第一章空间向量与立体几何 C.Pi与AB D.Pi与C市 答案BCD 号市-0+号成-耐)=i+号×号0+ 解析因为PA⊥平面ABCD,且 心)=i+成+ CDC平面ABCD,所以PA⊥CD 故P方·Ci=0. 所以0元.(0+0+心)=(0耐+O+ 因为AD⊥AB,PA⊥AD.且 PA∩AB=A,所以AD⊥平面 元=1@i+10+1)=1+4+9)=号 PAB. 9.在长方体ABCD-A1BC1D1中，AB=AA1=2,AD=4, 因为PBC平面PAB,所以AD⊥PB E为侧面ABB1A1的中心，F为A1D1的中点，试计算： 故DA.PB=0. (1)BC.ED1: 同理，P元·AB=0. 因为PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以 (2)B.AB1: PA⊥BD. (3)E.FC. 所以P心.B币=(PA+AC)·B=Pi.BD+ 解设AB=a,AD=b,AA1=c, AC.BD=AC.BD. 则la|=lcl=2,lb|=4, 因为四边形ABCD为矩形，所以BD不一定与AC a·b=b·c=c·a=0. 垂直.所以P心与BD的数量积不一定为0.故选BCD. 6.已知a,b是空间两个向量，若|a|=2,lb|=2,la-b|= 1:D=+AD=?m+市= √7，则cos(a,b》= 网-+动=之+ 答案日 B元=AD=b. 解析la一b=√7， :疏.ED-b,(经c-2a+b)=1b1:=16 .la-bl2=|a2-2a·b+lb12=7, (2).BF =BB +BAi+A F=AA-AB+ 1 a…b=2 2市-c-a+2b. msab=i治-吉 AB1=AB+AA1=a十c 7.已知空间向量a,b,la|=32,|b=5,m=a十b,n=a十 :.BF.AB.=(c-a+7b)(a+e)=lel--lal--0. λb,(a,b)=135°，若m⊥n,则入的值为 答案一品 (3):萨=+A市=2AM-2A+2市 解析由题意知a·b=|a11b|cos(a,b)=3√2×5× 2c-2a+2b (-9）=-16 元=而+DC=市+=b+a, 由m⊥n,得m·n=(a十b)·(a十λb)=0, 即la|2+(a+1)a·b+λ|b12=18-15(λ+1)+ 脉·=（合-a+b(+a) 25入=0， lbl-lal-2 解得X=一高 10.如图，在四面体OACB中，OB=OC,AB=AC,求证： 8.在四面体OABC中，棱OA,OB,OC两两垂直，且OA= OA⊥BC. 1,OB=2,OC=3,G为△ABC的重心，则OG·(OA+ Oi+O芯)= 答案号 解析由已知得O.O=OA· 0元=0i.0元=0. 如图，取BC的中点D,连接 OD.AD.周AG-号AD. 证明因为OB=OC,AB=AC,OA=OA, 所以△OAB≌△OAC, 所以OG=-Oi+AG=Oi+ 所以∠AOB=∠AOC. 所以Oi·BC=Oi·(O元-Oi)=Oi.O元- OA.O店=|OA1·1OC|cos∠AOC-1Oi1· 11
第一章 空间向量与立体几何 C.P→D 与A→B D.P→A 与C→D 答案 BCD 解析 因为 PA⊥平面 ABCD,且 CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD. 故P→A·C→D=0. 因为 AD⊥AB,PA⊥AD,且 PA∩AB =A,所 以 AD ⊥ 平 面 PAB. 因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB. 故D→A·P→B=0. 同理,P→D·A→B=0. 因为 PA ⊥ 平面 ABCD,BD ⊂ 平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 所以P→C·B→D =(P→A+A→C)·B→D =P→A·B→D + A→C·B→D=A→C·B→D. 因为四边形ABCD 为矩形,所以BD 不一定与AC 垂直.所以P→C 与B→D 的数量积不一定为0.故选BCD. 6.已知a,b 是空间两个向量,若|a|=2,|b|=2,|a-b|= 7,则cos<a,b>= . 答案 1 8 解析 ∵|a-b|= 7, ∴|a-b|2=|a|2-2a·b+|b|2=7, ∴a·b= 1 2 , ∴cos<a,b>= a·b |a||b| = 1 8 . 7.已知空间向量a,b,|a|=32,|b|=5,m=a+b,n=a+ λb,<a,b>=135°,若m⊥n,则λ的值为 . 