學習目標 1.理解空間向量基本定理及其意義并會簡單應(yīng)用.2.掌握空間向量的正交分解．
導語
回顧平面向量基本定理，如果e1，e2是同一平面內(nèi)的兩個不共線向量，那么對于這一平面內(nèi)的任一向量a，有且只有一對實數(shù)λ1，λ2，使 a＝λ1e1＋λ2e2.若e1，e2不共線，我們把{e1，e2}叫做表示這一平面內(nèi)所有向量的一個基底．類似地，任意一個空間向量能否用任意三個不共面的向量a，b，c表示呢？
一、空間向量基本定理
問題1 如圖，設(shè)i，j，k是空間中三個兩兩垂直的向量，且表示它們的有向線段有公共起點O，對于任意一個空間向量p＝eq \(OP,\s\up6(→))，p 能否用i，j，k表示呢？
提示 如圖，設(shè)eq \(OQ,\s\up6(→))為eq \(OP,\s\up6(→))在i，j所確定的平面上的投影向量，則eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OQ,\s\up6(→))＋eq \(QP,\s\up6(→)).
又向量eq \(QP,\s\up6(→))，k共線，因此存在唯一的實數(shù)z，使得eq \(QP,\s\up6(→))＝zk，從而eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OQ,\s\up6(→))＋zk.
在i，j確定的平面上，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使得eq \(OQ,\s\up6(→))＝xi＋yj.
從而eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OQ,\s\up6(→))＋zk＝xi＋yj＋zk.
問題2 你能證明唯一性嗎？
提示 假設(shè)除(x，y，z)外，還存在有序?qū)崝?shù)組(x′，y′，z′)，使得p＝x′i＋y′j＋z′k，則x′i＋y′j＋z′k＝xi＋yj＋zk.
不妨設(shè)x′≠x，則(x′－x)i＝(y－y′)j＋(z－z′)k.
兩邊同除以(x′－x)，得i＝eq \f(y－y′,x′－x)j＋eq \f(z－z′,x′－x)k.
由平面向量基本定理可知，i，j，k共面，這與已知矛盾．所以有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)是唯一的．
知識梳理
1．空間向量的基本定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對任意一個空間向量p，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.
2．基底：我們把{a，b，c}叫做空間的一個基底，a，b，c都叫做基向量．
注意點：
(1)空間任意三個不共面的向量都可構(gòu)成空間的一個基底．基底選定后，空間的所有向量均可由基底唯一表示；不同基底下，同一向量的表達式也有可能不同．
(2)一個基底是一個向量組，一個基向量是指基底中的某一個向量，二者是相關(guān)聯(lián)的不同概念．
(3)由于零向量與任意一個非零向量共線，與任意兩個不共線的非零向量共面，所以若三個向量不共面，就說明它們都不是零向量．
例1 已知{e1，e2，e3}是空間的一個基底，且eq \(OA,\s\up6(→))＝e1＋2e2－e3，eq \(OB,\s\up6(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \(OC,\s\up6(→))＝e1＋e2－e3，試判斷{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}能否作為空間的一個基底．
解 假設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))共面．
則存在實數(shù)λ，μ使得eq \(OA,\s\up6(→))＝λeq \(OB,\s\up6(→))＋μeq \(OC,\s\up6(→))，
∴e1＋2e2－e3＝λ(－3e1＋e2＋2e3)＋μ(e1＋e2－e3)
＝(－3λ＋μ)e1＋(λ＋μ)e2＋(2λ－μ)e3，
∵e1，e2，e3不共面，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3λ＋μ＝1，,λ＋μ＝2，,2λ－μ＝－1))此方程組無解，
∴eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))不共面，
∴{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}可以作為空間的一個基底．
反思感悟 基底的判斷思路
(1)判斷一組向量能否作為空間的一個基底，實質(zhì)是判斷這三個向量是否共面，若不共面，就可以作為一個基底．
(2)判斷基底時，常常依托正方體、長方體、平行六面體、四面體等幾何體，用它們從同一頂點出發(fā)的三條棱對應(yīng)的向量為基底，并在此基礎(chǔ)上構(gòu)造其他向量進行相關(guān)的判斷．
跟蹤訓練1 (多選)設(shè)x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空間的一個基底，則下列向量組中，可以作為空間一個基底的向量組有( )
A．{a，b，x} B．{x，y，z}
C．{b，c，z} D．{x，y，a＋b＋c}
答案 BCD
解析 如圖所示，令a＝eq \(AB,\s\up6(→))，b＝eq \(AA1,\s\up6(→))，c＝eq \(AD,\s\up6(→))，
則x＝eq \(AB1,\s\up6(→))，y＝eq \(AD1,\s\up6(→))，z＝eq \(AC,\s\up6(→))，
a＋b＋c＝eq \(AC1,\s\up6(→))，由于A，B1，C，D1四點不共面，可知向量x，y，z也不共面，同理b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面．
二、空間向量的正交分解
知識梳理
1．單位正交基底：如果空間的一個基底中的三個基向量兩兩垂直，且長度都為1，那么這個基底叫做單位正交基底，常用{i，j，k}表示．
2．正交分解：由空間向量基本定理可知，對空間中的任意向量a，均可以分解為三個向量xi，yj，zk，使a＝xi＋yj＋zk.像這樣，把一個空間向量分解為三個兩兩垂直的向量，叫做把空間向量正交分解．
三、用基底表示空間向量
例2 如圖，M，N分別是四面體OABC的邊OA，BC的中點，P，Q是MN的三等分點．用向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))表示eq \(OP,\s\up6(→))和eq \(OQ,\s\up6(→)).
