資源簡介

作業3　空間向量的數量積運算
分值：80分
單選題每小題5分，共20分；多選題每小題6分，共18分
1.已知向量a和b的夾角為120°，且|a|＝2，|b|＝5，則(2a－b)·a等于
A.12 B.8＋
C.4 D.13
2.已知|a|＝4，空間向量e為單位向量，〈a，e〉＝，則空間向量a在向量e方向上的投影向量的模為
A.2 B.－2
C.－ D.
3.已知空間向量a，b，c滿足a＝b＋c，＝1，＝2，，則a與b的夾角為
A.30° B.150°
C.60° D.120°
4.平行六面體(底面為平行四邊形的四棱柱)ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都為1，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，∠DAB＝45°，則BD1等于
A.－1 B.－1
C. D.
5.(多選)如圖所示，已知空間四邊形每條邊和對角線長都為a，點E，F，G分別是AB，AD，DC的中點，則下列向量的數量積等于a2的是
A.2· B.2·
C.2· D.2·
6.已知|a|＝13，|b|＝19，|a＋b|＝24，則|a－b|＝　　　　　.
7.(13分)已知在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝4，E為側面AB1的中心，F為A1D1的中點，試計算：
(1)·；(4分)
(2)·；(4分)
(3)·.(5分)
8.(14分)如圖，正四棱錐P－ABCD的各棱長都為a.
(1)用向量法證明BD⊥PC；(7分)
(2)求||的值.(7分)
9.(多選)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，下列命題是真命題的是
A.()2＝3
B.·＝0
C.與的夾角為60°
D.正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為|·|||
10.已知a＋3b與7a－5b垂直，且a－4b與7a－2b垂直，則〈a，b〉＝　　　　　.
11. (多選)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1的棱長均為3，且兩兩向量的夾角都是60°，過AC1的平面AEC1F與BB1，DD1分別交于點E，F，DF＝2，則
A.截面BDD1B1的面積為9
B.·＝11
C.的夾角是60°
D.平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為
12.在四面體OABC中，棱OA，OB，OC兩兩垂直，且OA＝1，OB＝2，OC＝3，G為△ABC的重心，則·()＝　　　　　　.
答案精析
1.D　[(2a－b)·a＝2a2－b·a
＝2|a|2－|a||b|·cos 120°
＝2×4－2×5×＝13.]
2.A　[由題意，
|a|＝4，|e|＝1，〈a，e〉＝，
則空間向量a在向量e方向上的投影向量為
|a|cos e＝4×e＝－2e，
故所求投影向量的模為|－2e|＝2.]
3.D　[設a與b的夾角為θ，由a＝b＋c，得a－b＝c，兩邊同時平方得a2－2a·b＋b2＝c2，所以1－2×1×2cos θ＋4＝7，解得cos θ＝－，又0°≤θ≤180°，所以θ＝120°.]
4.C　[如圖，因為，
所以||2＝||2＝||2＋||2＋||2
－·－2·＋2·
＝1＋1＋1－2×1×1×cos 45°－2×1×1×cos 60°＋2×1×1×cos 60°
＝3－，所以||＝.]
5.BC　[對于A，2·＝2a2cos 120°＝－a2，A錯誤；
對于B，2·＝2·＝2a2cos 60°＝a2，B正確；
對于C，2··＝a2，C正確；
對于D，2··
＝－·＝－a2，D錯誤.]
6.22
解析　|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2
＝132＋2a·b＋192＝242，
∴2a·b＝46，|a－b|2
＝a2－2a·b＋b2＝530－46＝484，
故|a－b|＝22.
7.解　如圖所示，
設＝a，
＝b，＝c，
則|a|＝|c|＝2，|b|＝4，a·b＝b·c＝c·a＝0.
(1)··()
＝·
＝b·
＝|b|2＝42＝16.
(2)·＝()·()
＝·()
＝·(a＋c)
＝|c|2－|a|2＝22－22＝0.
