第02讲空间向量基本定理（人教A版2019选择性）

第02讲空间向量基本定理

【人教A版2019】

模块导航

・模块一空间向量基本定理

・模块二用空间向量基本定理解决相关的几何问题

・模块三课后作业

1.空间向量基本定理

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.

我们把｛。，b,c｝叫做空间的一个基底，a,b,c都叫做基向量.

2.用基底表示向量的步骤：

(1)定基底：根据已知条件，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，需要根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，最后求出结果.

(3)下结论：利用空间的一个基底｛：,b,办可以表示出空间所有向量.表示要彻底，结果中只能含

有:，b,c,不能含有其他形式的向量.

3.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，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底，常

用｛i,j,A｝表示.

(2)向量的正交分解

由空间向量基本定理可知，对空间任一向量均可以分解为三个向量xi,力，z«使得a=xi+力+z4.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.

考点剖析

【考点1用空间基底表示向量】

【例1.1](2023春•高二单元测试)如图，在空间四边形OABC中，成=E，丽=1，方=3且。M=2MA,

BN=NC,则说等于()

c

A.-a+-b+-cB.-a+-b--c

332222

c1-2W।1一

C.--a+-b+-cD.-a——b+-c

322232

【解题思路】根据空间向量的线性运算可得结果.

【解答过程】因为BN=NC,即N为BC的中点，所以而=［（亦+击）,

因为。M=2AM,所以丽=:方，

MN^ON-OM=-（0B+0C）--0A=--a+-b+-c.

21J3322

故选：c.

【例1.2］（2023春•江苏常州•高二校考阶段练习）已知空间四边形。ABC中，OA^a,OB=b,OC^c,

点M在8C上，且MB=2MC,N为。力中点，则而等于（）

A.靛—笆+家B.靛亨一部

C.——1aT——lMb+II-TcDTA.-IaT——b——2cT

232233

【解题思路】根据空间向量的线性运算，用刀、砺和反表示出丽即可.

【解答过程】解：因为点”在BC上，且MB=2MC,所以标=(前，

所以丽=祝+加+加

11—

=-BC-OC+-OA

32

11

=-(OC-OB)-OC+-OX

1__»1_______>]_

=-OC--OB-OC+-OA

332

2一1一1一

=--OC--OB+-OA

332

2Tl"

=——c——r6+—a

332

故选：D.

【变式1.1］（2023・江苏•高二专题练习）如图，在平行六面体ABCD-4/1的%中，尸为A%与&D的交

1一11一1

C.-Q.H—bH—cD.u—b—c

2222

【解题思路】利用空间向量线性运算结合平行六面体的结构特征计算作答.

【解答过程】在平行六面体力BCD-4%的。1中，因P为与公。的交点，则点尸是中点，

所以亦=CD+DP=-AB+^（DA+西）=-AB-^AD+［砧=-a-^b+|c.

故选：B.

【变式1.2］（2023秋・河南许昌•高二校考期末）如图所示，在平行六面体/BCD-Z/iCiDi中，AC与BD

的交点为设耳瓦=%41%=瓦匹5=B则下列向量中与2瓦防相等的向量是（）

A.—a+b+2cB.a+b+2cC.CL-bHF2cD.—ci-b+2c

【解题思路】根据题意用向量去表示互面,再由百瓦=0用瓦=瓦承=a即可得出结果.

【解答过程】

由图可得瓦丽=氏方+询=氏方+g前=瓦豆+1（反5+前）=c+1（-a+K）,

所以2瓦羽=2c-a+b.

故选：A.

【考点2由空间向量基本定理求参数】

【例2.1]（2023春・甘肃兰州•高二校考期末）已知矩形力BCD,P为平面力BCD外一点，P41平面4BCD,

点M,N满足两=:而，丽=|丽.若丽=xJ§+y前+zZ?,贝i]x+y+z=（）

11

A.-1B.1C.—D.—

22

【解题思路】根据题意，由平面向量基本定理结合平面向量的线性运算，即可得到结果.