答案 - 3 10 解析 由题意知a·b=|a||b|cos<a,b>=32×5× - 2 2 =-15. 由m⊥n,得m·n=(a+b)·(a+λb)=0, 即|a|2+(λ+1)a·b+λ|b|2=18-15(λ+1)+ 25λ=0, 解得λ=- 3 10 . 8.在四面体OABC 中,棱OA,OB,OC 两两垂直,且OA= 1,OB=2,OC=3,G 为△ABC 的重心,则O→G·(O→A+ O→B+O→C)= . 答案 14 3 解析 由已知得O→A·O→B=O→A· O→C=O→B·O→C=0. 如图,取BC 的中点D,连接 OD,AD,则AG= 2 3 AD, 所以O→G=O→A+A→G=O→A+ 2 3 A→D=O→A+ 2 3 (O→D-O→A)= 1 3 O→A+ 2 3 × 1 2 (O→B+ O→C)= 1 3 O→A+ 1 3 O→B+ 1 3 O→C. 所以 O→G · (O→A +O→B +O→C)= 1 3 (O→A +O→B + O→C)2= 1 3 (|O→A|2+|O→B|2+|O→C|2)= 1 3 (1+4+9)= 14 3 . 9.在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=4, E 为侧面ABB1A1 的中心,F 为A1D1 的中点.试计算: (1)B→C·ED1 →; (2)B→F·AB1 →; (3)E→F·FC1 →. 解 设A→B=a,A→D=b,AA1 →=c, 则|a|=|c|=2,|b|=4, a·b=b·c=c·a=0. (1)∵ED1 → =EA1 → +A1D1 → = 1 2 BA1 → + A→D = 1 2 AA1 →- 1 2 A→B+A→D= 1 2 c- 1 2 a+b, B→C=A→D=b, ∴B→C·ED1 →=b· 1 2 c- 1 2 a+b =|b|2=16. (2)∵B→F =BB1 → +B1A1 → +A1 →F =AA1 → -A→B + 1 2 A→D=c-a+ 1 2 b, AB1 →=A→B+AA1 →=a+c, ∴B→F·AB1 →= c-a+ 1 2 b (a+c)=|c|2-|a|2=0. (3)∵E→F=EA1 →+A1 →F= 1 2 AA1 →- 1 2 A→B+ 1 2 A→D= 1 2 c- 1 2 a+ 1 2 b, FC1 →=FD1 →+D1C1 →= 1 2 A→D+A→B= 1 2 b+a, ∴ E→F · FC1 → = 1 2 c- 1 2 a+ 1 2 b 1 2 b+a = 1 4 |b|2- 1 2 |a|2=2. 10.如图,在四面体OACB 中,OB=OC,AB=AC,求证: OA⊥BC. 证明 因为OB=OC,AB=AC,OA=OA, 所以△OAB≌△OAC, 所以∠AOB=∠AOC. 所以O→A·B→C=O→A·(O→C-O→B)=O→A·O→CO→A·O→B =|O→A|·|O→C|cos∠AOC -|O→A|· 11
数学 选择性必修第一册 配人教A版 Oi1cos∠AOB=0,所以OA⊥BC,即OA⊥BC 解析由题意可知，CA⊥A店，A店⊥Bi,Ci⊥BD 拓展·提高 1CA1=6,1A1=4,|BD1=8, 则IC1?=(C+AB+B面)2=|CI?+|AB12+ 1.已知两条异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|= BD12+2CA·AB+2Ci·Bd+2AB·BD=116, 1a·b=一弓，则两条异面直线所成的角为() 1 故|Ci1=2√/29，即CD的长为2√29， A30° 5.已知正三棱柱ABC-DEF的侧棱长为2，底面边长为1，M B.60° C.120° D.150° 答案B 是BC的中点若CF上有-点N.使MNLAE,.则器- 2.已知e1,e2是夹角为60的两个单位向量，则a=e1十e2与 b=e1-2e2的夹角为( A.60° B.120° C.30 D.90 答案6 答案B 解析a·b=(e1十ez)·(e1-2ez)=e-e1·e2 解析设器=m:正=店+成m=成+ 203-1-1x1x22=-2, 1 mAD. ∴花.=店+)·(2武+mA)=× |al=√a=√(e,+e2)=√e+2e·e2+e= +1+I=3, 1X1×(-2)+4m=0, lb|=√b=√(e1-2e2)z=√e-4e:·e2+4e= √1-2+4=5， m语 6.已知a|=2,1b|=1,(a,b)=60°，则使向量a+与 3 a·b 一2 Aa一2b的夹角为钝角的实数入的取值范围是 ∴cos(a,b)=1ab-5×5 1 2 答案(-1-3，-1+5) .