(3)·＝()·()
＝·
＝·
＝(－a＋b＋c)·
＝－|a|2＋|b|2＝2.
8.(1)證明　∵，
∴·＝()·
＝··
＝||||cos 60°＋||||cos 120°
＝a2－a2＝0.
∴⊥，∴BD⊥PC.
(2)解　∵，
∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·
＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos 60°＋2a2cos 60°＝5a2，
∴||＝a.
9.ABC　[設正方體的棱長為a，
A選項，()2＝＋2(···)＝3a2＝3，A選項正確；
B選項，·＝()·()＝()·()＝()·()＋·()＝··＝a2－a2＝0，B選項正確；
C選項，由于△AB1D1是等邊三角形，所以與的夾角為60°，C選項正確；
D選項，|·|||＝0，
所以D選項錯誤.]
10.60°
解析　由條件知(a＋3b)·(7a－5b)＝7|a|2－15|b|2＋16a·b＝0，
(a－4b)·(7a－2b)＝7|a|2＋8|b|2－30a·b＝0，
兩式相減得46a·b＝23|b|2，
所以a·b＝|b|2，
代入上面兩個式子中的任意一個，得
|a|＝|b|，
所以cos〈a，b〉＝
＝，所以〈a，b〉＝60°.
11.ABD　[在菱形BDD1B1中，
·＝()·
＝··＝0，
所以⊥，菱形BDD1B1為正方形，故面積為DB·BB1＝3×3＝9，A正確；
易知平面AEC1F與側面的交線AE，C1F平行，AF，EC1平行，則四邊形AEC1F是平行四邊形，
·＝()·()
＝·
＝···
＝×××9＝11，B正確；
因為AC＝3，所以·＝()···＝9，
所以cos〈〉＝
＝，
故的夾角不是60°，C不正確；
由上知的夾角的正弦值是，所以平行六面體的高為
||＝，
則平行六面體ABCD－A1B1C1D1的體積為3×3××，D正確.]
12.
解析　∵OA，OB，OC兩兩垂直，
∴···＝0，
且，
故·()
＝)2
＝(||2＋||2＋||2)
＝×(1＋4＋9)＝.(共79張PPT)
§1.2
空間向量基本定理
第一章　空間向量與立體幾何
<<<
1.理解空間向量基本定理及其意義并會簡單應用.
2.會用基底表示空間向量.(重點)
3.初步體會利用空間向量基本定理求解立體幾何問題的方法.(難點)
學習目標
我們學過的平面向量基本定理可以概括為給出一個二維的基底可以表示平面中所有的向量；上面的結論能否推廣到三維空間，即如果給出一個三維的基底，能否表示空間中所有的向量呢？今天我們就來研究這個問題.
導 語
一、空間向量基本定理
二、用基底表示空間向量
課時對點練
三、空間向量基本定理的應用
隨堂演練
內容索引
空間向量基本定理
一
如圖，設i， j，k是空間中三個兩兩垂直的向量，且表示它們的有向線段有公共起點O，對于任意一個空間向量p=p 能否用i， j，k表示呢？
問題1
提示　如圖，設為在i， j所確定的平面上的投影向量，則+.
又向量k共線，因此存在唯一的實數z，使得=zk，從而+zk.
在i， j確定的平面上，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序實數對(x，y)，使得=xi+y j.
從而+zk=xi+y j+zk.
請證明x，y，z的唯一性.
問題2
提示　假設除(x，y，z)外，還存在有序實數組(x'，y'，z')，使得p=x'i+y' j+z'k，則x'i+y' j+z'k=xi+y j+zk.
不妨設x'≠x，則(x'-x)i=(y-y') j+(z-z')k.
兩邊同除以(x'-x)，得i= j+k.
由平面向量基本定理可知，i， j，k共面，這與已知矛盾.所以有序實數組(x，y，z)是唯一的.
1.空間向量基本定理：如果三個向量a，b，c ，那么對任意一個空間向量p，存在 的有序實數組(x，y，z)，使得 .
