高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量基本定理同步达标检测题

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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．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．
3．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.
4．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.
5．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(→))) )．
【题型1 空间向量基底的判断】
【方法点拨】
(1)判断一组向量能否作为空间的一个基底，实质是判断这三个向量是否共面，若不共面，就可以作为一个
基底．
(2)判断基底时，常常依托正方体、长方体、平行六面体、四面体等几何体，用它们从同一顶点出发的三条
棱对应的向量为基底，并在此基础上构造其他向量进行相关的判断．
【例1】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．b→+c→，b→，b→−c→B．a→+b→，a→−b→，c→C．a→，a→+b→，a→−b→D．a→+b→，a→+b→+c→，c→
【解题思路】根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．
【解答过程】解：对于A，若向量b→+c→，b→，b→−c→共面，
则b→+c→=λ(b→−c→)+μb→=(λ+μ)b→−λc→，即λ+μ=1−λ=1，解得λ＝﹣1，μ＝2，
故向量b→+c→，b→，b→−c→共面，故A错误，
对于B，若向量a→+b→，a→−b→，c→共面，
则a→+b→=λ(a→−b→)+μc→，λ，μ无解，
故向量a→+b→，a→−b→，c→不共面，故B正确，
对于C，若向量a→，a→+b→，a→−b→共面，
则a→+b→=λa→+μ(a→−b→)=(λ+μ)a→−μb→，即λ+μ=1−μ=1，解得λ＝2，μ＝﹣1，
故向量a→，a→+b→，a→−b→共面，故C错误，
对于D，若向量a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，
则a→+b→+c→=λ(a→+b→)+μc→，解得λ＝μ＝1，
故向量a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，故D错误．
故选：B．
【变式1-1】已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=2a→−b→，q→=2b→−a→，r→=a→+b→，s→=a→+b→+c→，则下列可以为空间一个基底的是（ ）
A．a→，p→，q→B．b→，p→，q→C．r→，p→，q→D．s→，p→，q→
【解题思路】利用共面向量定理以及空间向量的线性运算，判断三个向量是否是共面向量，即可判断得到答案．
【解答过程】解：对于A，由题意可得2p→+q→=2(2a→−b→)+(2b→−a→)=3a→，
所以a→=23p→+13q→，
故a→，p→，q→共面，
故选项A错误；
对于B，由题意可得，p→+2q→=(2a→−b→)+2(2b→−a→)=3b→，
所以b→=13p→+23q→，
故b→，p→，q→共面，
故选项B错误；
对于C，由题意可得，p→+q→=(2a→−b→)+(2b→−a→)=a→+b→=r→，
故r→，p→，q→共面，
故选项C错误；
对于D，假设s→，p→，q→共面，则存在实数λ，μ，使得s→=λp→+μq→，
即a→+b→+c→=λ(2a→−b→)+μ(2b→−a→)，
所以c→=(2λ−μ−1)a→+(−λ+2μ−1)b→，
故a→，b→，c→共面，这与{a→，b→，c→}是空间的一个基底矛盾，
所以假设不成立，
则s→，p→，q→不共面，
故选项D正确．
故选：D．
【变式1-2】如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，则下列向量能组成一组基底的为（ ）
A．AA1→，AB→，AC→B．AB→，AO→，AC1→
C．AA1→，A1C1→，AC→D．AB1→，AO→，AC→
【解题思路】不共面的向量才能组成一组基底，由此能求出结果．
【解答过程】解：对于A，∵AA1→，AB→，AC→不共面，∴AA1→，AB→，AC→能组成一组基底，故A正确；
对于B，∵AB→，AO→，AC1→共面于平面ABC1，∴AB→，AO→，AC1→不能组成一组基底，故B错误；
对于C，∵AA1→，A1C1→，AC→共面于平面ACC1A1，∴AA1→，A1C1→，AC→不能组成一组基底，故C错误；
对于D，∵AB1→，AO→，AC→共面于平面AB1C，∴AB1→，AO→，AC→不能组成一组基底，故D错误．
故选：A．
【变式1-3】已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，若p→=a→+b→，q→=a→−b→，则（ ）
A．a→，p→，q→是空间的一组基底
B．b→，p→，q→是空间的一组基底
C．c→，p→，q→是空间的一组基底
D．p→，q→与a→，b→，c→中的任何一个都不能构成空间的一组基底
【解题思路】根据空间向量的共线定理、共面定理，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答过程】解：对于A，因为p→=a→+b→，q→=a→−b→，所以p→+q→=2a→，所以向量a→、p→、q→共面，不是空间的一组基底；
对于B，因为p→=a→+b→，q→=a→−b→，所以p→−q→=2b→，所以向量b→、p→、q→共面，不是空间的一组基底；