【解答过程】BC

因为丽=?而，前=|而，

所以丽=PlV-PM=|PD-ipC=|（AD-X?）-1（ZC-XP）

=|（AD-^4P）-^（AB+AD-AP"）=-^AB+^AD-^AP,

因为?=久荏+y前+zZ?,所以％=—工，y=~>z=-

266

所以x+y+z—g.

故选：C.

【例2.2]（2023•江苏•高二专题练习）设P—48C是正三棱锥，G是AaBC的重心，。是PG上的一点，

且加=防，若加=xR5+y两+z无，则（久,y,z）为（）

A.信：，|）B.&祝）C-&辅D.&羽）

【解题思路】G是等边AABC的重心，可得四=[荏+[*=]（丽一同）+:（定一演），再由仍=加,

可得而=1匹，而匹=同+前，从而可以将师用身,而，西表示出，进而可求出（x,y,z）

【解答过程】因为三棱锥P-力BC是正三棱锥，G是△ABC的重心,

所以前=1而+］而=］（而—同）+：（定—四）

因为。是尸G上的一点，且丽=诙，

所以前=1西，

因为^^PA+AG,

所以而=|PG=jP4+1ZG

=21一PA+21/^1-PB+31一PC-32P_A\）

1111

=:而+yPB+4PC-^PA

2663

=-PA+-PB+-PC,

666

因为丽=XPA+yPB+zPC,

所以第=y=z=3

o

所以（无,y,z）为（，，U，

故选：B.

【变式2.1］（2022•全国•高二假期作业）如图，在三棱锥。一力BC中，点G为底面△ABC的重心，点M是

线段。G上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱。4。8,。。于点。,日F,若丽=kOA,OE=mOB,

OF=nOC,贝心+工+!=（）

kmn

【解题思路】由空间向量基本定理，用瓦?，OB,反表示南，由。，E,F,M四点共面，可得存在实数入出

使丽=XDE+iiDF,再转化为丽=（1-A-ii）kOA+XmOB+unOC,由空间向量分解的唯一性，分析即

得解.

【解答过程】由题意可知，W=|OG=|(OX+ZG)=|[O3+|X1(XB+XC)]

?r11i?99

=j[ol+j(OB-Ol)+j(OC-OX)j=|ol+|oB+|oC

因为D,E,F,〃四点共面，所以存在实数人心使丽=入赤+/z而，

所以而一而=\(0E-而)+fi(0F-0D),

所以丽=(1-A-ii)OD+WE+MOF=(1-A-^kOA+XmOB+finOC,

j(l-入-=,

所以]Am=1,

所以1+/+，=5(1_入一0+5入+/=5

故选：D.

【变式2.2](2022秋•河南•高二校考阶段练习)在棱长为1的正方体/BCD—4/的。1中，M,N,H分

别在棱B%,BC,8A上，且满足的=：西，BN=^BC,BH=^BA,。是平面/HN,平面4cM与平面

BiBDDi的一个公共点，设前=久丽+y丽+2丽，贝1]%+丫+32=()

【解题思路】根据条件确定。点位置，再根据向量表示确定%,y,z的值，即得结果.

AD

【解答过程】

如图，Q为AC与BD交点,P为BQ中点，。为MQ与B/P作PT平行MQ交BBi于T.

如图，贝(IT为BM中点，所以M7=±BM=±X±B81^-x-x4MB

2242412

所以瓦方=,前，

因止匕前=(西++d(而+期)=^BM+^BH+^BN,

因为前=x而+yBN+zBM,所以z==1,y=%+y+3z=y.

故选：C.

【考点3正交分解】

【例3.1](2023春•高二课时练习)已知伍/©是空间的一个单位正交基底，向量方=3+21+3*｛a+b^.-

瓦不是空间的另一个基底，向量万在基底｛方+石/-京｝下的坐标为()

A・(1,+)B.(-|)|,3)C.1，3)D.(-1)|)3)

【解题思路】设p=x0+3)+y0-W+z3根据空间向量基本定理建立关于x,y,z的方程，解之即可得

解.

【解答过程】解：设p=x(a+石)+y(a-b)+zc

=(%+y)a+(%—y)b+zc=a+2b+3c,

%+y=1(x=2

所以％—y=2,解得，v=_1，

z=3(2

Vz=3

所以向量力在基底总+b,a-衣｝下的坐标为g-1<3).

故选：A.

【例3.2】(2023•全国•高二专题练习)设｛用曲是单位正交基底，已知豆=t+j石=j+=E+若向量力

在基底仅五哥下的坐标为(8,6,4),则向量/在基底｛用曲下的坐标是()

A.(10,12,14)B.(14,12,10)

C.(12,14,10)D.(4,3,2)

【解题思路】根据向量万在基底值区可下的坐标为(8,6,4)得到万=12：+14；+10k,即可得到向量方在基底

｛U，%｝下的坐标.

【解答过程】因为向量方在基底值，右｝下的坐标为(8,6,4),所以万=83+6石+乖=81+丹+60+%)+

4(fc+T)=12；+14：+10%,所以向量力在基底(U，舟下的坐标为(12,14,10).

故选：C.

【变式3.1](2023•高二课时练习)在棱长为1的正方体48czM祖GD中40/的中点为瓦0/的中点

为N,若以｛用，反，西｝为单位正交基底，则标的坐标为()

【解题思路】根据正方体的性质，应用空间向量加减的几何表示可得丽=0•而+；•反+；•西，即得

MA/的坐标.

【解答过程】

由MN=DN-DM=DDi+D】N-DDX-DXM=%N-DXM=一;。遇=；(%&+%的)一

+D7D)^^DA+^DC-^DA-^^DD[=o-D1+|-PC+|-FD^,故丽=(0、,白.

故选：c.

【变式3.2](2023秋嘿龙江大庆・高二统考期末)值，右｝是空间的一个单位正交基底，万在基底但工©下的

坐标为(2,1,5),则万在基底值+石3+靖+可下的坐标为()

A.(一1,2,3)B.(1,-2,3)C.(1,2,-3)D.(-3,2,1)

【解题思路】设向量方在基底｛方+H+E/+4下的坐标为(x,y,z),根据空间向量基本定理得到方程组，解

得即可.

【解答过程】解：由题意向量方=2五+石+5落设向量力在基底但+瓦石+谓+可下的坐标为(x,y,z),

...p=x(a+b)+y(b+工)+z(a+c),

••・2a+6+5c=x(a+b)+y(b+c)+z(a+c)

(x+z=2

%4-y=1,解得Jy=2,

、y+z=5(.z=3

所以向量力在基底｛方+b^b+cfa+可下的坐标为(一123),

故选：A.

模块二

1.证明平行、共线、共面问题

(1)对于空间任意两个向量。，b(件Q),“〃分的充要条件是存在实数3使。=劝.

(2)如果两个向量a,6不共线，那么向量p与向量a,8共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x,y),

使p=xa+yb.

2.求夹角、证明垂直问题

(1)6为a,8的夹角，贝ijcos。=3.

(2)若a,)是非零向量，贝！J力=0.

3.求距离(长度)问题

I«I=A/^«(1^1=y]^-AB).

4.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，解题中要注意角的范围；

(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.

【注】用已知向量表示某一向量的三个关键点：

(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键.

(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量

的始点指向末尾向量的终点的向量.

(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立.

考点剖析

【考点4证明平行、共线、共面问题】

【例4.1](2023•全国•高二假期作业)如图，正方体ABCD—&B1C1D1中，。为&C上一点，且巾=|中,

AD与/C交于点求证：g,0,M三点共线.

DiG

【解题思路】取空间的基底，利用空间向量基本定理探求MC1〃。的关系，即可推理作答.

【解答过程】在正方体ABCD-A/iCiDi中，令荏=近而=另,丽*=3

布=|用］，BD与4c交于点M,即点M是4C的中点，

于是丽=MC+CO=-AC+工两=-AC+-（AA［-AC）=-AC+-AA^

232363

=-（AB+AD）+-AAi--a+-b+-c,

6、731663

MC\=MC+CC\=+AA^=^（AB+AD）+AAi=^a+^b+c,

因此西=3丽，即百〃而，而直线MCi与直线M。有公共点M,

所以Ci，O,M三点共线.

【例4.2］（2023•江苏•高二专题练习）如图，正方体4B（D-A'B'C力'的棱长为1,E,F,G分别为C'D'，A'D',

。力的中点.求证：EF//AC.

［解题思路】利用空间向量基本定理和空间向量共线定理证明.

【解答过程】证明：设西=7,DC^j,加=］，

则｛1,J,k｝构成空间的一个单位正交基底.

所以前二亦一府二家一/=］。—，），CA^DA-DC^i-j.

所以前=grx

所以EF〃4C.

【变式4.1](2023秋•高二课时练习)已知/,B,C三点不共线，对平面4BC外的任一点。，若点M满

足的="就+而+而).

(1)判断而瓦祝三个向量是否共面；

(2)判断点M是否在平面ABC内.

【解题思路】(1)根据空间向量的线性运算，结合平面向量基本定理证明即可；

(2)根据(1)结合平面向量的基本定理判断即可.

【解答过程】(1)由题知瓦5+萌+玩=3的，

：.OA-OM=OM-OB+OM-OC,

即=BM+CM=-MB-MC,

.•.“X用瓦祝共面.

(2)由(1)知，阮&丽，砒共面且基线过同一点

：.M,A,B,C四点共面，从而点Af在平面/8C内.

【变式4.2】(2022秋・湖北武汉•高二校考阶段练习)在正四棱锥P-4BCD中，点M,N,S分别是棱R4,PB,PC

上的点，且丽=xPA^PN=yPB^PS=zPC,其中x,y,z6(0,1].

(1)若x=l,y=5且PD〃平面MNS,求z的值；

(2)若久=|,y=g,且点DC平面MNS,求z的值.

【解题思路】(1)由PD〃平面MNS利用共面定理可得而=入丽+〃而再将丽、市转化为用两、PB.~PC

来表示，再利用空间向量的基本定理即可求解.

(3)由点DC平面MNS,可知。、M、N、S四点共面，再利用共面定理的推论即可求解.

【解答过程】(1)•••西=%可，丽=、丽，闲=z玩且x=Ly=g,

•­,PM=PA,PN=^PB,

在正四棱锥P-ABCD中丽^BA+~BC,

可得而-~PB=TA-PB+~PC-PB,

即方=向一丽+玩

又PD〃平面MNS所以存在实数入、〃使得而=入丽+iiMS,

即方=X(PN-PM)+u脚-PM)=(-A-/2)R4++nzPC,

又丽=刀—丽+而且港、PB,无不共面，

_入一〃=1

3=-1解的Z-1.

"Z=1

(2)由(2)可知丽=同一丽+玩

又两=xRA^PN=yPB^PS=z玩且x=|,y=

可得而=-PM-2PN+-PS

2z

又点De平面MNS,即D、M、N、S四点共面

所以：—2+工=1解得z=；.

【考点5几何中的求夹角、证明垂直问题】

【例5.1】(2023•江苏•高二专题练习)如图，在平行六面体ZBCD-Z/iCiDi中，以顶点Z为端点的三条

棱长都为1,且两两夹角为60。，求BD1与47的夹角的余弦值.

【解题思路】设出基向量，然后根据图形，结合几何关系用基向量表示出时=-3+1+3AC=a+b.

进而根据数量积的运算律求出向量的模以及数量积，即可根据数量积的定义公式得出西以及北夹角的余

弦值，即可得出答案.

【解答过程】设48=a,AD=b,AA1=c,

由已知可得N-b=a'C=b-C=lxlxcos60°=

因为=BA+BC+BB]=—AB+AD+AA1=-3+Z)-Fc,

AC=AB+AD=a+h,

所以,BD]=(—方+b+=五之+抉+矛—22,b+2b,c—22,c=1+1+1—2x[+2x；-2x[=

2,

~AC2=(a+fe)=a2+b2+2a-b=l+l+2x|=3,

BD],AC—(一3+b+,(方+b)=一方？—五,/7+方•b+Z72+Q,c+/7,c=-1—1-+—+1=1，

所以|西|=VL|前|=V3,

所以，cos（BDi/C）=靛而=正石=T-

故直线BO1与AC的夹角的余弦值为£

O

【例5.2]（2023•江苏•高二专题练习）已知空间四边形。/3C中，4AOB=4BOC=/.AOC,且OA=OB=OC,

M,N分别是。1,2C的中点，G是的中点，求证：OG_L2C.

【解题思路】取定基底向量DX砺，比，并分别记为乙瓦乙再用基底表示出诟和品，然后借助数量积即可计

算作答.

【解答过程】在空间四边形OABC^P，令瓦5=a^OB=K,OC=B则@=\b\=|c|,

令乙AOB=LBOC=LAOC=8,G是MV的中点，如图，

B

则赤(曲+丽)=3E9+[(屈+觉)]=;(a+fe+c),BC=OC-OB=c-b,

于是得乐•BC--(a+b+c)-(c—b')--(a-c—a-b+b-c—b2+c2—b-c)

44

=|(|a|2cos0—|a|2cos0—|a|2+|a|2)=0,

因此，OGIBC,

所以OGLBC.

【变式5.1](2023•全国•校联考一模)如图所示，已知空间四边形N2CD的每条边和对角线长都等于1,点

E,F,G分别是/瓦AD,CD的中点.设丽=4，AC^b,AD^c.

（1）求证£6，/2；

(2)求异面直线/G和CE所成角的余弦值.

【解题思路】(1)作出辅助线，利用三线合一证明出从而得到线面垂直，进而证明线

线垂直；

(2)用乙方片表达就与前，利用空间向量夹角公式求解异面直线NG和C£所成角的余弦值.

【解答过程】(1)证明：连接

因为空间四边形/BCD的每条边和对角线长都等于1,且E,G分别是Z8,CD的中点，

所以AC==AD,

故CE1AB,DE1AB,

又因为CECDE=E,CE,DEciF®CDE,

所以4B1平面CDE,

因为EGu平面CDE,

所以AB1EG.

(2)由题意得：ACD,AABD均为等边三角形且边长为1,

所以4G=EC=f

AG=|(h+c),EC=^(BC+AC)=^(AC-AB+AC')=b-^a,

所以前.就=+司.江.B+忑V

11一1一1

=———|a|­|b|cos60°+—|c|­|b|cos60°——|a|­|c|cos60°

2424

-2-8+4—8-

设异面直线AG和CE所成角为仇

则cose=|cos(Mrc)|=a

22

【变式5.2】(2022秋・天津滨海新•高二校考阶段练习)已知平行六面体ABCD-48也15的底面是边长为

1的菱形，且NCiCB=HCD=乙BCD=pDD1=2.

(1)证明：DDX1BD；

(2)求异面直线C&与AB夹角的余弦值.

【解题思路】(1)由题，选定空间中三个不共面的向量为基向量，只需证明西•丽=0即可;

(2)用基向量求解向量C&HB的夹角即可，先计算向量的数量积，再求模长，代值计算即可.

【解答过程】设方=五，CB^b,CC^^c

由题可知：方,右两两之间的夹角均为多且同=1=的，同=2

(1)由西•丽=瓦丁丽一函

=c-(a—b^=c-a—c-b=l-1=0

所以DD11BD即证.

(2)由CA-1—CD+DA+AA^=a+6+c,又力B=—a

所以|西^=]0+3+3[荏[=]

又C41,AB——a■(a+b+c)———

则cos<CA^AB>=靛赢=_帚=_缪

又异面直线夹角范围为(0,岁

所以异面直线夹角的余弦值为袈.

【考点6几何中的求距离(长度)问题】

【例6.1](2023秋•高二课时练习)如图所示，在平行六面体ABCD-4/1的小中，底面ABCD是边长为

1的正方形，A4i=2,44148=441AD=120°,求西的长.