(a,b)=120°. 解析当a十λb与a一2b反向共线时，存在k<0,使a十 3.（多选题)已知正方体ABCD-A1BCD1,下列四个结论 λb=k(入a-2b), 中，正确的是() 1=k入， A.(AA,+AD+AB)*=31ABI* 则 此方程组无解，故k不存在，即a十λb M=-2k, B.A1C.(A1B1-A1A)=0 与λa一2b不可能反向共线.要使a十Ab与入a一2b的夹角 C.AD,与A,B的夹角为60° 为钝角，只需(a十λb)(λa一2b)<0,即12十2λ一2<0，解 D.正方体的体积为1AB.AA·AD 得-1-3<<-1+5. 答案AB 7.如图，在四面体ABCD中，AB= 解析如图所示，(AA+AD+AB)2=(AA+A1D,+ CD,AC=BD,E,F分别是AD,BC DC)2=|AC12=3|AB12,故A正确：AC· 的中点，求证：EF⊥AD,且EF⊥ BC. (AB1-A1A)=A1C·AB1,因为AB1⊥平面A1BC, 证明F是BC的中点， ACC平面ABC,所以AB1⊥A,C,所以A1C·AB,= 0,故B正确：AD,与A1B的夹角是DC与D1A夹角的 ∴A-?A+AC. 补角，而DC与D1A的夹角为60°，故AD,与A1B的夹 又E是AD的中点， 角为120°，故C错误；正方体的体积为1AB1|AA1|· 花=市 AD1,故D错误 “萨=A萨-=弓（店+心）-是A市= 2+C-. .ACI=IBDI=IAD-ABI AC2=AD*-2AD.AB+AB* 4.如图，直二面角α-AB-3的棱上有两点 同理AB2=AD2-2AC.AD+AC A,B,AC,BD分别是这个二面角的两 ∴2Aj2-2AD·AB-2AC·AD=0, 个面内垂直于AB的线段，且AB=4, 即(AB+AC-AD)·AD=0. AC=6,BD=8,则CD的长为 :成市=2+心-动)市=0， 答案2√29 E序上AD
数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 |O→B|cos∠AOB=0,所以O→A⊥B→C,即OA⊥BC. 拓展 提高 1.已知两条异面直线的方向向量分别为a,b,且|a|=|b|= 1,a·b=- 1 2 ,则两条异面直线所成的角为( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 答案 B 2.已知e1,e2 是夹角为60°的两个单位向量,则a=e1+e2 与 b=e1-2e2 的夹角为( ) A.60° B.120° C.30° D.90° 答案 B 解析 ∵a·b=(e1+e2)·(e1-2e2)=e 2 1-e1·e2- 2e 2 2=1-1×1× 1 2 -2=- 3 2 , |a|= a2 = (e1+e2)2 = e 2 1+2e1·e2+e 2 2 = 1+1+1= 3, |b|= b2 = (e1-2e2)2 = e 2 1-4e1·e2+4e 2 2 = 1-2+4= 3, ∴cos<a,b>= a·b |a||b| = - 3 2 3× 3 =- 1 2 , ∴<a,b>=120°. 3.(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列四个结论 中,正确的是( ) A.(AA1 →+A→D+A→B)2=3|A→B|2 B.A1 →C·(A1B1 →-A1 →A)=0 C.AD1 → 与A1 →B 的夹角为60° D.正方体的体积为|A→B·AA1 →·A→D| 答案 AB 解析 如图所示,(AA1 →+A→D+A→B)2=(AA1 →+A1D1 →+ D1C1 →)2 =|AC1 →|2 =3|A→B|2,故 A 正 确;A1 →C · (A1B1 →-A1 →A)=A1 →C·AB1 →,因为 AB1⊥平面 A1BC, A1C⊂平面A1BC,所以AB1⊥A1C,所以A1 →C·AB1 →= 0,故B正确;AD1 → 与A1 →B 的夹角是D1 →C 与D1 →A 夹角的 补角,而D1 →C 与D1 →A 的夹角为60°,故AD1 → 与A1 →B 的夹 角为120°,故 C 错误;正方体的体积为|A→B||AA1 →|· |A→D|,故D错误. 4.如图,直二面角α-AB-β的棱上有两点 A,B,AC,BD 分别是这个二面角的两 个面内垂直于AB 的线段,且AB=4, AC=6,BD=8,则CD 的长为 . 