对于C，假设c→与p→、q→不是空间的一组基底，则c→=xp→+yq→=x（a→+b→）+y（a→−b→）＝（x+y）a→+（x﹣y）b→，
因为a→、b→、c→是空间的一组基底，所以x、y的值不存在，即可向量c→、p→、q→不共面，是空间的一组基底；
对于D，由选项C知，向量c→、p→、q→是空间的一组基底，所以选项D错误．
故选：C．
【题型2 空间向量基本定理的应用（表示向量）】
【方法点拨】
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．
【例2】已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，CMCB=13，PN＝ND，设AB→=a→，AD→=b→，AP→=c→，则向量MN→用{a→，b→，c→}为基底表示为（ ）
A．a→+13b→+12c→B．−a→+16b→+12c→C．a→−13b→+12c→D．−a→−16b→+12c→
【解题思路】由图形可得MN→=MC→+CD→+DN→，根据比例关系可得MC→=13AD→，DN→=12DP→，再根据向量减法可得DP→=AP→−AD→，代入整理并代换为基底向量即可．
【解答过程】解：根据题意，可得MN→=MC→+CD→+DN→=13AD→−AB→+12DP→
=13AD→−AB→+12(AP→−AD→)=−AB→−16AD→+12AP→，即MN→=−a→−16b→+12c→．故选：D．
【变式2-1】如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，则向量MN→可表示为（ ）
A．12a→+b→+c→B．14a→+14b→+c→C．14a→−38b→−14c→D．34a→+14b→−34c→
【解题思路】根据空间向量加法和减法的运算法则，以及向量的数乘运算即可求解．
【解答过程】解：因为在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：CA1＝1：4，
所以MN→=MA→1+A1N→=−12AD→+34A1C→=−12AD→+34(AC→−AA1→)=
−12AD→+34(AB→+AD→−AA→1)=34AB→+14AD→−34AA→1=34a→+14b→−34c→，故选：D．
【变式2-2】如图，在四面体OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，则MN→等于（ ）
A．13a→+23b→+13c→B．13a→−23b→+13c→
C．13a→+23b→−13c→D．−13a→+23b→+13c→
【解题思路】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答过程】解：∵点M、N分别在线段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，
∴OM→=13OA→，CN→=23CB→=23（OB→−OC→），
∴ON→=OC→+CN→=OC→+23（OB→−OC→）=23OB→+13OC→，
∴MN→=ON→−OM→=23OB→+13OC→−13OA→=−13a→+23b→+13c→．
故选：D．
【变式2-3】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，点P为A1C1与B1D1的交点，则DP→=（ ）
A．12a→+12b→+c→B．a→+12b→−12c→C．12a→−12b→+c→D．12a→+12b→−c→
【解题思路】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各面均为平行四边形，由此找出共线的向量，再线性计算即可．
【解答过程】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1→=DD1→=c→，AD→=A1D1→=b→，AB→=DC→=D1C1→=a→，
∵P是A1C1与B1D1的交点，在平行四边形A1B1C1D1中，P为A1C1与B1D1的中点，
∴DP→=DD1→+D1P→=DD1→+12(D1A1→+D1C1→)=c→+12（−b→+a→）=12a→−12b→+c→．故选：C．
【题型3 空间向量基本定理的应用（求参数）】
【例3】已知空间A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，设P为空间中任意一点，若BD→=6PA→−4PB→+λPC→，则λ＝（ ）
A．2B．﹣2C．1D．﹣1
【解题思路】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决．
【解答过程】解：BD→=6PA→−4PB→+λPC→，即PD→−PB→=6PA→−4PB→+λPC→，
整理得PD→=6PA→−3PB→+λPC→，由A、B、C、D四点共面，且其中任意三点均不共线，
可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，故选：B．
【变式3-1】《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分别是A1C1，BB1的中点，G是MN的中点，若AG→=xAB→+yAA1→+zAC→，则x+y+z＝（ ）
A．1B．12C．32D．34
【解题思路】连接AM，AN，由AG→=12(AM→+AN→)=12AB→+34AA1→+14AC→，即可求出答案．
【解答过程】解：连接AM，AN，如下图：由于G是MN的中点，
∴AG→=12(AM→+AN→)=12(AA1→+12AC→+AB→+12AA1→)=12AB→+34AA1→+14AC→，
根据题意知AG→=xAB→+yAA1→+zAC→，所以x+y+z=32，故选：C．
【变式3-2】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→+2yBC→+3zAP→，则x+y+z等于（ ）
A．1B．1112C．116D．2
【解题思路】根据底面ABCD是平行四边形，E为棱PC的中点，用AB→、BC→和AP→表示AE→，即可求出x、y和z的值，再求和即可．
【解答过程】解：如图所示，
因为底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，
所以AE→=12（AP→+AC→）=12AP→+12（AB→+BC→）=12AB→+12BC→+12AP→，
若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→，则x=122y=123z=12，解得x=12y=14z=16，所以x+y+z=12+14+16=1112．故选：B．
【变式3-3】如图，M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，若MN→=xa→+yb→+zc→，则x+y﹣z＝（ ）
A．−12B．12C．32D．−32
【解题思路】利用空间向量基本定理以及空间向量的线性运算进行转化，结合向量相等的定义，求出x，y，z的值，即可得到答案．
【解答过程】解：因为M，N分别是四面体O﹣ABC的棱OA，BC的中点，
所以MN→=MA→+AC→+CN→=12OA→+(OC→−OA→)+12CB→=12a→+c→−a→+12(OB→−OC→)=−12a→+12b→+12c→，
又MN→=xa→+yb→+zc→，所以x=−12，y=12，z=12，则x+y﹣z=−12+12−12=−12．故选：A．
【题型4 利用空间向量基本定理解决几何问题】
【方法点拨】
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．
【例4】已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M为空间任意两点，如果有PM→=PB1→+7BA→+6AA1→−4A1D1→，那么点M必（ ）
A．在平面BAD1内B．在平面BA1D内
C．在平面BA1D1内D．在平面AB1C1内
【解题思路】根据空间向量的加减法运算得出PM→=11PA1→−6PB→−4PD1→，最后由向量共面定理求解即可．
【解答过程】解：因为PM→=PB1→+7BA→+6AA1→−4A1D1→=PB1→+BA→+6BA1→−4A1D1→
=PB1→+B1A1→+6BA1→−4A1D1→ =PA1→+6(PA1→−PB→)−4(PD1→−PA1→) =11PA1→−6PB→−4PD1→，
所以M，B，A1，D1四点共面，即点M必在平面BA1D1内．故选：C．
【变式4-1】如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→．
（1）用a→，b→，c→表示AC1→；
（2）求AC1的长．
【解题思路】（1）由空间向量加法法则得AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→，由此能求出结果．
（2）AC1→2=（a→+b→+c→）2，由此能求出AC1的长．
【解答过程】解：（1）∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
∴AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→=a→+b→+c→．
（2）∵AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，
AC1→=AB→+BC→+CC1→=AB→+AD→+AA1→=a→+b→+c→．
∴AC1→2=（a→+b→+c→）2=a→2+b→2+c→2+2a→⋅b→+2a→⋅c→+2b→⋅c→
＝25+9+16+0+2×5×4×cs60°+2×3×4×cs60°＝82．∴AC1的长|AC1→|=82．
【变式4-2】如图所示，在三棱锥 A－BCD 中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E为BC的中点．
(1)证明：AE⊥BC ；
(2)求直线AE与DC的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）由空间向量的数量积运算得eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，由此能求出结果．
（2）求出eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝2，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))＝eq \r(6)，由此能求出cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉．
【解答过程】证明：因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(DE,\s\up6(→))－eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→)))－eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))－eq \(DC,\s\up6(→))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝ ·(eq \(DB,\s\up6(→))－eq \(DC,\s\up6(→))) ＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))2－eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2－eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))，
又DA，DB，DC两两垂直， 且DB＝DC＝DA＝2，所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，故 AE⊥BC.