解 eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)?\(OB,\s\up6(→))＋\(OC,\s\up6(→))?－\f(1,2)\(OA,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→)).
eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(OP,\s\up6(→))
＝eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,12)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(OC,\s\up6(→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(OC,\s\up6(→)).
反思感悟 用基底表示向量時：
(1)若基底確定，要充分利用向量加法、減法的三角形法則和平行四邊形法則，以及數(shù)乘向量的運算律；
(2)若沒給定基底，首先選擇基底，選擇時，要盡量使所選的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夾角是否已知或易求．
跟蹤訓練2 在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，設(shè)eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，E，F(xiàn)分別是AD1，BD的中點．
(1)用向量a，b，c表示eq \(D1B,\s\up6(—→))，eq \(EF,\s\up6(→))；
(2)若eq \(D1F,\s\up6(—→))＝xa＋yb＋zc，求實數(shù)x，y，z的值．
解 (1)如圖，連接AC，EF，D1F，BD1，
eq \(D1B,\s\up6(—→))＝eq \(D1D,\s\up6(—→))＋eq \(DB,\s\up6(→))
＝－eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→))＝a－b－c，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2) eq \(D1A,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))
＝－eq \f(1,2)(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a－c)＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)c.
(2)eq \(D1F,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)(eq \(D1D,\s\up6(—→))＋eq \(D1B,\s\up6(—→)))
＝eq \f(1,2)(－eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(D1B,\s\up6(—→)))
＝eq \f(1,2)(－c＋a－b－c)
＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b－c，
又eq \(D1F,\s\up6(—→))＝xa＋yb＋zc，
∴x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)，z＝－1.
1．知識清單：
(1)空間的基底．
(2)空間向量基本定理．
2．方法歸納：轉(zhuǎn)化化歸．
3．常見誤區(qū)：
(1)基向量理解錯誤，沒有注意到基向量的條件．
(2)運算錯誤，利用基底表示向量時計算要細心．
1．設(shè)p：a，b，c是三個非零向量；q：{a，b，c}為空間的一個基底，則p是q的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案 B
解析 當非零向量a，b，c不共面時，{a，b，c}可以當基底，否則不能當基底，當{a，b，c}為基底時，一定有a，b，c為非零向量．因此p?q，q?p.
2．已知O，A，B，C為空間不共面的四點，且向量a＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))，向量b＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OC,\s\up6(→))，則與a，b不能構(gòu)成空間基底的是( )
A.eq \(OA,\s\up6(→)) B.eq \(OB,\s\up6(→))
C.eq \(OC,\s\up6(→)) D.eq \(OA,\s\up6(→))或eq \(OB,\s\up6(→))
答案 C
解析 ∵eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a－b)，
∴eq \(OC,\s\up6(→))與a，b共面，
∴a，b，eq \(OC,\s\up6(→))不能構(gòu)成空間基底．
3.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，點O為空間內(nèi)任意一點，設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，則向量eq \(OD,\s\up6(→))可用a，b，c表示為( )
A．a(chǎn)－b＋2c
B．a(chǎn)－b－2c
C．－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
答案 D
解析 eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OB,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c.
