人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量基本定理学案及答案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量基本定理学案及答案，共48页。学案主要包含了即学即练1等内容，欢迎下载使用。

知识点01：空间向量基本定理
1、空间向量基本定理
如果向量三个向量不共面，那么对空间任意向量存在有序实数组使得
2、基底与基向量
如果向量三个向量不共面，那么所有空间向量组成集合就是这个集合可看作是由向量生成的，我们把叫做空间的一个基底都叫做基向量．
对基底正确理解，有以下三个方面：
（1）空间中任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底；
（2）因为可视为与任意一个非零向量共线，与任意二个非零向量共面，所以三个向量不共面，就隐含着它们都不是；
（3）一个基底是由三个不共面的向量构成的，它是一个向量组；而一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是不同的概念．
【即学即练1】（2023秋·高二课时练习）如图，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，E是MN的三等分点，且，用向量表示为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】因为，所以，
所以，即，
又，
所以.
故选：D

知识点02：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 ，常用表示．
2、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，，使得. 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．
我们把称作向量在单位正交基底下的坐标．记作此时向量的坐标恰是点在空间直角坐标系中的坐标其中分别叫做点的横坐标、纵坐标、竖坐标．
3、特殊向量的坐标表示
（1）当向量平行于轴时，纵坐标、竖坐标都为，即
（2）当向量平行于轴时，纵坐标、横坐标都为，即
（3）当向量平行于轴时，横坐标坐标、纵坐标都为，即
（4）当向量平行于平面时，竖坐标为，即
（5）当向量平行于平面时，横坐标为，即
（6）当向量平行于平面时，纵坐标为，即
题型01空间向量基底的概念及辨析
【典例1】（2023·全国·高三对口高考）已知为空间的一个基底，则下列各选项能构成基底的是（ ）
A．B．
C．D．
【典例2】（多选）（2023春·福建莆田·高二莆田第二十五中学校考期中）设且是空间的一个基底，则下列向量组中，可以作为空间一个基底的向量组有（ ）
A．B．
C． D．
【变式1】（2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【变式2】（多选）（2023秋·山西晋中·高二统考期末）是空间的一个基底，与、构成基底的一个向量可以是（ ）
A．B．C．D．
题型02 用空间基底表示向量
【典例1】（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在平行六面体中，，相交于，为的中点，设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【典例2】（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）四棱锥中，底面是平行四边形，点为棱的中点，若，则等于（ ）
A．B．1C．D．2
【典例3】（2023·陕西·统考一模）空间四边形中，与是四边形的两条对角线，，分别为线段，上的两点，且满足，，若点在线段上，且满足，若向量满足，则______．
【变式1】（2023春·江苏盐城·高二盐城中学校考期中）在四面体中，，是的中点，且为的中点，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【变式2】（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在平行六面体中，是的中点，点在上，且，设，，．则（ ）

A．B．
C．D．
【变式3】（2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知四面体，是的重心，是上一点，且，若，则为（ ）
A．B．
C．D．
【变式4】（2023·全国·高三对口高考）已知正方体中，侧面的中心是，若，则_________，_________．

题型03应用空间向量基本定理证明线线位置关系
【典例1】（2023·江苏·高二专题练习）已知空间四边形中，，且，，分别是，的中点，是的中点，求证：．
【典例2】（2023·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，分别为棱的中点，且求证 .
【典例3】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．
(1)用，，表示向量；
(2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．
【变式1】（2023春·高二课时练习）如图，在平行六面体中，， ，求证：直线平面
【变式2】（2022秋·北京顺义·高二牛栏山一中校考阶段练习）如图，在底面为菱形的平行六面体中，分别在棱上，且，且．
(1)用向量表示向量；
(2)求证：共面；
(3)当为何值时，．
题型04应用空间向量基本定理求距离、夹角
【典例1】（2023·江苏·高三专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为，求与的夹角的余弦值．
【典例2】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体中，，，，.
(1)求的值；
(2)已知是线段中点，点满足，求线段的长.
【典例3】（2023秋·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末）如图，平行六面体中，，，
(1)求对角线的长度；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【典例4】（2023·高一单元测试）如图，三棱柱中，，分别是上的点，且．设，，．
(1)试用，，表示向量；
(2)若，求的长．
【变式1】（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体中，，，且.
(1)求的长；
(2)求向量与夹角的余弦值.
【变式2】（2023·全国·校联考一模）如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于1，点，，分别是，，的中点．设，，.
(1)求证；
(2)求异面直线和所成角的余弦值．
【变式3】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，是的中点，设，，，用、、表示向量，并求的长．
第03讲 1.2 空间向量基本定理
A夯实基础 B能力提升 C综合素养
A夯实基础
一、单选题
1．（2023秋·高二课时练习）已知为三条不共面的线段，若，那么（ ）
A．1B．C．D．
2．（2023·高二校考课时练习）对于空间任意一点和不共线的三点，有如下关系：，则（ ）
A．四点必共面B．四点必共面
C．四点必共面D．五点必共面
3．（2023春·江西赣州·高二校联考阶段练习）已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ）
A．B．C．D．
4．（2023春·安徽·高二合肥市第八中学校联考开学考试）已知四面体，G是的重心，P是线段OG上的点，且，若，则为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·高二校考课时练习）已知直线AB，BC， 不共面，若四边形的对角线互相平分，且，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
6．（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）在平行六面体中，，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
7．（2023春·江苏南京·高二南京市第一中学校考期中）如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若是与的交点，则（ ）．
A．9B．7C．3D．
8．（2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥中，点G为的重心，点M在上，且，过点M任意作一个平面分别交线段，，于点D，E，F，若，，，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
二、多选题
9．（2023春·江苏常州·高二校考开学考试）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一组基底
B．是空间四点，若不能构成空间的一组基底，则共面
C．若，则点四点共面
D．已知是空间向量的一组基底，若，则也是空间一组基底
10．（2023春·江苏南京·高二南京市第一中学校考阶段练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．的长为D．
三、填空题
11．（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图，在平行六面体中，O是AC与BD交点．记，
则________（结果用表达）．
12．（2023秋·河北唐山·高二统考期末）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，，，则______.
四、解答题
13．（2023春·高二课时练习）如图，已知M，N分别为四面体A-BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且.求证：B，G，N三点共线.
14．（2023春·四川绵阳·高二校考期中）如图，在空间四边形中，已知E是线段的中点，G在上，且．
(1)试用表示向量；
(2)若，求的值．
B能力提升
1．（2023·江苏·高二专题练习）在棱长为1的正四面体中，点满足，点满足，当和的长度都为最短时，的值是（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，，，，分别为，上的点，且，，（ ）
A．1B．C．2D．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱
，设底边和侧棱长均为4，则该正四棱锥的外接球表面积为___________；过点A作一个平面分别交于点E､F､G进行切割，得到四棱锥，若，则的值为___________.
4．（2022·高二课时练习）如图，已知正方体的棱长为1，P，Q，R分别在AB，，上，并满足．设，，．
(1)用，，表示，；
(2)设的重心为G，用，，表示；
(3)当时，求a的取值范围．
第03讲 1.2 空间向量基本定理
知识点01：空间向量基本定理
1、空间向量基本定理
如果向量三个向量a,b,c,不共面，那么对空间任意向量p,存在有序实数组x,y,z,使得p=xa+yb+zc.
2、基底与基向量
如果向量三个向量a,b,c,不共面，那么所有空间向量组成集合就是pp=xa+yb+zc,x,y,z∈R.这个集合可看作是由向量a,b,c,生成的，我们把a,b,c叫做空间的一个基底a,b,c,都叫做基向量．
对基底正确理解，有以下三个方面：
（1）空间中任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底；
（2）因为0可视为与任意一个非零向量共线，与任意二个非零向量共面，所以三个向量不共面，就隐含着它们都不是0；
（3）一个基底是由三个不共面的向量构成的，它是一个向量组；而一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是不同的概念．
【即学即练1】（2023秋·高二课时练习）如图，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，E是MN的三等分点，且NENM=13，用向量表示OE为（ ）

A．OE=16OA+OB+OCB．OE=13OA+13OB+13OC
C．OE=16OA+16OB+13OCD．OE=16OA+13OB+13OC
【答案】D
【详解】因为NENM=13，所以NM=3NE，
所以OM−ON=3(OE−ON)，即OE=13OM+23ON，
又OM=12OA,ON=12(OB+OC)，
所以OE=16OA+13OB+13OC.
故选：D

知识点02：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、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，yi，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．
我们把x,y,z称作向量在单位正交基底{i,j,k}下的坐标．记作a=x,y,z此时向量a的坐标恰是点a在空间直角坐标系Oxyz中的坐标x,y,z,其中x,y,z分别叫做点a的横坐标、纵坐标、竖坐标．
3、特殊向量的坐标表示
（1）当向量a平行于x轴时，纵坐标、竖坐标都为0，即a=(x,0,0);
（2）当向量a平行于y轴时，纵坐标、横坐标都为0，即a=(0,y,0);
（3）当向量a平行于z轴时，横坐标坐标、纵坐标都为0，即a=(0,0,z);
（4）当向量a平行于xOy平面时，竖坐标为0，即a=(x,y,0);
（5）当向量a平行于yOx平面时，横坐标为0，即a=(0,y,x);
（6）当向量a平行于xOz平面时，纵坐标为0，即a=(x,0,z);
题型01空间向量基底的概念及辨析
【典例1】（2023·全国·高三对口高考）已知a,b,c为空间的一个基底，则下列各选项能构成基底的是（ ）
A．a,a−2b,a+bB．
C．2a+2b,a+b,2cD．a+c,b+c,a+b+2c
【答案】B
【详解】因为a−2b=3a−2a+b，所以a,a−2b,a+b是共面向量，不能构成基底，A不正确；
因为不是共面向量，所以可以构成基底，B正确；
因为2a+2b与a+b平行，所以2a+2b,a+b,2c不能构成基底，C不正确；
因为a+c+b+c=a+b+2c，所以a+c,b+c,a+b+2c共面，不能构成基底，D不正确.
故选：B.
【典例2】（多选）（2023春·福建莆田·高二莆田第二十五中学校考期中）设且a,b,c是空间的一个基底，则下列向量组中，可以作为空间一个基底的向量组有（ ）
A．a,b,xB． x,y,z
C． b,c,zD．x,y,a+b+c
【答案】BCD
【详解】如图所示，令a=AB,b=AA1,c=AD，则x=AB1,y=AD1,z=AC，又a+b+c=AC1，
由A、B1、C、D1四点不共面知：向量x,y,z不共面，
同理b,c,z和x,y,a+b+c也不共面.
故选：BCD
【变式1】（2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）a,b,c为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（ ）
A．a，a+b，a−bB．b，a+b，a−b
C．c，a+b，a−bD．a+2b，a+b，a−b
【答案】C
【详解】对选项A：a=12a+b+a−b，向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项B：b=12a+b−a−b，向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项C：假设c=λa+b+μa−b，即c=λ+μa+λ−μb，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，正确；
对选项D：a+2b=32a+b−12a−b，向量共面，故不能构成基底，错误；
故选：C
【变式2】（多选）（2023秋·山西晋中·高二统考期末）a,b,c是空间的一个基底，与a+b、a+c构成基底的一个向量可以是（ ）
A．B．C．bD．c
【答案】ACD
【详解】由于b−c=a+b−a+c，故与a+b、a+c共面，无法构成空间的一个基底，故B错误；
因为a,b,c是空间的一个基底，由于不存在实数对x、y，使得b+c=xa+b+ya+c，
若成立则x+y=0x=1y=1，显然方程组无解，故a+b、a+c与可以作为空间的一个基底，故A正确，同理可得C、D正确；
故选：ACD
题型02 用空间基底表示向量
【典例1】（2023秋·浙江丽水·高二统考期末）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC，BD相交于O，M为OC1的中点，设，AD=b，AA1=c，则CM=（ ）
A．14a+14b−12cB．14a−14b+12c
C．−14a−14b+12cD．−34a+14b−12c
【答案】C
【详解】
如图所示，CM=12CO+12CC1=14CB+CD+12CC1=−14a−14b+12c，
故选：C
【典例2】（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）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+yAD+zAP，则x+y+z等于（ ）
A．32B．1C．52D．2
【答案】A
【详解】因为AE=AB+BC+CE=AB+AD+EP=AB+AD+AP−AE，
所以2AE=AB+AD+AP，所以AE=12AB+12AD+12AP，所以x=12,y=12,z=12 ，
所以x+y+z=12+12+12=32，
故选：A.
【典例3】（2023·陕西·统考一模）空间四边形ABCD中，AC与BD是四边形的两条对角线，M，N分别为线段AB，CD上的两点，且满足AM=23AB，DN=34DC，若点G在线段MN上，且满足MG=3GN，若向量满足AG=xAB+yAC+zAD，则______．
【答案】1112
【详解】因为AG=AM+MG=23AB+34MN=23AB+34MB+BN=23AB+3413AB+BN
=23AB+14AB+34BN=1112AB+34BN=1112AB+34BC+CN=1112AB+34AC−AB+14CD=16AB+34AC+316CD=16AB+34AC+316AD−AC=16AB+916AC+316AD，
所以x+y+z=16+916+316=1112．
故答案：1112.
【变式1】（2023春·江苏盐城·高二盐城中学校考期中）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．
C．13a+12b+12cD．13a+14b+14c
【答案】A
【详解】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】（2023春·江苏徐州·高二统考期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，P是CA1的中点，点Q在CA1上，且CQ:OA1=4:1，设AB=a，AD=b，AA1=c．则（ ）

A．QP=310a+310b+310cB．QP=710a+710b−710c
C．QP=310a+310b−310cD．QP=110a+110b+110c
【答案】C
【详解】因为P是CA1的中点，
所以AP=12(AA1+AC)=12(AA1+AB+AD)=12(a+b+c)，
又因为点Q在CA1上，且CQ:OA1=4:1，
所以AQ=AA1+A1Q=AA1+15A1C=AA1+15(AC−AA1)=15AC+45AA1
=15(AB+AD)+45AA1=15a+15b+45c，
所以QP=AP−AQ=12(a+b+c)−15a−15b−45c=310a+310b−310c，
故选：C.
【变式3】（2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知四面体O−ABC，G1是ΔABC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
【答案】A
【详解】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4】（2023·全国·高三对口高考）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，侧面CC1D1D的中心是P，若AP=AD+mAB+nAA1，则m=_________，n=_________．
【答案】 12/0.5 12/0.5
【详解】由于AP=AD+DP=AD+12(DC+DD1)=AD+12AB+12AA1，
所以m=12，n=12，
故答案为：12；12．

题型03应用空间向量基本定理证明线线位置关系
【典例1】（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．
【答案】证明见解析
【详解】在空间四边形OABC中，令，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.
【典例2】（2023·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.
【答案】证明见解析
【详解】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.
【典例3】（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．
【答案】(1)−12a+12b−c
(2)当C1M=23C1B1时，AM⊥A1N
【详解】（1）解：因为N是AB中点，所以AN=12AB，
所以A1N=A1A+AN=C1C+12AB
；
（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1】（2023春·高二课时练习）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1， ∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘，求证：直线A1C⊥平面BDD1B1
【答案】证明见解析
【详解】设AB=a，，，则{a,b,c}为空间的一个基底且A1C=a+b−c，BD=b−a，BB1=c.
因为AB＝AD＝AA1＝1， ∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，
所以a2=b2=c2=1，a⋅b=b⋅c=c⋅a=12.
在平面BDD1B1上，取BD、BB1为基向量，则对于面BDD1B1上任意一点P，存在唯一的有序实数对(λ,μ)，使得BP=λBD+μBB1.
所以，A1C⋅BP=λA1C⋅BD+μA1C⋅BB1=λ(a+b−c)⋅(b−a)+μ(a+b−c)⋅c=0.
所以A1C是平面BDD1B1的法向量．
所以A1C⊥平面BDD1B1.
【变式2】（2022秋·北京顺义·高二牛栏山一中校考阶段练习）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．
【答案】(1)MN=AB+AD−13AA1
(2)证明见解析
(3)1
【详解】（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04应用空间向量基本定理求距离、夹角
【典例1】（2023·江苏·高三专题练习）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°，求BD1与AC的夹角的余弦值．
【答案】66
【详解】设AB=a，AD=b，AA1=c，
由已知可得a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×cs60°=12.
因为=−AB+AD+AA1=−a+b+c，
AC=AB+AD=a+b，
所以，BD12=−a+b+c2=a2+b2+c2−2a⋅b+2b⋅c−2a⋅c=1+1+1−2×12+2×12−2×12=2，
AC2=a+b2=a2+b2+2a⋅b=1+1+2×12=3，
BD1⋅AC=−a+b+c⋅a+b=−a2−a⋅b+a⋅b+b2+a⋅c+b⋅c=−1−12+12+1+12+12=1，
所以BD1=2，AC=3，
所以，csBD1,AC=BD1⋅ACBD1AC=12×3=66，
故直线BD1与AC的夹角的余弦值为66.
【典例2】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，，∠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.
【答案】(1)92；
(2)112.
【详解】（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.
【典例3】（2023秋·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，CB⊥BD，∠C1CD=45°，∠CC1B=60°，CC1=CB=BD=1，
(1)求对角线CA1的长度；
(2)求异面直线CA1与DA所成角的余弦值．
【答案】(1)3；
(2)56.
【详解】（1）因为CB=BD=1，CB⊥BD，
所以三角形BCD为等腰直角三角形，所以CD=2，
又因为CC1=CB=1，∠CC1B=60°，
所以三角形CC1B为边长为1的等边三角形，
以向量CB,CD,CC1为基底，
则有CA1=CB+BA+AA1=CB+CD+CC1，
两边平方得CA12=(CB+CD+CC1)2
=CB2+CD2+CC12+2CB⋅CD+2CB⋅CC1+2CC1⋅CD
=1+1+2+2×1×2×22+2×1×1×12+2×1×2×22
=9，
所以|CA1|=3，
即|CA1|=3,
所以对角线CA1的长度为3；
（2）因为CA1=CB+CD+CC1，|CA1|=3，DA=CB，|DA|=|CB|=1，
所以CA1⋅DA=CA1⋅CB
=(CB+CD+CC1)⋅CB
=CB2+CD⋅CB+CC1⋅CB
=1+2×1×22+1×1×12
=52,
所以cs=CA1⋅DA|CA1|⋅|DA|=56,
即异面直线CA1与DA所成角的余弦值为56.
【典例4】（2023·高一单元测试）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是A1B,B1C1上的点，且BM=2A1M,C1N=2B1N．设AB=a，AC=b，AA1=c．
(1)试用a，b，c表示向量MN；
(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1，求MN的长．
【答案】(1)
(2)53
【详解】（1）解：MN=MA1+A1C1+C1N
=13BA1+AC+23CB
=−13AB+13AA1+AC+23(AB−AC)
=13AB+13AA1+13AC，
∴；
（2）解：，
∵∠BAC=90°,∴a⋅b=0,∵∠BAA1=∠CAA1=60°，
，
∴|MN|2=19a+b+c2=19a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=59，
，
即MN的长为53.
【变式1】（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，，AD=1且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=π3.
(1)求DB1的长；
(2)求向量与AB夹角的余弦值.
【答案】(1)15；
(2)155.
【详解】（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，，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，所以向量与AB夹角的余弦值cs⟨DB1,AB⟩=DB1⋅AB|DB1||AB|=615×2=155.
【变式2】（2023·全国·校联考一模）如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点．设AB=a，AC=b，AD=c.
(1)求证EG⊥AB；
(2)求异面直线AG和CE所成角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)
【详解】（1）证明：连接DE，
因为空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，且E，G分别是AB，CD的中点，
所以AC=BC,BD=AD，
故CE⊥AB,DE⊥AB，
又因为CE∩DE=E，CE,DE⊂平面CDE，
所以AB⊥平面CDE，
因为平面CDE，
所以AB⊥EG.
（2）由题意得：△ABC,△ACD,△ABD均为等边三角形且边长为1，
所以AG=EC=32
AG=12b+c，EC=12BC+AC=12AC−AB+AC=b−12a，
所以AG⋅EC=12b+c⋅b−12a=12b2−14a⋅b+12c⋅b−14a⋅c
=12−14a⋅bcs60°+12c⋅bcs60°−14a⋅ccs60°
=12−18+14−18=12，
设异面直线AG和CE所成角为θ，
则csθ=csAG,EC=AG⋅ECAG⋅EC=1232×32=23
【变式3】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥中，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，b=AD，c=AM，用a、b、c表示向量BN，并求BN的长．
【答案】BN=−12a+12b+12c，BN=172
【详解】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.
第03讲 1.2 空间向量基本定理
A夯实基础 B能力提升 C综合素养
A夯实基础
一、单选题
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（ ）
A．1B．76C．56D．116
【答案】B
【详解】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.
2．（2023·高二校考课时练习）对于空间任意一点 O 和不共线的三点，有如下关系：OP=16OA+13OB+12OC，则（ ）
A．O,A,B,C四点必共面B．P,A,B,C四点必共面
C．O,P,B,C四点必共面D．O,P,A,B,C五点必共面
【答案】B
【详解】对于空间任一点 O 和不共线三点，若点 P 满足OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R)且x+y+z=1，则P,A,B,C四点共面.
而OP=16OA+13OB+12OC，其中16+13+12=1，所以P,A,B,C四点共面.
故选：B.
3．（2023春·江西赣州·高二校联考阶段练习）已知a,b,c是空间的一个基底，则可以与向量m=a+2b，n=a−c构成空间另一个基底的向量是（ ）
A．2a+2b−cB．a+4b+cC．b−cD．a−2b−2c
【答案】C
【详解】因为2a+2b−c=(a+2b)+(a−c)，
a+4b+c=2(a+2b)−(a−c)，
a−2b−2c=2(a−c)−(a+2b)，
所以向量2a+2b−c，a+4b+c，a−2b−2c均与向量m，n共面．
故选：C
4．（2023春·安徽·高二合肥市第八中学校联考开学考试）已知四面体O−ABC，G是△ABC的重心，P是线段OG上的点，且OP=2PG，若，则x,y,z为（ ）
A．16,16,16B．29,29,29C．13,13,13D．12,12,12
【答案】B
【详解】由题意知，
∵OP=2PG，
∴OP=23OG=2313OA+13OB+13OC=29OA+29OB+29OC．
故选：B．
5．（2023·高二校考课时练习）已知直线AB，BC， 不共面，若四边形BB1C1C的对角线互相平分，且AC1=xAB+2yBC+3zCC1，则x+y+z的值为（ ）
A．1B．56C．D．116
【答案】D
【详解】由题意，知AB，BC，BB1不共面，四边形BB1C1C为平行四边形，CC1=BB1，
∴AB,BC,CC1为空间的一组基底.
CC1，又AC1=xAB+2yBC+3zCC1，
∴x=2y=3z=1，∴x=1，y=12，z=13，
∴x+y+z=116.
故选：D.
6．（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，且∠A1AD=∠A1AB=45∘，∠DAB=60∘，则（ ）
A．1B．2C．D．2
【答案】C
【详解】以AB,AD,AA1为基底向量，可得BD1=BA+AD+DD1=−AB+AD+AA1，
则BD12=(−AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12−2AB⋅AD−2AB⋅AA1+2AD⋅AA1
=1+2+2−2×2×2×cs60∘−2×2×1×cs45∘+2×2×1×cs45∘
=5−4×12−22×22+22×22=3，
∴BD1=3．
故选：C.
7．（2023春·江苏南京·高二南京市第一中学校考期中）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB=120°，∠DAB=60°，AB=2，若P是C1D与CD1的交点，则AP=（ ）．
A．9B．7C．3D．7
【答案】D
【详解】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形DD1C1C是平行四边形，又P是C1D，CD1的交点，
所以P是C1D的中点，
所以，AP=AD+DP=AD+12DC+DD1=12AB+AD+12AA1，
又AB⋅AD=2，AB⋅AA1=−2，AD⋅AA1=0，
所以AP2=12AB+AD+12AA12
=14AB2+AD2+14AA12+AB⋅AD+AD⋅AA1+12AB⋅AA1=7，即AP=7．
故选：D．
8．（2023春·高二课时练习）如图，在三棱锥P−ABC中，点G为△ABC的重心，点M在PG上，且PM=3MG，过点M任意作一个平面分别交线段PA，PB，PC于点D，E，F，若PD=mPA，PE=nPB，PF=tPC，则1m+1n+1t的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【详解】连接AG并延长，交BC于点H，
以PA,PB,PC为空间一组基底，
由于G是△ABC的重心，点M在PG上，且PM=3MG，
所以PM=34PG=34PA+AG=34PA+34×23AH
=34PA+12×12AB+AC=34PA+14PB−PA+PC−PA
=14PA+14PB+14PC①.
连接DM，因为D,E,F,M四点共面，
所以存在实数x,y，使得DM=xDE+yDF，
即PM−PD=xPE−PD+yPF−PD，
PM=1−x−yPD+xPE+yPF
=1−x−ymPA+xnPB+ytPC②，
由①②以及空间向量的基本定理可知：
1−x−ym=14,xn=14,yt=14，
41−x−y=1m,4x=1n,4y=1t，
所以1m+1n+1t=41−x−y+4x+4y=4.
故选：C
二、多选题
9．（2023春·江苏常州·高二校考开学考试）给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．已知向量a∥b，则a,b与任何向量都不能构成空间的一组基底
B．是空间四点，若BA,BM,BN不能构成空间的一组基底，则共面
C．若OP+OA+OB+OC=0，则点P,A,B,C四点共面
D．已知a,b,c是空间向量的一组基底，若，则a,b,m也是空间一组基底
【答案】ABD
【详解】对A：若a∥b，则a,b与任何向量均共面，故a,b与任何向量都不能构成空间的一组基底，A正确；
对B：若BA,BM,BN不能构成空间的一组基底，则BA,BM,BN共面，则共面，B正确；
对C：若OP+OA+OB+OC=0，则OP=−OA−OB−OC，
∵−1+−1+−1=−3≠1，
故点P,A,B,C四点不共面，C错误；
对D：∵a,b,c是空间向量的一组基底，则a,b,c不共面，
若，则a,b,m不共面，故a,b,m也是空间一组基底，D正确.
故选：ABD.
10．（2023春·江苏南京·高二南京市第一中学校考阶段练习）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点，若AB=a,AD=b,AA1=c，则下列正确的是（ ）
A．BM=12a−12b+cB．AC1=a+b+c
C．AC1的长为5D．csAB,AC1=63
【答案】BD
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A选项，BM=BB1+B1M=AA1+12BA+BC=12b−12a+c，A错误，
对于B选项，AC1=AB+AD+CC1=a+b+c，B正确：
对于C选项，AC1=a+b+c，则AC12=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=6，
则AC1=6，C错误：
对于AB⋅AC1=a⋅a+b+c=a2+a⋅b+a⋅c=2，则csAB,AC1=AB⋅AC1AB⋅AC1=63，D正确.
故选：BD.
三、填空题
11．（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，O是AC与BD交点．记AB=a,AD=b,AA1=c，
则B1O=________（结果用a,b,c表达）．
【答案】−12a+12b−c
【详解】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC∩BD=O，则O是BD的中点，
即BO=12BD=12(AD−AB)=−12a+12b，
所以B1O=B1B+BO=−AA1+BO=−12a+12b−c.
故答案为：−12a+12b−c
12．（2023秋·河北唐山·高二统考期末）正四面体ABCD中，若M是棱CD的中点，AP=λAM，AB+BP=16AC+16AD，则λ=______.
【答案】
【详解】因为AB+BP=AP，所以AP=16AC+16AD，
即λAM=16AC+16AD，AM=16λAC+16λAD，
下面证明：已知OB=xOA+yOC，若三点共线，则x+y=1，
因为三点共线，所以存在非零实数t，使得AB=tAC，
即OB−OA=tOC−OA，整理得OB=tOC+1−tOA，
故x=1−t，y=t，所以x+y=1，
因为M,C,D三点共线，
故16λ+16λ=1，解得：λ=13.
故答案为：
四、解答题
13．（2023春·高二课时练习）如图，已知M，N分别为四面体A-BCD的面BCD与面ACD的重心，G为AM上一点，且.求证：B，G，N三点共线.
【答案】证明见解析.
【详解】证明：取CD的中点E，连接AE，BE，
因为M，N分别为四面体A-BCD的面DCD与面ACD的重心，
所以M在BE上，N在AE上，
设AB=a，AC=b，AD=c，
因为M为△BCD的重心，
所以AM=AB+BM=AB+23×12BC+BD
=AB+13BC+BD
=AB+13AC−AB+AD−AB
=13AB+AC+AD=13a+b+c
因为GM=GA=1:3，所以AG=34AM，
所以BG=BA+AG=BA+34AM=−a+14a+b+c=−34a+14b+14c，
同理得BN=BA+AN=BA+13AC+AD=−a+13b+13c=43BG，
∴BN∥BG.
又BN∩BG=B，
∴B，G，N三点共线
14．（2023春·四川绵阳·高二校考期中）如图，在空间四边形OABC中，已知E是线段BC的中点，G在AE上，且AG=2GE．
(1)试用表示向量OG；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)283
【详解】（1）∵，
∴，
∴又
∴
（2）由（1）可得知
=13OA⋅OB−13OA2+13OB2−13OB⋅OA+13OC⋅OB−13OC⋅OA
．
B能力提升
1．（2023·江苏·高二专题练习）在棱长为1的正四面体ABCD中，点M满足AM=xAB+yAC+1−x−yAD(x,y∈R)，点N满足，当AM和DN的长度都为最短时，AM⋅AN的值是（ ）
A．B．−13C．D．−23
【答案】A
【详解】因AM=xAB+yAC+1−x−yAD，则AM−AD=x(AB−AD)+y(AC−AD)，即DM=xDB+yDC，
而x,y∈R，则DM,DB,DC共面，点M在平面BCD内，
又，即CN=λCA，于是得点N在直线AC上，
棱长为1的正四面体ABCD中，当AM长最短时，点M是点A在平面BCD上的射影，即正△BCD的中心，
因此，AM=13AB+13AC+13AD，当DN长最短时，点N是点D在直线AC上的射影，即正△ACD边AC的中点，
AN=12AC，而∠BAC=∠DAC=60∘，AB⋅AC=AD⋅AC=1×1×cs60∘=12，
所以AM⋅AN=13(AB+AC+AD)⋅12AC=16(AB⋅AC+AC2+AD⋅AC)=13.
故选：A
2．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，E，F分别为PB，PC上的点，且PE=2EB，PF=FC，EF=（ ）
A．1B．2C．2D．6
【答案】B
【详解】在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，连接AC，如图，PE=2EB，PF=FC，
则EF=EB+BA+AP+PF=13PB−AB+AP+12PC=13PB−AB+AP+12(AC−AP)
=13(AB−AP)−AB+AP+12(AB+AD−AP)=−16AB+12AD+16AP=16(−AB+3AD+AP)，
又AB=AP=6，AD=2，∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°，
则AB⋅AD=AP⋅AD=6×2×cs60∘=6，AB⋅AP=6×6×cs60∘=18，
因此，|EF|=16(−AB+3AD+AP)2=16AB2+9AD2+AP2−6AB⋅AD+6AD⋅AP−2AB⋅AP
=1636+9×4+36−6×6+6×6−2×18=2.
故选：B
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，AF=13AD，，AC1与平面EFG交于点M，则AMAC1=________.
【答案】
【详解】设AM=λAC1=λAB+AD+AA1=λAB+λAD+λAA1，其中00，则2+a+2+2b=5，
所以23a+4b+1a+3b=22a+2b+a+1a+2b+b=22+a+11+b
=22+a+22+2b=15(2+a+2+2b)22+a+22+2b
=154+2(2+a)2+2b+2(2+2b)2+a≥154+22(2+a)2+2b⋅2(2+2b)2+a=85，
当且仅当2(2+a)2+2b=2(2+2b)2+aa+2b=1，即a=12b=14时，等号成立，
故23a+4b+1a+3b的最小值为85.
故选：D.
2．（2023春·江苏常州·高二校联考期中）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，则EP的最小值为 ___________ .
【答案】43
【详解】因为点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，
所以A,C,F,P四点共面，即P是平面ACF上的动点，
所以EP的最小值即为E到平面ACF的距离.
由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图，

则可知AF=AC=CF=AE=FE=CE=62，
设E到平面ACF的距离为，
则VE−ACF=13⋅S△ACF⋅ℎ=V正方体−4VE−ABC,
即13×34×(62)2⋅ℎ=63−4×13×12×6×6×6，
解得ℎ=43，
所以EP的最小值为43.
故答案为：43
3．（2023·全国·高三专题练习）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型P−ABCD，设底边和侧棱长均为4，则该正四棱锥的外接球表面积为___________；过点A作一个平面分别交PB、PC、PD于点E､F､G进行切割，得到四棱锥P−AEFG，若PEPB=35,PFPC=12，则PGPD的值为___________.
【答案】 32π 34/0.75
【详解】第一空，设AC，BD交于点O,连接PO,
由于P−ABCD为正四棱锥，故PO为四棱锥的高，
由底边和侧棱长均为4可得，OA=OB=OC=OD=22 ,
PO=PA2−OA2=42−(22)2=22 ,
即点O到点P,A,B,C,D的距离相等，故O即为该正四棱锥的外接球球心，
则外接球半径为22 ，故外接球表面积为4π×(22)2=32π ；
第二空，PA=PD+DA=PD+CB=PD+PB−PC ,
设PD=tPG,则PA=tPG+53PE−2PF,
由于点A,E,F,G四点共面，故t+53−2=1，解得t=43，
故PD=43PG，则，
故答案为：32π；34
=19a2+2a+1+a2−a−2−2a2−a+1
=0
即对任意，都有RG⊥DG
即a的取值范围为.
课程标准
学习目标
①理解并记住共线向量基本定理、平面向量基本定理、共面向量定理及空间向量基本定理的内容及含义。
②理解基底与基向量的含义，会用恰当的基向量表示空间任意向量。
③会用相关的定理解决简单的空间几何问题。
1.通过对空间向量基本定理的意义的掌握与了解，会用空间向量的基底表示空间任一向量，能用正交分解及坐标形式表示空间向量.
2.结合平面向量与空间向量的基本定理，解决平面与立体几何的相关问题.
课程标准
学习目标
①理解并记住共线向量基本定理、平面向量基本定理、共面向量定理及空间向量基本定理的内容及含义。
②理解基底与基向量的含义，会用恰当的基向量表示空间任意向量。
③会用相关的定理解决简单的空间几何问题。
1.通过对空间向量基本定理的意义的掌握与了解，会用空间向量的基底表示空间任一向量，能用正交分解及坐标形式表示空间向量.
2.结合平面向量与空间向量的基本定理，解决平面与立体几何的相关问题.