(2)解 eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝ ·eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2－eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up6(→))2＝2，
由eq \(AE,\s\up6(→))2＝ 2＝eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,4)eq \(DC,\s\up6(→))2＋eq \(DA,\s\up6(→))2＝6，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))＝eq \r(6).
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→)))))＝eq \f(2,\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),6) .故直线AE与DC的夹角的余弦值为eq \f(\r(6),6).
【变式4-3】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心．求证：B1O⊥平面PAC.
【解题思路】令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，得到eq \(AC,\s\up6(→))⊥OB1→，OB1→⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即可得证.
【解答过程】证明：如图，连接BD，则BD过点O，令eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，
且eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq \(OB1,\s\up6(—→))＝eq \(OB,\s\up6(→))＋BB1→＝eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))＋BB1→＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))＋BB1→＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c .
∴eq \(AC,\s\up6(→))·OB1→＝(a＋b)·（12a-12b+c）＝eq \f(1,2)|a|2＋eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0.∴eq \(AC,\s\up6(→))⊥OB1→，即AC⊥OB1.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)DD1→＝b＋eq \f(1,2)c，
∴OB1→·eq \(AP,\s\up6(→))＝（12a-12b+c）·(b＋eq \f(1,2)c)＝eq \f(1,2)a·b－eq \f(1,2)|b|2＋c·b＋eq \f(1,4)a·c－eq \f(1,4)b·c＋eq \f(1,2)|c|2＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
∴OB1→⊥eq \(AP,\s\up6(→))，即OB1⊥AP.又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴OB1⊥平面PAC.
专题1.3 空间向量基本定理-重难点题型检测
一．选择题
1．已知{a→，b→，c→}是空间的一个基底，下列不能与m→=a→−b→，n→=b→−c→构成空间的另一个基底的是（ ）
A．a→−c→B．a→+c→C．a→+b→D．a→+b→+c→
【解题思路】根据空间向量的一组基底是：任意两个不共线，且不为零向量，三个向量不共面，即可判断出结论．
【解答过程】解：由m→=a→−b→，n→=b→−c→，两式相加可得m→+n→=（a→−b→）+（b→−c→）=a→−c→，
所以得a→−c→与m→，n→是共面向量，故a→−c→不能与m→=a→−b→，n→=b→−c→构成空间的另一个基底．故选：A．
2．已知空间向量a→，b→，c→，下列命题中正确的个数是（ ）
①若a→与b→共线，b→与c→共线，则a→与c→共线；
②若a→，b→，c→非零且共面，则它们所在的直线共面；
③若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→；
④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→（λ，μ∈R且λμ≠0），则{a→，b→，c→}可以构成空间的一个基底．
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】举反例，判断①；根据共面向量的定义判断②；利用空间向量基本定理判断③④．
【解答过程】解：对于①，若a→与b→共线，b→与c→共线，则当b→=0→时，a→与c→不共线，故①错误；
对于②，共面向量的定义是平行于同一平面的向量，∴a→，b→，c→非零且共面，则表示这些向量的有向线段所在的直线不一定共面，故②错误；