4．正方體ABCD－A′B′C′D′中，O1，O2，O3分別是AC，AB′，AD′的中點，以{eq \(AO1,\s\up6(→))，eq \(AO2,\s\up6(→))，eq \(AO3,\s\up6(→))}為基底，eq \(AC′,\s\up6(—→))＝xeq \(AO1,\s\up6(→))＋yeq \(AO2,\s\up6(→))＋zeq \(AO3,\s\up6(→))，則( )
A．x＝y(tǒng)＝z＝eq \f(1,2) B．x＝y(tǒng)＝z＝1
C．x＝y(tǒng)＝z＝eq \f(\r(2),2) D．x＝y(tǒng)＝z＝2
答案 B
解析 eq \(AC′,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC′,\s\up6(—→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BB′,\s\up6(—→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA′,\s\up6(—→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AA′,\s\up6(—→)))＋eq \f(1,2)(eq \(AA′,\s\up6(—→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB′,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AD′,\s\up6(—→))＝eq \(AO1,\s\up6(→))＋eq \(AO2,\s\up6(→))＋eq \(AO3,\s\up6(→))，對比eq \(AC′,\s\up6(—→))＝xeq \(AO1,\s\up6(→))＋yeq \(AO2,\s\up6(→))＋zeq \(AO3,\s\up6(→))，得x＝y(tǒng)＝z＝1.
課時對點練
1．(多選)若{a，b，c}是空間一個基底，則下列各組中能構(gòu)成空間的一個基底的是( )
A．a(chǎn),2b,3c B．a(chǎn)＋b，b＋c，c＋a
C．a(chǎn)＋b＋c，b＋c，c D．a(chǎn)＋2b,2b＋3c,3a－9c
答案 ABC
解析 因為{a，b，c}是空間的一個基底，所以a，b，c不共面，對于A，B，C選項，每組都是不共面的向量，能構(gòu)成空間的一個基底；
對于D，a＋2b,2b＋3c,3a－9c滿足3a－9c＝3[(a＋2b)－(2b＋3c)]，
所以這三個向量是共面向量，故不能構(gòu)成空間的一個基底．
2．(多選)給出下列命題，其中是真命題的是( )
A．若{a，b，c}可以作為空間的一個基底，d與c共線，d≠0，則{a，b，d}也可以作為空間的一個基底
B．已知向量a∥b，則a，b與任何向量都不能構(gòu)成空間的一個基底
C．已知A，B，M，N是空間中的四點，若eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))不能構(gòu)成空間的一個基底，則A，B，M，N四點共面
D．若a，b是兩個不共線的向量，而c＝λa＋μb(λ，μ∈R且λμ≠0)，則{a，b，c}構(gòu)成空間的一個基底
答案 ABC
解析 A中，假設(shè)d與a，b共面，則存在實數(shù)λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d與c共線，c≠0，∴存在實數(shù)k，使得d＝kc，∵d≠0，∴k≠0，從而c＝eq \f(λ,k)a＋eq \f(μ,k)b，∴c與a，b共面，與已知條件矛盾，∴d與a，b不共面，即A是真命題；
B中，根據(jù)基底的概念，知空間中任何三個不共面的向量都可作為空間的一個基底，顯然B是真命題；
C中，由eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))有公共點B，所以A，B，M，N四點共面，即C是真命題；
D中，因為a，b，c共面，所以{a，b，c}不能構(gòu)成基底，故D錯誤．
3．在正四面體O－ABC中，eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，D為BC的中點，E為AD的中點，則用a，b，c表示eq \(OE,\s\up6(→))為( )
A.eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c
B.eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)b＋c
C.eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c
D.eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c
答案 D
解析 eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，所以eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,4)b＋eq \f(1,4)c.
4．已知{a，b，c}是空間的一個基底，若p＝a＋b，q＝a－b，則( )
A．a(chǎn)，p，q是空間的一組基底
B．b，p，q是空間的一組基底
C．c，p，q是空間的一組基底
D．p，q與a，b，c中的任何一個都不能構(gòu)成空間的一組基底
答案 C
解析 假設(shè)c＝k1p＋k2q，即c＝k1(a＋b)＋k2(a－b)，得c＝(k1＋k2)a＋(k1－k2)b，這與{a，b，c}是空間的一個基底矛盾，故c，p，q是空間的一組基底，故選C.
5.如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M為A1C1的中點，若eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，則eq \(BM,\s\up6(→))可表示為( )
A.－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
B．eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c
C.－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
D．eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋c
答案 A
解析 取AC的中點N，連接BN，MN，如圖所示，
∵M為A1C1的中點，eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，∴eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b，∴eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BN,\s\up6(→))＋eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b))＋c＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋c.