【解题思路】设荏=a,AD=bAA[=c,计算|西|=|a-b+c|=J|a-fo+c|2可得答案.

【解答过程】设荏=a^D=3,双=c,

则同=|同=1,©=2,a-b=O,c-a=c-b=2xlxcosl20°=-1,

因为OB】=DA+AA^+—3—/?+c,

所以|西|-|a-h+c|=J|a-h+c|2-y/a2+b2+c2-2a-b+2a-c-2b-c=瓜

【例6.2](2023秋•高二课时练习)如图所示，在平行六面体ABCD-48停1。1中，底面4BCD是边长为

1的正方形，44=2,AATAB=^AD=120°.求线段2的的长.

【解题思路】设通=五，AD=b,AA1=c,由=W+3+引=J@+B+司2计算可得答案.

【解答过程】设荏=N，AD^b,旃*=3

贝IJ同=同=1,©=2,a-b=0,

c-a=c-b=2x1xcosl20°=-1,

;宿^AC+~CC[^AB+AD+题^a+b+c,

\AC^\=\a+b+c\=J(a+b+c)2

=J同2+同2+同2+2(a-b+b-c+c-a)

=Vl2+l2+22+2(0-l-l)=V2.

，线段4的的长为

【变式6.1]（2023•高二课时练习）如图所示，在平行四边形力BCD中，ABAC1,=90。，沿它

的对角线力C将AACD折起，使力B与CD成60。角，求此时B刀两点间的距离.

【解题思路】利用空间向量线性运算可得前=明+*+前，结合数量积的运算律可求得|前「，进而得

到所求结果.

【解答过程】•••四边形力BCD为平行四边形，：.AB//CD,又“CD=90°,二“48=90°,

■.AC-CD^O,AC-BA^O,

・••在空间四边形4BCD中，AB与CD成60°角，二<BA,CD>=60。或120。，

又前=BA+AC+CD,|BO|2=|网之+囤2+।西2+2丽.而+2而.CD+2AC-CD=3+2xlx

1Xcos<丽，前>,

当〈瓦5,前>=60。时，|前『=4,前|=2,即此时两点间的距离为2；

当〈瓦?，前>=120。时，|前|=2,\BD\=V2,即此时B,D两点间的距离为加；

综上所述：8刀两点间的距离为2或VI

【变式6.2]（2022秋•河南洛阳•高二校考阶段练习）如图，在平行六面体/8QX4//GD中，48=/。=44尸1,

ZBAD=ZBAAi=60°,/。44/=120°.求:

B

（1）荏•沏的值.

（2）线段的长

【解题思路】（1）直接套用向量的内积公式即可;

（2）选取｛而，AC,而;｝作为一组基底，宿用基底表示

=J（而+西+瓦初尸代入求解即可得出答案.

【解答过程】（1）而•而=|而|•|加|cos＜丽，而〉

=1xlcos60°

=1

2,

(2)选取｛荏，AC,丽｝作为一组基底，

则4cl=/8+BBi+9

则|宿卜

=J(而+西+瓯)2

=J(AB)2+(西尸+(F^C\)2+2-AB-BB[+2-AB-~B^C[+2■西•~B^C1

=J|AB|2+|西,+|B^Q|2+2-AB-~BB[+2-AB-+2■两-

=V12+l2+l2+2xlxlcos600+2x1xlcos600+2x1xlcosl20°

模块三N课后作业。|

1.（2023春・甘肃天水•高二校考期中）已知空间向量下列命题正确的是（）

A.若有与石共线，3与?共线，贝呢与2共线

B.若乙另/非零且共面，则它们所在的直线共面

C.若五方/不共面，那么对任意一个空间向量力，存在唯一有序实数组（x,y,z）,使得p=xZ+y1+z及

D.若乙后不共线，向量^=而+〃3（人,“eR且入〃40）,则何区可可以构成空间的一个基底

【解题思路】根据共线向量、共面向量、空间向量的基本定理、基底等知识对选项进行分析，由此确定正

确答案.