2.基底：我們把{a，b，c}叫做空間的一個 ，a，b，c都叫做基向量.
3.單位正交基底：如果空間的一個基底中的三個基向量 ，且長度都為 ，那么這個基底叫做單位正交基底，常用{i， j，k}表示.
4.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，y j，zk，使 .像這樣，把一個空間向量分解為三個 的向量，叫做把空間向量進行正交分解.
不共面
唯一
p=xa+yb+zc
基底
兩兩垂直
1
a=xi+y j+zk
兩兩垂直
(1)空間任意三個不共面的向量都可構成空間的一個基底.基底選定后，空間的所有向量均可由基底唯一表示.
(2)一個基底是一個向量組，一個基向量是指基底中的某一個向量.
(3)若三個向量不共面，就說明它們都不是零向量.
注 意 點
<<<
　已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，且=e1+2e2-e3=-3e1 +e2+2e3=e1+e2-e3，試判斷{}能否作為空間的一個基底.
例 1
假設共面.
則存在實數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，
∴此方程組無解，
∴不共面，
∴{}可以作為空間的一個基底.
解
基底的判斷思路
(1)判斷空間三個向量能否作為一個基底，實質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.
(2)在正方體、長方體、平行六面體、四面體等幾何體中，我們通常選用它們從同一頂點出發的三條棱對應的方向向量為基底，有時，也在此基礎上構造其他向量作基底.
反
思
感
悟
　(1)(多選)已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，則可以與向量p=e1+e2，q=e1-e2構成基底的向量是
A.e1 B.e3
C.e1+2e2 D.e1+2e3
跟蹤訓練 1
√
√
能與p，q構成基底，則與p，q不共面.
∵e1=e2=
e1+2e2=p-q，
∴A，C都不符合題意.
∵{e1，e2，e3}為一個基底，
∴e3，e1+2e3與p，q不共面，可構成基底.
解析
(2)已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，向量p=4e1+2e2+3e3，在基底下，p可表示為x(e1+e2)+y(e1-e2)+ze3，則x，y，z依次為
A.4，0，3 B.3，1，3
C.1，2，3 D.2，1，3
√
由題意，p=x(e1+e2)+y(e1-e2)+ze3=(x+y)e1+(x-y)e2+ze3，
又向量p=4e1+2e2+3e3，
則
解析
二
用基底表示空間向量
(課本例1)　如圖，M是四面體OABC的棱BC的中點，點N在線段OM上，點P在線段AN上，且MN=ON，AP=AN，用向量表示.
例 2
=+=+
=+-)
=+-
=+
=++.
解
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.用向量為基底表示和.
例 2
+=+=+-)
=+
=++.
+=+++
=++.
解
用基底表示向量
(1)若基底已經明確，要充分利用向量加法的三角形法則和平行四邊形法則、向量減法的幾何意義，以及向量數乘運算的運算律.
(2)若基底不明確，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是否已知或易求.
反
思
感
悟
　　　　　如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，取＝a，＝b，＝c作為基底.
(1)求；
跟蹤訓練 2
＝－a＋b＋c.
解
(2)若M，N分別為棱AD，CC1的中點，求.
＝a＋b＋c.
解
空間向量基本定理的應用
三
(課本例2)　如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=4，AA1=5，∠DAB=60°，∠BAA1=60°，∠DAA1=60°，M，N分別為D1C1，C1B1的中點.求證MN⊥AC1.
例 3
設=a=b=c，這三個向量不共面，{a，b，c}構成空間的一個基底，我們用它們表示則=+=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.
證明
(課本例3)　如圖，正方體ABCD-A'B'C'D'的棱長為1，E，F，G分別為C'D'，A'D'，D'D的中點.
(1)求證：EF∥AC；
例 3
設=i=j=k，則{i，j，k}構成空間的一個單位正交基底.
所以=-=i-j=(i-j)，
=-=i-j.
所以=.
所以EF∥AC.