对于③，由空间向量基本定理可知：若a→，b→，c→不共面，那么对任意一个空间向量p→，存在唯一有序实数组（x，y，z），使得p=xa→+yb→+zc→，故③正确；
④若a→，b→不共线，向量c→=λa→+μb→(λ，μ∈R且λμ≠0)，则c→，a→，b→共在，∴{a→，b→，c→}不可以构成空间的一个基底，故④错误．故选：B．
3．已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA→，OB→，OC→不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A．OA→，OB→，OC→共线
B．O，A，B，C中至少有三点共线
C．OA→+OB→与OC→共线
D．O，A，B，C四点共面
【解题思路】根据空间向量基本定理即可判断．
【解答过程】解：由于向量OA→，OB→，OC→不能构成空间的一个基底知OA→，OB→，OC→共面，
所以O，A，B，C四点共面，故选：D．
4．设P﹣ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，D是PG上的一点，且PD→=DG→，若PD→=xPA→+yPB→+zPC→，则（x，y，z）为（ ）
A．(56，13，23)B．(16，16，16)C．(16，13，13)D．(13，16，13)
【解题思路】G是△ABC的重心，可得AG→=13AB→+13AC→=13（PB→−PA→）+13（PC→−PA→），再由PD→=DG→，可得PD→=12PG→，而PG→=PA→+AG→，从而可以将PG→用PB→，PA→，PC→表示出来，进而可求（x，y，z）．
【解答过程】解：因为P﹣ABC是正三棱锥，G是△ABC的重心，
所以AG→=13AB→+13AC→=13（PB→−PA→）+13（PC→−PA→）=13PB→+13PC→−23PA→，
因为D是PG上的一点，且PD→=DG→，所以PD→=12PG→，
因为PG→=PA→+AG→，所以PD→=12PG→=12PA→+12AG→=12PA→+12（13PB→+13PC→−23PA→）
=12PA→+16PB→+16PC→−13PA→=16PA→+16PB→+16PC→．
因为PD→=xPA→+yPB→+zPC→，所以x＝y＝z=16．
故选：B．
5．已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若由OP→=15OA→+23OB→+λOC→确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ等于（ ）
A．215B．23C．−215D．−23
【解题思路】利用向量共线定理与平面向量基本定理即可得出．
【解答过程】解：因为A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，
若由向量OP→=15OA→+23OB→+λOC→确定的一点P与A，B，C共面，
∴三点P，A，C共线，∴15+23+λ=1，解得λ=215．故选：A．
6．在四面体O﹣ABC中，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，OE→=3EA→，若F为BC的中点，P为EF的中点，则OP→=（ ）
A．38a→+14b→+14c→B．13a→+14b→+14c→C．23a→+14b→+14c→D．14a→+38b→+14c→
【解题思路】利用空间向量的线性运算法则求解．
【解答过程】解：画出图形，如图所示，
则OP→=OE→+EP→=OE→+12EF→=OE→+12(OF→−OE→)=12OF→+12OE→
=12×12(OB→+OC→)+12×34OA→=14（b→+c→）+38a→ =38a→+14b→+14c→．故选：A．
7．如图，M为OA的中点，以{OA→，OC→，OD→}为基底，DM→=xOA→+yOC→+zOD→，则实数组（x，y，z）等于（ ）
A．(12，−1，0)B．(12，0，−1)C．(−12，1，0)D．(−12，0，1)
【解题思路】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答过程】解：∵M为OA的中点，∴DM→=OM→−OD→=12OA→−OD→，
∵DM→=xOA→+yOC→+zOD→，∴x=12，y＝0，z＝﹣1，故选：B．
8．在三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，则AP→=（ ）
A．13AB→+16AC→+12AD→B．12AB→+16AC→+13AD→
C．13AB→+12AC→+16AD→D．16AB→+13AC→+12AD→
【解题思路】延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，由题意得出S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，P为△B1C1D的重心，由此用AD→、AB→和AC→表示AP→．
【解答过程】解：三棱锥A﹣BCD中，P为△BCD内一点，如图所示：
延长PB至B1，使得PB1＝2PB，延长PC至C1，使得PC1＝3PC，连接DB1，B1C1，C1D，
因为S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D，
所以P为△B1C1D的重心，所以PD→+PB1→+PC1→=0→，
