空间向量基本定理-2024-2025学年高二数学复习讲义（人教A版选择性必修第一、二册）

第02讲空间向量基本定理

【人教A版2019】

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(无，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.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,c｝可以表示出空间所有向量.表示要彻底，结果中只能含

有7b,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,yj,z左使得a=xi+W+z左像

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.

►题型归纳

【题型1用空间基底表示向量】

【例1.1](23-24高一下•安徽•阶段练习)在直三棱柱ABC—4/iG中，4B=ABC重心为点G,棱/G

的中点为M,设荏=江，前=西=冷则流=()

A.—ad—b+cB.—ctH—b-c

3666

C.-1aT——lMb—c-DTA.——1af——lzb—c-

6666

【解题思路】由空间向量基本定理求解即可.

【解答过程】取BC中点N,连接MN,AN,由底面为正三角形，

知4N过点G,且丽=[丽.

于是丽=MN+~NG=_标_:前=-AA1-i(AB+ZC)=-^a-^b-c,

故选：D.

【例1.2](23-24高二上•安徽宣城•期末)在三棱柱ABC—4BiG中，已产分别是B&CG的中点，E=2谣,

则闲=()

A.B.［荏+|尼+|理

C一|万+!而后标D.V通+|市+1痂

【解题思路】根据条件，利用空间向量的线性运算，即可求出结果.

【解答过程】如图，因为分别是8C,CCi的中点，AG=2GE,又矶=南,

所以而=Tc+CE+EG=-|Z47+|（AB-XC）-|AE=|XB-|XC-1X|（XB+ZC）-|Z42,

得到前=-|ZC-］京，

故选：A.

【变式1.1]（23-24高二上.陕西宝鸡.期末）如图，在四面体。4BC中，OA=a,OB=b,方=落点”、

N分别在线段。4、BC上,且20M=M4CN=2NB,则丽等于（）

1fI2二11TD1712宣1T

A.——a+-D+-cB.——a+-b——c

333333

IT2二I1Tn172T2T

C.-a——b+-cD.—CL—bH—C

333333

【解题思路】由空间向量基本定理结合线段比例关系分解向量即可.

【解答过程】由题意而=诟+M=--OA+OB+JN=--OA+OB+^~BC

=-i0X+UB+|（B0+0C）=-|a+|^+|c.

故选：A.

【变式1.2]（23-24高三上.山东临沂.期末）正方体ABCD中，M是棱的中点.记力名=出

AC=b,ADr=c,24M用出b,8表2K为（）

A1T,37",1T

A.—dH—b4—cB.-3a~+1-1b-+-1c-

444444

C1TI1NI3T

C.一。4—bH—cD.一a+-b+-c

444444

【解题思路】根据几何体的特征，结合向量的线性运算，即可求解.

【解答过程】前=荏+而，AB^=AB+AA^,而=诟+砧,

三个式子相加得前+南+福=2(AB+而+丽>)=2福\

T1TT11T1T1TT

=—(ACr+Acy=-f—i4C+-AB1+-ADr+Acy

乙\/乙\乙乙乙/

17111

=—A4—AC4—AD^=—ci4—bH—c.

4441444

4G

故选：A.

【题型2由空间向量基本定理求参数】

【例2.1】(23-24高二上•河南南阳・期末)如图，在三棱柱ABC-Z/iCi中，砸=2丽，若而xCA+yCB+

zCC；,则％+y+z=()

44s

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

323

【解题思路】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理求解即可.

【解答过程】由题意知：

________________________________2___>___>__>2___>__>__>

CD=CC]+C]/]+A^D=CC]+CA>4-=C+CA+~4~AC+CB)

----->---->9---->9----»7--»1----»7---»1------>

=CC1+CA--CC--CA+-CB=-CA+-CB+-CQ,

131r333331

又而=xCA+yCB+zCC；,

所以＜y=I，则％+y+z=:

故选：B.

【例2.2](23-24高二下•甘肃兰州•期末)已知矩形4BCD,P为平面力BCD外一点，P41平面2BCD,点M,N满

足丽=亚,~PN=|PD.若标=无荏+丫而+zZ?,贝l|x+y+z=()

A.-1B.1C.-jD.|

【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】

因为两=(而，丽=|丽，

所以丽=两一两=|而丽=|(前—而)_((前一而)

=|(AD-ZP)-|(AB+AD-AP)=-^AB+^AD-^AP,

因为而=%荏+y而+zZ?,所以X=-L,y=-,Z=

266

所以久+y+z=—[.

故选：C.

【变式2.1](23-24高二上.广东江门•阶段练习)如图，在三棱锥。-ABC中，点G为底面AABC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,OB,。。于点D,E,F,若前=k次,

OE=mOB,OF=nOC,则工+工+乙=()

kmn

o

【解题思路】由空间向量基本定理，用瓦?，0B,况表示由，由D,E,F,M四点共面，可得存在实数尢〃,

使丽=ADE+fiDF,再转化为丽=(1-A-i£)kOA+AmOB+finOC,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，0M=10G-|(01+^4G)=|[OX+|x|(AB+ZC)]

2r_____.1____,____,i____T9_____9_________2_________

=i\oA+L(oB-oA)+L(oc^oA)\=ioA+ioB+ioC

JLJJJ.zJJ

因为。，E,F,M四点共面，所以存在实数尢〃，使丽=2屁+〃而，

所以南-0D=A(OE-0D)+n(OF-0D),

所以丽=(1-A-n)OD+WE+iiOF=(1一4一^kOA+AmOB+[mOC,

/(1-"〃)k=:2

所以｛2m=-7,

[^n=l

1119999

++A++

----------

kn2222

rn

故选：D.

[变式2.2](23-24高二下•江苏南通・期末)已知产是448C所在平面外一点,M是2C的中点,若前xPA+

yPB+zPC,贝ij()

A.%+y+z=0B.%+y+z=1

C.x-y—z=1D.x—y—z=—1

【解题思路】推导出施=^（AB+AC）,利用空间向量的减法结合空间向量的基本定理可得出小y、z的值,

即可得出合适的选项.

【解答过程】如下图所示:

P

AC

R

因为M为BC的中点，则宿=屈+丽=荏+（丽=荏+]（左-荏）=j（Zfi+ZC）,

所以，AM=^（PB-JA+PC-PA）=-E?+1PB+|PC,

又因为前=+y而+z无，且可、丽、而不共面，则％=-1,y=z=$

故x+y+z=O,x—y—z=-2,

故选：A.

【题型3正交分解】

【例3.1]（23-24高二上•河北•期中）已知BD1平面ABC,AB1BC,BD=1,AB=2,BC=3,则空间

的一个单位正交基底可以为（）

A.｛萍，丽（呵B.[|BC,BD,|B2]

C.（BC,BD,yAD]D.国丽,|网

【解题思路】先得到4B,8C,B0两两垂直，再根据其长度得到空间的一个单位正交基底.

【解答过程】因为801平面ABC,u平面48C,

所以8。1AB,BD1BC.

因为力B1BC,即4B,BC,BD两两垂直，

又BD=1,AB=2,BC=3,

所以空间的一个单位正交基底可以为《阮,BD,^BA\.

故选：B.

【例3.2]（23-24高二上.河南洛阳•阶段练习）已知｛乙3,百是空间的一个单位正交基底，向量万=a+2h+3c,

色+风之-江码是空间的另一个基底，向量日在基底｛2+3,2-3,成下的坐标为（）

【解题思路】设p=x(a+B)+y(a-刃+z*根据空间向量基本定理建立关于%,%z的方程，解之即可得

解.