答案 2 29 解析 由 题 意 可 知,C→A ⊥A→B,A→B ⊥B→D,C→A ⊥B→D, |C→A|=6,|A→B|=4,|B→D|=8, 则|C→D|2=(C→A+A→B+B→D)2=|C→A|2+|A→B|2+ |B→D|2+2C→A·A→B+2C→A·B→D+2A→B·B→D=116, 故|C→D|=2 29,即CD 的长为2 29. 5.已知正三棱柱ABC-DEF 的侧棱长为2,底面边长为1,M 是BC 的中点,若CF 上有一点N,使MN⊥AE,则 CN CF = . 答案 1 16 解析 设 CN CF =m.∵A→E =A→B +B→E,M→N = 1 2 B→C+ mA→D, ∴A→E·M→N=(A→B+B→E)· 1 2 B→C+mA→D = 1 2 × 1×1× - 1 2 +4m=0. ∴m= 1 16 . 6.已知|a|=2,|b|=1,<a,b>=60°,则使向量a+λb 与 λa-2b的夹角为钝角的实数λ的取值范围是 . 答案 (-1- 3,-1+ 3) 解析 当a+λb与λa-2b反向共线时,存在k<0,使a+ λb=k(λa-2b), 则 1=kλ, λ=-2k, 此方程组无解,故k 不存在,即a+λb 与λa-2b不可能反向共线.要使a+λb与λa-2b的夹角 为钝角,只需(a+λb)(λa-2b)<0,即λ2+2λ-2<0,解 得-1- 3<λ<-1+ 3. 7.如 图,在 四 面 体 ABCD 中,AB = CD,AC=BD,E,F 分别是AD,BC 的中点,求证:EF⊥AD,且 EF⊥ BC. 证明 ∵F 是BC 的中点, ∴A→F= 1 2 (A→B+A→C). 又E 是AD 的中点, ∴A→E= 1 2 A→D. ∴E→F =A→F -A→E = 1 2 (A→B +A→C)- 1 2 A→D = 1 2 (A→B+A→C-A→D). ∵|A→C|=|B→D|=|A→D-A→B|, ∴A→C2=A→D2-2A→D·A→B+A→B2. 同理A→B2=A→D2-2A→C·A→D+A→C2. ∴2A→D2-2A→D·A→B-2A→C·A→D=0, 即(A→B+A→C-A→D)·A→D=0. ∴E→F·A→D= 1 2 (A→B+A→C-A→D)·A→D=0, ∴E→F⊥A→D. 12
第一章空间向量与立体几何 同理E序⊥B心 ,PA⊥平面ABCD, ∴EF⊥AD,且EF⊥BC ..PA DA=PA.AB=PA.BC=0. 挑战·创新 AB⊥BC,AB⊥AD, .AB.BC=0.AB·DA=0 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥ .P克.D元=(PA+AB)·(DA+AB+B武)= 平面ABCD,AB⊥BC,AB⊥AD, AB12=1 且PA=AB=BC=2AD=1,求 .cos(PB,D元)= Pi.D元_1=1 F11D衣-2X2=2: PB与CD所成的角」 解由题意知P1=√2，D心1=√2， 成，心)=子 PB=PA+AB.DC=DA+AB+BC. PB与CD所成的角为号 1.2空间向量基本定理 素养·目标定位 目标素养 知识概览 空间向量基本定理及其意义 1.了解空间向量基本定理及其意义 2.掌握空间向量的正交分解 空间向量 基本定理 空间向量的正交分解 3.会用空间向量基本定理解决一些简单问题， 空间向量基本定理的应用 课前·基础认知 1.空间向量基本定理 B.AB.AAAB (1)定理：如果三个向量a,b,c不共面，那么对任意一 C.DAIDC.DD 个空间向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,x),使得p= D.ACLAC.CCI xa+yb+zc. 答案C (2)基底：如果三个向量a,b,c不共面，那么所有空间 2.空间向量的正交分解 向量组成的集合就是{plp=xa十yb十c,x,y,z∈R}, (1)单位正交基底：如果空间的一个基底中的三个基向 这个集合可看作由向量a,b,c生成的，我们把{a,b,c}叫 量两两垂直，且长度都为1，那么这个基底叫做单位正交 做空间的一个基底，a,b,c都叫做基向量.空间任意三个不 基底，常用{i,j,k}表示 共面的向量都可以构成空间的一个基底。 (2)正交分解：把一个空间向量分解为三个两两垂直 微训练在长方体ABCD-A,B,CD1中，可以作为 的向量，叫做把空间向量进行正交分解. 空间的一个基底的是() A.AB.AC.AD 课堂 重难突破 空间基底的判断 知，存在实数xy,使Oi=xO店+O元成立， 故e1+2e2-ea=x(-3e1+e2+2ea)+y(e1+e2- 典例剖析 ea)=(-3x+y)e1十(x+y)e2十(2x-y)eg· 因为{e1,e2,ea}是室间的一个基底， 1.已知{e1,e2,ea}是空间的一个基底，且OA=e1十 -3x+y=1. 2e2-eg,Oi=-3e1十e2十2ea,OC=e1十e2-ea,试判断 所以e1,e2,ea不共面，所以x十y=2,此方程组 {O1,O克，O心)能否作为空间的一个基底？ 2x-y=-1, 解假设O,O,O心共面，由向量共面的充要条件可无解， 13
