2024年高中數(shù)學(xué)專題1-5重難點(diǎn)題型培優(yōu)精講空間向量基本定理教師版新人教A版選擇性必修第一冊(cè)

專題1.5空間向量基本定理1．空間向量基本定理假如三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對(duì)隨意一個(gè)空間向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.我們把{a，b，c}叫做空間的一個(gè)基底，a，b，c都叫做基向量．2．空間向量的正交分解(1)單位正交基底假如空間的一個(gè)基底中的三個(gè)基向量兩兩垂直，且長度都是1，那么這個(gè)基底叫做單位正交基底，常用{i，j，k}表示．(2)向量的正交分解由空間向量基本定理可知，對(duì)空間任一向量a，均可以分解為三個(gè)向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk.像這樣把一個(gè)空間向量分解為三個(gè)兩兩垂直的向量，叫做把空間向量進(jìn)行正交分解．3．證明平行、共線、共面問題(1)對(duì)于空間隨意兩個(gè)向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使a＝λb.(2)假如兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(duì)(x，y)，使p＝xa＋yb.4．求夾角、證明垂直問題(1)θ為a，b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(2)若a，b是非零向量，則a⊥b?a·b＝0.5．求距離(長度)問題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(→))))．【題型1空間向量基底的推斷】【方法點(diǎn)撥】(1)推斷一組向量能否作為空間的一個(gè)基底，實(shí)質(zhì)是推斷這三個(gè)向量是否共面，若不共面，就可以作為一個(gè)基底．(2)推斷基底時(shí)，常常依托正方體、長方體、平行六面體、四面體等幾何體，用它們從同一頂點(diǎn)動(dòng)身的三條棱對(duì)應(yīng)的向量為基底，并在此基礎(chǔ)上構(gòu)造其他向量進(jìn)行相關(guān)的推斷．【例1】若{aA．b→+c→，b→，b→-c→ B．a(chǎn)→+b→，a→-b【解題思路】依據(jù)已知條件，結(jié)合向量共面的定理，即可求解．【解答過程】解：對(duì)于A，若向量b→+c→，則b→+c→=λ(b→-c→故向量b→+c→，b→對(duì)于B，若向量a→+b→，則a→+b→=故向量a→+b→，a→對(duì)于C，若向量a→，a→+則a→+b→=λa→+μ(a故向量a→，a→+b→對(duì)于D，若向量a→+b→，則a→+b→+c→故向量a→+b→，a→故選：B．【變式1-1】已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，若p→=2a→-b→A．a(chǎn)→，p→，q→ B．b→，p→，q→ C．r→，p→，【解題思路】利用共面對(duì)量定理以及空間向量的線性運(yùn)算，推斷三個(gè)向量是否是共面對(duì)量，即可推斷得到答案．【解答過程】解：對(duì)于A，由題意可得2p所以a→故a→故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由題意可得，p→所以b→故b→故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由題意可得，p→故r→故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，假設(shè)s→，p→，q→即a→所以c→故a→，b→，c→共面，這與{所以假設(shè)不成立，則s→故選項(xiàng)D正確．故選：D．【變式1-2】如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1與B1C相交于點(diǎn)O，則下列向量能組成一組基底的為（）A．AA1→，C．AA1→【解題思路】不共面的向量才能組成一組基底，由此能求出結(jié)果．【解答過程】解：對(duì)于A，∵AA1→，AB→對(duì)于B，∵AB→，AO→，AC1→對(duì)于C，∵AA1→，A1C1→，AC對(duì)于D，∵AB1→，AO→，AC→共面于平面故選：A．【變式1-3】已知{a→，A．a(chǎn)→，B．b→，C．c→，D．p→，q【解題思路】依據(jù)空間向量的共線定理、共面定理，對(duì)選項(xiàng)中的命題真假性推斷即可．【解答過程】解：對(duì)于A，因?yàn)閜→=a→+b→，q→=對(duì)于B，因?yàn)閜→=a→+b→，q→=對(duì)于C，假設(shè)c→與p→、q→不是空間的一組基底，則c→=xp→+yq→=x（a→+b→）+y（a因?yàn)閍→、b→、c→是空間的一組基底，所以x、y的值不存在，即可向量c→、對(duì)于D，由選項(xiàng)C知，向量c→、p→、q→故選：C．【題型2空間向量基本定理的應(yīng)用（表示向量）】【方法點(diǎn)撥】用基底表示向量的步驟:(1)定基底：依據(jù)已知條件，確定三個(gè)不共面的向量構(gòu)成空間的一個(gè)基底．(2)找目標(biāo)：用確定的基底(或已知基底)表示目標(biāo)向量，須要依據(jù)三角形法則及平行四邊形法則，結(jié)合相等向量的代換、向量的運(yùn)算進(jìn)行變形、化簡，最終求出結(jié)果．(3)下結(jié)論：利用空間的一個(gè)基底{，，}可以表示出空間全部向量．表示要徹底，結(jié)果中只能含有，，，不能含有其他形式的向量．【例2】已知四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD為平行四邊形，M，N分別為棱BC，PD上的點(diǎn)，CMCB=13，PN＝ND，設(shè)AB→=a→，A．a(chǎn)→+13b→+12【解題思路】由圖形可得MN→=MC→+CD→【解答過程】解：依據(jù)題意，可得MN=1即MN→故選：D．【變式2-1】如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是A．12a→+b→+c→【解題思路】依據(jù)空間向量加法和減法的運(yùn)算法則，以及向量的數(shù)乘運(yùn)算即可求解．【解答過程】解：因?yàn)樵谄叫辛骟wABCD﹣A1B1C1D1中，AB→點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CA1上的點(diǎn)，且CN：CA1＝1：4，所以MN-1故選：D．【變式2-2】如圖，在四面體OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，點(diǎn)M、N分別在線段A．