【解答过程】A选项，若元与石共线，石与1共线，当石为零向量时，

N与工不一定共线，所以A选项错误.

B选项，若五非零且共面，则它们所在的直线不一定共面，

比如正方体上底面的两条对角线，和下底面的一条对角线，

对应的向量共面，但直线不共面，所以B选项错误.

C选项，根据空间向量的基本定理可知，C选项正确.

D选项，若不方不共线，向量工=立+〃］（入,〃eR且"70）,

则方5下共面，所以云石/不能构成基底，D选项错误.

故选：C.

2.（2023秋•高二课时练习）已知五，石，工是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（）

A.3a,a—b,a+2bB.2b,b—2a,b+2a

C.a,2b,b-cD.c,a+c,a—c

【解题思路】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.

【解答过程】向量滴了1是不共面的三个向量，

对于A,32=2（3—3）+0+2石），则向量3五万一M五+2石共面，A不能构成空间基底；

对于B,2b=（b-2a）+（b+2a）,则向量2另工-23石+2五共面，B不能构成空间基底；

对于D,2寸=（五+4一（五—3，则向量工，方+己方一力共面，D不能构成空间基底；

对于C,假定向量乙2H共面，则存在不全为0的实数入1入2，使得五=2入-+入2@-研，

（1=0

整理得,一（2入1+入2）石+入2工=6，而向量方而不共面，则有12入1+入2=0，显然不成立，

（入2=。

所以向量五,2石,3-2不共面，能构成空间的一个基底，C能构成空间基底.

故选：C.

3.（2023春•高二课时练习）若优衣｝构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）

A.2a—b,a+h—c,7a+5h+3c

B.2a+/?,a+h+c,7a+5b+3c

C.2a+b,a+b+c,6a+2b+4c

D.2方一b,方+b—c,6方+4b+2c

【解题思路】根据空间向量基本定理以及空间基底逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.

【解答过程】解：对于A,设7a+5b+3c=入（2a—b）+〃（a+b—c）=（2入+〃）a+（〃—入）b—,

2入+〃=7

所以，〃—入=5,此方程组无解，所以2五—b,ab—c973+5b+32不共面；

、一〃=3

对于B,因为2（2a+b）+3（a+b+c）=7N+Sb+3c,所以2五+b,苍+b+乙73+Sb+3工共面；

对于C,设6,+2b+或=A（2a+&）+/i（a+&+c）=（2入+〃）五+（〃+入）b+〃高

2入+〃=6

所以〃+入=2,此方程组无解，所以2五+反a+fe+c,63+2另+4工不共面；

.〃二4

对于D,设6。+46+2。=入（2（1—b）+〃（a+b—c）=（2入+〃）a+（〃—入）b—

2入+〃=6

所以，〃—入=4,此方程组无解，所以2五—匕，方+b—工，6五+4b+2m不共面；

、—[1=2

故选：B.

4.（2023春•高二课时练习）在三棱锥。一ABC中，G是^ABC的重心,M是线段OG的中点，若前=xOA+

yOB+zOC,贝！J%+y+z=（）

113

A.--B.-C.--D.1

244

【解题思路】根据空间向量的运算，用基底表示出相关向量，根据空间向量基本定理，即可求得答案.

【解答过程】如图在三棱锥0-4BC中，连接4G并延长交BC于。，

则。为BC的中点，

B

M是线段。G的中点，G是AABC的重心，

贝丽=[(一m+福=-|0X+lx|^4D=-1o2+|AD

1—>11―>—>1—,1—>—>

^--OA+-x-(AB+AC)^--OA+-(AB+AC)

11

=--OA+-(OB-OA+OC-OA)

26

^--OA+-OB+-OC,

666'

故％=_3y=[z=J,故x+y+z=_"

oooZ

故选：A.

5.（2023秋•高二课时练习）在四面体OABC中，点M在。A上，且。M=2MA,N为BC的中点，若说=+

^OB+yOC,则使G与M、N共线的久的值为（）

44

A.1B.2C.2£D.-4

33

【解题思路】根据G,M,N三点共线，进行求解即可.

【解答过程】两=*屈+而），OM

假设G,M,N三点共线，则存在实数人使得

OG=WN+（1-X）OM

入__»__,2（1-入）__

=2（OB+OC）+^y^（M

2（1—入）一A_.入一

=---------OA+-OB+-0C

322

^-OA+-OB+-0C,

344

「2（1—入）1

3

得，解得％=1,入=

故选：A.

6.（2023春・江西南昌•高二校联考阶段练习）半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的

正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，

得到一个有八个面的半正多面体，如图，点、P,A,B,C,D为该半正多面体的顶点，若肉=N,PB=b,

PC=c,则而=（）

D1TMlT

A.-1a+b+^cB.-a—b——c

22

C.—bH—cD.—Q+b—c

2222

【解题思路】根据空间向量线性运算法则计算可得.

【解答过程】如下图所示而=PA+AC=PA+,2BD=PA+2PD-2彘,

所以丽=-IpX+PB+=-1a+fo+|c.

7.(2023春•高二单元测试)已知/,B,C三点不共线，。是平面/8C外一点，下列条件中能确定点M

与点/,B,C一定共面的是()

A.OM=OA+OB+OCB.OM=OA+2OB+3OC

C.OM=-OA+-OB+-OCD.OM=-OA+-OB+-OC

222333

【解题思路】首先利用坐标法，排除错误选项，然后对符合的选项验证存在入分使得砧=诙+〃*，由此

得出正确选项.

【解答过程】不妨设。(0,0,0),4(1,0,1),B(OOl),C(0,1,1).

对于A选项，OM=OA+OB+OC=(1,1,3),由于M的竖坐标3>1,故M不在平面4BC上，故A选项

错误.

对于B选项，OM^OA+2OB+3OC=(1,3,6),由于M的竖坐标6>1,故“不在平面4BC上，故B选

项错误.

对于C选项，OM=|OA+|OB+|OC-由于M的竖坐标|>1,故M不在平面4BC上，故C

选项错误.

对于D选项,DM=^OA+^OB+^OC=&jl)，由于M的竖坐标为1,故M在平面ABC上,也即A,B,C,M

四点共面.下面证明结论一定成立：

由西=(砺+(■+(祀，得DM—砺=((加—成)+((历_旗)，

即而？=（而+］猊，故存在入=〃=/使得/前=兀通+生化成立，也即4B,C,M四点共面.

故选：D.

8.（2023春・江西抚州•高一统考期末）把边长为2企的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD与

平面CBD所成二面角的大小为60。，则异面直线AD与BC所成角的余弦值为（）

A.-B.--C.--D.-

4433

【解题思路】画出图形，利用空间向量基本定理转化求解即可

【解答过程】如图，取的中点，连接，

因为AB=BC=CD=AD=2&，4BAD=乙BCD=90°,

所以。力=。8=OC=。。=2,OC1BD,OA1BD,

所以乙4OC为平面ABD与平面CBD所成二面角的平面角，即N71OC=60°,

所以AAOC为等边三角形，所以2C=2,

因为尼=而+丽+方，

2

所以正2=（AD+DB+JC},

所以4=而2+而2+阮2+2而•DB+2AD-BC+2DB-BC,

所以4=8+16+8+2x2鱼x4cos乎+2x2鱼x2V2cos（AD,BC）+2x4x2&cos今，

即16cos（而函=4,得cos（前，园=%

所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为:，

4

故选：A.

9.（2023春•江苏淮安・高二统考期中）如图，在平行六面体48CD-中，E,尸分别在棱和

上，且。尸=工。。1.记前=x四+y而+z标，若x+y+z=±则空=（）

24BBi

【解题思路】设第=入，由空间向量的线性运算可得前=一荏+亦+（;-人）瓦匕，由空间向量基本定理

DD1\2/

即可求解.

【解答过程】设城=人，因为27=前+丽+而+罚=一入西-而+沏+工西