【解答过程】解：设p=%(a+W+y(a_1+zi

=(x+y)a+(%—y)b+zc=a+2h+3c,

%+y=1

所以％—y=2,解得

z=3

所以向量力在基底缶+b,a-b,或下的坐标为(I，6,3).

故选：A.

【变式3.1](23-24高二上.江西抚州.期末)已知色是同是空间的一个基底，归+3,2-另，码是空间的另一

个基底，一向量力在基底但2,｝下的坐标为(4,2,3),则向量力在基底｛2+3,2-3,现下的坐标是()

A.(4,0,3)B.(3,1,3)C.(1,2,3)D.(2,1,3)

【解题思路】利用空间向量基本定理求解即可.

【解答过程】设向量力在基底向+3,N-3,4下的坐标为(x,y,z),则万=x(N+3)+y(2-3)+z落

又向量力在基底值b,成下的坐标为(4,2,3),则万=4a+2b+3c,

所以4d+2b+3c=x(a+b)+y(d—b)+zc,即4五+2h+3c=(%+y)a+(x—y)b+zc,

x+y=4,俨=3,

所以x-y=2,解得y=1,

z—3,z—3f

所以向量力在基底但+b,a-b,耳下的坐标为(3,1,3).

故选:B.

【变式3.2](23-24高二上.湖北武汉•阶段练习)己知优3,现是空间的一组单位正交基底，若向量力在基底

优b,4下用有序实数组表示为(3,2,1),则与向量力同向的单位向量在基底优b+c,b-4下用有序实数组表

示为()

/3V463^46V46\/3V14V14V14\

，\231461467，\14/7/14/

/3V143^1^V14\34H3^1^_V14\

rD.

，\14/28'2871428,28)

【解题思路】求出与向量力同向的单位向量沆的有序实数组，设与向量力同向的单位向量沆在基底

[a,b+c,b-a下有序实数组表示为{x,y,z},根据记=%五+(y+z\b+(y—z)c=a+b+曹c,

可得％,y,z,从而求出答案.

【解答过程】因为向量力在基底低员订下用有序实数组表示为(3,2,1),

所以与向量洞向的单位向量记的有序实数组表示为品q(3,2,1)=(雪，等岑)，

设与向量力同向的单位向量沅在基底伺1+5,3-仃下有序实数组表示为{x,y,z},

所以沆=xa+y(b+c)+z(b—c)=xa+(y+z)b+(y—z)c,

BPP4-3mT.2V147*.V14->

又因为7n=卞。+丁6+京c,

3V1413A/14

X=X=

1414

_2V143y/14

所以，y+z--------,解得<

14y=28

V14V14

j-z、

Fz=28

故选：C.

模块二用空间向量基本定理解决相关的几何问题。|

►知识梳理

1.证明平行、共线、共面问题

(1)对于空间任意两个向量a,a〃％的充要条件是存在实数九使。=M.

(2)如果两个向量a,5不共线，那么向量p与向量a,》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)。为a,〜的夹角，则cos(9=j^卷.

⑵若a,6是非零向量，则a,60az>=0.

3.求距离(长度)问题

\tt\=yja-a(|XB|AB-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.

A题型归纳

【题型4证明平行、共线、共面问题】

【例4.1］（23-24高二上.上海.课后作业）四棱柱4BCD—49的六个面都是平行四边形，点M在对角

线43上，且14Ml点N在对角线4C上，且|4N|=：|NC|,

CBf

DA

（1）设向量AB=a,AD=b,AAr=c,用N、b、3表示向量D'N；

（2）求证：M、N、D'三点共线.

【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算计算即可得；

（2）借助向量共线定理证明丽〃而即可得.

【解答过程】⑴因为|AM|则而=（彳厉=式前5+福）=一市+市,

33

CB'

DA

所以西+而=-AD+（-|A7+jA6）

又因为|AN|=||NC|,则=］衣=；（卬/+而+前），

了

所以而=西+祈=-而+［（0+同+而）=*-：而-那

IT37*1-

--a—b—c；

444

（2）因为而=行一行=：衣一］诵/一祠）一卷初=£BC--W

12

=：画-3幅）,且iiTF=40'一行=A，D；一=前一■市,

所以标=工而，即M、N、。三点共线.

