2024年高中数学专题1-5重难点题型培优精讲空间向量基本定理教师版新人教A版选择性必修第一册

专题1.5空间向量基本定理1．空间向量基本定理假如三个向量a，b，c不共面，那么对随意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．2．空间向量的正交分解(1)单位正交基底假如空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底，常用{i，j，k}表示．(2)向量的正交分解由空间向量基本定理可知，对空间任一向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk.像这样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．3．证明平行、共线、共面问题(1)对于空间随意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.(2)假如两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.4．求夹角、证明垂直问题(1)θ为a，b的夹角，则cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.5．求距离(长度)问题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(→))))．【题型1空间向量基底的推断】【方法点拨】(1)推断一组向量能否作为空间的一个基底，实质是推断这三个向量是否共面，若不共面，就可以作为一个基底．(2)推断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点动身的三条棱对应的向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的推断．【例1】若{aA．b→+c→，b→，b→-c→ B．a→+b→，a→-b【解题思路】依据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．【解答过程】解：对于A，若向量b→+c→，则b→+c→=λ(b→-c→故向量b→+c→，b→对于B，若向量a→+b→，则a→+b→=故向量a→+b→，a→对于C，若向量a→，a→+则a→+b→=λa→+μ(a故向量a→，a→+b→对于D，若向量a→+b→，则a→+b→+c→故向量a→+b→，a→故选：B．【变式1-1】已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=2a→-b→A．a→，p→，q→ B．b→，p→，q→ C．r→，p→，【解题思路】利用共面对量定理以及空间向量的线性运算，推断三个向量是否是共面对量，即可推断得到答案．【解答过程】解：对于A，由题意可得2p所以a→故a→故选项A错误；对于B，由题意可得，p→所以b→故b→故选项B错误；对于C，由题意可得，p→故r→故选项C错误；对于D，假设s→，p→，q→即a→所以c→故a→，b→，c→共面，这与{所以假设不成立，则s→故选项D正确．故选：D．【变式1-2】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，则下列向量能组成一组基底的为（）A．AA1→，C．AA1→【解题思路】不共面的向量才能组成一组基底，由此能求出结果．【解答过程】解：对于A，∵AA1→，AB→对于B，∵AB→，AO→，AC1→对于C，∵AA1→，A1C1→，AC对于D，∵AB1→，AO→，AC→共面于平面故选：A．【变式1-3】已知{a→，A．a→，B．b→，C．c→，D．p→，q【解题思路】依据空间向量的共线定理、共面定理，对选项中的命题真假性推断即可．【解答过程】解：对于A，因为p→=a→+b→，q→=对于B，因为p→=a→+b→，q→=对于C，假设c→与p→、q→不是空间的一组基底，则c→=xp→+yq→=x（a→+b→）+y（a因为a→、b→、c→是空间的一组基底，所以x、y的值不存在，即可向量c→、对于D，由选项C知，向量c→、p→、q→故选：C．【题型2空间向量基本定理的应用（表示向量）】【方法点拨】用基底表示向量的步骤:(1)定基底：依据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，须要依据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最终求出结果．(3)下结论：利用空间的一个基底{，，}可以表示出空间全部向量．表示要彻底，结果中只能含有，，，不能含有其他形式的向量．【例2】已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，CMCB=13，PN＝ND，设AB→=a→，A．a→+13b→+12【解题思路】由图形可得MN→=MC→+CD→【解答过程】解：依据题意，可得MN=1即MN→故选：D．【变式2-1】如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点M是A1D1的中点，点N是A．12a→+b→+c→【解题思路】依据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解．【解答过程】解：因为在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，所以MN-1故选：D．【变式2-2】如图，在四面体OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M、N分别在线段A．13a→+C．13a→【解题思路】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．【解答过程】解：∵点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，∴OM→=13OA∴ON→=OC→+∴MN→故选：D．【变式2-3】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点A．12a→+12b→+【解题思路】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各面均为平行四边形，由此找出共线的向量，再线性计算即可．【解答过程】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1→=D∵P是A1C1与B1D1的交点，在平行四边形A1B1C1D1中，P为A1C1与B1D1的中点，∴DP→=DD1故选：C．【题型3空间向量基本定理的应用（求参数）】【例3】已知空间A、B、C、D四点共面，且其中随意三点均不共线，设P为空间中随意一点，若BD→=6PA→-4PB→A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1【解题思路】依据空间四点共面的充要条件代入即可解决．【解答过程】解：BD→即PD→整理得PD→由A、B、C、D四点共面，且其中随意三点均不共线，可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，故选：B．【变式3-1】《九章算术》中的“商功”篇主要讲解并描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AG→=xAB→+yAA1→+zA．1 B．12 C．32 D【解题思路】连接AM，AN，由AG→【解答过程】解：连接AM，AN，如下图：由于G是MN的中点，∴AG→依据题意知AG→所以x+y+z=3故选：C．【变式3-2】四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→A．1 B．1112 C．116 D【解题思路】依据底面ABCD是平行四边形，E为棱PC的中点，用AB→、BC→和AP→表示AE→，即可求出x、【解答过程】解：如图所示，因为底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，所以AE→=12（AP→+AC若AE→=xAB→+2yBC→+解得x=1所以x+y+z=1故选：B．【变式3-3】如图，M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，设OA→=a→，OB→=b→，OC→A．-12 B．12 C．3【解题思路】利用空间向量基本定理以及空间向量的线性运算进行转化，结合向量相等的定义，求出x，y，z的值，即可得到答案．【解答过程】解：因为M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，所以MN→又MN→所以x=则x+y﹣z=-故选：A．【题型4利用空间向量基本定理解决几何问题】【方法点拨】利用空间向量基本定理解决几何问题的思路:(1)平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题；(2)几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要留意角的范围；(3)几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用向量的数量积可以求得．【例4】已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M为空间随意两点，假如有PM→=PB1→+7BAA．在平面BAD1内 B．在平面BA1D内 C．在平面BA1D1内 D．在平面AB1C1内【解题思路】依据空间向量的加减法运算得出PM→【解答过程】解：因为PM→=PB1→====11P所以M，B，A1，D1四点共面，即点M必在平面BA1D1内．故选：C．【变式4-1】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设AB→=a→，（1）用a→，b→，c→（2）求AC1的长．【解题思路】（1）由空间向量加法法则得AC（2）AC1→2=（a→【解答过程】解：（1）∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，∴AC（2）∵AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，AC∴AC1→2=a→＝25+9+16+0+2×5×4×cos60°+2×3×4×cos60°＝82．∴AC1的长|AC1→【变式4-2】如图所示，在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点．(1)证明：AE⊥BC；(2)求直线AE与DC的夹角的余弦值．【解题思路】（1）由空间向量的数量积运算得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，由此能求出结果．（2）求出eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝2，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))＝eq\r(6)，由此能求出cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉．【解答过程】证明：因为eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))－eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝·(eq\o(DB,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))2－eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))，又DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，故AE⊥BC.(2)解eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))2－eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))2＝2，由eq\o(AE,\s\up6(→))2＝2＝eq\f(1,4)eq\o(DB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up6(→))2＋eq\o(DA,\s\up6(→))2＝6，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))＝eq\r(6).所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,\r(6)×2)＝eq\f(\r(6),6).故直线AE与DC的夹角的余弦值为eq\f(\r(6),6).【变式4-3】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.【解题思路】令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，得到eq\o(AC,\s\up6(→))⊥OB1→，OB1→⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，即可得证.【解答过程】证明：如图，连接BD，则BD过点O，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq