还剩34页未读，
继续阅读
人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理课后测评
展开
这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.2 空间向量基本定理课后测评，共37页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc12191" 【题型1 空间向量基底的判断】 PAGEREF _Tc12191 \h 1
\l "_Tc25270" 【题型2 用空间基底表示向量】 PAGEREF _Tc25270 \h 2
\l "_Tc22441" 【题型3 由空间向量基本定理求参数】 PAGEREF _Tc22441 \h 3
\l "_Tc25178" 【题型4 正交分解】 PAGEREF _Tc25178 \h 4
\l "_Tc2330" 【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】 PAGEREF _Tc2330 \h 5
\l "_Tc30227" 【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】 PAGEREF _Tc30227 \h 7
\l "_Tc10856" 【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】 PAGEREF _Tc10856 \h 9
\l "_Tc32477" 【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】 PAGEREF _Tc32477 \h 10
【知识点1 空间向量基本定理】
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{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{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含
有，，，不能含有其他形式的向量．
【题型1 空间向量基底的判断】
【例1】（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（ ）
A．a+b,a−b,aB．a+b,a−b,bC．a+b,a−b,b+cD．a+b,a+b+c,c
【变式1-1】（2023春·湖南·高一校联考期末）已知a,b,c是空间的一个基底，若p=a+b，q=a+c，则下列与p，q构成一组空间基底的是（ ）
A．r=2b−3cB．r=a−b+2c
C．r=a+2b−cD．r=2a+b+c
【变式1-2】（2023春·内蒙古兴安盟·高二校考阶段练习）若a，b，c构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．a+b,a−c,bB．c,b+c,b−c
C．b+c,a+b+c,aD．a,a+b,a−b
【变式1-3】（2023秋·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,e3是空间的一个基底，且向量OA=e1+e2+e3,OB=e1−2e2+2e3,OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，则k=（ ）
A．83B．52C．−14D．94
【题型2 用空间基底表示向量】
【例2】（2023·全国·高二专题练习）在四面体O−ABC中，PA=2OP，Q是BC的中点，且M为PQ的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则OM=（ ）
A．16a+14b+14cB．16a+12b+12c
C．13a+12b+12cD．13a+14b+14c
【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E为棱A1C1的中点.设BA=a，BB1=b，BC=c，则BE=（ ）
A．12a+b+12cB．12a+12b+c
C．a+12b+12cD．12a+b+c
【变式2-2】（2023春·河南商丘·高二校联考期中）如图，在三棱锥O−ABC中，CD=13CB，OE=13OA，若OA=a，OB=b，OC=c，则DE=（ ）
A．13a−23b−13cB．23a−13b−13c
C．13a−13b−23cD．23a−13b−23c
【变式2-3】（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与BiD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则BM=（ ）
A．12a−12b+cB．12a+12b+cC．−12a−12b+cD．−12a+12b+c
【题型3 由空间向量基本定理求参数】
【例3】（2023秋·贵州贵阳·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是BB1和A1C1的中点，且MN=xAB+yAC+zAA1，则实数x，y，z的值分别为（ ）
A．−1,12,12 B．−1,12,−12C．−1,−12,−12D．1,−12,12
【变式3-1】（2023秋·高二课时练习）已知BA,BC,BB1为三条不共面的线段，若AC1=xAB+2yBC+3zC1C，那么x+y+z=（ ）
A．1B．76C．56D．116
【变式3-2】（2023春·四川绵阳·高二校考阶段练习）已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则(x,y,z)为（ ）
A．14,14,14B．34,34,34
C．13,13,13D．23,23,23
【变式3-3】（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，M，N分别为PC，PD上的点，且PM=2MC，PN=ND，若NM=xAB+yAD+zAP，则x+y+z的值为（ ）
A．−23B．23C．1D．56
【知识点2 空间向量的正交分解】
1．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，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．
【题型4 正交分解】
【例4】（2022·全国·高一假期作业）设{i,j,k}是单位正交基底，已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(8,6,4)，其中a=i+j，b=j+k，c=k+i，则向量p在基底{i,j,k}下的坐标是（ ）
A．(10,12,14)B．(12,14,10)C．(14,12,10)D．(4,3,2)
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）已知a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3c，a+b,a−b,c是空间的另一个基底，向量p在基底a+b,a−b,c下的坐标为（ ）
A．32,−12,3B．−32,12,3C．12,−32,3D．−12,32,3
【变式4-2】（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，BC=5，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
A．AB,12AC,ASB．AB,AC,AS
C．AB,12AC,12ASD．AS,AB,55BC
【变式4-3】（2022秋·山西大同·高二校考阶段练习）已知向量a，b，c是空间的一个单位正交基底，向量a+b，a−b，a+c是空间的另一个基底，若向量p在基底a，b，c下的坐标为2,3,4，则p在a+b，a−b，a+c下的坐标为（ ）
A．−12,52,4B．52,12,4
C．12,−52,4D．52,−12,4
【知识点3 用空间向量基本定理解决相关的几何问题】
1．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量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.
2．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
3．求距离(长度)问题
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \r(a·a)( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))) )．
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.
【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】
【例5】（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，AF=25AM，判断三点C、E、F是否共线．
【变式5-1】（2023春·高二课时练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为A1C上一点，且A1O=23A1C，BD与AC交于点M.求证：C1,O,M三点共线．
【变式5-2】（2022秋·广东中山·高二校考阶段练习）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13，CA=a，CB=b，DC=c
(1)求FH（用向量a,b,c表示）；
(2)求证：点E，F，G，H四点共面．
【变式5-3】（2023秋·高二课时练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=13(OA+OB+OC).
(1)判断MA,MB,MC三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内.
【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】
【例6】（2022秋·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）如图，正四面体ABCD（所有棱长均相等）的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设AB=a，AC=b，AD=c.
(1)用AB=a，AC=b，AD=c表示EF，并求EF的长；
(2)求EF与GH的夹角.
【变式6-1】（2023秋·上海浦东新·高三校考期末）如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AA1．
(1)若AB＝2，求圆柱的侧面积；
(2)设AB与CD是底面互相垂直的两条直径，求异面直线AC与A1B所成角的大小．
【变式6-2】（2022秋·山东聊城·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M，N分别是边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OG；
(2)求cs．
【变式6-3】（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.
(1)求DB1的长；
(2)求向量DB1与AB夹角的余弦值.
【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】
【例7】（2023·江苏·高二专题练习）已知空间四边形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．
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC1=c，CA=CB=CC1=1，a,b=a,c=2π3，b,c=π2，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量A1N；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【变式7-2】（2022秋·全国·高二专题练习）已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，求证: 这个四面体相对的棱两两垂直.
已知：如图，四面体ABCD，E，F，G，H，K，M分别为棱AB，BC，CD，DA，BD，AC的中点，且|EG|=|FH|=|KM|求证 AB⊥CD，AC⊥BD，AD⊥BC.
【变式7-3】（2022秋·北京顺义·高二校考阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=13AA1，CN=13CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘．
(1)用向量AA1，AD，AB表示向量MN；
(2)求证：D，M，B1，N共面；
(3)当AA1AB为何值时，AC1⊥A1B．
【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】
【例8】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.
(1)求BC⋅BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足EB=2AE，求线段EF的长.
【变式8-1】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且∠MAB=∠MAD=60°，N是CM的中点，设a=AB，b=AD，c=AM，用a、b、c表示向量BN，并求BN的长．
【变式8-2】（2022秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若AO=a,AB=b,AC=c，解答下列问题：
(1)以a,b,c为基底表示OP；
(2)若a=b=c=1，∠OAB=∠OAC=π2，∠CAB=2π3，求OP的值．
【变式8-3】（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）如图，在正四面体O−ABC中，OA=6，M为棱OA的中点，N为棱BC（靠近C点）的三等分点，设OA=a,OB=b,OC=c．
(1)用a,b,c表示AN；
(2)求OM⋅AN；
(3)求MN的长．
专题1.3 空间向量基本定理【八大题型】
【人教A版（2019）】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc12191" 【题型1 空间向量基底的判断】 PAGEREF _Tc12191 \h 1
\l "_Tc25270" 【题型2 用空间基底表示向量】 PAGEREF _Tc25270 \h 3
\l "_Tc22441" 【题型3 由空间向量基本定理求参数】 PAGEREF _Tc22441 \h 6
\l "_Tc25178" 【题型4 正交分解】 PAGEREF _Tc25178 \h 8
\l "_Tc2330" 【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】 PAGEREF _Tc2330 \h 11
\l "_Tc30227" 【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】 PAGEREF _Tc30227 \h 13
\l "_Tc10856" 【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】 PAGEREF _Tc10856 \h 16
\l "_Tc32477" 【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】 PAGEREF _Tc32477 \h 20
【知识点1 空间向量基本定理】
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{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{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含
有，，，不能含有其他形式的向量．
【题型1 空间向量基底的判断】
【例1】（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（ ）
A．a+b,a−b,aB．a+b,a−b,bC．a+b,a−b,b+cD．a+b,a+b+c,c
【解题思路】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.
【解答过程】对于A，a=12a+b+a−b，因此向量a+b,a−b,a共面，故不能构成基底，故A错误；
对于B，b=12a+b−a−b，因此向量a+b,a−b,b共面，故不能构成基底，故B错误；
对于C，假设向量a+b,a−b,b+c共面，则b+c=λa+b+μa−b，
即c=λ+μa+λ−μ−1b，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；
对于D，a+b+c=a+b+c，因此向量a+b,a+b+c,c共面，故不能构成基底，故D错误；
故选：C.
【变式1-1】（2023春·湖南·高一校联考期末）已知a,b,c是空间的一个基底，若p=a+b，q=a+c，则下列与p，q构成一组空间基底的是（ ）
A．r=2b−3cB．r=a−b+2c
C．r=a+2b−cD．r=2a+b+c
【解题思路】根据构成空间基底的条件对选项进行分析，从而确定正确答案.
【解答过程】A.设r=xp+yq，所以2b−3c=xa+b+ya+c，
整理得，2b−3c=x+ya+xb+yc，
因为a,b,c是空间的一个基底，所以x+y=0x=2y=−3，无解.
所以p，q与r构成一个基底.
B.因为r=a−b+2c，所以r=2q−p，所以排除B；
C.因为r=a+2b−c，所以r=2p−q，所以排除C；
D.设r=xp+yq，所以2a+b+c=xa+b+ya+c，
整理得，2a+b+c=x+ya+xb+yc，
因为a,b,c是空间的一个基底，所以x+y=2x=1y=1，所以x=1y=1，
所以p，q与r不构成一个基底，排除D.
故选：A.
【变式1-2】（2023春·内蒙古兴安盟·高二校考阶段练习）若a，b，c构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．a+b,a−c,bB．c,b+c,b−c
C．b+c,a+b+c,aD．a,a+b,a−b
【解题思路】根据空间向量共面定理可知BCD选项中的向量共面，无法作为一组基底；假设A中向量共面，可知不存在满足条件的实数λ,μ，由此知假设错误，则A中向量可以作为基底.
【解答过程】对于A，假设a+b，a−c，b共面，则可设a+b=λa−c+μbλ,μ∈R
∴λ=1λ=0μ=1，方程组无解，a+b，a−c，b不共面，可以作为空间一组基底，A正确；
对于B，c→=12b→+c→−12b→−c→，∴c，b+c，b−c共面，不能作为空间一组基底，B错误；
对于C，b→+c→=a→+b→+c→−a→，∴b+c,a+b+c,a共面，不能作为空间一组基底，C错误；
对于D，∵a=12a+b+12a−b，∴a,a+b,a−b共面，不能作为空间一组基底，D错误.
故选：A.
【变式1-3】（2023秋·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,e3是空间的一个基底，且向量OA=e1+e2+e3,OB=e1−2e2+2e3,OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，则k=（ ）
A．83B．52C．−14D．94
【解题思路】由题意可知，向量OA、OB、OC共面，则存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，根据空间向量的基本定理可得出关于x、y、k的方程组，即可解得k的值.
【解答过程】因为向量OA=e1+e2+e3，OB=e1−2e2+2e3，OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，
所以OA、OB、OC共面，故存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，
即ke1+3e2+2e3=xe1+e2+e3+ye1−2e2+2e3=x+ye1+x−2ye2+x+2ye3，
因为e1,e2,e3是空间的一个基底，则k=x+yx−2y=3x+2y=2，解得x=52y=−14k=94.
故选：D.
【题型2 用空间基底表示向量】
【例2】（2023·全国·高二专题练习）在四面体O−ABC中，PA=2OP，Q是BC的中点，且M为PQ的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则OM=（ ）
A．16a+14b+14cB．16a+12b+12c
C．13a+12b+12cD．13a+14b+14c
【解题思路】利用基底a,b,c表示OP,OQ，再利用向量线性运算求解即可.
【解答过程】因为2OP→=PA→，所以OP=13OA，
因为Q是BC的中点，所以OQ=12(OB+OC)，
因为M为PQ的中点，所以OM=12(OP+OQ) =12OP+12OQ =16OA+14(OB+OC) =16a+14b+14c，
故选：A.
【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E为棱A1C1的中点.设BA=a，BB1=b，BC=c，则BE=（ ）
A．12a+b+12cB．12a+12b+c
C．a+12b+12cD．12a+b+c
【解题思路】由空间向量线性运算即可求解.
【解答过程】由题意可得BE=BB1+B1A1+A1E=BB1+BA+12A1C1
=BB1+BA+12AC=BB1+BA+12BC−BA=12BA+12BC+BB1=12a+12c+b.
故选：A.
【变式2-2】（2023春·河南商丘·高二校联考期中）如图，在三棱锥O−ABC中，CD=13CB，OE=13OA，若OA=a，OB=b，OC=c，则DE=（ ）
A．13a−23b−13cB．23a−13b−13c
C．13a−13b−23cD．23a−13b−23c
【解题思路】利用向量线性运算将DE用a，b，c表示即可.
【解答过程】如图：
DE=DC+CO+OE
=13BC+CO+13OA
=13OC−OB−OC+13OA
=13OA−13OB−23OC
=13a−13b−23c
故选：C.
【变式2-3】（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与BiD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则BM=（ ）
A．12a−12b+cB．12a+12b+cC．−12a−12b+cD．−12a+12b+c
【解题思路】根据空间向量基本定理，用AB,AD,AA1表示出BM即可.
【解答过程】由题意，因为M为A1C1与B1D1的交点，所以M也为A1C1与B1D1的中点，
因此BM=B1M−B1B=12B1A1+B1C1+c=−12AB+12AD+c
=−12a+12b+c.
故选：D.
【题型3 由空间向量基本定理求参数】
【例3】（2023秋·贵州贵阳·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是BB1和A1C1的中点，且MN=xAB+yAC+zAA1，则实数x，y，z的值分别为（ ）
A．−1,12,12 B．−1,12,−12C．−1,−12,−12D．1,−12,12
【解题思路】根据题意用空间基底向量表示向量，结合空间向量的线性运算求解.
【解答过程】由题意可得：MN=MB1+B1C1+C1N=12AA1+AC−AB−12AC=−AB+12AC+12AA1，
故x=−1,y=12,z=12.
故选：A.
【变式3-1】（2023秋·高二课时练习）已知BA,BC,BB1为三条不共面的线段，若AC1=xAB+2yBC+3zC1C，那么x+y+z=（ ）
A．1B．76C．56D．116
【解题思路】直接利用共面向量的基本定理求出结果.
【解答过程】根据向量加法法则可得：AC1=AB+BC+CC1，
即AC1=AB+BC−C1C，
因为AC1=xAB+2yBC+3zC1C，
所以x=1，2y=1，3z=−1，
所以x=1，y=12，z=−13，所以x+y+z=1+12−13=76.
故选：B.
【变式3-2】（2023春·四川绵阳·高二校考阶段练习）已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则(x,y,z)为（ ）
A．14,14,14B．34,34,34
C．13,13,13D．23,23,23
【解题思路】连接AG1并延长，交BC于点E，利用向量加减、数乘几何意义用OA,OB,OC表示出OG，即可得答案.
【解答过程】如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，
AE=12(AB+AC)=12(OB−2OA+OC)，则AG1=23AE=13(OB−2OA+OC)，
由题设，OG=3GG1=3(OG1−OG)，
OG=34OG1=34(OA+AG1)=34(OA+13OB−23OA+13OC)=14(OA+OB+OC)
所以x=y=z=14.
故选：A.
【变式3-3】（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，M，N分别为PC，PD上的点，且PM=2MC，PN=ND，若NM=xAB+yAD+zAP，则x+y+z的值为（ ）
A．−23B．23C．1D．56
【解题思路】以AB,AD,AP为基底表示NM，由此求得x,y,z，进而求得x+y+z.
【解答过程】NM=AM−AN=AC+CM−12AD+AP
=AB+AD+13CP−12AD−12AP
=AB+12AD+13AP−AC−12AP
=AB+12AD+13AP−13AC−12AP
=AB+12AD−13AB+AD−16AP
=23AB+16AD−16AP，
所以x=23,y=16,z=−16,x+y+z=23.
故选：B.
【知识点2 空间向量的正交分解】
1．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，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．
【题型4 正交分解】
【例4】（2022·全国·高一假期作业）设{i,j,k}是单位正交基底，已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(8,6,4)，其中a=i+j，b=j+k，c=k+i，则向量p在基底{i,j,k}下的坐标是（ ）
A．(10,12,14)B．(12,14,10)C．(14,12,10)D．(4,3,2)
【解题思路】由题设得p=8a+6b+4c，结合已知条件求p关于i,j,k的线性表达式，即可知在基底{i,j,k}下的坐标.
【解答过程】由题设知：p=8a+6b+4c，而a=i+j，b=j+k，c=k+i，
∴p=8(i+j)+6(j+k)+4(k+i)=12i+14j+10k，
∴p在基底{i,j,k}下的坐标是(12,14,10).
故选：B.
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）已知a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3c，a+b,a−b,c是空间的另一个基底，向量p在基底a+b,a−b,c下的坐标为（ ）
A．32,−12,3B．−32,12,3C．12,−32,3D．−12,32,3
【解题思路】设p=xa+b+ya−b+zc，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=xa+b+ya−b+zc
=x+ya+x−yb+zc=a+2b+3c，
所以x+y=1x−y=2z=3，解得x=32y=−12z=3，
所以向量p在基底a+b,a−b,c下的坐标为32,−12,3.
故选：A.
【变式4-2】（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，BC=5，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
A．AB,12AC,ASB．AB,AC,AS
C．AB,12AC,12ASD．AS,AB,55BC
【解题思路】根据正交基地的定义可知，三个向量两两互相垂直，且模长为1.
【解答过程】因为SA⊥平面ABC，AB、AC都在面ABC内，
所以SA⊥AB，SA⊥AC.
因为AB⊥AC，AB=1，BC=5，所以AC=2，又SA=1，
所以空间的一个单位正交基底可以为AB,12AC,AS.
故选：A.
【变式4-3】（2022秋·山西大同·高二校考阶段练习）已知向量a，b，c是空间的一个单位正交基底，向量a+b，a−b，a+c是空间的另一个基底，若向量p在基底a，b，c下的坐标为2,3,4，则p在a+b，a−b，a+c下的坐标为（ ）
A．−12,52,4B．52,12,4
C．12,−52,4D．52,−12,4
【解题思路】可设向量a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，c=(0,0,1)，由此把向量a+b，a−b，a+c分别用坐标表示，列方程组解出x，y，z，即可得到p的坐标．
【解答过程】不妨设向量a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，c=(0,0,1)；
则向量a+b=(1,1,0)，a−b=(1,−1,0)，a+c=(1,0,1)．
设p=x(a+b)+y(a−b)+z(a+c)，
即(2,3,4)=x(1,1,0)+y(1,−1,0)+z(1,0,1)，
∴x+y+z=2x−y=3z=4解得x=12y=−52z=4
即p在a+b，a−b，a+c下的坐标为12,−52,4．
故选：C．
【知识点3 用空间向量基本定理解决相关的几何问题】
1．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量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.
2．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
3．求距离(长度)问题
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \r(a·a)( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))) )．
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.
【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】
【例5】（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，AF=25AM，判断三点C、E、F是否共线．
【解题思路】利用空间向量的基本定理和共线向量定理求解.
【解答过程】解：设AD=a，AC=b，AB=c，
CE=12CG−b=12⋅23CM−12b，
=13AM−b−12b=1312a+c−b−12b，
=16a−56b+16c，
CF=AF−b=25AM−b=15a+c−b=15a−b+15c，
因为CE=56CF，
所以CE∥CF，
又因为CE、CF有公共点C，
所以C、E、F三点共线．
【变式5-1】（2023春·高二课时练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为A1C上一点，且A1O=23A1C，BD与AC交于点M.求证：C1,O,M三点共线．
【解题思路】取空间的基底，利用空间向量基本定理探求MC1,MO的关系，即可推理作答.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，令AB=a,AD=b,AA1=c，
A1O=23A1C，BD与AC交于点M，即点M是AC的中点，
于是MO=MC+CO=12AC+13CA1=12AC+13(AA1−AC)=16AC+13AA1
=16(AB+AD)+13AA1=16a+16b+13c，
MC1=MC+CC1=12AC+AA1=12(AB+AD)+AA1=12a+12b+c，
因此MC1=3MO，即MC1//MO，而直线MC1与直线MO有公共点M，
所以C1,O,M三点共线.
【变式5-2】（2022秋·广东中山·高二校考阶段练习）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13，CA=a，CB=b，DC=c
(1)求FH（用向量a,b,c表示）；
(2)求证：点E，F，G，H四点共面．
【解题思路】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理运算求解；（2）根据中位线和平行线的性质，结合平行线的传递性证明EF∥HG，即可证结论.
【解答过程】（1）
∵FH=FC+CD+DH=−14CB+CD+12DA=−14CB−DC+12DC+CA=12CA−14CB−12DC
∴FH=12a−14b−12c
（2）
连接HG,EF
∵H,G分别是AD,CD的中点，∴HG∥AC.
又∵CFFB=AEEB=13，∴EF∥AC，
∴EF∥HG，则E,F,G,H四点共面.
【变式5-3】（2023秋·高二课时练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=13(OA+OB+OC).
(1)判断MA,MB,MC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OA+OB+OC=3OM，
∴OA−OM=OM−OB+OM−OC，
即MA=BM+CM=−MB−MC，
∴MA,MB,MC共面.
（2）由（1）知，MA,MB,MC共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】
【例6】（2022秋·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）如图，正四面体ABCD（所有棱长均相等）的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设AB=a，AC=b，AD=c.
(1)用AB=a，AC=b，AD=c表示EF，并求EF的长；
(2)求EF与GH的夹角.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用空间向量基底表示EF，再利用向量数量积的运算律求出EF的长作答.
（2）用空间向量基底表示GH，再求出EF与GH的数量积即可作答.
【解答过程】（1）因E,F分别为棱BC,AD的中点，而AB=a，AC=b，AD=c，
所以EF=EB+BA+AF=12CB−AB+12AD=12(AB−AC)−AB+12AD=−12a−12b+12c，
因正四面体ABCD的棱长为1，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=|c||a|cs60∘=12，
所以|EF|=12(−a−b+c)2=12a2+b2+c2+2a⋅b−2b⋅c−2c⋅a=22.
（2）依题意，GH=GA+AD+DH=−12a+c+12(b−c)=−12a+12b+12c，
因正四面体ABCD的棱长为1，有c⋅a=|c||a|cs60∘=12，
因此EF⋅GH=−12(a+b−c)⋅(−12)(a−b−c)=14[(a−c)2−b2]=14(a2+c2−2a⋅c−b2)=0，
所以EF⊥GH，即EF与GH的夹角为90∘.
【变式6-1】（2023秋·上海浦东新·高三校考期末）如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AA1．
(1)若AB＝2，求圆柱的侧面积；
(2)设AB与CD是底面互相垂直的两条直径，求异面直线AC与A1B所成角的大小．
【解题思路】（1）由已知得到底面半径r以及母线l的值，代入公式即可求出；
（2）用向量AB、DC、AA1来表示出AC、A1B，进而求出它们的夹角，即可求出结果.
【解答过程】（1）由已知可得，底面半径r=1，母线l=AA1=2，
所以圆柱的侧面积S=2πrl=4π.
（2）由已知可得，AB,CD,AA1两两垂直，且相等，
设AB=2，则OA=OC=1，AC=OA2+OC2=2，A1B=AA12+AB2=22.
又AC=OC−OA=12DC+12AB， A1B=AB−AA1，
则AC⋅A1B=12DC+12AB⋅AB−AA1 =12DC⋅AB−12DC⋅AA1+12AB2−12AB⋅AA1 =12AB2=2.
所以csAC,A1B=AC⋅A1BACA1B=22×22=12，
又0≤AC,A1B≤π，所以AC,A1B=π3，
所以异面直线AC与A1B所成角的大小为π3.
【变式6-2】（2022秋·山东聊城·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M，N分别是边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OG；
(2)求cs．
【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BA,OG,BA⋅OG的值，再结合向量的夹角公式即可求得结果.
【解答过程】（1）
OG=OM+MG=12OA+23MA+AB+BN
=12OA+2312OA+OB−OA+12BC=12OA+23OB−12OA+12OC−OB
=12OA+2312OB−12OA+12OC=12OA+13OB−13OA+13OC
=16OA+13OB+13OC=16a+13b+13c
（2）
由题意知，a=b=c=1，a⋅b=a⋅c=b⋅c=12，BA=a−b，
则BA=a−b2=a2−2a⋅b+b2=1，
OG=16a+13b+13c2=136a2+19b2+19c2+19a⋅b+19a⋅c+29b⋅c=176，
OG⋅BA=a−b⋅16a+13b+13c
=16a2+13a⋅b+13a⋅c−16a⋅b−13b2−13b⋅c=−112，
所以cs=OG⋅BAOGBA=−1734.
【变式6-3】（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.
(1)求DB1的长；
(2)求向量DB1与AB夹角的余弦值.
【解题思路】（1）用空间的一个基底{AB,AD,AA1}表示向量DB1，再利用空间向量数量积的运算律求解作答.
（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.
【解答过程】（1）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，{AB,AD,AA1}为空间的一个基底，
因为AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3，
则AB⋅AD=2×1×csπ3=1,AB⋅AA1=2×3×csπ3=3,AD⋅AA1=1×3×csπ3=32，
DB1=DA+AB+BB1=AB−AD+AA1，
所以|DB1|=AB2+AD2+AA12−2AB⋅AD−2AD⋅AA1+2AB⋅AA1
=22+12+32−2×1−2×32+2×3=15.
（2）由（1）知，DB1=AB−AD+AA1，则DB1⋅AB=AB2−AB⋅AD+AB⋅AA1=22−1+3=6，
又|DB1→|=15，所以向量DB1与AB夹角的余弦值cs〈DB1,AB〉=DB1⋅AB|DB1||AB|=615×2=155.
【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】
【例7】（2023·江苏·高二专题练习）已知空间四边形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．
【解题思路】取定基底向量OA,OB,OC，并分别记为a,b,c，再用基底表示出OG和BC，然后借助数量积即可计算作答.