4

【例4.2](23-24高二上.福建厦门•阶段练习)已知何是。是空间的一个基底，且31=32+3京OC=-a+

2b+3c,OD=2a+b—c.

(1)求证：A,B,C,。四点共面；

(2乂瓦?,4,而｝能否作为空间的一个基底？若能，试用这一基底表示砺；若不能，请说明理由.

【解题思路】(1)确定4B=—3+£>+2c,AC=—4a—/74-3c,AD=一3.一2b—c,得到4D=——AB+—AC)

得到证明.

(2)计算得到瓦？=?加+反，故不能作为基底，得到答案.

【解答过程】(1)南=费一市=(2d+跖+22一(3N+3&=一2+3+2旗

AC=0C-0A=(一a+2b+3c)—(3a+3b)=-4a—£>+3c；

AD=OD-OA=(2a+b-c)—(3a+3b)=-a-2b-c；

设4Z)A.AB+p.AC,即—a—2b—c—2(—a+b+2c)+“(—4a—b+3c)

'―1—X_4fl4=—_

5

故一2=2-4，解得|3,故而=-2荏+三元，

「1=22+3〃=g

故A,B,C,。四点共面.

(2)假设市=mOB+nOC,贝！J3d+3b=m(2d+4b+2c)+n(2a+b—c),

(3=2m+2nr_i_>_

故3=4m+n,解得｛m2,OA=|OB+OC,

.0—2m—n(n=1

故就，丽，反不能作为基底.

【变式4.1](23-24高二上.湖北武汉.阶段练习)在正四棱锥P-4BCD中，点MMS分别是棱P4,PB,PC上

的点，且丽=久两，两=y而，丽=z而，其中久,y,z6(0,1].

(1)若x=l,y=｝且PD〃平面MNS,求z的值；

(2)若x=|,y=且点。6平面MNS,求z的值.

【解题思路】(1)由PD〃平面MNS利用共面定理可得丽=4而+〃而再将而、示转化为用同、PB,

丽来表示，再利用空间向量的基本定理即可求解.

(3)由点。e平面MNS,可知D、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)PM=xPA,~PN=yPB,~PS=z正且x=l,y=

・•.PM=PA,PN=：PB,

在正四棱锥P—48CD中丽=瓦？+前，

可得丽-丽=丽一丽+玩一方，

即而^~PA-PB+~PC,

又PD〃平面MNS.•.所以存在实数入〃使得丽=力而+〃而，

即丽=A(PN-PM)+fi(PS-PM)=(-2-iiyPA+^PB+(izPC,

又丽=方一而+而且西、PB.而不共面，

-A—〃=1

；=-1解的z=l.

｛〃

z=1

(2)由(2)可知丽=方一丽+而

又两=xPA,PN=yPB,~PS=z而且x=|,y=｝

可得而=-PM—2PN+-PS

2z

又点。e平面MNS,即0、M,N、S四点共面

所照-2+工=1解得z=|.

2z3

【变式4.2](23-24高二.全国.课后作业)已知同可,｝为空间的一个基底，且而=2久-瓦+3石，0A=

e1+262—03,0B=—3e1+e2+Ze3,0C=e1+e2一.

(1)判断P,4B,C四点是否共面；

(2)能否以｛初，砺，云｝作为空间的一个基底？若能，试以这一组基表示M；若不能，请说明理由.

【解题思路】

(1)假设P,4B,C四点共面，然后利用空间向量共面定理列方程求解；

(2)先判断出，布，反不共面，再利用空间向量基本定理列方程求解.

【解答过程】(1)

假设P,48,C四点共面，

则存在实数x,y,z,UOP=xOA+yOB+zOC,且x+y+z=l,

即福一石+3石=x（e7+2/一可）+y（-3瓦（+/+2可）+zQ7+/一瓦）

比较对应的系数，得到关于x,y,z的方程组

'x—3y+z=2（x=17

2%+y+z=-1,解得，y=-5与％+y+z=1矛盾，

-x+2y—z=3z=—30

故P,4SC四点不共面.

(2)

若8彳,而，反共面，则存在实数6,71,使万？=小丽+71沆,

所以q+2^2一久=血（-3q+3+2瓦）+九（前+葭一可），

—3m+n=1

所以'm+n=2，方程组无解，

2m—n=­l

所以府，而，沆不共面，

所以｛瓦5,赤，而｝可以作为空间的一组基底，令瓦？=a,OB=b,OC=c,

'瓦+2eJ—e^=a=3a—b—5c

所以•一3瓦+£+2冤=3，解得e^-a-c

、可+石一瓦=3le^=4a—b—7c

所以。P=2e1—e2+363=2(3a—b—5c)-(a-c)+3(4a-b-7c)

=17a-5b-30c=17OA-SOB-30OC.

【题型5几何中的求夹角、证明垂直问题】

【例5.1］（23-24高二下•江苏常州•阶段练习）如图所示，平行六面体48CD—4B1C1D1中，ABAD=

I,.=2/BAD=^,z.BAA1=ADAA1=

（1）用向量屈，而，瓦彳表示向量珂，并求|西|；

（2）求cos（BZ）i，4C）.

【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得;

（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.

【解答过程】（1）西=砧一荏=而+硒*-南，

贝山西广=(AD+~AA[-AB｝2=AD2+AA^2+AB2+2AD-AA1-2AD-AB-2AB■AA[

11

=l+4+l+2xlx2x--0-2x2xlx-^6,

所以|西|

（2）由空间向量的运算法则，可得前=而+而,

因为4B=AD=1,AA1=2且NB/W==ND4&=p

所以|河=J廊+AD\2=J丽Z+2|祠.\AD\cos^+I珂2

=Vi+0+1=V2,

~BD1-AC=（AD+AAl-AB｝-（AB+AD）

=AD-AB+AD2+AAi-AB+AA^-AD-AB2-AD-AB

=1x1xcos；+l2+2x1xcos=+2X1Xcos=-l2-lxlxcos；=2,

赃时西，祠=*=△=当

【例5.2]（23-24高二・全国•随堂练习）已知在空间四边形ABCD中，DA1BC,DBVAC,求证：DC1AB.

【解题思路】选取基底，将已知直线垂直关系转换为数量积为0,得到相应的等量关系，进而证明瓦？•瓦=0

即可.

【解答过程】如图所示:

不妨选空间的一组基底向量为｛离，丽,比｝,

由题意ZM1BC,DB1AC,

所以有病-~BC=DA-（BD+DC）=-DA~DB+DA-DC=0,即市-DC=DA-DB,

同理有丽■AC^'DB-（AD+DC）=-DA-DB+^B-DC^O,即丽-DC^DA-DB,

因此刀•皮=（前+市）•皮=-DC-JB+DCDA=DA-DB-DA-DB=0,

从而瓦？1反，即BAIDC.

【变式5.1]（23-24高二上•山东聊城•阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体。4BC中，M,N分别是边02,

BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN,设瓦I=五，OB=b,0Cc.

o

（1）试用向量出b,5表示向量OG；

(2)求cos<OG,BA>.

【解题思路】（1）根据平面向量基底运算即可得到结果.

（2）分别求出|直|,|而瓦？•赤的值，再结合向量的夹角公式即可求得结果.