6．在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別在棱BB1，BC，BA上，且滿足eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(BB1,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))，O是平面B1GF、平面ACE與平面B1BDD1的一個公共點，設(shè)eq \(BO,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋zeq \(BE,\s\up6(→))，則x＋y＋z等于( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(6,5) C.eq \f(7,5) D.eq \f(8,5)
答案 B
解析 因為eq \(BO,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋zeq \(BE,\s\up6(→))＝xeq \(BG,\s\up6(→))＋yeq \(BF,\s\up6(→))＋eq \f(3z,4)eq \(BB1,\s\up6(→))，O在平面B1GF內(nèi)，所以x＋y＋eq \f(3z,4)＝1，
同理可得eq \f(x,2)＋eq \f(y,2)＋z＝1，
解得x＋y＝eq \f(2,5)，z＝eq \f(4,5).所以x＋y＋z＝eq \f(6,5).
7.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，用eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(AD1,\s\up6(→))作為基向量，則eq \(AC1,\s\up6(→))＝____________.
答案 eq \f(1,2)(eq \(AD1,\s\up6(→))＋eq \(AB1,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))
解析 ∵2eq \(AC1,\s\up6(→))＝2eq \(AA1,\s\up6(→))＋2eq \(AD,\s\up6(→))＋2eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＋(eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＋(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→)))＝eq \(AD1,\s\up6(→))＋eq \(AB1,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，
∴eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AD1,\s\up6(→))＋eq \(AB1,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))．
8．點P是矩形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，M，N分別是PC，PD上的點，且eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PC,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(ND,\s\up6(→))，則滿足eq \(MN,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AD,\s\up6(→))＋zeq \(AP,\s\up6(→))的實數(shù)x，y，z的值分別為________．
答案 －eq \f(2,3)，－eq \f(1,6)，eq \f(1,6)
解析 取PC的中點E，連接NE，則eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(EN,\s\up6(→))－eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))－(eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PE,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(PC,\s\up6(→))－\f(1,2)\(PC,\s\up6(→))))＝eq \f(1,2)eq \(CD,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(PC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)(－eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝－eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,6)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,6)eq \(AP,\s\up6(→))，
比較知x＝－eq \f(2,3)，y＝ －eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,6).
9.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，E為A1D1的中點，F(xiàn)為BC1與B1C的交點．
(1)用基底{a，b，c}表示向量eq \(DB1,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))；
(2)化簡eq \(DD1,\s\up6(→))＋eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))，并在圖中標出化簡結(jié)果．
解 (1)eq \(DB1,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CB1,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))－eq \(BC,\s\up6(→))＝a－b＋c.
eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1E,\s\up6(—→))＝－a＋eq \f(1,2)b＋c.
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝a＋eq \f(1,2)(b＋c)＝a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c.
(2)eq \(DD1,\s\up6(→))＋eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(DD1,\s\up6(→))＋(eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DB,\s\up6(→)))＝eq \(DD1,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \(DD1,\s\up6(→))＋eq \(D1A1,\s\up6(—→))＝eq \(DA1,\s\up6(→)).
如圖，連接DA1，則eq \(DA1,\s\up6(→))即為所求．
10．如圖所示，在空間四邊形OABC中，G，H分別是△ABC，△OBC的重心，設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，用向量a，b，c表示向量eq \(GH,\s\up6(→)).
解 因為eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up6(→))
＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OD,\s\up6(→))
＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)(a＋b＋c)，
又eq \(OH,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,3)(b＋c)，
所以eq \(GH,\s\up6(→))＝eq \(OH,\s\up6(→))－eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(b＋c)－eq \f(1,3)(a＋b＋c)＝－eq \f(1,3)a.
11.如圖，點M為OA的中點，{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OD,\s\up6(→))}為空間的一個基底，eq \(DM,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))＋zeq \(OD,\s\up6(→))，則有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)＝________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－1))
解析 eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \(OD,\s\up6(→))，所以有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－1)).
12．若a＝e1＋e2，b＝e2＋e3，c＝e1＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，若e1，e2，e3不共面，當d＝αa＋βb＋γc時，α＋β＋γ＝________.
答案 3
解析 由已知得，d＝(α＋γ)e1＋(α＋β)e2＋(γ＋β)e3.
又d＝e1＋2e2＋3e3，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α＋γ＝1，,α＋β＝2，,γ＋β＝3，))
故有α＋β＋γ＝3.