第一章 空间向量与立体几何 同理E→F⊥B→C. ∴EF⊥AD,且EF⊥BC. 挑战 创新 如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA⊥ 平面 ABCD,AB⊥BC,AB⊥AD, 且PA=AB=BC= 1 2 AD=1,求 PB 与CD 所成的角. 解 由题意知|P→B|= 2,|D→C|= 2, P→B=P→A+A→B,D→C=D→A+A→B+B→C. ∵PA⊥平面ABCD, ∴P→A·D→A=P→A·A→B=P→A·B→C=0. ∵AB⊥BC,AB⊥AD, ∴A→B·B→C=0,A→B·D→A=0. ∴P→B·D→C=(P→A +A→B)·(D→A +A→B+B→C)= |A→B|2=1. ∴cos<P→B,D→C>= P→B·D→C |P→B||D→C| = 1 2× 2 = 1 2 , ∴<P→B,D→C>= π 3 . ∴PB 与CD 所成的角为 π 3 . 1.2 空间向量基本定理 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.了解空间向量基本定理及其意义. 2.掌握空间向量的正交分解. 3.会用空间向量基本定理解决一些简单问题. 课前·基础认知 1.空间向量基本定理 (1)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:如果三个向量a,b,c不共面,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 做空间的一个基底,a,b,c都叫做基向量.空间任意三个不 共面的向量都可以构成空间的一个基底. 微训练 在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,可以作为 空间的一个基底的是( ) A.A→B,A→C,A→D B.A→B,AA1 →,AB1 → C.D1A1 →,D1C1 →,D1 →D D.AC1 →,A1 →C,CC1 → 答案 C 2.空间向量的正交分解 (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. (2)正交分解: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. 课堂·重难突破 一 空间基底的判断 典例剖析 1.已知{e1,e2,e3}是空间的一个基底,且O→A=e1+ 2e2-e3,O→B=-3e1+e2+2e3,O→C=e1+e2-e3,试判断 {O→A,O→B,O→C}能否作为空间的一个基底? 解 假设O→A,O→B,O→C 共面,由向量共面的充要条件可 知,存在实数x,y,使O→A=xO→B+yO→C 成立, 故e1+2e2-e3=x(-3e1+e2+2e3)+y(e1+e2- e3)=(-3x+y)e1+(x+y)e2+(2x-y)e3. 因为{e1,e2,e3}是空间的一个基底, 所以e1,e2,e3 不共面,所以 -3x+y=1, x+y=2, 2x-y=-1, 此方程组 无解, 13
数学 选择性必修第一册 配人教A版 即不存在实数x,y,使Oi=xO店+O元成立. 所以OA,OB,O心不共面. 成=0花-0=(a+b+c) 6a+ 故{O,O,O心}能作为空间的一个基底， 规律总结」判断三个向量能否构成空间的一个基底的 3c. 关键是判断这三个向量是否共面，若共面，则不能构成空 规律总结」用基底表示向量时的注意事项： 间的一个基底，若不共面，则能构成空间的一个基底.判 (1)若基底确定，则要充分利用向量的三角形法则或 断三个向量是否共面，往往先假设共面，再利用向量共面 平行四边形法则，以及向量的线性运算进行变形、化简， 的充要条件及已知条件进行判断。 求出结果 (2)若没给定基底，则要先选择基底，再用基底表示 学以致用 向量 1.设x=a十b,y=b十c,z=c十a,且{a,b,c}是空间的 学以致用 一个基底.给出下列向量组：①{a,b,x}:②{x,y,z}:③{b, c,z};④{x,y,a+b+c. 2.