1.2 空间向量基本定理
基本知识
空间向量基本定理
如果三个向量 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，那么对空间任一向量 \(\vec{p}\)，存在一个唯一的有序实数组\(x，y，z\)，使 \(\vec{p}=x \vec{a}+y \vec{b}+z \vec{c}\) .
证明
存在性 设 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，过点\(O\)作 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}\) ，\(\overrightarrow{O B}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，\(\overrightarrow{O P}=\vec{p}\)，
过点\(P\)作直线\(PP'\)平行于\(OC\)交平面\(OAB\)于点\(P'\)在平面\(OAB\)内，
过点\(P'\)作直线\(P' A'//OB\)，\(P' B'//OA\)，
存在三个数\(x，y，z\)，使得 \(\overrightarrow{O A^{\prime}}=x \overrightarrow{O A}=x \vec{a}\)，\(\overrightarrow{O B^{\prime}}=y \overrightarrow{O B}=y \vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C^{\prime}}=z \overrightarrow{O C}=z \vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A^{\prime}}+\overrightarrow{O B^{\prime}}+\overrightarrow{O C^{\prime}}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\)；
唯一性 设另有一组实数\(x'，y'，z'\)，使得\(\vec{p}=x^{\prime} \vec{a}+y^{\prime} \vec{b}+z^{\prime} \vec{c}\)，
则 \(x \vec{a}+y \vec{b}+z \vec{c}=x^{\prime} \vec{a}+y^{\prime} \vec{b}+z^{\prime} \vec{c}\)
\(\therefore\left(x-x^{\prime}\right) \vec{a}+\left(y-y^{\prime}\right) \vec{a}+\left(z-z^{\prime}\right) \vec{c}=\overrightarrow{0}\)，
\(∵\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，\(\therefore x-x^{\prime}=y-y^{\prime}=z-z^{\prime}=0\)，即\(x=x'\)且\(y=y'\)且 \(z=z'\) .
故实数\(x，y，z\)是唯一的.
基底
若三向量\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，我们把\((\vec{a}，\vec{b}，\vec{c})\)叫做空间的一个基底，\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\) 叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底.
特别地，如果空间的一个基底中的三个基向量两两垂直，且长度都为\(1\)，那么这个基底叫做单位正交基底，常用 \(\{\vec{i}，\vec{j}，\vec{k}\}\)表示.由 基本定理可知，对空间中的任意向量\(\vec{a}\)，均可以分解为三个向量 \(x \vec{i}\)，\(y\vec{j}\)，\(z \vec{k}\)，使 \(a=x \vec{i}+y \vec{j}+z \vec{k}\)，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.
【例】 设命题\(p: \vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)是三个非零向量；命题\(q:{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}}\)为空间的一组基底，则命题\(q\)是命题\(p\)的 条件.
解 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)是三个非零向量成立，当\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)三个向量共面时，则\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)不为空间的一组基，
即命题\(p\) 推不出命题\(q\)；
但反之\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)为空间的一组基，则\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，所以\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)是三个非零向量，
即命题\(q\)推出命题\(p\)；
所以命题\(q\)是命题\(p\)的充分不必要条件．
推论
设\(O，A，B，C\)是不共面的四点，则对空间任一点\(P\)，都存在唯一的三个有序实数\(x ，y ，z\)，使 \(\overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\) .
若\(x+y+z=1\)，则点\(P，A，B，C\)四点共面.