【解答过程】（1）而=砺+标=（反+|（拓？+南+丽）

1211111

=—OA+—OA-[-OB-OA^-BCj=-OA+OB--OA+-

2322I画

1-，21111—.11］一

=X+-OB——OA+—OCI=-OA+—OB——OA+—OC

2°3222/2333

1111_1-1

=_0A+_0B+_0C=_a+-b+-c

(2)由题意知，|五|=网=Q=1,a-b=d-c=b-c=^fBA=a—bf

、、2

|a|2-2a-6+|b|=1,

.ir,i--i2r-V17

a+b+"讦+州『+打2z+-a-b+-a-c+-D-c=——

i39996

’14l1J

OG.B4=Q-司.(-a+-Dr+-c

633,

1一1一一1一一1一一1-1一一1

=-d2+-d-b+-a-c--d'b--b2--b-c=—

63363312

OGBA_V17

所以cos<OG,BA>=

|OG||RA|-34

【变式5.2］（23-24高二下.江苏常州.阶段练习）如图，在底面/BCD为菱形的平行六面体/BCD-//1C1A

中，M,N分别在棱ZALCCI上，且=^AAltCN=|CC1,且44遇。=^ArAB=4DAB=60°.

(1)求证：D,M,B],N共面；

(2)当的为何值时，力

AD

(3)若AB=AA1=1,且2止=^A1C1,求4P的长.

【解题思路】(1)利用向量证明前=祈瓦，然后可证；

(2)以理，AD,荏为基底表示出扃，币，然后根据宿•碰=0求解可得；

(3)利用基底表示出衣，然后平方转化为数量积求解即可.

【解答过程】(1)在平行六面体4BCD-481的£)1中，连接MD、DN、NB】、BrM,

-1-1

因为=^A4i，CN=：CC「

所以]=：可+=/京+荏，

DN=DC+CN=A1B1+^CC1=^AA1+AB,

所以丽=瓦瓦，即。N="当且。N〃MB「

所以四边形DMB】N为平行四边形，即共面.

(2)当也=1时，力G1&B,理由如下，

AB

设441=c,AD=b,AB=a,且号与b、'与,、匕与日的夹角均为60。，

因为底面4BCD为菱形，所以同=|矶，

ACr=AA-^+AiQ=4+A1D1+AA1=a+b+c,ArB=AtA+AB=a—c,

若"iia/,则宿i京瓦

22

即4cl•A1B=(^a+c+b^(a.-c)=a.—c+a-b—c-b=0,

即|那—|c|2+|a|-|fo|cos60"—|c|­|b|cos600=\a\2—|c|2+1\a\2—||c|-|a|=0,

解得同=用或3㈤+2|c|=0舍去，

所以"1=1时，XQ14/

DyG

(3)-：A^P=^A1C1,

->-------->1---------->-------->1------»1------>

.•.XP=^1+-711C1=^1+-XB+-XD,

AB=AAr=1,

AP2=(丽++jAD)2

>21>c1>C>>>>1>»

22

=AA±+-AB+-AD+AA1-AB+AA±-AD+-AB•AD

144112

1111111

=1+-4+-4+2-+2^+4T=-4T

所以函=手，所以4P的长为手.

【题型6几何中的求距离(长度)问题】

【例6.11(23-24高二上•山东•阶段练习)如图，空间四边形OABC中，0A=2,。8=3,0C=4,且布，而，反

任意两个之间的夹角均为60。，OM=2MA,丽=2祝，则|而|=()

【解题思路】利用基底法表示出而=-|瓦5+,砺+|击，再根据向量模的计算公式和向量数量积的运

算律即可得到答案.

【解答过程】由题意得丽=丽一丽=方+而一血=前+：方一|瓦？

-OC+-(OB-OC)--0A--OA+-OB+-0C,

3vJ3333

而市•OB=|01|-|OB|cos60°=2X3X|=3,

OBOC=\0B\■|OC|cos60°=3x4x|=6,

OX-OC=|01|-|OC|cos60°=2x4x；4,

贝!J|丽|=J(-|04+|0B+|0C)2

414448

=\-OA2+-7)B2+-OC2--OA-OB+-OB-OC--OA-OC

(4ZZT1.4:4c,4,87V69

=-x22+-x32+-x42——x3+-x6——x4=—.