如图，在平行六面体 其中可以作为空间的基底的向量组有 个 ABCD-A1BC1D1中，AB= E B 答案3 a,AD=b,AA1=c,E为 解析如图，设a=AB,b= AD1的中点，F为BC1与 AA1,c=AD,则x=AB1,y= BC的交点.用基底{a,b,c} AD,z=AC,a+b+c=AC.由 表示向量DB,B正，A A,B1,D1,C四点不共面可知，向 解由题意可知，DB=D心+CB,=D心+BB,-BC= 量x,y,之不共面，故{x,y,z}可以 AB-AD+AA=a-b+c, 作为空间的一个基底.同理可知b, B=BA+AA+A正=-A店+号市+AA= c,z和xy,a十b十c也不共面，故{b,c,z}和{xy,a十b十 c}可以作为空间的基底.因为x=a十b,所以a,b,x共面 a+. 故{a,b,x}不能作为空间的一个基底. A=A店+B亦=A店+2(BC+BB)=A店+A市+ 二用基底表示空间向量 2MA-a+26+2c. 典例剖析 三空间向量基本定理的应用 2.在四面体OABC中，G,H分别为△ABC,△OBC的 重心，D为BC的中点，设OA=a,O=b,O元=c 典例剖析 (1)试用向量a,b,c表示向量OG和G: (2)若E为OA的中点，试用a,b,c表示D2和E 3.如图，在直三棱柱ABC-A1B:C1 解(1)，G为△ABC的重心，D为BC的中点， 中，CA=CB=1,∠BCA=90°，棱 AA1=2,N为AA1的中点. 4G=子A市，0币=2O+心)， (1)求|B1: :0-0+AG=0+号A市-0i+号0币- (2)求BA1与CB1所成角的余 弦值. i)-0i+号×20成+0心)-号矿-号0+0i+ 解因为C,C,CC三个向量不 共面，所以{C,C第，CC}可构成室间的一个基底，且 元)=号a+b+c 1CA1=1C1=1,1CC1=1AA1=2,CA,CC)=(CB, ,H为△OBC的重心，D为BC的中点， CC)=Ci.C)=90, 0i=0ò-号×20+0心)=b+e 所以Ci.CC=C.CC=Ci.C=0. (1)因为B=BA+AN=CA-C第+AN=Ci+ :G丽=0i-0元=号(6+c)-号(a+6+c)= ℃-. 3a. 所以1B1=B=(i+号C-C)=1Ci2+ (2)由题意可知，Di=0-0i=20-20+ 410C3+1C=1+是×2+1=3， -7a-20-2c 所以BN1=5. 14
数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 即不存在实数x,y,使O→A=xO→B+yO→C 成立. 所以O→A,O→B,O→C 不共面. 故{O→A,O→B,O→C}能作为空间的一个基底. 判断三个向量能否构成空间的一个基底的 关键是判断这三个向量是否共面,若共面,则不能构成空 间的一个基底,若不共面,则能构成空间的一个基底.判 断三个向量是否共面,往往先假设共面,再利用向量共面 的充要条件及已知条件进行判断. 学以致用 1.设x=a+b,y=b+c,z=c+a,且{a,b,c}是空间的 一个基底.给出下列向量组:①{a,b,x};②{x,y,z};③{b, c,z};④{x,y,a+b+c}. 其中可以作为空间的基底的向量组有 个. 答案 3 解析 如 图,设 a=A→B,b= AA1 →,c=A→D,则 x =AB1 →,y = AD1 →,z=A→C,a+b+c=AC1 →.由 A,B1,D1,C 四点不共面可知,向 量x,y,z不共面,故{x,y,z}可以 作为空间的一个基底.同理可知b, c,z和x,y,a+b+c也不共面,故{b,c,z}和{x,y,a+b+ c}可以作为空间的基底.因为x=a+b,所以a,b,x 共面, 故{a,b,x}不能作为空间的一个基底. 二 用基底表示空间向量 典例剖析 2.在四面体OABC 中,G,H 分别为△ABC,△OBC 的 重心,D 为BC 的中点,设O→A=a,O→B=b,O→C=c. (1)试用向量a,b,c表示向量O→G 和G→H; (2)若E 为OA 的中点,试用a,b,c表示D→E 和E→G. 解 (1)∵G 为△ABC 的重心,D 为BC 的中点, ∴A→G= 2 3 A→D,O→D= 1 2 (O→B+O→C). ∴O→G=O→A +A→G=O→A + 2 3 A→D =O→A + 2 3 (O→D - O→A)=O→A+ 2 3 × 1 2 (O→B+O→C)- 2 3 O→A= 1 3 (O→A+O→B+ O→C)= 1 3 (a+b+c). ∵H 为△OBC 的重心,D 为BC 的中点, ∴O→H= 2 3 O→D= 2 3 × 1 2 (O→B+O→C)= 1 3 (b+c). ∴G→H =O→H -O→G= 1 3 (b+c)- 1 3 (a+b+c)= - 1 3 a. (2)由题意可知,D→E=O→E-O→D= 1 2 O→A- 1 2 (O→B+ O→C)= 1 2 a- 1 2 b- 1 2 c. E→G=O→G-O→E= 1 3 (a+b+c)- 1 2 a=- 1 6 a+ 1 3 b+ 1 3 c. 