即PD→+2PB→+3PC→=0→，
所以（AD→−AP→）+2（AB→−AP→）+3（AC→−AP→）=0→，
所以AP→=13AB→+12AC→+16AD→．
故选：C．
二．多选题
9．若{a→，b→，c→}构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．b→+c→，b→，b→−c→B．a→，a→+b→，a→−b→C．a→+b→，a→−b→，c→D．a→+b→，a→+b→+c→，c→
【解题思路】利用共面向量定理直接求解．
【解答过程】解：{a→，b→，c→}构成空间的一个基底，
对于A，(b→+c→)+(b→−c→)=2b→，∴b→+c→，b→，b→−c→共面，故A正确；
对于B，（a→+b→）+（a→−b→）=2a→，∴a→，a→+b→，a→−b→共面，故B正确；
对于C，a→+b→，a→−b→，c→不能共面，故C错误；
对于D，（a→+b→+c→）=a→+b→+c→，∴a→+b→，a→+b→+c→，c→共面，故D正确．
故选：ABD．
10．给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．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
C．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一组基底，则A，B，M，N共面
D．已知{a→，b→，c→}是空间向量的一组基底，若m→=a→+c→，则{a→，b→，m→}也是空间一组基底
【解题思路】根据空间向量基底是三个不共面的向量，对选项中的命题真假性判断即可．
【解答过程】解：对于A，空间中只有不共面的三个向量可以作为一组基底，所以选项A错误；
对于B，由向量a→∥b→，则a→、b→与任何向量都是共面向量，所以不能构成空间的一组基底，选项B正确；
对于C，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一组基底，则BA→，BM→，BN→是共面向量，所以A，B，M，N共面，选项C正确；
对于D，因为{a→，b→，c→}是空间向量的一组基底，所以a→、b→、c→不共面，所以a→、b→、a→+c→也不共面，
即m→=a→+c→时，{a→，b→，m→}也是空间一组基底，选项D正确．
故选：BCD．
11．有下列四个命题，其中真命题的是（ ）
A．若p→=xa→+yb→，则p→与a→、b→共面
B．若p→与a→、b→共面，则p→=xa→+yb→
C．若MP→=xMA→+yMB→，则P、M、A、B共面
D．若P、M、A、B共面，则MP→=xMA→+yMB→
【解题思路】由空间向量基本定理直接求解．
【解答过程】解：若p→=xa→+yb→，则p→与a→、b→肯定在同一平面内，故A对；
若p→与a→、b→共面，但如果a→与b→共线，则p→就不一定能用a→、b→来表示，故B错误；
同理，D也是错误的；
若MP→=xMA→+yMB→，则MP→，MA→，MB→三向量在同一平面内，所以P、M、A、B共面，故C对．
故选：AC．
12．已知空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，则下列结论正确的是（ ）
A．向量i→+j→+k→的模是3
B．{i→+j→，i→−j→，k→}可以构成空间的一个基底
C．向量i→+j→+k→和k→夹角的余弦值为33
D．向量i→+j→与k→−j→共线
【解题思路】利用向量的模的性质将i→+j→+k→的模转化为数量积求解，即可判断选项A，利用不共面的向量作为基底判断选项B，利用两个向量夹角的余弦公式进行求解，即可判断选项C，利用向量的夹角公式求出向量i→+j→与k→−j→的夹角，即可判断选项D．
【解答过程】解：对于选项A，因为空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，
所以|i→|=|j→|=|k→|=1，且i→⋅j→=0，i→⋅k→=0，j→⋅k→=0，
则|i→+j→+k→|=(i→+j→+k→)2=i→2+j→2+k→2+2i→⋅j→+2j→⋅k→+2i→⋅k→=3，
所以向量i→+j→+k→的模是3，
故选项A错误；
对于选项B，因为空间向量i→，j→，k→都是单位向量，且两两垂直，
所以i→，j→，k→不共面，而向量i→+j→，i→−j→均与i→，j→共面，
所以i→+j→，i→−j→与k→不共面，
则{i→+j→，i→−j→，k→}可以构成空间的一个基底，
故选项B正确；
对于选项C，设i→+j→+k→与k→的夹角为α，
则csα=(i→+j→+k→)⋅k→|i→+j→+k→||k→|=i→⋅k→+j→⋅k→+k→⋅k→|i→+j→+k→||k→|=13×1=33，
所以向量i→+j→+k→和k→夹角的余弦值为33，
故选项C 正确；
对于选项D，因为|i→+j→|=(i→+j→)2=i→2+2i→⋅j→+j→2=2，
同理可得|k→−j→|=2，
则cs＜i→+j→，k→−j→＞=(i→+j→)⋅(k→−j→)|i→+j→||k→−j→|=−12，
所以向量i→+j→与k→−j→的夹角为120°，
则向量i→+j→与k→−j→不共线，
故选项D错误．
故选：BC．
三．填空题
13．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，用基底{a→+b→，a→−b→，c→}表示向量p→= 32（a→+b→）−12（a→−b→）+3c→ ．