\9999993

故选：A.

【例6.2](23-24高二上・吉林•阶段练习)在三棱台力BC-力iBiQ中，AAr=AB=AC=2A1B1=2,

COSNBTMI=cos乙B2C=COSNCA4t=工，181G的重心为。，BC的中点为D,与4。相交于点E,则4E

的长为()

AV179DV178cV179nV178

A.---D.C.D.

4488

【解题思路】延长4。交BiG于点尸，通过三角形重心的性质得出F为BiG的中点，结合已知即可得出公。=

=2x24。=工4),再通过三棱台的性质得出AAIE。〜△DE4则会=黑=；,即可将荏分解为

3323DEDA3

：(6标+AB+AC),即可利用向量模的求法结合已知得出答案.

【解答过程】如图，延长久。交8停1于点尸，

,.,△&B1Q的重心为0,

&F为△&B1G在B】Ci边上的中线，即尸为BiG的中点，

；三棱台4BC—4/iCi中，A〜AABC,AB—AC—2X1B1-2

T

•••ArF—^AD,A1B1=41C1=1,

.•・&0=-2AF=-2x-A1D=1-AD,

131323

・・,三棱台/BC-AiBiG中，面4181cl||面/8C,且面/OF/1分别交面^ABC^ArF,AD,

・•・ArF||AD,

••.△A1LE。〜△。瓦4,则昼=&£=工，

DEDA3

得旗二河+海二河+；传同+4)•京+焉荏+押=式6丽+乐+硝,

所以网=^(6AA^+AB+AC)2=iJ36A472+AB2+AC2+12A4^•AB+12AA1-AC+2AB-AC=

8•

故选：D.

【变式6.1](23-24高二上•上海•期末)如图所示，在四棱锥M-4BCD中，底面ZBCD是边长为1的正方形，

侧棱4M的长为2,且AM和的夹角都是60。，N是CM的中点，设石=荏，b=AD,c=AM,试以出

b,1为基向量表示出向量前，并求BN的长.

【解题思路】根据题中条件，由向量的线性运算法则求出前另+：房再由向量模的计算公式,

结合题中条件求出I前I=当，即得出结果.

【解答过程】因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，

所以前=阮+丽=AD+^CM=AD+|(AM-AC}=AD+|(AM-XB-AD)

=--2AB2+-AD2+-AM2=--d2+-b2+-c,

由题意，可得|d|=\b\=lf\c\=2|,^MAB=Z.MAD=60°,乙BAD=90°,

因此互谭=f--a+-h+-c)=-a2+-b2+-c2--a-b--a-c+-b-c

\222J444222

11113

=-+-+1—0--xlx2cos60°+-x1x2cos60°=-

44222

所以忸所=?，即BN的长为当

【变式6.21(23-24高二上•浙江・期中)如图，空间四边形。48c中，。4=OB=0C=2,4AOC=乙BOC=p

AAOB=点点M,N分别在04BC上，且。M=2MA,BN=CN.

⑴以｛瓦?，而，沆｝为一组基底表示向量而；

(2)求MN的长度.

【解题思路】(1)利用空间向量运算的几何表示及空间向量基本定理求解；

(2)利用空间向量数量积的运算性质，由而2=(_|而+|砺+(反丫展开计算即可.

【解答过程】⑴,；0M=2MA,BN=CN,

MN^ON-OM^-COB+~oc~\--OA=--OA+-OB+-oc.

2k73322

(2)0A=OBOC=2,^AOC=^BOC=-,^AOB=-,

23

所以市.沆=0,OBOC=0,OA-OB=\OA\\OB\cos^2,

2

所以而2=f-|o2+loB+|oc^

4__1______12__»__,2__»1_

=-OA2+-'OB2+-OC2--OA.~0B--OA-OC+-OB-OC

944332

=§|。川+-\0B\+-\0C\--OAOB

=-x22+-x22+-x22--x2=—

94439f

所以I而I=与.