用基底表示向量时的注意事项: (1)若基底确定,则要充分利用向量的三角形法则或 平行四边形法则,以及向量的线性运算进行变形、化简, 求出结果. (2)若没给定基底,则要先选择基底,再用基底表示 向量. 学以致用 2.如 图,在 平 行 六 面 体 ABCD-A1B1C1D1 中,A→B = a,A→D =b,AA1 → =c,E 为 A1D1 的 中 点,F 为 BC1 与 B1C 的交点.用基底{a,b,c} 表示向量DB1 →,B→E,A→F. 解 由题意可知,DB1 →=D→C+CB1 →=D→C+BB1 →-B→C= A→B-A→D+AA1 →=a-b+c, B→E=B→A +AA1 → +A1 →E = -A→B + 1 2 A→D +AA1 → = -a+ 1 2 b+c, A→F=A→B+B→F=A→B+ 1 2 (B→C+BB1 →)=A→B+ 1 2 A→D+ 1 2 AA1 →=a+ 1 2 b+ 1 2 c. 三 空间向量基本定理的应用 典例剖析 3.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA =CB =1, ∠BCA =90°,棱 AA1=2,N 为AA1 的中点. (1)求|B→N|; (2)求 BA1 与 CB1 所 成 角 的 余 弦值. 解 因为C→A,C→B,CC1 → 三个向量不 共面,所以 {C→A,C→B,CC1 →}可 构 成 空 间 的 一 个 基 底,且 |C→A|=|C→B|=1,|CC1 →|=|AA1 →|=2,<C→A,CC1 →>=<C→B, CC1 →>=<C→A,C→B>=90°, 所以C→A·CC1 →=C→B·CC1 →=C→A·C→B=0. (1)因为 B→N =B→A+A→N =C→A-C→B+A→N =C→A+ 1 2 CC1 →-C→B, 所以|B→N|2=B→N2= C→A+ 1 2 CC1 →-C→B 2 =|C→A|2+ 1 4 |CC1 →|2+|C→B|2=12+ 1 4 ×22+12=3, 所以|B→N|= 3. 14
第一章空间向量与立体几何 (2)因为BA=B+AA1=Ci+CC-C,CB,= b CB+CCI, 2a·b 所以BA,.CB,=(Ci+CC-C)·(C+CC)= OE.BF 2 1CC12-1CB12=22-12=3. 所以cos(O尼，BF)= 脉区x 、 3 由勾股定理，得AB=√2，A1B=6,CB1=5,从而 2 2 BA=/6,ICBI=5. 所以异面直线OE与BF所成角的余弦值为子. 所以cos(BA.CB)= BA CB 3 √30 BACBI 6X5 10 典例剖析 所以BA1与CB1所成角的余弦值为Y@ 4.如图，在空间四边形OABC 10 中，∠AOB=∠BOC=∠AOC,且 规律总结1.求空间向量的模、夹角时，常常先将所求 OA=OB=OC,M,N分别是OA, 向量用某个基底表示，再根据公式计算。 BC的中点，G是MN的中点，求证： 2.用向量法求异面直线所成角的步骤： OG⊥BC. 证明连接ON,设∠AOB= 、取向量 根据题设条件在所要求的异面直线 ∠BOC=∠AOC=0,OA=a,Oi= 上取两个向量 b.O元=c, 则这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底， 且lal=lb|=lcl. 角转化 把异面直线所成的角的问题转化为 向量夹角的问题 :元-0m+0成)=号[2oi+2i+ 心)]-a+b+e).=c-b 利用向量的数量积求向量夹角的余 弦值 弦值 元.武=a+b+e)(e-b) 异面直线所成的角为锐角或直角， =(ac-a·b+b·c-b2+c2-bc) 定结果 利用向量的夹角求出余弦值后，应 将余弦值加上绝对值，进而求出角 的大小 -+(lal-.oos0-lal.cos0-laP+laI2)-0. .O元⊥BC,即OG⊥BC. 规律总结」用向量法证明空间中垂直关系的步骤： 学以致用 (1)把几何问题转化为向量问题： (2)选择空间的某个基底表示未知向量： 3.已知空间四边形OABC各边及对角线长都相等，E, (3)通过数量积运算证明数量积为0： F分别为AB,OC的中点，求异面直线OE与BF所成角的 (4)将向量问题回归到几何问题 余弦值 解如图，设OA=a,O=b,O元- 学以致用 C,空间四边形OABC各边及对角线长 4.