證明
(2)求CE與AG所成角的余弦值.
因為=+=-j+k，
=+=-i+k，
所以cos〈〉===.
所以CE與AG所成角的余弦值為.
解
在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是DD1，BD的中點，點G在棱CD上，且CG=CD.
(1)證明：EF⊥B1C；
例 3
設=i= j=k，
則{i， j，k}構成空間的一個正交基底.
∴+=-k++)
=i+ j-k+=-i-k，
∴··(-i-k)
=-|i|2+|k|2=0，
∴⊥即EF⊥B1C.
證明
(2)求EF與C1G所成角的余弦值.
∵i+ j-k，+=-k- j，
∴||2==|i|2+| j|2+|k|2=3，
即||=
||2==|k|2+| j|2=4+即||=
∴cos〈〉===.
即EF與C1G所成角的余弦值為.
解
若本例條件不變，M為A1B的中點，證明：MF∥B1C.
延伸探究
設=i= j=k，則+=-i-k，
-+)-+)=-
=-=-i-k=(-i-k)=
所以∥
又MF，B1C無公共點，
所以MF∥B1C.
證明
(1)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.
②利用空間向量基本定理證明點線共面或線面平行.
(2)求異面直線所成的角、證明線線垂直的方法
利用數量積定義可得cos〈a，b〉=求〈a，b〉的大小，進而求得異面直線所成的角，證明兩直線垂直只需驗證其方向向量的數量積為0即可.
反
思
感
悟
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　　　.
跟蹤訓練3
如圖所示，令=a=b=c，
則〈a，b〉=120°，
c⊥a，c⊥b，
因為+=-a+c，
+=b+c，
|cos〈〉|===
=.
解析
1.知識清單：
(1)空間向量基本定理.
(2)空間向量基本定理的應用.
2.方法歸納：轉化化歸.
3.常見誤區：
(1)基向量理解錯誤，忽視基向量的條件.
(2)利用基向量表示向量時，沒有目標意識，缺少向量表示的方向性.
隨堂演練
四
1
2
3
4
1.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
√
當非零向量a，b，c不共面時，{a，b，c}可以作為空間的一個基底，否則不能作為空間的一個基底，當{a，b，c}為空間的一個基底時，一定有a，b，c為非零向量.因此p q，q p，即p是q的必要不充分條件.
解析
1
2
3
4
2.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2CD，點O為空間內任意一點，設=a=b=c，則向量可用a，b，c表示為
A.a-b+2c B.a-b-2c
C.-a+b+c D.a-b+c
√
++=+-)=a-b+c.
解析
1
2
3
4
3.在棱長為1的正四面體ABCD中，AB與CD
A.相交 B.平行
C.垂直 D.無法判斷位置關系
√
-所以··(-)=·-·
=1×1×-1×1×=0，
故⊥即AB與CD垂直.
解析
1
2
3
4
4.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為AB，B1C的中點，若AB=a，則MN的長為
A.a　　　　　　B.a
C.a D.a
√
1
2
3
4
設=i= j=k，
則{i， j，k}構成空間的一個正交基底.
++i+ j+(- j+k)=i+ j+k，
故||2=a2+a2+a2=a2，
所以MN=a.
解析
課時對點練
五
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
題號 1 2 3 4 5 6
答案 A D C A BD -
題號 9 10 11 12
答案 B B B
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
因為
=)=
=×)=(a+b+c)，
又×)=(b+c)，
所以(b+c)-(a+b+c)=-a.
8.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)設=a，=b，=c，
根據題意，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.
8.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)因為||=|a|，||=|a|，
又=-a+c，·=(-a+c)·=c2=|a|2，
所以cos〈，〉==.
所以異面直線CE與AC'所成角的余弦值為.