基本方法
【题型1】空间向量基本定理的理解
【典题1】 若\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)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．\(\vec{b}+\vec{c}，\vec{b}，\vec{b}-\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}，\vec{c}\)
C． \(\vec{a}，\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}，\vec{c}\)
解析 对于\(A\)，若向量 \(\vec{b}+\vec{c}，\vec{b}，\vec{b}-\vec{c}\)共面，
则 \(\vec{b}+\vec{c}=\lambda(\vec{b}-\vec{c})+\mu \vec{b}=(\lambda+\mu) \vec{b}-\lambda \vec{c}\)，
即 \(\left\{\begin{array}{l}
\lambda+\mu=1 \\
-\lambda=1
\end{array}\right.\)，解得\(λ=-1，μ=2\)，
故向量 \(\vec{b}+\vec{c}，\vec{b}，\vec{b}-\vec{c}\)共面，故\(A\)错误，
对于\(B\)，若向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}，\vec{c}\)共面，则 \(\vec{a}+\vec{b}=\lambda(\vec{a}-\vec{b})+\mu \vec{c}\)，\(λ，μ\)无解，
故向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}，\vec{c}\)不共面，故\(B\)正确，
对于\(C\)，若向量 \(\vec{a}，\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}\)共面，
则 \(\vec{a}+\vec{b}=\lambda \vec{a}+\mu(\vec{a}-\vec{b})=(\lambda+\mu) \vec{a}-\mu \vec{b}\)，
即 \(\left\{\begin{array}{l}
\lambda+\mu=1 \\
-\mu=1
\end{array}\right.\)，解得\(λ=2，μ=-1\)，
故向量 \(\vec{a}，\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}\)共面，故\(C\)错误，
对于\(D\)，若向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}，\vec{c}\)共面，
则 \(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\lambda(\vec{a}+\vec{b})+\mu \vec{c}\)，解得\(λ=μ=1\)，
故向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}，\vec{c}\)共面，故\(D\)错误．
故选：\(B\)．
巩固练习
1 在空间四点\(O，A，B，C\)中，若 \(\{\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\}\)是空间的一个基底，则下列命题不正确的是( )
A．\(O，A，B，C\)四点不共线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(O，A，B，C\)四点共面，但不共线
C．\(O，A，B，C\)四点不共面 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(O，A，B，C\)四点中任意三点不共线
2 (多选)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 \(\vec{a} / / \vec{b}\)，则 \(\vec{a}，\vec{b}\)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 \(\overrightarrow{B A}，\overrightarrow{B M}，\overrightarrow{B N}\)不能构成空间的一组基底，则\(A，B，M，N\)共面
D．已知 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间向量的一组基底，若 \(\vec{m}=\vec{a}+\vec{c}\)，则 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{m}\}\)也是空间一组基底
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 因为 \(\{\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\}\)为基底，所以非零向量 \(\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\)不在同一平面内，
即\(O，A，B，C\)四点不共面，所以\(A、C、D\)选项说法正确，B错误．
故选：\(B\)． -
答案 \(BCD\)
解析 对于 ，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 \(\vec{a} / / \vec{b}\)，则 \(\vec{a}，\vec{b}\)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 \(\overrightarrow{B A}，\overrightarrow{B M}，\overrightarrow{B N}\)不能构成空间的一组基底，则 \(\overrightarrow{B A}，\overrightarrow{B M}，\overrightarrow{B N}\)是共面向量，所以\(A，B，M，N\)共面，选项\(C\)正确；
对于D，因为 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间向量的一组基底，所以 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，所以 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{a}+\vec{c}\)也不共面，
即 \(\vec{m}=\vec{a}+\vec{c}\)时，\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{m}\}\)也是空间一组基底，选项\(BCD\)正确．
故选：\(BCD\)．
【题型2】基底表示空间向量
【典题1】 如图所示，在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}\)，\(M\)是\(D_1 D\)的中点，点\(N\)是\(AC_1\)上的点，且 \(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} A C_{1}\)，用 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示向量 \(\overrightarrow{M N}\)的结果是( )
A． \(\dfrac{1}{2} \vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{1}{5} \vec{a}+\dfrac{1}{5} \vec{b}+\dfrac{4}{5} \vec{c}\)
C． \(\dfrac{1}{5} \vec{a}-\dfrac{3}{10} \vec{b}-\dfrac{1}{5} \vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{6} \vec{c}\)
解析 \(∵M\)是\(D_1 D\)的中点，\(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} A C_{1}\)，
\(\therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{A N}\)
\(=-\dfrac{1}{2} D \vec{D}_{1}-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C_{1}}\)