【解答过程】在空间四边形OABC中，令OA=a,OB=b,OC=c，则|a|=|b|=|c|，
令∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ，G是MN的中点，如图，
则OG=12(OM+ON)=12[12OA+12(OB+OC)]=14(a+b+c)，BC=OC−OB=c−b，
于是得OG⋅BC=14(a+b+c)⋅(c−b)=14(a⋅c−a⋅b+b⋅c−b2+c2−b⋅c)
=14(|a|2csθ−|a|2csθ−|a|2+|a|2)=0，
因此，OG⊥BC，
所以OG⊥BC.
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC1=c，CA=CB=CC1=1，a,b=a,c=2π3，b,c=π2，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量A1N；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；
（2）设C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，用a，b，c表示向量AM，依题意可得AM⋅A1N=0，根据空间向量数量积的运算律求出λ，即可得解．
【解答过程】（1）解：因为N是AB中点，所以AN=12AB，
所以A1N=A1A+AN=C1C+12AB
=−CC1+12(CB−CA)=−12a+12b−c；
（2）解：假设存在点M，使AM⊥A1N，设C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，
显然λC1B1=λb，AM=AA1+A1C1+C1M=c−a+λb，
因为AM⊥A1N，所以AM⋅A1N=0，
即(c−a+λb)⋅(−12a+12b−c)=0，
∴−12c⋅a+12c⋅b−c2+12a2−12a⋅b+c⋅a−12λa⋅b+12λb2−λb⋅c=0
∵CA=CB=CC1=1，a,b=a,c=2π3，b,c=π2，
∴12c⋅a−c2+12a2−(12+12λ)a⋅b+12λb2=0
即12×1×1×(−12)−12+12×12−(12+12λ)×1×1×(−12)+12λ⋅12=0，
解得λ=23，所以当C1M=23C1B1时，AM⊥A1N.
【变式7-2】（2022秋·全国·高二专题练习）已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，求证: 这个四面体相对的棱两两垂直.
已知：如图，四面体ABCD，E，F，G，H，K，M分别为棱AB，BC，CD，DA，BD，AC的中点，且|EG|=|FH|=|KM|求证 AB⊥CD，AC⊥BD，AD⊥BC.
【解题思路】设AB=a,AC=b,AD=c，由空间向量的运算证明AC⊥DB，AD⊥BC,AB⊥CD.
【解答过程】证明：设AB=a,AC=b,AD=c
则EG=AG−AE=12AC+AD−12AB=−12a+12b+12c=12−a+b+c
FH=AH−AF=12AD−12AB+AC=12c−12a+b=12−a−b+c，
KM=AM−AK=12AC−12AB+AD=12b−12a+c=12−a+b−c，
∵EG=FH，∴12−a+b+c=12−a−b+c，
∴−a+b+c2=−a−b+c2，
∴a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2b⋅c=a2+b2+c2+2a⋅b−2a⋅c−2b⋅c，
∴4a⋅b=4b⋅c,∴a⋅b−b⋅c=0,∴b⋅a−c=0
又b=AC,a−c=DB,∴AC⋅DB=0
∴AC⊥DB,∴AC⊥DB，同理可证AD⊥BC,AB⊥CD，
∴这个四面体相对的棱两两垂直.
【变式7-3】（2022秋·北京顺义·高二校考阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=13AA1，CN=13CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘．
(1)用向量AA1，AD，AB表示向量MN；
(2)求证：D，M，B1，N共面；
(3)当AA1AB为何值时，AC1⊥A1B．
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）根据空间向量线性运算法则得到DM=NB1，即可证明D，M，B1，N共面；
（3）设AA1=c，AD=b，AB=a，因为底面ABCD为菱形，则当AA1AB=1时，|a|=|b|=|c|，由AC1⋅A1B=a+b+c⋅a−c=0，即可得出答案.
【解答过程】（1）MN=MA+AB+BC+CN=−23AA1+AB+BC+13AA1=AB+AD−13AA1．
（2）证明：∵DM=AM−AD=23AA1−AD，NB1=C1B1−C1N=23AA1−AD，
∴DM=NB1，∴D，M，B1，N共面．
（3）当AA1AB=1，AC1⊥A1B，
证明：设AA1=c，AD=b，AB=a，
∵底面ABCD为菱形，则当AA1AB=1时，|a|=|b|=|c|，
∵AC1=AB+BC+CC1=a+b+c，A1B=AB−AA1=a−c，
∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘，
∴AC1⋅A1B=（a+b+c）⋅（a−c）=a2+a⋅b−b⋅c−c2=0，
∴AC1⊥A1B．
【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】
【例8】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.
(1)求BC⋅BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足EB=2AE，求线段EF的长.
【解题思路】（1）取AB,AC,AD为空间的一个基底，表示出BC,BD，再利用空间向量数量积求解作答.
（2）利用（1）中的信息，利用空间向量数量积计算空间向量的模作答.
【解答过程】（1）在四面体ABCD中，设AB=a，AC=b，AD=c，则a=b=3，c=2，
〈a,b〉=∠BAC=60°，〈a,c〉=∠BAD=45°，〈b,c〉=∠CAD=45°，
BC⋅BD=(AC−AB)⋅(AD−AB)=(b−a)⋅(c−a)=b⋅c−b⋅a−a⋅c+a2
=|b||c|cs45°−|b||a|cs60°−|a||c|cs45°+|a|2 =32×22−32×12−32×22+32=92.
（2）由（1）知，因为EB=2AE，则AE=13AB=13a，因为F是CD中点，则DF=12DC=12AC−AD=12b−12c，如图，
于是得EF=EA+AD+DF=−13a+c+12b−12c=−13a+12b+12c，
因此|EF|2=(−13a+12b+12c)2=a29+b24+c24−a⋅b3−a⋅c3+b⋅c2
=329+324+(2)24−32cs60°3−32cs45°3+32cs45°2=114，即有|EF|=112，
所以线段EF的长为112.
【变式8-1】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且∠MAB=∠MAD=60°，N是CM的中点，设a=AB，b=AD，c=AM，用a、b、c表示向量BN，并求BN的长．
【解题思路】根据题中条件，由向量的线性运算，即可得出BN=−12a+12b+12c；再由向量模的计算公式，结合题中条件，可求出BN，即得出结果.
【解答过程】解：因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，
所以BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12AM−AC
=AD+12AM−AD+AB=−12AB+12AD+12AM=−12a+12b+12c，
又由题意，可得a=AB=2，b=AD=2，c=AM=3，∠MAB=∠MAD=60°，
∠DAB=90°，
因此BN2=−12a+12b+12c2=14a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2b⋅c
=144+4+9−0−2×2×3cs60°+2×2×3cs60°=174，
所以BN=172，即BN的长为172.
【变式8-2】（2022秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若AO=a,AB=b,AC=c，解答下列问题：
(1)以a,b,c为基底表示OP；
(2)若a=b=c=1，∠OAB=∠OAC=π2，∠CAB=2π3，求OP的值．
【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可；
（2）根据OP=−56a+13b+13c2结合数量积的运算律计算即可.
【解答过程】（1）解：OP=OM+MP=−12AO+23MN=−12AO+23MA+AB+BN
=−12AO+23−12AO+AB+12BC=−56AO+23AB+13AC−AB
=−56AO+13AB+13AC=−56a+13b+13c；
（2）解：OP=−56a+13b+13c2
=2536a2+19b2+19c2−59a⋅b−59a⋅c+29c⋅b
=2536+19+19−0−0+29×1×1×−12=296.
【变式8-3】（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）如图，在正四面体O−ABC中，OA=6，M为棱OA的中点，N为棱BC（靠近C点）的三等分点，设OA=a,OB=b,OC=c．
(1)用a,b,c表示AN；
(2)求OM⋅AN；
(3)求MN的长．
【解题思路】(1)用向量加法的三角形法表示，最终用基底表示出来.
(2)借助第一问的结论表示出OM⋅AN，代入已知条件的长度和角度可求得.
(3)要求MN的长度，可以先表示出MN=ON−OM，用基底表示，代入正四面体的长度和角度可以求得.
【解答过程】（1）AN=AO+ON=−a+OB+BN=−a+OB+23BC
=−a+OB+23BO+OC=−a+b−23b+23c=−a+13b+23c
（2）∴OM⋅AN=12a⋅−a+13b+23c=−12a2+16a⋅b+13a⋅c
=−12×36+16×6×6×12+13×6×6×12=−18+3+6=−9
（3）MN=ON−OM=OB+23BC−12a=b+23(c−b）−12a
=−12a+13b+23c
∴MN=−12a+13b+23c2
=14a2+19b2+49c2+2⋅−12⋅13a⋅b+2⋅−12⋅23a⋅c+2⋅13⋅23b⋅c =14×36+19×36+49×36−6−12+8 =19.
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc12191" 【题型1 空间向量基底的判断】 PAGEREF _Tc12191 \h 1
\l "_Tc25270" 【题型2 用空间基底表示向量】 PAGEREF _Tc25270 \h 2
\l "_Tc22441" 【题型3 由空间向量基本定理求参数】 PAGEREF _Tc22441 \h 3
\l "_Tc25178" 【题型4 正交分解】 PAGEREF _Tc25178 \h 4
\l "_Tc2330" 【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】 PAGEREF _Tc2330 \h 5
\l "_Tc30227" 【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】 PAGEREF _Tc30227 \h 7
\l "_Tc10856" 【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】 PAGEREF _Tc10856 \h 9
\l "_Tc32477" 【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】 PAGEREF _Tc32477 \h 10
【知识点1 空间向量基本定理】
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{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{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含
有，，，不能含有其他形式的向量．
【题型1 空间向量基底的判断】
【例1】（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（ ）
A．a+b,a−b,aB．a+b,a−b,bC．a+b,a−b,b+cD．a+b,a+b+c,c
【变式1-1】（2023春·湖南·高一校联考期末）已知a,b,c是空间的一个基底，若p=a+b，q=a+c，则下列与p，q构成一组空间基底的是（ ）
A．r=2b−3cB．r=a−b+2c
C．r=a+2b−cD．r=2a+b+c
【变式1-2】（2023春·内蒙古兴安盟·高二校考阶段练习）若a，b，c构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．a+b,a−c,bB．c,b+c,b−c
C．b+c,a+b+c,aD．a,a+b,a−b
【变式1-3】（2023秋·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,e3是空间的一个基底，且向量OA=e1+e2+e3,OB=e1−2e2+2e3,OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，则k=（ ）
A．83B．52C．−14D．94
【题型2 用空间基底表示向量】
【例2】（2023·全国·高二专题练习）在四面体O−ABC中，PA=2OP，Q是BC的中点，且M为PQ的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则OM=（ ）
A．16a+14b+14cB．16a+12b+12c
C．13a+12b+12cD．13a+14b+14c
【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E为棱A1C1的中点.设BA=a，BB1=b，BC=c，则BE=（ ）
A．12a+b+12cB．12a+12b+c
C．a+12b+12cD．12a+b+c
【变式2-2】（2023春·河南商丘·高二校联考期中）如图，在三棱锥O−ABC中，CD=13CB，OE=13OA，若OA=a，OB=b，OC=c，则DE=（ ）
A．13a−23b−13cB．23a−13b−13c
C．13a−13b−23cD．23a−13b−23c
【变式2-3】（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与BiD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则BM=（ ）
A．12a−12b+cB．12a+12b+cC．−12a−12b+cD．−12a+12b+c
【题型3 由空间向量基本定理求参数】
【例3】（2023秋·贵州贵阳·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是BB1和A1C1的中点，且MN=xAB+yAC+zAA1，则实数x，y，z的值分别为（ ）
A．−1,12,12 B．−1,12,−12C．−1,−12,−12D．1,−12,12
【变式3-1】（2023秋·高二课时练习）已知BA,BC,BB1为三条不共面的线段，若AC1=xAB+2yBC+3zC1C，那么x+y+z=（ ）
A．1B．76C．56D．116
【变式3-2】（2023春·四川绵阳·高二校考阶段练习）已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则(x,y,z)为（ ）
A．14,14,14B．34,34,34
C．13,13,13D．23,23,23
【变式3-3】（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，M，N分别为PC，PD上的点，且PM=2MC，PN=ND，若NM=xAB+yAD+zAP，则x+y+z的值为（ ）
A．−23B．23C．1D．56
【知识点2 空间向量的正交分解】
1．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，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．
【题型4 正交分解】
【例4】（2022·全国·高一假期作业）设{i,j,k}是单位正交基底，已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(8,6,4)，其中a=i+j，b=j+k，c=k+i，则向量p在基底{i,j,k}下的坐标是（ ）
A．(10,12,14)B．(12,14,10)C．(14,12,10)D．(4,3,2)
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）已知a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3c，a+b,a−b,c是空间的另一个基底，向量p在基底a+b,a−b,c下的坐标为（ ）
A．32,−12,3B．−32,12,3C．12,−32,3D．−12,32,3
【变式4-2】（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，BC=5，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
A．AB,12AC,ASB．AB,AC,AS
C．AB,12AC,12ASD．AS,AB,55BC
【变式4-3】（2022秋·山西大同·高二校考阶段练习）已知向量a，b，c是空间的一个单位正交基底，向量a+b，a−b，a+c是空间的另一个基底，若向量p在基底a，b，c下的坐标为2,3,4，则p在a+b，a−b，a+c下的坐标为（ ）
A．−12,52,4B．52,12,4
C．12,−52,4D．52,−12,4
【知识点3 用空间向量基本定理解决相关的几何问题】
1．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量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.
2．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
3．求距离(长度)问题
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \r(a·a)( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))) )．
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.
【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】
【例5】（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，AF=25AM，判断三点C、E、F是否共线．
【变式5-1】（2023春·高二课时练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为A1C上一点，且A1O=23A1C，BD与AC交于点M.求证：C1,O,M三点共线．
【变式5-2】（2022秋·广东中山·高二校考阶段练习）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13，CA=a，CB=b，DC=c
(1)求FH（用向量a,b,c表示）；
(2)求证：点E，F，G，H四点共面．
【变式5-3】（2023秋·高二课时练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=13(OA+OB+OC).
(1)判断MA,MB,MC三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内.
【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】
【例6】（2022秋·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）如图，正四面体ABCD（所有棱长均相等）的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设AB=a，AC=b，AD=c.
(1)用AB=a，AC=b，AD=c表示EF，并求EF的长；
(2)求EF与GH的夹角.
【变式6-1】（2023秋·上海浦东新·高三校考期末）如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AA1．
(1)若AB＝2，求圆柱的侧面积；
(2)设AB与CD是底面互相垂直的两条直径，求异面直线AC与A1B所成角的大小．
【变式6-2】（2022秋·山东聊城·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M，N分别是边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OG；
(2)求cs
【变式6-3】（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.
(1)求DB1的长；
(2)求向量DB1与AB夹角的余弦值.
【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】
【例7】（2023·江苏·高二专题练习）已知空间四边形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．
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC1=c，CA=CB=CC1=1，a,b=a,c=2π3，b,c=π2，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量A1N；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【变式7-2】（2022秋·全国·高二专题练习）已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，求证: 这个四面体相对的棱两两垂直.
已知：如图，四面体ABCD，E，F，G，H，K，M分别为棱AB，BC，CD，DA，BD，AC的中点，且|EG|=|FH|=|KM|求证 AB⊥CD，AC⊥BD，AD⊥BC.
【变式7-3】（2022秋·北京顺义·高二校考阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=13AA1，CN=13CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘．
(1)用向量AA1，AD，AB表示向量MN；
(2)求证：D，M，B1，N共面；
(3)当AA1AB为何值时，AC1⊥A1B．
【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】
【例8】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.
(1)求BC⋅BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足EB=2AE，求线段EF的长.
【变式8-1】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且∠MAB=∠MAD=60°，N是CM的中点，设a=AB，b=AD，c=AM，用a、b、c表示向量BN，并求BN的长．
【变式8-2】（2022秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若AO=a,AB=b,AC=c，解答下列问题：
(1)以a,b,c为基底表示OP；
(2)若a=b=c=1，∠OAB=∠OAC=π2，∠CAB=2π3，求OP的值．
【变式8-3】（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）如图，在正四面体O−ABC中，OA=6，M为棱OA的中点，N为棱BC（靠近C点）的三等分点，设OA=a,OB=b,OC=c．
(1)用a,b,c表示AN；
(2)求OM⋅AN；
(3)求MN的长．
专题1.3 空间向量基本定理【八大题型】
【人教A版（2019）】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc12191" 【题型1 空间向量基底的判断】 PAGEREF _Tc12191 \h 1
\l "_Tc25270" 【题型2 用空间基底表示向量】 PAGEREF _Tc25270 \h 3
\l "_Tc22441" 【题型3 由空间向量基本定理求参数】 PAGEREF _Tc22441 \h 6
\l "_Tc25178" 【题型4 正交分解】 PAGEREF _Tc25178 \h 8
\l "_Tc2330" 【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】 PAGEREF _Tc2330 \h 11
\l "_Tc30227" 【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】 PAGEREF _Tc30227 \h 13
\l "_Tc10856" 【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】 PAGEREF _Tc10856 \h 16
\l "_Tc32477" 【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】 PAGEREF _Tc32477 \h 20
【知识点1 空间向量基本定理】
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{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{，，}可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含
有，，，不能含有其他形式的向量．
【题型1 空间向量基底的判断】
【例1】（2023春·河南开封·高二统考期末）若a,b,c构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基底的是（ ）
A．a+b,a−b,aB．a+b,a−b,bC．a+b,a−b,b+cD．a+b,a+b+c,c
【解题思路】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.
【解答过程】对于A，a=12a+b+a−b，因此向量a+b,a−b,a共面，故不能构成基底，故A错误；
对于B，b=12a+b−a−b，因此向量a+b,a−b,b共面，故不能构成基底，故B错误；
对于C，假设向量a+b,a−b,b+c共面，则b+c=λa+b+μa−b，
即c=λ+μa+λ−μ−1b，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；
对于D，a+b+c=a+b+c，因此向量a+b,a+b+c,c共面，故不能构成基底，故D错误；
故选：C.
【变式1-1】（2023春·湖南·高一校联考期末）已知a,b,c是空间的一个基底，若p=a+b，q=a+c，则下列与p，q构成一组空间基底的是（ ）
A．r=2b−3cB．r=a−b+2c
C．r=a+2b−cD．r=2a+b+c
【解题思路】根据构成空间基底的条件对选项进行分析，从而确定正确答案.