13.如圖，已知空間四邊形OABC，M，N分別是邊OA，BC的中點，點G在MN上，且MG＝2GN，設(shè)eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OB,\s\up6(→))＝b，eq \(OC,\s\up6(→))＝c，則向量eq \(OG,\s\up6(→))＝________.(用a，b，c表示)
答案 eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c
解析 eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up6(→))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)(eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BN,\s\up6(→)))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(OA,\s\up6(→))＋\(OB,\s\up6(→))－\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\(BC,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\(OB,\s\up6(→))－\f(1,2)\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,2)?\(OC,\s\up6(→))－\(OB,\s\up6(→))?))
＝eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c.
14．如圖所示，在正方體OABC－O1A1B1C1中，點G為△ACO1的重心，若eq \(OA,\s\up6(→))＝a，eq \(OC,\s\up6(→))＝b，eq \(OO1,\s\up6(→))＝c，eq \(OG,\s\up6(→))＝xa＋yb＋zc，則x＋y＋z＝________.
答案 1
解析 易知△ACO1為正三角形，連接OB，設(shè)AC，BO相交于點M，連接O1M，如圖所示，顯然點G在線段O1M上，且滿足eq \(O1G,\s\up6(—→))＝2eq \(GM,\s\up6(→))，有eq \(OG,\s\up6(→))－eq \(OO1,\s\up6(→))＝2(eq \(OM,\s\up6(→))－eq \(OG,\s\up6(→)))，得eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OO1,\s\up6(→))，即eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))＋eq \f(1,3)eq \(OO1,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(OO1,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，可得x＋y＋z＝1.
15．已知四面體O－ABC，G1是△ABC的重心，G是OG1上一點，且OG＝3GG1，若eq \(OG,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，則(x，y，z)為( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))
答案 A
解析 如圖所示，連接AG1并延長，交BC于點E，則點E為BC的中點，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))－2eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))，eq \(AG1,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(eq \(OB,\s\up6(→))－2eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))，
∵eq \(OG,\s\up6(→))＝3eq \(GG1,\s\up6(→))，
∴eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(OG1,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)(eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AG1,\s\up6(→)))
＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(OB,\s\up6(→))－\f(2,3)\(OA,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(OC,\s\up6(→))))
＝eq \f(1,4)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→)).
∴x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,4)，z＝eq \f(1,4).
16.如圖，在三棱錐P－ABC中，點G為△ABC的重心，點M在PG上，且PM＝3MG，過點M任意作一個平面分別交線段PA，PB，PC于點D，E，F(xiàn)，若eq \(PD,\s\up6(→))＝meq \(PA,\s\up6(→))，eq \(PE,\s\up6(→))＝neq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PF,\s\up6(→))＝teq \(PC,\s\up6(→))，求證：eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,t)為定值，并求出該定值．
解 連接AG并延長交BC于點H，連接DM(圖略)．
由題意，可令{eq \(PA,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))}為空間的一個基底，
eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(AG,\s\up6(→)))＝eq \f(3,4)eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)×eq \f(2,3)eq \(AH,\s\up6(→))
＝eq \f(3,4)eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(\(AB,\s\up6(→))＋\(AC,\s\up6(→)),2)＝eq \f(3,4)eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)(eq \(PB,\s\up6(→))－eq \(PA,\s\up6(→)))＋eq \f(1,4)(eq \(PC,\s\up6(→))－eq \(PA,\s\up6(→)))＝eq \f(1,4)eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(PC,\s\up6(→)).
∵點D，E，F(xiàn)，M共面，
∴存在實數(shù)λ，μ使得eq \(DM,\s\up6(→))＝λeq \(DE,\s\up6(→))＋μeq \(DF,\s\up6(→))，
即eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PD,\s\up6(→))＝λ(eq \(PE,\s\up6(→))－eq \(PD,\s\up6(→)))＋μ(eq \(PF,\s\up6(→))－eq \(PD,\s\up6(→)))，
∴eq \(PM,\s\up6(→))＝(1－λ－μ)eq \(PD,\s\up6(→))＋λeq \(PE,\s\up6(→))＋μeq \(PF,\s\up6(→))＝(1－λ－μ)meq \(PA,\s\up6(→))＋λneq \(PB,\s\up6(→))＋μteq \(PC,\s\up6(→))，
由空間向量基本定理，知eq \f(1,4)＝(1－λ－μ)m，eq \f(1,4)＝λn，eq \f(1,4)＝μt，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＋eq \f(1,t)＝4(1－λ－μ)＋4λ＋4μ＝4，為定值．

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1.2 空間向量基本定理

版本： 人教A版 (2019)

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