【解题思路】设p→=x（a→+b→）+y（a→−b→）+zc→，再利用空间向量的相等，列出方程组求解即可
【解答过程】解：设p→=x（a→+b→）+y（a→−b→）+zc→，
则p→=（x+y）a→+（x﹣y）b→+zc→，
∵p→=a→+2b→+3c→，
∴x+y=1x−y=2z=3，∴x=32y=−12z=3，
∴p→=32（a→+b→）−12（a→−b→）+3c→，
故答案为：32（a→+b→）−12（a→−b→）+3c→．
14．如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分别是A1B和B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N．设MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，则x+y+z的值为 1 ．
【解题思路】把三个向量AB→，AA1→，AC→看作是基向量，由向量的线性运算将MN→用三个基向量表示出来，由此能求出结果．
【解答过程】解：由题意三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，
且BM＝3A1M，C1N＝2B1N，
则MN→=MA1→+A1C1→+C1N→
=14BA1→+AC→+23C1B1→
=−14AB→+14AA1→+AC→+23(AB→−AC→)
=512AB→+14AA1→+13AC→，
∵MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x，y，z∈R)，
∴x+y+z=512+14+13=1．
故答案为：1．
15．如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，用a→，b→，c→表示向量MN→的结果是 45a→+310b→−45c→ ．
【解题思路】连接MN，利用空间向量基本定理和空间向量的线性运算，化简求解即可．
【解答过程】解：连接MN，在△A1MN中，MN→=MA1→+A1N→，
因为M为A1D1的中点，
所以MA1→=−12A1D1→=−12AD→=−12b→，
因为点N是CA1上的点，且CN：NA1＝1：4，
所以A1N→=45A1C→=45(A1A→+A1B1→+A1D1→)=45(−AA1→+AB→+AD→)=45(−c→+a→+b→)，
故MN→=MA1→+A1N→=−12b→+45(−c→+a→+b→)=45a→+310b→−45c→．
故答案为：45a→+310b→−45c→．
16．有下列四个命题：
①已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→+BC→+CD→+DA→=0；
②若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→‖CD→；
③分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量；
④对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），则P，A，B，C四点共面．
其中正确命题有 ② ．
【解题思路】对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
【解答过程】解：①已知A，B，C，D是空间任意四点，则AB→+BC→+CD→+DA→=0→，不正确；
②若两个非零向量AB→与CD→满足AB→+CD→=0→，则AB→‖CD→，正确；
③分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量，不正确；
④对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），仅当x+y+z＝1时成立，则P，A，B，C四点共面，故错误．
故答案为②．
四．解答题
17．如图，在四面体OABC中，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，G为△ACB的重心，以{a→，b→，c→}为空间基底表示向量BE→，OG→．
【解题思路】利用重心的性质和向量的三角形法则即可得出．
【解答过程】解：由G为△ACB的重心可知E为AC的中点，
所以BE→=12（BA→+BC→）=12[（OA→−OB→）+（OC→−OB→）]=12[（a→−b→）+（c→−b→）]=12（a→−2b→+c→），
OG→=OB→+BG→=b→+23BE→=b→+13（a→−2b→+c→）=13（a→+b→+c→）．
18．如图，棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN上，且MN=12ON，AP=34AN．
（1）用向量OA→，OB→，OC→表示AN→；
（2）求|OP→|．
【解题思路】（1）利用向量运算法则直接求解．
（2）利用向量运算法则，求出OP→=14OA→+14OB→+14OC→，再由|OP→|2=116（OA→+OB→+OC→）2，计算即可．
【解答过程】解：（1）AN→=AO→+ON→=−OA→+23OM→=−OA→+13OB→+13OC→，
∴AN→=−OA→+13OB→+13OC→．
（2）OP→=OA→+AP→=OA→+34AN→=OA→+34(AO→+ON→)