13a→+C．13a→【解題思路】利用空間向量的線性運(yùn)算，空間向量基本定理求解即可．【解答過程】解：∵點(diǎn)M、N分別在線段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，∴OM→=13OA∴ON→=OC→+∴MN→故選：D．【變式2-3】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，點(diǎn)A．12a→+12b→+【解題思路】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各面均為平行四邊形，由此找出共線的向量，再線性計(jì)算即可．【解答過程】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1→=D∵P是A1C1與B1D1的交點(diǎn)，在平行四邊形A1B1C1D1中，P為A1C1與B1D1的中點(diǎn)，∴DP→=DD1故選：C．【題型3空間向量基本定理的應(yīng)用（求參數(shù)）】【例3】已知空間A、B、C、D四點(diǎn)共面，且其中隨意三點(diǎn)均不共線，設(shè)P為空間中隨意一點(diǎn)，若BD→=6PA→-4PB→A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1【解題思路】依據(jù)空間四點(diǎn)共面的充要條件代入即可解決．【解答過程】解：BD→即PD→整理得PD→由A、B、C、D四點(diǎn)共面，且其中隨意三點(diǎn)均不共線，可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，故選：B．【變式3-1】《九章算術(shù)》中的“商功”篇主要講解并描述了以立體幾何為主的各種形體體積的計(jì)算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱．如圖，在塹堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分別是A1C1，BB1的中點(diǎn)，G是MN的中點(diǎn)，若AG→=xAB→+yAA1→+zA．1 B．12 C．32 D【解題思路】連接AM，AN，由AG→【解答過程】解：連接AM，AN，如下圖：由于G是MN的中點(diǎn)，∴AG→依據(jù)題意知AG→所以x+y+z=3故選：C．【變式3-2】四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)，若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→A．1 B．1112 C．116 D【解題思路】依據(jù)底面ABCD是平行四邊形，E為棱PC的中點(diǎn)，用AB→、BC→和AP→表示AE→，即可求出x、【解答過程】解：如圖所示，因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)，所以AE→=12（AP→+AC若AE→=xAB→+2yBC→+解得x=1所以x+y+z=1故選：B．【變式3-3】如圖，M，N分別是四面體O﹣ABC的棱OA，BC的中點(diǎn)，設(shè)OA→=a→，OB→=b→，OC→A．-12 B．12 C．3【解題思路】利用空間向量基本定理以及空間向量的線性運(yùn)算進(jìn)行轉(zhuǎn)化，結(jié)合向量相等的定義，求出x，y，z的值，即可得到答案．【解答過程】解：因?yàn)镸，N分別是四面體O﹣ABC的棱OA，BC的中點(diǎn)，所以MN→又MN→所以x=則x+y﹣z=-故選：A．【題型4利用空間向量基本定理解決幾何問題】【方法點(diǎn)撥】利用空間向量基本定理解決幾何問題的思路:(1)平行和點(diǎn)共線都可以轉(zhuǎn)化為向量共線問題；點(diǎn)線共面可以轉(zhuǎn)化為向量共面問題；(2)幾何中的求夾角、證明垂直都可以轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題，解題中要留意角的范圍；(3)幾何中求距離(長度)都可以轉(zhuǎn)化為向量的模，用向量的數(shù)量積可以求得．【例4】已知在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M為空間隨意兩點(diǎn)，假如有PM→=PB1→+7BAA．在平面BAD1內(nèi) B．在平面BA1D內(nèi) C．在平面BA1D1內(nèi) D．在平面AB1C1內(nèi)【解題思路】依據(jù)空間向量的加減法運(yùn)算得出PM→【解答過程】解：因?yàn)镻M→=PB1→====11P所以M，B，A1，D1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)M必在平面BA1D1內(nèi)．故選：C．【變式4-1】如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，設(shè)AB→=a→，（1）用a→，b→，c→（2）求AC1的長．【解題思路】（1）由空間向量加法法則得AC（2）AC1→2=（a→【解答過程】解：（1）∵在平行六面體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的長|AC1→【變式4-2】如圖所示，在三棱錐A－BCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：AE⊥BC；(2)求直線AE與DC的夾角的余弦值．【解題思路】（1）由空間向量的數(shù)量積運(yùn)算得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，由此能求出結(jié)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(→))〉．【解答過程】證明：因?yàn)閑q\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兩兩垂直，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).故直線AE與DC的夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).【變式4-3】如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中點(diǎn)，O是底面ABCD的中心．求證：B1O⊥平面PAC.【解題思路】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(→))，即可得證.【解答過程】證明：如圖，連接BD，則BD過點(diǎn)O，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq