λ,μ∈R,使得a+b=λ(b+c)+μ(c+a),即a+b=μa+λb+(λ+μ)c,所以無解,所以a+b,
b+c,c+a不共面;
對于C,因為b-c=(a+b)-(a+c),所以a+b,a+c,b-c共面;
對于D,因為a-2b+c=(-a+3b+2c)-(-3a+7b),所以a-2b+c,-a+3b+2c,
-3a+7b共面.
故選ACD.
5.ABD　空間四點A,B,C,M共面的充要條件是,其中O為空間中不與A,B,C,M重合的點,x+y+z=1.故選ABD.
6.答案　1
解析　因為向量a,b,c共面,所以存在實數m,n,使得c=ma+nb,即11e1+5e2+λe3=(2m-n)e1+(-m+4n)·e2+(m-2n)e3,即
7.解析　(1)證明:連接AC1,AC,則, ∴A,E,C1,F四點共面.
(2)) = =-,
∴x=-1,y=1,z=.
8.BD　空間中共面的三個向量不能作為一組基底,故A錯誤;兩個非零向量a,b與任何一個向量都不能構成空間向量的一組基底,說明a,b與任何一個向量都共面,故a∥b,故B正確;空間向量的基底不唯一,只要是不共面的三個向量都可以作為一組基底,故C錯誤;{a,b,c}是空間向量的一組基底,即a,b,c不共面,由m=a+c知m,a,c共面,故b與m,a不共面,則{a,b,m}是空間向量的一組基底,故D正確.故選BD.
9.C　因為b+c=(a+c)-(a-b),所以b+c,a+c,a-b共面,所以b+c,a+c,a-b不能構成空間向量的一組基底.
因為a+b+c=+b++c,所以a+b+c,+b,+c共面,所以a+b+c,+b,+c不能構成空間向量的一組基底.
假設存在實數m,n,使得a-b+c=m(a-b)+n(a+c)=(m+n)a-mb+nc,則無解,所以a-b+c,a-b,a+c不共面,所以{a-b+c,a-b,a+c}是空間向量的一組基底.
因為2b-2c=2[a+b-(a+c)],所以2b-2c,a+b,a+c共面,所以2b-2c,a+b,a+c不能構成空間向量的一組基底.故選C.
方法歸納　判斷給出的三個向量能否構成基底,關鍵是要判斷它們是否共面,當從正面難以入手時,可用反證法或借助一些常見的幾何圖形幫助我們進行判斷.
10.C　連接BD,∵E為PD的中點,∴(-b+++(a+c-2b)=-+.故選C.
11.B　在平行四邊形BB1C1C中,因為M為CC1的中點,且BB1∥CC1,所以,所以),所以.故選B.
12.答案　
解析　+
,所以x=,所以x+y+z=.
13.答案　-++
解析　連接OG,則) =
++.
14.答案　+-c;-
解析　連接AM,則+-c,.
設正四面體的棱長為1.
易知|a|=|b|=|c|=1,a·b=a·c=b·c=.
則cos<=.
15.解析　(1)(b-a-c).
(2)由題意得|a|=|b|=2,|c|=4,a·b=0,a·c=b·c=2×4×=4,
所以(b-a-c)2=(b2+a2+c2-2a·b-2b·c+2a·c)=×(4+4+16-0-8+8)=6,
所以|,即線段PM的長度為.
能力提升練
1.C 2.C 5.C
1.C　因為,所以M,B,A1,D1四點共面.故選C.
2.C　由題意可得y·.
∵O,A,C,M四點共面,O,H,N,B1四點共面,
∴,
∴x+y+3z=.故選C.
3.答案　
解析　因為,
所以Q,A,B,C四點共面.
易得PO⊥平面ABC,所以||≥||.
因為圓錐PO的軸截面是邊長為2的等邊三角形,
所以|,所以||的最小值為.
4.答案　
解析　設(0<λ<1).易知
,所以,又M,E,F,G四點共面,所以3λ+3λ+λ=1,解得λ=.
5.C　連接BN.因為N在側面BCD上(包含邊界),所以可設,λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1,所以.
又,所以且λ,μ∈[0,1],λ+μ≤1.
對于A,若x=,則λ=μ=0,所以點N與點B重合,顯然MN∩平面ACD=A,故A錯誤.
對于B,若z=μ=0,則,所以點N在線段BC上(包括端點).
因為AD⊥CD,平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,CD 平面ACD,所以CD⊥平面ABD,
所以當點N與點B重合時,MN⊥CD,故B錯誤.
對于C,D,過M作ME⊥BD,垂足為E,則|BE|=|BM|·cos∠ABD=|BD|,
|ME|=|BM|·sin∠ABD=|BD|.
連接NE,因為CD⊥平面ABD,ME 平面ABD,所以ME⊥CD,又ME⊥BD,
BD∩CD=D,BD,CD 平面BCD,所以ME⊥平面BCD,所以ME⊥NE,所以|MN|=,顯然當點N與點E重合時,|MN|最小,此時λ=0,μ=,所以y=0,z=;當點N與點C重合時,|MN|最大,此時λ=1,μ=0,所以y=1,z=0,x=-,故C正確,D錯誤.故選C.
6.證明　連接AG并延長,交BC于點H,由題意,{}可作為空間向量的一組基底,.連接DM.因為點D,E,F,M共面,所以存在唯一的實數對(λ,μ),使,即),所以.
由空間向量基本定理,知=μt,所以=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,為定值.
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