【解答过程】A.设r=xp+yq，所以2b−3c=xa+b+ya+c，
整理得，2b−3c=x+ya+xb+yc，
因为a,b,c是空间的一个基底，所以x+y=0x=2y=−3，无解.
所以p，q与r构成一个基底.
B.因为r=a−b+2c，所以r=2q−p，所以排除B；
C.因为r=a+2b−c，所以r=2p−q，所以排除C；
D.设r=xp+yq，所以2a+b+c=xa+b+ya+c，
整理得，2a+b+c=x+ya+xb+yc，
因为a,b,c是空间的一个基底，所以x+y=2x=1y=1，所以x=1y=1，
所以p，q与r不构成一个基底，排除D.
故选：A.
【变式1-2】（2023春·内蒙古兴安盟·高二校考阶段练习）若a，b，c构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．a+b,a−c,bB．c,b+c,b−c
C．b+c,a+b+c,aD．a,a+b,a−b
【解题思路】根据空间向量共面定理可知BCD选项中的向量共面，无法作为一组基底；假设A中向量共面，可知不存在满足条件的实数λ,μ，由此知假设错误，则A中向量可以作为基底.
【解答过程】对于A，假设a+b，a−c，b共面，则可设a+b=λa−c+μbλ,μ∈R
∴λ=1λ=0μ=1，方程组无解，a+b，a−c，b不共面，可以作为空间一组基底，A正确；
对于B，c→=12b→+c→−12b→−c→，∴c，b+c，b−c共面，不能作为空间一组基底，B错误；
对于C，b→+c→=a→+b→+c→−a→，∴b+c,a+b+c,a共面，不能作为空间一组基底，C错误；
对于D，∵a=12a+b+12a−b，∴a,a+b,a−b共面，不能作为空间一组基底，D错误.
故选：A.
【变式1-3】（2023秋·云南大理·高二统考期末）若e1,e2,e3是空间的一个基底，且向量OA=e1+e2+e3,OB=e1−2e2+2e3,OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，则k=（ ）
A．83B．52C．−14D．94
【解题思路】由题意可知，向量OA、OB、OC共面，则存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，根据空间向量的基本定理可得出关于x、y、k的方程组，即可解得k的值.
【解答过程】因为向量OA=e1+e2+e3，OB=e1−2e2+2e3，OC=ke1+3e2+2e3不能构成空间的一个基底，
所以OA、OB、OC共面，故存在实数x、y使得OC=xOA+yOB，
即ke1+3e2+2e3=xe1+e2+e3+ye1−2e2+2e3=x+ye1+x−2ye2+x+2ye3，
因为e1,e2,e3是空间的一个基底，则k=x+yx−2y=3x+2y=2，解得x=52y=−14k=94.
故选：D.
【题型2 用空间基底表示向量】
【例2】（2023·全国·高二专题练习）在四面体O−ABC中，PA=2OP，Q是BC的中点，且M为PQ的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则OM=（ ）
A．16a+14b+14cB．16a+12b+12c
C．13a+12b+12cD．13a+14b+14c
【解题思路】利用基底a,b,c表示OP,OQ，再利用向量线性运算求解即可.
【解答过程】因为2OP→=PA→，所以OP=13OA，
因为Q是BC的中点，所以OQ=12(OB+OC)，
因为M为PQ的中点，所以OM=12(OP+OQ) =12OP+12OQ =16OA+14(OB+OC) =16a+14b+14c，
故选：A.
【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，E为棱A1C1的中点.设BA=a，BB1=b，BC=c，则BE=（ ）
A．12a+b+12cB．12a+12b+c
C．a+12b+12cD．12a+b+c
【解题思路】由空间向量线性运算即可求解.
【解答过程】由题意可得BE=BB1+B1A1+A1E=BB1+BA+12A1C1
=BB1+BA+12AC=BB1+BA+12BC−BA=12BA+12BC+BB1=12a+12c+b.
故选：A.
【变式2-2】（2023春·河南商丘·高二校联考期中）如图，在三棱锥O−ABC中，CD=13CB，OE=13OA，若OA=a，OB=b，OC=c，则DE=（ ）
A．13a−23b−13cB．23a−13b−13c
C．13a−13b−23cD．23a−13b−23c
【解题思路】利用向量线性运算将DE用a，b，c表示即可.
【解答过程】如图：
DE=DC+CO+OE
=13BC+CO+13OA
=13OC−OB−OC+13OA
=13OA−13OB−23OC
=13a−13b−23c
故选：C.
【变式2-3】（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与BiD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则BM=（ ）
A．12a−12b+cB．12a+12b+cC．−12a−12b+cD．−12a+12b+c
【解题思路】根据空间向量基本定理，用AB,AD,AA1表示出BM即可.
【解答过程】由题意，因为M为A1C1与B1D1的交点，所以M也为A1C1与B1D1的中点，
因此BM=B1M−B1B=12B1A1+B1C1+c=−12AB+12AD+c
=−12a+12b+c.
故选：D.
【题型3 由空间向量基本定理求参数】
【例3】（2023秋·贵州贵阳·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是BB1和A1C1的中点，且MN=xAB+yAC+zAA1，则实数x，y，z的值分别为（ ）
A．−1,12,12 B．−1,12,−12C．−1,−12,−12D．1,−12,12
【解题思路】根据题意用空间基底向量表示向量，结合空间向量的线性运算求解.
【解答过程】由题意可得：MN=MB1+B1C1+C1N=12AA1+AC−AB−12AC=−AB+12AC+12AA1，
故x=−1,y=12,z=12.
故选：A.
【变式3-1】（2023秋·高二课时练习）已知BA,BC,BB1为三条不共面的线段，若AC1=xAB+2yBC+3zC1C，那么x+y+z=（ ）
A．1B．76C．56D．116
【解题思路】直接利用共面向量的基本定理求出结果.
【解答过程】根据向量加法法则可得：AC1=AB+BC+CC1，
即AC1=AB+BC−C1C，
因为AC1=xAB+2yBC+3zC1C，
所以x=1，2y=1，3z=−1，
所以x=1，y=12，z=−13，所以x+y+z=1+12−13=76.
故选：B.
【变式3-2】（2023春·四川绵阳·高二校考阶段练习）已知四面体O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一点，且OG＝3GG1，若OG=xOA+yOB+zOC，则(x,y,z)为（ ）
A．14,14,14B．34,34,34
C．13,13,13D．23,23,23
【解题思路】连接AG1并延长，交BC于点E，利用向量加减、数乘几何意义用OA,OB,OC表示出OG，即可得答案.
【解答过程】如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，
AE=12(AB+AC)=12(OB−2OA+OC)，则AG1=23AE=13(OB−2OA+OC)，
由题设，OG=3GG1=3(OG1−OG)，
OG=34OG1=34(OA+AG1)=34(OA+13OB−23OA+13OC)=14(OA+OB+OC)
所以x=y=z=14.
故选：A.
【变式3-3】（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，M，N分别为PC，PD上的点，且PM=2MC，PN=ND，若NM=xAB+yAD+zAP，则x+y+z的值为（ ）
A．−23B．23C．1D．56
【解题思路】以AB,AD,AP为基底表示NM，由此求得x,y,z，进而求得x+y+z.
【解答过程】NM=AM−AN=AC+CM−12AD+AP
=AB+AD+13CP−12AD−12AP
=AB+12AD+13AP−AC−12AP
=AB+12AD+13AP−13AC−12AP
=AB+12AD−13AB+AD−16AP
=23AB+16AD−16AP，
所以x=23,y=16,z=−16,x+y+z=23.
故选：B.
【知识点2 空间向量的正交分解】
1．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，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．
【题型4 正交分解】
【例4】（2022·全国·高一假期作业）设{i,j,k}是单位正交基底，已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(8,6,4)，其中a=i+j，b=j+k，c=k+i，则向量p在基底{i,j,k}下的坐标是（ ）
A．(10,12,14)B．(12,14,10)C．(14,12,10)D．(4,3,2)
【解题思路】由题设得p=8a+6b+4c，结合已知条件求p关于i,j,k的线性表达式，即可知在基底{i,j,k}下的坐标.
【解答过程】由题设知：p=8a+6b+4c，而a=i+j，b=j+k，c=k+i，
∴p=8(i+j)+6(j+k)+4(k+i)=12i+14j+10k，
∴p在基底{i,j,k}下的坐标是(12,14,10).
故选：B.
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）已知a,b,c是空间的一个单位正交基底，向量p=a+2b+3c，a+b,a−b,c是空间的另一个基底，向量p在基底a+b,a−b,c下的坐标为（ ）
A．32,−12,3B．−32,12,3C．12,−32,3D．−12,32,3
【解题思路】设p=xa+b+ya−b+zc，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=xa+b+ya−b+zc
=x+ya+x−yb+zc=a+2b+3c，
所以x+y=1x−y=2z=3，解得x=32y=−12z=3，
所以向量p在基底a+b,a−b,c下的坐标为32,−12,3.
故选：A.
【变式4-2】（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，BC=5，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
A．AB,12AC,ASB．AB,AC,AS
C．AB,12AC,12ASD．AS,AB,55BC
【解题思路】根据正交基地的定义可知，三个向量两两互相垂直，且模长为1.