基礎鞏固
1.若a，b，c構成空間的一個基底，則
A.b-c，b+c，a不共面 B.b+c，b-2c，3c不共面
C.b+c，2a，a+b+c不共面 D.b+c，b-c，2b不共面
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
對于A，不存在實數λ，μ，使得b-c=λ(b+c)+μa，故A正確；
對于B，3c=(b+c)-(b-2c)，故B錯誤；
對于C，2a=2(a+b+c)-2(b+c)，故C錯誤；
對于D，2b=(b+c)+(b-c)，故D錯誤.
解析
2.在正四面體OABC中，=a，=b，=c，D為BC的中點，E為AD的中點，等于
A.a+b+c B.a+b+c
C.a+b+c D.a+b+c
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
=+
=+
=++)
=+-+-)，
所以=a+b+c.
解析
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3.已知l，m是異面直線，A，B∈l，C，D∈m，AC⊥m，BD⊥m且AB=2，CD=1，則異面直線l，m所成的角等于
A.30° B.45°
C.60° D.90°
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
如圖，設=a，
=b，=c，
則=a+b+c，
所以·=(a+b+c)·b=1，
||=2，||=1，
所以cos〈〉==，
所以異面直線l，m所成的角等于60°.
解析
4.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，=，點N為B1B的中點，則||等于
A. B.
C. D.
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
設=a，=b，=c，
則{a，b，c}構成空間的一個正交基底.
∵=-=-
=a+-(a+b+c)=a+c-b，
∴||==.
解析
5.(多選)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是60°，M為A1C1與B1D1的交點，若=a，=b，=c，則下列結論正確的是
A.=a-b+c B.=a+b+c
C.||= D.cos〈，〉=
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
=+=++)=b-a+c，A錯誤；
=++=a+b+c，B正確；
=a+b+c，
則||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c=6，
則||=，C錯誤；
·=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=2，則cos〈〉==，D
正確.
解析
6.如圖，在四面體ABCD中，G為△ABC的重心，E是BD上一點，BE=
3ED，以{，，}為空間的一個基底，則=　　　 　.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
--+
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
連接AG并延長交BC于點M，
連接AE(圖略)，則=-
=+-
=+-)-×+)
=--+.
解析
7.如圖所示，在空間四邊形OABC中，G，H分別是△ABC，△OBC的重心，設=a，=b，=c，用向量a，b，c表示向量.
答案
1
2
3
4
5
6
7
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答案
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3
4
5
6
7
8
9
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11
12
因為=+=+=+-)
=+
=+×+)
=(a+b+c)，
又==×+)=(b+c)，
所以=-=(b+c)-(a+b+c)=-a.
解
8.如圖，已知在直三棱柱ABC-A'B'C'中，AC=BC=AA'，∠ACB=90°，D，E分別為AB，BB'的中點.
(1)求證：CE⊥A'D；
答案
1
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答案
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設=a，=b，=c，
根據題意，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.
證明
(2)求異面直線CE與AC'所成角的余弦值.
答案
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答案
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12
因為||=|a|，||=|a|，
又=-a+c，
·=(-a+c)·=c2=|a|2，
所以cos〈〉==.
所以異面直線CE與AC'所成角的余弦值為.
解
9.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分別在棱BB1，BC，BA上，且滿足=，=，=，O是平面B1GF、平面ACE與平面B1BDD1的一個公共點，設=x+y+z，則x+y+z等于
A. B.
C. D.
答案
1
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12
√
綜合運用
答案
1
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12
因為=x+y+z
=x+y+，
點O在平面B1GF內，所以x+y+=1，
同理可得++z=1，解得x+y=，z=.
所以x+y+z=.
解析
10.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　　.
答案
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答案
1
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12
如圖，畫出對應的正四面體，設=a，=b，=c，則{a，b，c}構成空間的一個基底.設正四面體ABCD的棱長均為1，
因為=+
=-c+(a+b)=(a+b-2c)，
又=-=a-b=(a-2b).
又a·b=a·c=b·c=.
設異面直線DM與CN所成的角為θ，
解析
答案
1
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11
12
則cos θ=
=
=
==.
解析
11.如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別在棱BB1和DD1上，且DF=DD1，記=x+y+z，若x+y+z=，則等于
A. B.
C. D.
答案
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11
12
√
能力提升
答案
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11
12
設=λ，因為=+++=-λ-++
=-λ-++
=-++，
所以x=-1，y=1，z=-λ.
因為x+y+z=-λ=，所以λ=.
解析
12.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，且AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，E，F分別為PB，PC上的點，且=2，=，則||等于
A.1 B.
C.2 D.
√
答案
1
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答案
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12
在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，連接AC，如圖，=2=，
則=+++
=-++
=-++-)
=-)-+++-)
=-++=(-+3+)，
解析
答案
1
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12
又AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，
則·=·=6×2×cos 60°=6，
·=6×6×cos 60°=18，因此，
||=
=
==.
解析
第一章　空間向量與立體幾何
<<<學習目標　1.理解空間向量基本定理及其意義并會簡單應用.2.會用基底表示空間向量.3.初步體會利用空間向量基本定理求解立體幾何問題的方法.
一、空間向量基本定理
問題1　如圖，設i，j，k是空間中三個兩兩垂直的向量，且表示它們的有向線段有公共起點O，對于任意一個空間向量p＝，p 能否用i，j，k表示呢？
問題2　請證明x，y，z的唯一性.
知識梳理
1.空間向量基本定理：如果三個向量a，b，c　　　　，那么對任意一個空間向量p，存在　　　　的有序實數組(x，y，z)，使得　　　　　　　　　　　　.
2.基底：我們把{a，b，c}叫做空間的一個　　　　，a，b，c都叫做基向量.
3.單位正交基底：如果空間的一個基底中的三個基向量　　　　　，且長度都為　　　，那么這個基底叫做單位正交基底，常用{i，j，k}表示.
4.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　　　　　　　　　　　　.像這樣，把一個空間向量分解為三個　　　　　　的向量，叫做把空間向量進行正交分解.
例1　已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，且＝e1＋2e2－e3，＝－3e1＋e2＋2e3，＝e1＋e2－e3，試判斷{，，}能否作為空間的一個基底.
反思感悟　基底的判斷思路
(1)判斷空間三個向量能否作為一個基底，實質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.
(2)在正方體、長方體、平行六面體、四面體等幾何體中，我們通常選用它們從同一頂點出發的三條棱對應的方向向量為基底，有時，也在此基礎上構造其他向量作基底.
跟蹤訓練1　(1)(多選)已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，則可以與向量p＝e1＋e2，q＝e1－e2構成基底的向量是(　　)
A.e1 B.e3
C.e1＋2e2 D.e1＋2e3
(2)已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，向量p＝4e1＋2e2＋3e3，在基底下，p可表示為x(e1＋e2)＋y(e1－e2)＋ze3，則x，y，z依次為(　　)
A.4，0，3 B.3，1，3
C.1，2，3 D.2，1，3
二、用基底表示空間向量
例2　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，，為基底表示和.
反思感悟　用基底表示向量
(1)若基底已經明確，要充分利用向量加法的三角形法則和平行四邊形法則、向量減法的幾何意義，以及向量數乘運算的運算律.
(2)若基底不明確，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是否已知或易求.
跟蹤訓練2　如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，取＝a，＝b，＝c作為基底.
(1)求；
(2)若M，N分別為棱AD，CC1的中點，求.
三、空間向量基本定理的應用
例3　在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別是DD1，BD的中點，點G在棱CD上，且CG＝CD.
(1)證明：EF⊥B1C；
(2)求EF與C1G所成角的余弦值.
延伸探究　若本例條件不變，M為A1B的中點，證明：MF∥B1C.
反思感悟　(1)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.
②利用空間向量基本定理證明點線共面或線面平行.
(2)求異面直線所成的角、證明線線垂直的方法
利用數量積定義可得cos〈a，b〉＝，求〈a，b〉的大小，進而求得異面直線所成的角，證明兩直線垂直只需驗證其方向向量的數量積為0即可.