=14OA→+14ON→=14OA→+14OB→+14OC→，
∴OP→=14OA→+14OB→+14OC→，
∴|OP→|2=116（OA→+OB→+OC→）2=116（1+1+1+1+2×1×1×12+2×1×1×12）=616，
∴|OP→|=64．
19．如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=23DD1．
（1）证明：A、E、C1、F四点共面．
（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA1→，求x+y+z．
【解题思路】（1）由AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，∠ABE＝∠C1D1F，知△ABE≌△C1D1F，进而AE＝C1F，同理AF＝C1E，故AEC1F为平行四边形，由此能够证明A、E、C1、F四点共面．
（2）结合图形和向量的加法和减法运算进行求解．
【解答过程】证明：∵平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE=13BB1，DF=23DD1，
∴AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1F，BE＝D1F，且平面ABE∥平面C1D1F，
∠ABE＝∠C1D1F，
∴△ABE≌△C1D1F，
∴AE＝C1F，
同理AF＝C1E，
故AEC1F为平行四边形，
∴A、E、C1、F四点共面．
（2）解：如图所示：EF→=EB1→+B1F→=EB1→+B1D1→+D1F→=23BB1→+B1A1→+B1C1→−13DD1→=23AA1→−AB→+AD→−13AA1→=−AB→+AD→+13AA1→=xAB→+yAD→+zAA1→，
即x＝﹣1，y＝1，z=13，
∴x+y+z=13．
20．如图，在平行六面体ABCD﹣A'B'C'D'中，AB＝4，AD＝3，AA'＝5，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA'＝60°，且点F为BC'与B'C的交点，点E在线段AC'上，有AE＝2EC'．
（1）求AC'的长；
（2）将EF→用基向量AB→，AD→，AA'→来进行表示．设EF→=xAB→+yAD→+zAA'→，求x，y，z的值．
【解题思路】（1）AC'→=AB→+AD→+AA'→，利用数量积运算性质即可得出．
（2）EF→=EC'→+C'F→=13AC'→−12BC'→，再利用平行六面体、空间向量基本定理即可得出．
【解答过程】解：（1）AC'→=AB→+AD→+AA'→，
AC'→2=AB→2+AD→2+AA'→2+2(AB→⋅AD→+AB→⋅AA'→+AD→⋅AA'→)
=42+32+52+2(0+4×5×12+3×5×12)=85，
∴AC'=85．
（2）EF→=EC'→+C'F→=13AC'→−12BC'→
=13(AB→+AD→+AA'→)−12(AD→+AA'→)
=13AB→−16AD→−16AA'→，
∴x=13，y=z=−16．
21．已知正三棱锥P﹣ABC的侧棱长为2，过其底面中心O作动平面α交线段PC于点S，分别交PA，PB的延长线于点M，N，求1PS+1PM+1PN的值．
【解题思路】解：分别用基底{PA→，PB→，PC→}和{PM→，PN→，PS→}表示出PO→，根据四点共面得出1PS+1PM+1PN的值．
【解答过程】解：∵△ABC是等边三角形，∴O是△ABC的重心，
延长AO交BC于点D，则D为BC的中点，∴AD→=12（AB→+AC→），
故PO→=PA→+AO→=PA→+23AD→=AP→+13（AB→+AC→）=PA→+13（PB→−PA→+PC→−PA→）=13PA→+13PB→+13PC→，
设PA→=xPM→，PB→=yPN→，PC→=zPS→，
则PO→=13xPM→+13yPN→+13zPS→，
∵O，M，N，S四点共面，
∴13x+13y+13z＝1，即x+y+z＝3，
又x=PAPM=2PM，y=PBPN=2PN，z=PCPS=2PS，
∴2（1PS+1PM+1PN）＝3，
∴1PS+1PM+1PN=32．
22．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→，求证：1m+1n+1t为定值，并求出该定值．
【解题思路】连接AG并延长交BC于点H，由题意可令{PA→，PB→，PC→}为空间的一个基底，表示出PM→=14PA→+14PB→+14PC→以及PM→=（1﹣λ﹣μ）mPA→+λnPB→+μtPC→，根据对应关系得到1m+1n+1t为定值即可．
【解答过程】证明：如图示：连接AG并延长交BC于点H，
由题意可令{PA→，PB→，PC→}为空间的一个基底，
故PM→=34PG→=34（PA→+AG→）=34PA→+34•23AH→
=34PA→+12•12（AB→+AC→）=34PA→+14（PB→−PA→）+14（PC→−PA→）
=14PA→+14PB→+14PC→，
连接DM，因为点D，E，F，M共面，
故存在实数λ，μ，使得DM→=λDE→+μDF→，
即PM→−PD→=λ（PE→−PD→）+μ（PF→−PD→），
故PM→=（1﹣λ﹣μ）PD→+λPE→+μPF→=（1﹣λ﹣μ）mPA→+λnPB→+μtPC→，
由空间向量基本定理知14=（1﹣λ﹣μ）m，14=λn，14=μt，
故1m+1n+1t=4（1﹣λ﹣μ）+4λ+4μ＝4，为定值．