【题型7空间向量基本定理与其他知识综合】

【例7.1］（23-24高二上.江西•阶段练习）中国古代数学瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“刍童”的几何

体，该几何体是上下两个底面平行，且均为矩形的六面体.现有一“刍童”BCD-4/1的。1，如图所示.45=

AA!=4,A1B1=AD=2,ArDr=1,AB/ZA^,ABAAr+^DAAr=y,416与Bi。1的交点为。，贝！］布•前

C.8V3+5D.21

【解题思路】设NB441=a,从而ND44i=詈-a,然后由｛河，屈，而｝为基底，表示向量福左，再利用

向量数量积的运算律求解.

【解答过程】解：设N8441=a,则ND44=*一处

由题意得前=矶+7^0=祐++可/；=彳否+^AB+^AD,AC=AB+AD.

所以南.前=（AAl+^AB+^AD）­（AB+AD）,

=丽.荏+可.而+［语+］砂+（两而,

=16cosa+8cos（詈-a）+4+1,

=4V3sina+12cosa+5=8>/3sin（a+0+5,

当NBA%=a=源.而­尼取得最大值，且最大值为8百+5.

故选：C.

【例7.2］（23-24高三下.湖南长沙.阶段练习）如图，已知四棱柱ABC。—&B1GD1的体积为忆四边形ABCD

是平行四边形，点E在平面ACC1al内，且荏=；而+|福，则三棱锥Oi-ADC与三棱锥E-BCD的公共部

分的体积为（）

【解题思路】作出辅助线，找到两三棱锥的公共部分，结合三角形相似知识得到边长比，从而得到体积比，

求出答案.

【解答过程】先找两三棱锥的公共部分，由荏=；照+|宿知:X荏-而）=*宿-荏），故而=3可，

在CQ上取点E,使得CE=3EC「连接DE,

设DEnDiC=F,4CnBD=G,连接FG,

则三棱锥F-CDG为三棱锥劣-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分,

•：ACEFSAD'DF,

D]F_DDt_4FC_3

二7F=7F=§=布=T

•・•点F到平面2BCD的距离是点到平面ABCD的距离的3又S^DG=衿嫉°，

Vp-CDG=-义—X—X/=一.

2LUh34728

故选：A.

【变式7.1]（23-24高二上•江西新余•期末）已知点。在△ZBC确定的平面内，0是平面ZBC外任意一点,

正实数X,y满足时=3瓦-茄7-y砺，贝岭+：的最小值为（）

A.1+V2B.-+V2C.1+2&D.3+2V2

2

【解题思路】根据空间四点共面的性质，结合基本不等式“1”的妙用即可得解.

【解答过程】因为而=3反-防7-y砺，且4B,C,D四点共面，

由空间四点共面的性质可知3-x-y=1,即％+y=2,

又%>0,y>0,

所以：+；=*x+y)G+3=X3+?+3213+2jf^)=|+a,

当且仅当过=与即x=4-2Vxy=2夜一2时，等号成立，

xy

所以三+三的最小值为；+y[2.

xy2

故选：B.

【变式7.21(24-25高二上•上海•课后作业)已知空间向量瓦?、而、前都是单位向量,且瓦？1而，万？1瓦，

布与反的夹角为60。,若尸为空间任意一点，且|而|=1,满足|赤•瓦|<\OP-OB\<|加,瓦?|,求而•瓦

的最大值.

【解题思路】根据空间向量基本定理设赤=mOA+nOB+sOC,由|而|=1,得/+n2+s2+sn=1^,

设巴+S=071+三=匕，则九=2(2b—a),s=2(2a—匕),代入①式，得Q2十一。力=?Q一7n2),结合已知可求

22