\(=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A A}_{1}-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{A A_{1}}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}\right)\)
\(=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{6} \overrightarrow{A A_{1}}=\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{6} \vec{c}\)．
故选：\(D\)．
巩固练习
1 如图所示，在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(A_1 C_1\)与\(B_1 D_1\)的交点，若 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}\)，则 \(\overrightarrow{C M}=\)( )
A． \(\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)\(\qquad\) B． \(\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad\) C． \(-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} b+\vec{c}\) \(\qquad\) D． \(-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)
2 如图，已知三棱锥\(O-ABC\)，点\(M，N\)分别是\(OA，BC\)的中点，点\(G\)为线段\(MN\)上一点，且\(MG=2GN\)，若记 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{O B}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，则 \(\overrightarrow{O G}=\)( )
A． \(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\) \(\qquad\)B． \(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{6} \vec{c}\) \(\qquad\) C． \(\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\) \(\qquad\) D． \(\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{6} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\)
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 \(∵\)在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(A_1 C_1\)与\(B_1 D_1\)的交点，；
\(\therefore \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{C B}+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{B A_{1}}+\overrightarrow{B C_{1}}\right)\)\(=-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B A_{1}}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C_{1}}\)
\(=-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A A_{1}}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C C_{1}}\right)\)\(=-\overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} A \vec{A}_{1}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} A \vec{A}_{1}\)
\(=-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)；
故选：\(D\)．
-
答案 \(C\)
解析 \(\overrightarrow{O G}=\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{M G}，\overrightarrow{M G}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{M N}，\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}\)，\(\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}=\dfrac{1}{2} \vec{a}\)，
\(\overrightarrow{O N}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})=\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})\)，
可得 \(\overrightarrow{O G}=\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\)．
故选：\(C\)．
【题型3】空间向量基本定理的应用
【典题1】 如图，在四面体\(OABC\)中，点\(M\)在线段\(OA\)上，且\(OM=2MA\)，\(N\)为\(BC\)的中点．
(1)若 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}，\overrightarrow{O B}=\vec{b}，\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，用向量 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示向量 \(\overrightarrow{M N}\)；
(2)若四面体\(OABC\)的棱长均为\(1\)，求 \(\overrightarrow{M N}\)．
解析 (1) \(\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}+(\overrightarrow{O B-O A})+\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B})\)
\(=\dfrac{1}{3} \vec{a}+(\vec{b}-\vec{a})+\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{b})=-\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\dfrac{1}{2} \vec{c}\)．
(2)\(∵\)四面体的棱长都是\(1\)，\(∴\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\) 的两两夹角都是\(60^∘\)，
\(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=\dfrac{1}{2}，\vec{a} \cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2}，\vec{b} \cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore|\overrightarrow{M N}|=\sqrt{\overrightarrow{M N}^{2}}=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\dfrac{1}{2} \vec{b}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{19}}{6}\)．
【典题2】 如图，平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的底面\(ABCD\)是菱形，且\(∠C_1 CB=∠C_1 CD=∠BCD=60^∘\)，\(CD=CC_1\)，求证\(CA_1⊥\)平面\(C_1 BD\).