【解答过程】因为SA⊥平面ABC，AB、AC都在面ABC内，
所以SA⊥AB，SA⊥AC.
因为AB⊥AC，AB=1，BC=5，所以AC=2，又SA=1，
所以空间的一个单位正交基底可以为AB,12AC,AS.
故选：A.
【变式4-3】（2022秋·山西大同·高二校考阶段练习）已知向量a，b，c是空间的一个单位正交基底，向量a+b，a−b，a+c是空间的另一个基底，若向量p在基底a，b，c下的坐标为2,3,4，则p在a+b，a−b，a+c下的坐标为（ ）
A．−12,52,4B．52,12,4
C．12,−52,4D．52,−12,4
【解题思路】可设向量a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，c=(0,0,1)，由此把向量a+b，a−b，a+c分别用坐标表示，列方程组解出x，y，z，即可得到p的坐标．
【解答过程】不妨设向量a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，c=(0,0,1)；
则向量a+b=(1,1,0)，a−b=(1,−1,0)，a+c=(1,0,1)．
设p=x(a+b)+y(a−b)+z(a+c)，
即(2,3,4)=x(1,1,0)+y(1,−1,0)+z(1,0,1)，
∴x+y+z=2x−y=3z=4解得x=12y=−52z=4
即p在a+b，a−b，a+c下的坐标为12,−52,4．
故选：C．
【知识点3 用空间向量基本定理解决相关的几何问题】
1．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量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.
2．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|).
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
3．求距离(长度)问题
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \r(a·a)( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))))＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))) )．
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.
【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】
【例5】（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG的中点，点F在线段AM上，AF=25AM，判断三点C、E、F是否共线．
【解题思路】利用空间向量的基本定理和共线向量定理求解.
【解答过程】解：设AD=a，AC=b，AB=c，
CE=12CG−b=12⋅23CM−12b，
=13AM−b−12b=1312a+c−b−12b，
=16a−56b+16c，
CF=AF−b=25AM−b=15a+c−b=15a−b+15c，
因为CE=56CF，
所以CE∥CF，
又因为CE、CF有公共点C，
所以C、E、F三点共线．
【变式5-1】（2023春·高二课时练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，O为A1C上一点，且A1O=23A1C，BD与AC交于点M.求证：C1,O,M三点共线．
【解题思路】取空间的基底，利用空间向量基本定理探求MC1,MO的关系，即可推理作答.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，令AB=a,AD=b,AA1=c，
A1O=23A1C，BD与AC交于点M，即点M是AC的中点，
于是MO=MC+CO=12AC+13CA1=12AC+13(AA1−AC)=16AC+13AA1
=16(AB+AD)+13AA1=16a+16b+13c，
MC1=MC+CC1=12AC+AA1=12(AB+AD)+AA1=12a+12b+c，
因此MC1=3MO，即MC1//MO，而直线MC1与直线MO有公共点M，
所以C1,O,M三点共线.
【变式5-2】（2022秋·广东中山·高二校考阶段练习）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且CFFB=AEEB=13，CA=a，CB=b，DC=c
(1)求FH（用向量a,b,c表示）；
(2)求证：点E，F，G，H四点共面．
【解题思路】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理运算求解；（2）根据中位线和平行线的性质，结合平行线的传递性证明EF∥HG，即可证结论.
【解答过程】（1）
∵FH=FC+CD+DH=−14CB+CD+12DA=−14CB−DC+12DC+CA=12CA−14CB−12DC
∴FH=12a−14b−12c
（2）
连接HG,EF
∵H,G分别是AD,CD的中点，∴HG∥AC.
又∵CFFB=AEEB=13，∴EF∥AC，
∴EF∥HG，则E,F,G,H四点共面.
【变式5-3】（2023秋·高二课时练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=13(OA+OB+OC).
(1)判断MA,MB,MC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OA+OB+OC=3OM，
∴OA−OM=OM−OB+OM−OC，
即MA=BM+CM=−MB−MC，
∴MA,MB,MC共面.
（2）由（1）知，MA,MB,MC共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】
【例6】（2022秋·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）如图，正四面体ABCD（所有棱长均相等）的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设AB=a，AC=b，AD=c.
(1)用AB=a，AC=b，AD=c表示EF，并求EF的长；
(2)求EF与GH的夹角.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用空间向量基底表示EF，再利用向量数量积的运算律求出EF的长作答.
（2）用空间向量基底表示GH，再求出EF与GH的数量积即可作答.
【解答过程】（1）因E,F分别为棱BC,AD的中点，而AB=a，AC=b，AD=c，
所以EF=EB+BA+AF=12CB−AB+12AD=12(AB−AC)−AB+12AD=−12a−12b+12c，
因正四面体ABCD的棱长为1，则a⋅b=b⋅c=c⋅a=|c||a|cs60∘=12，
所以|EF|=12(−a−b+c)2=12a2+b2+c2+2a⋅b−2b⋅c−2c⋅a=22.
（2）依题意，GH=GA+AD+DH=−12a+c+12(b−c)=−12a+12b+12c，
因正四面体ABCD的棱长为1，有c⋅a=|c||a|cs60∘=12，
因此EF⋅GH=−12(a+b−c)⋅(−12)(a−b−c)=14[(a−c)2−b2]=14(a2+c2−2a⋅c−b2)=0，
所以EF⊥GH，即EF与GH的夹角为90∘.
【变式6-1】（2023秋·上海浦东新·高三校考期末）如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线AA1．
(1)若AB＝2，求圆柱的侧面积；
(2)设AB与CD是底面互相垂直的两条直径，求异面直线AC与A1B所成角的大小．
【解题思路】（1）由已知得到底面半径r以及母线l的值，代入公式即可求出；
（2）用向量AB、DC、AA1来表示出AC、A1B，进而求出它们的夹角，即可求出结果.
【解答过程】（1）由已知可得，底面半径r=1，母线l=AA1=2，
所以圆柱的侧面积S=2πrl=4π.
（2）由已知可得，AB,CD,AA1两两垂直，且相等，
设AB=2，则OA=OC=1，AC=OA2+OC2=2，A1B=AA12+AB2=22.
又AC=OC−OA=12DC+12AB， A1B=AB−AA1，
则AC⋅A1B=12DC+12AB⋅AB−AA1 =12DC⋅AB−12DC⋅AA1+12AB2−12AB⋅AA1 =12AB2=2.
所以csAC,A1B=AC⋅A1BACA1B=22×22=12，
又0≤AC,A1B≤π，所以AC,A1B=π3，
所以异面直线AC与A1B所成角的大小为π3.
【变式6-2】（2022秋·山东聊城·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M，N分别是边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN，设OA=a，OB=b，OC=c．
(1)试用向量a，b，c表示向量OG；
(2)求cs
【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BA,OG,BA⋅OG的值，再结合向量的夹角公式即可求得结果.
【解答过程】（1）
OG=OM+MG=12OA+23MA+AB+BN
=12OA+2312OA+OB−OA+12BC=12OA+23OB−12OA+12OC−OB
=12OA+2312OB−12OA+12OC=12OA+13OB−13OA+13OC
=16OA+13OB+13OC=16a+13b+13c
（2）
由题意知，a=b=c=1，a⋅b=a⋅c=b⋅c=12，BA=a−b，
则BA=a−b2=a2−2a⋅b+b2=1，
OG=16a+13b+13c2=136a2+19b2+19c2+19a⋅b+19a⋅c+29b⋅c=176，
OG⋅BA=a−b⋅16a+13b+13c
=16a2+13a⋅b+13a⋅c−16a⋅b−13b2−13b⋅c=−112，
所以cs
【变式6-3】（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.
(1)求DB1的长；
(2)求向量DB1与AB夹角的余弦值.
【解题思路】（1）用空间的一个基底{AB,AD,AA1}表示向量DB1，再利用空间向量数量积的运算律求解作答.
（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.
【解答过程】（1）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，{AB,AD,AA1}为空间的一个基底，
因为AB=2，AA1=3，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3，
则AB⋅AD=2×1×csπ3=1,AB⋅AA1=2×3×csπ3=3,AD⋅AA1=1×3×csπ3=32，
DB1=DA+AB+BB1=AB−AD+AA1，
所以|DB1|=AB2+AD2+AA12−2AB⋅AD−2AD⋅AA1+2AB⋅AA1
=22+12+32−2×1−2×32+2×3=15.
（2）由（1）知，DB1=AB−AD+AA1，则DB1⋅AB=AB2−AB⋅AD+AB⋅AA1=22−1+3=6，
又|DB1→|=15，所以向量DB1与AB夹角的余弦值cs〈DB1,AB〉=DB1⋅AB|DB1||AB|=615×2=155.
【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】
【例7】（2023·江苏·高二专题练习）已知空间四边形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．
【解题思路】取定基底向量OA,OB,OC，并分别记为a,b,c，再用基底表示出OG和BC，然后借助数量积即可计算作答.
【解答过程】在空间四边形OABC中，令OA=a,OB=b,OC=c，则|a|=|b|=|c|，
令∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ，G是MN的中点，如图，
则OG=12(OM+ON)=12[12OA+12(OB+OC)]=14(a+b+c)，BC=OC−OB=c−b，
于是得OG⋅BC=14(a+b+c)⋅(c−b)=14(a⋅c−a⋅b+b⋅c−b2+c2−b⋅c)
=14(|a|2csθ−|a|2csθ−|a|2+|a|2)=0，
因此，OG⊥BC，
所以OG⊥BC.
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC1=c，CA=CB=CC1=1，a,b=a,c=2π3，b,c=π2，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量A1N；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；
（2）设C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，用a，b，c表示向量AM，依题意可得AM⋅A1N=0，根据空间向量数量积的运算律求出λ，即可得解．
【解答过程】（1）解：因为N是AB中点，所以AN=12AB，
所以A1N=A1A+AN=C1C+12AB
=−CC1+12(CB−CA)=−12a+12b−c；
（2）解：假设存在点M，使AM⊥A1N，设C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，
显然λC1B1=λb，AM=AA1+A1C1+C1M=c−a+λb，
因为AM⊥A1N，所以AM⋅A1N=0，
即(c−a+λb)⋅(−12a+12b−c)=0，
∴−12c⋅a+12c⋅b−c2+12a2−12a⋅b+c⋅a−12λa⋅b+12λb2−λb⋅c=0
∵CA=CB=CC1=1，a,b=a,c=2π3，b,c=π2，
∴12c⋅a−c2+12a2−(12+12λ)a⋅b+12λb2=0
即12×1×1×(−12)−12+12×12−(12+12λ)×1×1×(−12)+12λ⋅12=0，
解得λ=23，所以当C1M=23C1B1时，AM⊥A1N.
【变式7-2】（2022秋·全国·高二专题练习）已知四面体中三组相对棱的中点间的距离都相等，求证: 这个四面体相对的棱两两垂直.
已知：如图，四面体ABCD，E，F，G，H，K，M分别为棱AB，BC，CD，DA，BD，AC的中点，且|EG|=|FH|=|KM|求证 AB⊥CD，AC⊥BD，AD⊥BC.
【解题思路】设AB=a,AC=b,AD=c，由空间向量的运算证明AC⊥DB，AD⊥BC,AB⊥CD.
【解答过程】证明：设AB=a,AC=b,AD=c
则EG=AG−AE=12AC+AD−12AB=−12a+12b+12c=12−a+b+c
FH=AH−AF=12AD−12AB+AC=12c−12a+b=12−a−b+c，
KM=AM−AK=12AC−12AB+AD=12b−12a+c=12−a+b−c，
∵EG=FH，∴12−a+b+c=12−a−b+c，
∴−a+b+c2=−a−b+c2，
∴a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2b⋅c=a2+b2+c2+2a⋅b−2a⋅c−2b⋅c，
∴4a⋅b=4b⋅c,∴a⋅b−b⋅c=0,∴b⋅a−c=0
又b=AC,a−c=DB,∴AC⋅DB=0
∴AC⊥DB,∴AC⊥DB，同理可证AD⊥BC,AB⊥CD，
∴这个四面体相对的棱两两垂直.
【变式7-3】（2022秋·北京顺义·高二校考阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=13AA1，CN=13CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘．
(1)用向量AA1，AD，AB表示向量MN；
(2)求证：D，M，B1，N共面；
(3)当AA1AB为何值时，AC1⊥A1B．
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）根据空间向量线性运算法则得到DM=NB1，即可证明D，M，B1，N共面；
（3）设AA1=c，AD=b，AB=a，因为底面ABCD为菱形，则当AA1AB=1时，|a|=|b|=|c|，由AC1⋅A1B=a+b+c⋅a−c=0，即可得出答案.
【解答过程】（1）MN=MA+AB+BC+CN=−23AA1+AB+BC+13AA1=AB+AD−13AA1．
（2）证明：∵DM=AM−AD=23AA1−AD，NB1=C1B1−C1N=23AA1−AD，
∴DM=NB1，∴D，M，B1，N共面．
（3）当AA1AB=1，AC1⊥A1B，
证明：设AA1=c，AD=b，AB=a，
∵底面ABCD为菱形，则当AA1AB=1时，|a|=|b|=|c|，
∵AC1=AB+BC+CC1=a+b+c，A1B=AB−AA1=a−c，
∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘，
∴AC1⋅A1B=（a+b+c）⋅（a−c）=a2+a⋅b−b⋅c−c2=0，
∴AC1⊥A1B．
【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】
【例8】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，AB=AC=3.
(1)求BC⋅BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足EB=2AE，求线段EF的长.
【解题思路】（1）取AB,AC,AD为空间的一个基底，表示出BC,BD，再利用空间向量数量积求解作答.
（2）利用（1）中的信息，利用空间向量数量积计算空间向量的模作答.
【解答过程】（1）在四面体ABCD中，设AB=a，AC=b，AD=c，则a=b=3，c=2，
〈a,b〉=∠BAC=60°，〈a,c〉=∠BAD=45°，〈b,c〉=∠CAD=45°，
BC⋅BD=(AC−AB)⋅(AD−AB)=(b−a)⋅(c−a)=b⋅c−b⋅a−a⋅c+a2
=|b||c|cs45°−|b||a|cs60°−|a||c|cs45°+|a|2 =32×22−32×12−32×22+32=92.
（2）由（1）知，因为EB=2AE，则AE=13AB=13a，因为F是CD中点，则DF=12DC=12AC−AD=12b−12c，如图，
于是得EF=EA+AD+DF=−13a+c+12b−12c=−13a+12b+12c，
因此|EF|2=(−13a+12b+12c)2=a29+b24+c24−a⋅b3−a⋅c3+b⋅c2
=329+324+(2)24−32cs60°3−32cs45°3+32cs45°2=114，即有|EF|=112，
所以线段EF的长为112.
【变式8-1】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且∠MAB=∠MAD=60°，N是CM的中点，设a=AB，b=AD，c=AM，用a、b、c表示向量BN，并求BN的长．
【解题思路】根据题中条件，由向量的线性运算，即可得出BN=−12a+12b+12c；再由向量模的计算公式，结合题中条件，可求出BN，即得出结果.
【解答过程】解：因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，
所以BN=BC+CN=AD+12CM=AD+12AM−AC
=AD+12AM−AD+AB=−12AB+12AD+12AM=−12a+12b+12c，
又由题意，可得a=AB=2，b=AD=2，c=AM=3，∠MAB=∠MAD=60°，
∠DAB=90°，
因此BN2=−12a+12b+12c2=14a2+b2+c2−2a⋅b−2a⋅c+2b⋅c
=144+4+9−0−2×2×3cs60°+2×2×3cs60°=174，
所以BN=172，即BN的长为172.
【变式8-2】（2022秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若AO=a,AB=b,AC=c，解答下列问题：
(1)以a,b,c为基底表示OP；
(2)若a=b=c=1，∠OAB=∠OAC=π2，∠CAB=2π3，求OP的值．
【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可；
（2）根据OP=−56a+13b+13c2结合数量积的运算律计算即可.
【解答过程】（1）解：OP=OM+MP=−12AO+23MN=−12AO+23MA+AB+BN
=−12AO+23−12AO+AB+12BC=−56AO+23AB+13AC−AB
=−56AO+13AB+13AC=−56a+13b+13c；
（2）解：OP=−56a+13b+13c2
=2536a2+19b2+19c2−59a⋅b−59a⋅c+29c⋅b
=2536+19+19−0−0+29×1×1×−12=296.
【变式8-3】（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）如图，在正四面体O−ABC中，OA=6，M为棱OA的中点，N为棱BC（靠近C点）的三等分点，设OA=a,OB=b,OC=c．
(1)用a,b,c表示AN；
(2)求OM⋅AN；
(3)求MN的长．
【解题思路】(1)用向量加法的三角形法表示，最终用基底表示出来.
(2)借助第一问的结论表示出OM⋅AN，代入已知条件的长度和角度可求得.
(3)要求MN的长度，可以先表示出MN=ON−OM，用基底表示，代入正四面体的长度和角度可以求得.
【解答过程】（1）AN=AO+ON=−a+OB+BN=−a+OB+23BC
=−a+OB+23BO+OC=−a+b−23b+23c=−a+13b+23c
（2）∴OM⋅AN=12a⋅−a+13b+23c=−12a2+16a⋅b+13a⋅c
=−12×36+16×6×6×12+13×6×6×12=−18+3+6=−9
（3）MN=ON−OM=OB+23BC−12a=b+23(c−b）−12a
=−12a+13b+23c
∴MN=−12a+13b+23c2
=14a2+19b2+49c2+2⋅−12⋅13a⋅b+2⋅−12⋅23a⋅c+2⋅13⋅23b⋅c =14×36+19×36+49×36−6−12+8 =19.
相关试卷
高中数学3.3 抛物线同步达标检测题： 这是一份高中数学<a href="/sx/tb_c4000335_t7/?tag_id=28" target="_blank">3.3 抛物线同步达标检测题</a>，共39页。
数学人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆综合训练题： 这是一份数学人教A版 (2019)<a href="/sx/tb_c4000333_t7/?tag_id=28" target="_blank">第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆综合训练题</a>，共39页。
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课后练习题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册<a href="/sx/tb_c4000323_t7/?tag_id=28" target="_blank">第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课后练习题</a>，共70页。