如图，在正方体ABCD B 都为1，则{a,b,c}构成空间的一个基 AB1C1D1中，P为DD1的中点， 底，且|a=lbl=|cl=l. O是底面ABCD的中心.求证： A B 由题意知∠AOB=∠BOC= B,O⊥平面PAC. D ∠A0C=5,则a·b=b·c=c·a= 证明设正方体的棱长为1， AB=a,AD=b,AAi=c, 2 则这三个向量不共面，{a,b,c}构成空间的一个基底， 因为0庞=之Oi+0)=之(a+b). 且lal=lbl=lcl=l,a·b=b·c=a·c=0. 球=0亦-0成=2心-0成=-b,101 Pi=P币+Di=-m-=-b-之.P心 脑- 币+成=-号A+店=a-名c,Bò=计 所以正.成=a+6):(分-o)=。·c+ =-c+(-a+b)=0+b-c, 15
第一章 空间向量与立体几何 (2)因为 BA1 →=B→A+AA1 →=C→A+CC1 →-C→B,CB1 →= C→B+CC1 →, 所以BA1 →·CB1 →=(C→A+CC1 →-C→B)·(C→B+CC1 →)= |CC1 →|2-|C→B|2=22-12=3. 由勾股定理,得 AB= 2,A1B= 6,CB1= 5,从而 |BA1 →|= 6,|CB1 →|= 5. 所以cos<BA1 →,CB1 →>= BA1 →·CB1 → |BA1 →||CB1 →| = 3 6× 5 = 30 10 . 所以BA1 与CB1 所成角的余弦值为 30 10 . 1.求空间向量的模、夹角时,常常先将所求 向量用某个基底表示,再根据公式计算. 2.用向量法求异面直线所成角的步骤: 学以致用 3.已知空间四边形OABC 各边及对角线长都相等,E, F 分别为AB,OC 的中点,求异面直线OE 与BF 所成角的 余弦值. 解 如图,设O→A=a,O→B=b,O→C= c,空间四边形OABC 各边及对角线长 都为1,则{a,b,c}构成空间的一个基 底,且|a|=|b|=|c|=1. 由 题 意 知 ∠AOB = ∠BOC = ∠AOC= π 3 ,则a·b=b·c=c·a= 1 2 . 因为O→E= 1 2 (O→A+O→B)= 1 2 (a+b), B→F=O→F -O→B = 1 2 O→C -O→B = 1 2 c-b,|O→E|= |B→F|= 3 2 , 所以O→E·B→F= 1 2 (a+b)· 1 2 c-b = 1 4 a·c+ 1 4 b·c- 1 2 a·b- 1 2 b2=- 1 2 . 所以cos<O→E,B→F>= O→E·B→F |O→E||B→F| = - 1 2 3 2 × 3 2 =- 2 3 . 所以异面直线OE 与BF 所成角的余弦值为 2 3 . 典例剖析 4.如图,在空间四边形 OABC 中,∠AOB = ∠BOC= ∠AOC,且 OA=OB=OC,M,N 分别是OA, BC 的中点,G 是MN 的中点,求证: OG⊥BC. 证明 连 接 ON,设 ∠AOB = ∠BOC=∠AOC=θ,O→A=a,O→B= b,O→C=c, 则这三个向量不共面,{a,b,c}构成空间的一个基底, 且|a|=|b|=|c|. ∵O→G = 1 2 (O→M +O→N )= 1 2 1 2 O→A + 1 2 (O→B + O→C) = 1 4 (a+b+c),B→C=c-b, ∴O→G·B→C= 1 4 (a+b+c)·(c-b) = 1 4 (a·c-a·b+b·c-b2+c2-b·c) = 1 4 (|a|2·cosθ-|a|2·cosθ-|a|2+|a|2)=0. ∴O→G⊥B→C,即OG⊥BC. 用向量法证明空间中垂直关系的步骤: (1)把几何问题转化为向量问题; (2)选择空间的某个基底表示未知向量; (3)通过数量积运算证明数量积为0; (4)将向量问题回归到几何问题. 学以致用 4.如 图,在 正 方 体 ABCDA1B1C1D1 中,P 为DD1 的中点, O 是 底 面 ABCD 的 中 心.求 证: B1O⊥平面PAC. 证明 设正方体的棱长为 1, A→B=a,A→D=b,AA1 →=c, 则这三个向量不共面,{a,b,c}构成空间的一个基底, 且|a|=|b|=|c|=1,a·b=b·c=a·c=0. ∵P→A=P→D+D→A=- 1 2 AA1 →-A→D=-b- 1 2 c,P→C= P→D+D→C = - 1 2 AA1 → +A→B =a- 1 2 c,B1 →O =B1 →B+ B→O=-c+ 1 2 (-a+b)=- 1 2 a+ 1 2 b-c, 15