1.2 空间向量基本定理[教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学]
[课时目标]
1.类比平面向量基本定理理解空间向量基本定理,掌握判断空间三个向量是否构成基底的方法.
2.能通过空间向量的线性运算用基底表示向量,会用基底法证明空间位置关系及直线所成的角.
1.空间向量基本定理
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 的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc
基底与基向量 如果三个向量a,b,c不共面,那么所有空间向量组成的集合就是{p|p=xa+yb+zc,x,y,z∈R}.把{a,b,c}叫做空间的一个 , a,b,c都叫做基向量
2.空间向量的正交分解
单位正交基底 如果空间的一个基底中的三个基向量 ,且长度都为 ,那么这个基底叫做单位正交基底, 常用{i,j,k}表示
正交分解 由空间向量基本定理可知,对空间中的任意向量a,均可以分解为三个向量xi,yj,zk,使a=xi+yj+zk. 像这样,把一个空间向量分解为三个 的向量,叫做把空间向量进行正交分解
|微|点|助|解|
(1)基底的不唯一性.空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底,同一非零向量在不同基底下的有序实数组是不同的.
(2)基底中不能有零向量.三个向量a,b,c不共面隐含着它们都不为0.
(3)当基底确定后,实数组(x,y,z)是唯一确定的.
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)空间向量的基底是唯一的. ( )
(2)若{a,b,c}是空间的一个基底,则a,b,c均为非零向量. ( )
(3)若{a,b,c}是空间的一个基底,且存在实数x,y,z使得xa+yb+zc=0,则有x=y=z=0. ( )
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中,可以作为空间的一个基底的是 ( )
A.{,,} B.{,,}
C.{,,} D.{,,}
3.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AD1∩A1D=O,记向量=a,=b,=c,则向量= ( )
A.a+b+c
B.a+b+c
C.a-b+c
D.a+b+c
题型(一) 基底的判断
[例1] (多选)下列命题正确的是 ( )
A.若{a,b,c}可以作为空间的一个基底,d与c共线,d≠0,则{a,b,d}也可以作为空间的一个基底
B.已知向量a,b不共线,存在实数λ,μ,使得c=λa+μb(λμ≠0),则{a,b,c}能构成空间的一个基底
C.设A,B,M,N是空间四点,若,,不能构成空间的一个基底,则A,B,M,N四点共面
D.已知{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底
听课记录:
|思|维|建|模|
判断给出的三个向量能否构成基底的方法
判断给出的三个向量组成的向量组能否作为基底,关键是要判断这三个向量是否共面,首先应考虑三个向量是否是零向量,其次判断三个非零向量是否共面.如果从正面难以入手判断三个向量是否共面,可假设三个向量共面,利用向量共面的充要条件建立方程组,若方程组有解,则三个向量共面;若方程组无解,则三个向量不共面.
[针对训练]
1.(多选)若{a,b,c}是空间的一个基底,则下列各组能构成空间的一个基底的是 ( )
A.{a+b,a-b,c}
B.{a+b,b+c,c+a}
C.{3a-4b,2b-3c,3a-6c}
D.{a+b,a+b+c,2c}
题型(二) 用基底表示向量
[例2] 如图,在三棱柱ABC-A'B'C'中,已知=a,=b,=c,点M,N分别是BC',B'C'的中点,试用基底{a,b,c}表示向量,.
听课记录:
|思|维|建|模| 用基底表示向量的一般步骤
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
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
下结论 利用空间的一个基底{a,b,c}可以表示出空间内所有向量.表示要彻底,结果中只能含有a,b,c,不能含有其他形式的向量
[针对训练]
2.如图,四棱锥P-OABC的底面为矩形,PO⊥平面OABC,E,F分别是PC和PB的中点.设=a,=b,=c,试用a,b,c表示,,,.
题型(三) 利用空间向量基本定理解决几何问题
[例3] 如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=AA',∠ACB=90°,D,E分别为AB,BB'的中点.
(1)求证:CE⊥A'D;
(2)求异面直线CE与AC'所成角的余弦值.
听课记录:
|思|维|建|模|
用空间向量基本定理解决几何问题的一般思路
(1)选取恰当的基底.
(2)将所求向量用基底表示.
(3)将几何问题转化为向量问题:
①将距离和线段长转化为向量的模;
②将线线、线面、面面垂直问题转化为向量垂直问题;
③将空间角问题转化为向量夹角问题.
[针对训练]
3.如图,正四面体V-ABC的高VD的中点为O,VC的中点为M.
(1)求证:AO,BO,CO两两垂直;
(2)求<,>.
1.2 空间向量基本定理
课前预知教材
1.唯一 基底 2.两两垂直 1 两两垂直
[基础落实训练]
1.(1)× (2)√ (3)√ 2.C 3.C
课堂题点研究
[题型(一)]
[例1] 选ACD 假设d与a,b共面,则存在实数λ,μ,使得d=λa+μb.因为d与c共线,c≠0,所以存在实数k,使得d=kc.因为d≠0,所以k≠0,从而c=a+b,所以c与a,b共面,与条件矛盾,所以d与a,b不共面,所以{a,b,d}也可以作为空间的一个基底,A正确.向量a,b不共线,存在实数λ,μ,使得c=λa+μb(λμ≠0),则a,b,c共面,故不能构成空间的一个基底,B错误.由{,,}不能构成空间的一个基底,知,,共面,且有公共点B,故A,B,M,N四点共面,C正确.可证a,b,m不共面,故{a,b,m}是空间的一个基底,D正确.
[针对训练]
1.选AB 因为a+b,a-b,c是不共面的向量,所以能构成空间的一个基底,故A正确;a+b,b+c,c+a是不共面的向量,能构成空间的一个基底,故B正确;因为3a-6c=3a-4b+2(2b-3c),所以3a-4b,2b-3c,3a-6c是共面向量,不能构成空间的一个基底,故C错误;因为a+b=a+b+c-·2c,所以a+b,a+b+c,2c是共面向量,不能构成空间的一个基底,故D错误.
[题型(二)]
[例2] 解:=+=+(+)=++(-)=++(-)=b+a+(c-b)=b+a+c-b=a+b+c,即=a+b+c,=++=++=++(-)=a+b+(c-b)=a+b+c-b=a+b+c,即=a+b+c.
[针对训练]
2.解:如图,连接BO,则==(+)=(c-b-a)=-a-b+c,=+
=-a+=-a+(+)=-a-b+c,=+=+=++(+)=-a+c+(-c+b)
=-a+b+c,===a.
综上,=-a-b+c,=-a-b+c,=-a+b+c,=a.
[题型(三)]
[例3] 解:(1)证明:设=a,=b,=c,
根据题意,得|a|=|b|=|c|,a·b=b·c=c·a=0.易知=b+c,=-c+b-a.∴·=-c2+b2=0.
∴⊥,即CE⊥A'D.
(2)∵=-a+c,∴||=|a|.
又=b+c,∴||=|a|.∵·=(-a+c)·=c2=|a|2,
∴cos<,>==.即异面直线CE与AC'所成角的余弦值为.
[针对训练]
3.解:(1)证明:设=a,=b,=c,正四面体的棱长为1,因为=+=+×(+)=+(-+-)=(++)=(a+b+c),=-=-=(a+b+c)-a=(b+c-5a),=-=-=(a+b+c)-b=(a+c-5b),=-=-=(a+b+c)-c=(a+b-5c),所以·=(b+c-5a)·(a+c-5b)=(18a·b-9|a|2)==0,所以⊥,即AO⊥BO.同理,AO⊥CO,BO⊥CO,所以AO,BO,CO两两垂直.
(2)因为=+=-(a+b+c)+c=(-2a-2b+c),
所以||=
=
==,
又||=
===,·=(-2a-2b+c)·(b+c-5a)=×9a2=×9=,所以cos<,>===,又<,>∈[0,π],所以<,>=.(共43张PPT)
1.2
空间向量基本定理
[教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
课时目标
1.类比平面向量基本定理理解空间向量基本定理,掌握判断空间三个向量是否构成基底的方法.
2.能通过空间向量的线性运算用基底表示向量,会用基底法证明空间位置关系及直线所成的角.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
1.空间向量基本定理
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_____的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc
基底与 基向量 如果三个向量a,b,c不共面,那么所有空间向量组成的
集合就是{p|p=xa+yb+zc,x,y,z∈R}.把{a,b,c}叫做
空间的一个_____,a,b,c都叫做基向量
唯一
基底
2.空间向量的正交分解
单位正交基底 如果空间的一个基底中的三个基向量_________,且长度都为___,那么这个基底叫做单位正交基底,常用{i,j,k}表示
正交 分解 由空间向量基本定理可知,对空间中的任意向量a,均可以分解为三个向量xi,yj,zk,使a=xi+yj+zk.像这样,把一个空间向量分解为三个__________的向量,叫做把空间向量进行正交分解
两两垂直
1
两两垂直
|微|点|助|解|
(1)基底的不唯一性.空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底,同一非零向量在不同基底下的有序实数组是不同的.
(2)基底中不能有零向量.三个向量a,b,c不共面隐含着它们都不为0.
(3)当基底确定后,实数组(x,y,z)是唯一确定的.
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)空间向量的基底是唯一的. ( )
(2)若{a,b,c}是空间的一个基底,则a,b,c均为非零向量. ( )
(3)若{a,b,c}是空间的一个基底,且存在实数x,y,z使得xa+yb+zc=0,则有x=y=z=0. ( )
×
√
√
2.在三棱柱ABC A1B1C1中,可以作为空间的一个基底的是 ( )
A.{,,} B.{,,}
C.{,,} D.{,,}
解析:因为向量,,不共面,所以可以作为空间的一个基底,而其他三组向量都共面.故选C.
√
3.在平行六面体ABCD A1B1C1D1中,AD1∩A1D=O,记向量=a,=b,=c,则向量=( )
A.a+b+c B.a+b+c
C.a-b+c D.a+b+c
解析:因为在平行六面体ABCD A1B1C1D1中,AD1∩A1D=O,所以O是A1D的中点,故=+=-++=a-b+c.故选C.
√
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 基底的判断
[例1] (多选)下列命题正确的是 ( )
A.若{a,b,c}可以作为空间的一个基底,d与c共线,d≠0,则{a,b,d}也可以作为空间的一个基底
B.已知向量a,b不共线,存在实数λ,μ,使得c=λa+μb(λμ≠0),则{a,b,c}能构成空间的一个基底
C.设A,B,M,N是空间四点,若,,不能构成空间的一个基底,则A,B,M,N四点共面
D.已知{a,b,c}是空间的一个基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间的一个基底
√
√
√
解析:假设d与a,b共面,则存在实数λ,μ,使得d=λa+μb.因为d与c共线,
c≠0,所以存在实数k,使得d=kc.因为d≠0,所以k≠0,从而c=a+b,所以c与a,b共面,与条件矛盾,所以d与a,b不共面,所以{a,b,d}也可以作为空间的一个基底,A正确.向量a,b不共线,存在实数λ,μ,使得c=λa+μb(λμ≠0),则a,b,c共面,故不能构成空间的一个基底,B错误.由{,,}不能构成空间的一个基底,知,,共面,且有公共点B,故A,B,M,N四点共面,C正确.可证a,b,m不共面,故{a,b,m}是空间的一个基底,D正确.
|思|维|建|模|
判断给出的三个向量能否构成基底的方法
判断给出的三个向量组成的向量组能否作为基底,关键是要判断这三个向量是否共面,首先应考虑三个向量是否是零向量,其次判断三个非零向量是否共面.如果从正面难以入手判断三个向量是否共面,可假设三个向量共面,利用向量共面的充要条件建立方程组,若方程组有解,则三个向量共面;若方程组无解,则三个向量不共面.
针对训练
1.(多选)若{a,b,c}是空间的一个基底,则下列各组能构成空间的一个基底的是 ( )
A.{a+b,a-b,c} B.{a+b,b+c,c+a}
C.{3a-4b,2b-3c,3a-6c} D.{a+b,a+b+c,2c}
√
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解析:因为a+b,a-b,c是不共面的向量,所以能构成空间的一个基底,故A正确;
a+b,b+c,c+a是不共面的向量,能构成空间的一个基底,故B正确;因为3a-6c=3a-4b+2(2b-3c),所以3a-4b,2b-3c,3a-6c是共面向量,不能构成空间的一个基底,故C错误;因为a+b=a+b+c-·2c,所以a+b,a+b+c,2c是共面向量,不能构成空间的一个基底,故D错误.
题型(二) 用基底表示向量
[例2] 如图,在三棱柱ABC A'B'C'中,已知=a,=b,
=c,点M,N分别是BC',B'C'的中点,试用基底{a,b,c}表示向量,.
解:=+=+(+)=++(-)=++(-)
=b+a+(c-b)=b+a+c-b=a+b+c,即=a+b+c,
=++=++=++(-)=a+b+(c-b)
=a+b+c-b=a+b+c,即=a+b+c.
|思|维|建|模| 用基底表示向量的一般步骤
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
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
下结论 利用空间的一个基底{a,b,c}可以表示出空间内所有向量.表示要彻底,结果中只能含有a,b,c,不能含有其他形式的向量
针对训练
2.如图,四棱锥P OABC的底面为矩形,PO⊥平面OABC,
E,F分别是PC和PB的中点.设=a,=b,=c,
试用a,b,c表示,,,.
解:如图,连接BO,则==(+)=(c-b-a)=-a-b+c,=+=-a+=-a+(+)=-a-b+c,
=+=+=++(+)=-a+c+(-c+b)
=-a+b+c,===a.
综上,=-a-b+c,=-a-b+c,=-a+b+c,=a.
[例3] 如图,在直三棱柱ABC A'B'C'中,AC=BC=AA',
∠ACB=90°,D,E分别为AB,BB'的中点.
(1)求证:CE⊥A'D;
题型(三) 利用空间向量基本定理解决几何问题
解:证明:设=a,=b,=c,
根据题意,得|a|=|b|=|c|,a·b=b·c=c·a=0.
易知=b+c,=-c+b-a.
∴·=-c2+b2=0.
∴⊥,即CE⊥A'D.
(2)求异面直线CE与AC'所成角的余弦值.
解:∵=-a+c,∴||=|a|.
又=b+c,∴||=|a|.
∵·=(-a+c)·=c2=|a|2,
∴cos<,>==.
即异面直线CE与AC'所成角的余弦值为.
|思|维|建|模|
用空间向量基本定理解决几何问题的一般思路
(1)选取恰当的基底.
(2)将所求向量用基底表示.
(3)将几何问题转化为向量问题:
①将距离和线段长转化为向量的模;
②将线线、线面、面面垂直问题转化为向量垂直问题;
③将空间角问题转化为向量夹角问题.
3.如图,正四面体V ABC的高VD的中点为O,
VC的中点为M.
(1)求证:AO,BO,CO两两垂直;
针对训练
解:证明:设=a,=b,=c,正四面体的棱长为1,
因为=+=+×(+)=+(-+-)=(++)
=(a+b+c),=-=-=(a+b+c)-a=(b+c-5a),=-=-=(a+b+c)-b=(a+c-5b),=-=-=(a+b+c)-c=(a+b-5c),
所以·=(b+c-5a)·(a+c-5b)=(18a·b-9|a|2)==0,所以⊥,即AO⊥BO.同理,AO⊥CO,BO⊥CO,所以AO,BO,CO两两垂直.
(2)求<,>.
解:因为=+=-(a+b+c)+c=(-2a-2b+c),
所以||=
=
==,
又||====,
·=(-2a-2b+c)·(b+c-5a)=×9a2=×9=,所以cos<,>=
==,又<,>∈[0,π],所以<,>=.
课时跟踪检测
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1.(多选)已知A,B,C,D,E是空间五点,且任何三点不共线.若{,,}与
{,,}均不能构成空间的一个基底,则下列结论正确的是( )
A.{,,}不能构成空间的一个基底
B.{,,}不能构成空间的一个基底
C.{,,}不能构成空间的一个基底
D.{,,}能构成空间的一个基底
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解析:因为{,,}与{,,}均不能构成空间的一个基底,且A,B,C,D,E是空间五点,且任何三点不共线,所以空间五点A,B,C,D,E共面,所以这五点A,B,C,D,E中,任意两个点组成的三个向量都不可能构成空间的一个基底,所以A、B、C正确,D错误.
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2.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,点O为空间内任意一点,设=a,=b,=c,则向量可用a,b,c表示为( )
A.a-b+2c B.a-b-2c
C.-a+b+c D.a-b+c
解析:=+=+=+(-)=a-b+c.
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3.已知{a,b,c}是空间的一个基底,则可以与向量p=a+b,q=a-b构成基底的向量是 ( )
A.a B.b C.a+2b D.a+2c
√
解析:因为能与p,q构成基底的向量与p,q不共面,又a=p+q,b=p-q,
a+2b=(a+b)-(a-b)=p-q,则a,b,a+2b都分别与p,q共面,故A、B、
C错误;假设a+2c与p,q共面,则存在x,y∈R,使得a+2c=xp+yq=x(a+b)+
y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b,则2c=(x+y-1)a+(x-y)b,所以a,b,c共面,这与{a,b,c}为基底矛盾,假设不成立,所以a+2c与p,q不共面,可构成基底,故D正确.
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4.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点,若AB=a,则MN的长为 ( )
A.a B.a
C.a D.a
解析:设=i,=j,=k,则{i,j,k}构成空间的一个正交基底.
=++=i+j+(-j+k)=i+j+k,故||2=a2+a2+a2=a2,
所以MN=a.
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5.如图,在正四棱台ABCD A1B1C1D1中,2AB=3A1B1,AC与BD的交点为M.设=a,=b,=c,则下列向量与相等的向量是( )
A.-a+b+c B.-a+b+c
C.-a-b+c D.-a+b+c
解析:=+=+++=-+++
=-a+c+a+=-a+b+c.
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6.在三棱柱ABC A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中点,则AM= ( )
A. B. C. D.
√
解析:如图,=++=++(-)
=++,故||2=
=||2+||2+||2+·+·+·,
在直三棱柱ABC A1B1C1中,易知AA1⊥AC,AA1⊥AB,
在△ABC中,由AB=AC=BC,则∠BAC=60°,由AA1=AB
=AC=1,则=+1++×1×1×=,则AM=.
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7.(多选)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2,且它们彼此的夹角都是60°,P为A1D与AD1的交点,若=a,
=b,=c,则下列结论正确的是( )
A.=-a-b+c B.=a+b-c
C.cos<,>= D.BD1的长为2
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解析:=-=(+)-(+)=--+=-a-b+c,故A正确.
=++=++=a+b+c,故B错误.
∵a2=b2=c2=4,a·b=b·c=c·a=2×2×cos 60°=2,=a,||=2,=a+b+c,
∴||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c=4+4+4+4+4+4=24,故||=2,
·=a·(a+b+c)=a2+a·b+a·c=4+2+2=8.
∴cos<,>===,故C正确.
∵=-a+b+c,
∴||2=(-a+b+c)2
=a2+b2+c2-2a·b+2b·c-2c·a
=4+4+4-4+4-4=8,故||=2,故D错误.故选AC.
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8.(5分)已知{a,b,c}是空间的一个基底,向量p=3a+b+c,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底,向量p=x(a+b)+y(a-b)+c,则x+y= .
解析:∵p=x(a+b)+y(a-b)+c=(x+y)a+(x-y)b+c,且p=3a+b+c,∴x+y=3.
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9.(5分)若{i,j,k}是一个单位正交基底,且向量a=8i+3k,b=-i+5j-4k,则a·b= .
解析:由{i,j,k}是一个单位正交基底,则i·j=0,k·j=0,k·i=0,|i|=|k|=|j|=1,
a·b=(8i+3k)·(-i+5j-4k)=-8i2+40i·j-32i·k-3i·k+15k·j-12k2=-8-12=-20.
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10.(5分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=2,
AA1=,AD=2,P为C1D1的中点,M为BC的中点.则AM与PM所成的角为 .
解析:=+,=-=+---
=+---=--,故·=·
=-·-·+·-
-·=×4-×8=0,即⊥,则AM与PM所成的角为90°.
90°
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11.(10分)已知{a,b,c}是空间的一个基底,且=3a+3b,=2a+4b+2c,
=-a+2b+3c,=2a+b-c.
(1)求证:A,B,C,D四点共面;(6分)
解:证明:=-=2a+4b+2c-(3a+3b)=-a+b+2c,
=-=-a+2b+3c-(3a+3b)=-4a-b+3c,=-=2a+b-c-(3a+3b)
=-a-2b-c.
设=λ+μ,即-a-2b-c=λ(-a+b+2c)+μ(-4a-b+3c),
故解得
即=-+,故A,B,C,D四点共面.
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(2){,,}能否作为空间的一个基底 若能,试用这一基底表示;若不能,请说明理由.(4分)
解:不能.理由如下:
设=m+n,则3a+3b=m(2a+4b+2c)+n(-a+2b+3c),
故解得=-,
所以{,,}不能作为基底.
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12.(10分)如图,已知空间四边形ABCD各边和
对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点.
(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD;(5分)
解:证明:设=p,=q,=r.
由题意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量两两夹角均为60°.
∵=-=(+)-=(q+r-p),∴·=(q+r-p)·p
=(q·p+r·p-p2)=(a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0,∴MN⊥AB,同理可证MN⊥CD.
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(2)求MN的长.(5分)
解:由(1)可知=(q+r-p).
∴||2=(q+r-p)2=[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)]
=
=×2a2=.
∴||=a,∴MN的长为a.
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13.(15分)如图,已知斜三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=,
∠BAA1=,∠CAA1=,AB=AC=1,AA1=2,
点O是B1C与BC1的交点.
(1)用向量,,表示向量;(3分)
解:由题意可知点O是B1C的中点,则=(+),所以=+=+(+)=+(-+)=(++).
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(2)求异面直线AO与BC所成角的余弦值;(6分)
解:设=a,=b,=c,则|a|=|b|=1,|c|=2,
a·b=0,b·c=1×2×=1,a·c=1×2×=-1,
||2==(a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c)
=(1+1+4+0+2-2)=.所以||=.
又因为=b-a,所以·=(a+b+c)·(b-a)=1,||=.
所以cos<,>==.所以异面直线AO与BC所成角的余弦值为.
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(3)判定平面ABC与平面B1BCC1的位置关系.(6分)
解:如图,取BC的中点E,连接AE,则=(+)=(a+b).
因为AB=AC,E为BC的中点,所以AE⊥BC.
又·=(a+b)·c=(a·c+b·c)=0,即AE⊥BB1.
又BC∩BB1=B,BC,BB1 平面B1BCC1,
所以AE⊥平面B1BCC1.因为AE 平面ABC,
所以平面ABC⊥平面B1BCC1.课时检测（四）空间向量基本定理
1.(多选)已知A,B,C,D,E是空间五点,且任何三点不共线.若{,,}与{,,}均不能构成空间的一个基底,则下列结论正确的是 ( )
A.{,,}不能构成空间的一个基底
B.{,,}不能构成空间的一个基底
C.{,,}不能构成空间的一个基底
D.{,,}能构成空间的一个基底
2.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,点O为空间内任意一点,设=a,=b,=c,则向量可用a,b,c表示为 ( )
A.a-b+2c B.a-b-2c
C.-a+b+c D.a-b+c
3.已知{a,b,c}是空间的一个基底,则可以与向量p=a+b,q=a-b构成基底的向量是 ( )
A.a B.b
C.a+2b D.a+2c
4.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点,若AB=a,则MN的长为 ( )
A.a B.a
C.a D.a
5.如图,在正四棱台ABCD A1B1C1D1中,2AB=3A1B1,AC与BD的交点为M.设=a,=b,=c,
则下列向量与相等的向量是 ( )
A.-a+b+c B.-a+b+c
C.-a-b+c D.-a+b+c
6.在三棱柱ABC A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中点,则AM= ( )
A. B. C. D.
7.(多选)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2,且它们彼此的夹角都是60°,P为A1D与AD1的交点,若=a,=b,=c,则下列结论正确的是 ( )
A.=-a-b+c B.=a+b-c
C.cos<,>= D.BD1的长为2
8.(5分)已知{a,b,c}是空间的一个基底,向量p=3a+b+c,{a+b,a-b,c}是空间的另一个基底,向量p=x(a+b)+y(a-b)+c,则x+y= .
9.(5分)若{i,j,k}是一个单位正交基底,且向量a=8i+3k,b=-i+5j-4k,则a·b= .
10.(5分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P为C1D1的中点,M为BC的中点.
则AM与PM所成的角为 .
11.(10分)已知{a,b,c}是空间的一个基底,且=3a+3b,=2a+4b+2c,=-a+2b+3c,=2a+b-c.
(1)求证:A,B,C,D四点共面;(6分)
(2){,,}能否作为空间的一个基底 若能,试用这一基底表示;若不能,请说明理由.(4分)
12.(10分)如图,已知空间四边形ABCD各边和对角线的长都等于a,点M,N分别是AB,CD的中点.
(1)求证:MN⊥AB,MN⊥CD;(5分)
(2)求MN的长.(5分)
13.(15分)如图,已知斜三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=,∠BAA1=,∠CAA1=,AB=AC=1,AA1=2,点O是B1C与BC1的交点.
(1)用向量,,表示向量;(3分)
(2)求异面直线AO与BC所成角的余弦值;(6分)
(3)判定平面ABC与平面B1BCC1的位置关系.(6分)
课时检测(四)
1．选ABC 因为{，，}与{，，}均不能构成空间的一个基底，且A，B，C，D，E是空间五点，且任何三点不共线，所以空间五点A，B，C，D，E共面，所以这五点A，B，C，D，E中，任意两个点组成的三个向量都不可能构成空间的一个基底，所以A、B、C正确，D错误．
2．选D ＝＋＝＋＝＋(－)＝a－b＋c.
3．选D 因为能与p，q构成基底的向量与p，q不共面，又a＝p＋q，b＝p－q，a＋2b＝(a＋b)－(a－b)＝p－q，则a，b，a＋2b都分别与p，q共面，故A、B、C错误；假设a＋2c与p，q共面，则存在x，y∈R，使得a＋2c＝xp＋yq＝x(a＋b)＋y(a－b)＝(x＋y)a＋(x－y)b，则2c＝(x＋y－1)a＋(x－y)b，所以a，b，c共面，这与{a，b，c}为基底矛盾，假设不成立，所以a＋2c与p，q不共面，可构成基底，故D正确．
4．选A 设＝i，＝j，＝k，则{i，j，k}构成空间的一个正交基底.＝＋＋＝i＋j＋(－j＋k)＝i＋j＋k，故||2＝a2＋a2＋a2＝a2，所以MN＝a.
5．选D ＝＋＝＋＋＋＝－＋＋＋＝－a＋c＋a＋＝－a＋b＋c.
6.选C 如图，＝＋＋＝＋＋(－)＝＋＋，故||2＝2＝||2＋||2＋||2＋·＋·＋·，在直三棱柱ABCA1B1C1中，易知AA1⊥AC，AA1⊥AB，在△ABC中，由AB＝AC＝BC，则∠BAC＝60°，由AA1＝AB＝AC＝1，则||2＝＋1＋＋×1×1×＝，则AM＝.
7．选AC ＝－＝(＋)－(＋)＝－－＋＝－a－b＋c，故A正确.＝＋＋＝＋＋＝a＋b＋c，故B错误．∵a2＝b2＝c2＝4，a·b＝b·c＝c·a＝2×2×cos 60°＝2，＝a，||＝2，＝a＋b＋c，∴||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝4＋4＋4＋4＋4＋4＝24，故||＝2，·＝a·(a＋b＋c)＝a2＋a·b＋a·c＝4＋2＋2＝8.
∴cos〈，〉＝＝＝，故C正确．∵＝－a＋b＋c，
∴||2＝(－a＋b＋c)2
＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2b·c－2c·a
＝4＋4＋4－4＋4－4＝8，故|1|＝2，故D错误．故选AC.
8．解析：∵p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋c，且p＝3a＋b＋c，∴x＋y＝3.
答案：3
9．解析：由{i，j，k}是一个单位正交基底，则i·j＝0，k·j＝0，k·i＝0，|i|＝|k|＝|j|＝1，a·b＝(8i＋3k)·(－i＋5j－4k)＝－8i2＋40i·j－32i·k－3i·k＋15k·j－12k2＝－8－12＝－20.
答案：－20
10．解析：＝＋，＝－＝＋－－－＝＋－－－＝－－，故·＝·＝2－·－·＋·－2－·＝×4－×8＝0，即⊥，则AM与PM所成的角为90°.
答案：90°
11．解：(1)证明：＝－＝2a＋4b＋2c－(3a＋3b)＝－a＋b＋2c，
＝－＝－a＋2b＋3c－(3a＋3b)＝－4a－b＋3c，＝－＝2a＋b－c－(3a＋3b)＝－a－2b－c.
设＝λ＋μ，即－a－2b－c＝λ(－a＋b＋2c)＋μ(－4a－b＋3c)，
故解得即＝－＋，故A，B，C，D四点共面．
(2)不能．理由如下：
设＝m＋n，则3a＋3b＝m(2a＋4b＋2c)＋n(－a＋2b＋3c)，
故解得＝－，所以{，，}不能作为基底．
12．解：(1)证明：设＝p，＝q，＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°.
∵＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0，∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.
(2)由(1)可知＝(q＋r－p)．
∴||2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝＝×2a2＝.
∴||＝a，∴MN的长为a.
13．解：(1)由题意可知点O是B1C的中点，则＝(＋)，
所以＝＋＝＋(＋)＝＋(－＋)＝(＋＋)．
(2)设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝1，|c|＝2，a·b＝0，b·c＝1×2×＝1，a·c＝1×2×＝－1，||2＝2＝(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c)＝(1＋1＋4＋0＋2－2)＝.所以||＝.又因为＝b－a，所以·＝(a＋b＋c)·(b－a)＝1，||＝.
所以cos〈，〉＝＝.所以异面直线AO与BC所成角的余弦值为.
(3)如图，取BC的中点E，连接AE，则＝(＋)＝(a＋b)．因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.
又·＝(a＋b)·c＝(a·c＋b·c)＝0，即AE⊥BB1.又BC∩BB1＝B，BC，BB1 平面B1BCC1，所以AE⊥平面B1BCC1.因为AE 平面ABC，所以平面ABC⊥平面B1BCC1.