跟蹤訓練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　　　　.
1.知識清單：
(1)空間向量基本定理.
(2)空間向量基本定理的應用.
2.方法歸納：轉化化歸.
3.常見誤區：
(1)基向量理解錯誤，忽視基向量的條件.
(2)利用基向量表示向量時，沒有目標意識，缺少向量表示的方向性.
1.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
2. 如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，點O為空間內任意一點，設＝a，＝b，＝c，則向量可用a，b，c表示為(　　)
A.a－b＋2c B.a－b－2c
C.－a＋b＋c D.a－b＋c
3.在棱長為1的正四面體ABCD中，AB與CD(　　)
A.相交
B.平行
C.垂直
D.無法判斷位置關系
4. 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為AB，B1C的中點，若AB＝a，則MN的長為(　　)
A.a B.a
C.a D.a
答案精析
1　如圖，設為在i，j所確定的平面上的投影向量，則
=+.
又向量，k共線，因此存在唯一的實數z，
使得=zk，從而=+zk.
在i，j確定的平面上，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序實數對(x，y)，使得=xi+yj.
從而=+zk=xi+yj+zk.
問題2　假設除(x，y，z)外，還存在有序實數組(x'，y'，z')，
使得p=x'i+y'j+z'k，
則x'i+y'j+z'k=xi+yj+zk.
不妨設x'≠x，則(x'-x)i=(y-y')j+(z-z')k.
兩邊同除以(x'-x)，得
i=j+k.
由平面向量基本定理可知，i，j，k共面，這與已知矛盾.所以有序實數組(x，y，z)是唯一的.
知識梳理
1.不共面　唯一　p=xa+yb+zc
2.基底　
3.兩兩垂直　1
4.a=xi+yj+zk　兩兩垂直
例1　解　假設，，共面.
則存在實數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，
∴此方程組無解，
∴，，不共面，
∴{，，}可以作為空間的一個基底.
跟蹤訓練1　(1)BD　[能與p，q構成基底，則與p，q不共面.
∵e1=，e2=，
e1+2e2=p-q，
∴A，C都不符合題意.
∵{e1，e2，e3}為一個基底，
∴e3，e1+2e3與p，q不共面，可構成基底.]
(2)B　[由題意，p=x(e1+e2)+y(e1-e2)+ze3=(x+y)e1+(x-y)e2+ze3，
又向量p=4e1+2e2+3e3，
則解得]
例2　解　=+
=+
=+-)
=+
=++.
=+
=+++
=++.
跟蹤訓練2　解　(1)=+=++=-a+b+c.
(2)=+=++
=++
=a+b+c.
例3　(1)證明　設=i，=j，=k，
則{i，j，k}構成空間的一個正交基底.
∴=+=-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與C1G所成角的余弦值為.
延伸探究　證明　設=i，=j，=k，
則=+=-i-k，
=-=+)-+)=-
=-
=-i-k=(-i-k)
=，
所以∥，
又MF，B1C無公共點，
所以MF∥B1C.
跟蹤訓練3　
解析　如圖所示，令=a，=b，=c，
則〈a，b〉=120°，
c⊥a，c⊥b，
因為=+=-a+c，
=+=b+c，
|cos〈，〉|=
=
=
==
=.
隨堂演練
1.B　[當非零向量a，b，c不共面時，{a，b，c}可以作為空間的一個基底，否則不能作為空間的一個基底，當{a，b，c}為空間的一個基底時，一定有a，b，c為非零向量.因此pq，q p，即p是q的必要不充分條件.]
2.D　[=+=+
=+-)=a-b+c.]
3.C　[=-，
所以·=·(-)
=·-·
=1×1×-1×1×=0，
故⊥，即AB與CD垂直.]
4.A　[設=i，=j，=k，
則{i，j，k}構成空間的一個正交基底.
=++=i+j+(-j+k)=i+j+k，
故||2=a2+a2+a2=a2，
所以MN=a.]

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