求证 如图，设\(CD=CB=CC_1=a\)，令 \(\overrightarrow{C D}=\vec{a}，\overrightarrow{C B}=\vec{b}，\overrightarrow{C C_{1}}=\vec{c}\)，
则 \(\overrightarrow{B D}=\vec{a}-\vec{b}\)，\(\overrightarrow{C A_{1}}=\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C C_{1}}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{C A_{1}} \cdot \overrightarrow{B D}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})(\vec{a}-\vec{b})=\vec{a} \cdot \vec{a}-\vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b} \cdot \vec{a}-\vec{b} \cdot \vec{b}+\vec{c} \cdot \vec{a}-\vec{c} \cdot \vec{b}\)，
又 \(\vec{a} \cdot \vec{a}=\vec{b} \cdot \vec{b}=\vec{c} \cdot \vec{c}=a^{2}，\vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{b} \cdot \vec{c}=\vec{a} \cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2} a^{2}\)，
\(\therefore \overrightarrow{C A_{1}} \cdot \overrightarrow{B D}=0\)，\(\therefore \overrightarrow{C A_{1}} \perp \overrightarrow{B D}\)，\(\therefore C A_{1} \perp B D\)，
同理可证\(CA_1⊥C_1 B\)，
又\(C_1 B∩BD=B\)，\(C_1 B，BD⊂\)平面\(C_1 BD\)，
\(∴CA_1⊥\)平面\(C_1 BD\).
【典题3】 如图，空间四边形\(OABC\)的各边及对角线长都为\(2\)，\(E\)是\(AB\)的中点，\(F\)在\(OC\)上，且 \(\overrightarrow{O F}=2 \overrightarrow{F C}\)．
(1)用 \(\{\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\}\)表示 \(\overrightarrow{E F}\)；
(2)求异面直线\(OA\)与\(EF\)所成角的余弦值．
解析 (1)因为\(E\)是\(AB\)的中点，\(F\)在\(OC\)上，且 \(\overrightarrow{O F}=2 \overrightarrow{F C}\)，
所以 \(\overrightarrow{O E}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})，\overrightarrow{O F}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)，
于是 \(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)，
(2)由(1)知 \(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)\(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)
\(=-\dfrac{1}{2} \times 4-\dfrac{1}{2} \times 2 \times 2 \times \cos 60^{\circ}+\dfrac{2}{3} \times 2 \times 2 \times \cos 60^{\circ}=-\dfrac{5}{3}\)
\(\therefore|\overrightarrow{O A}| \cdot|\overrightarrow{E F}| \cos <\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{E F}>=-\dfrac{5}{3}\)，
又有 \(C E=\sqrt{3}，O F=\dfrac{4}{3}，O E=\sqrt{3}，\quad O C=2\)，
在\(∆OEC\)中，\(\cos \angle C O E=\dfrac{O C^{2}+O E^{2}-E C^{2}}{2 O C \cdot O C}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
在\(∆OEF\)中，得 \(E F^{2}=O E^{2}+O F^{2}-2 O E \cdot O F \cdot \cos \angle C O E=\dfrac{19}{9}\)，
\(\therefore E F=\dfrac{\sqrt{19}}{3}\)
又 \(|\overrightarrow{O A}| \cdot|\overrightarrow{E F}| \cos <\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{E F}>=-\dfrac{5}{3}\)，
\(\therefore 2 \times \dfrac{\sqrt{19}}{3} \cos \langle\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{E F}\rangle=-\dfrac{5}{3}\)，
\(\therefore \cos \langle\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{E F}\rangle=-\dfrac{5 \sqrt{19}}{38}\).
\(∴\)异面直线\(OA\)与\(EF\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{5 \sqrt{19}}{38}\).
巩固练习
1 如图，三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的所有棱长都相等，\(∠A_1 AB=∠A_1 AC=60^∘\)，点\(M\)为\(△ABC\)的重心，\(AM\)的延长线交\(BC\)于点\(N\)，连接\(A_1 M\)．设 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=\vec{b}，\overrightarrow{A_{1} A}=\vec{c}\)．
(1)用 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示 \(\overrightarrow{A_{1} M}\)；
(2)证明：\(A_1 M⊥AB\)．
2 已知：正四面体\(ABCD\)(所有棱长均相等)的棱长为\(1\)，\(E、F、G、H\)分别是四面体\(ABCD\)中各棱的中点，设： \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=\vec{b}，\overrightarrow{A D}=\vec{c}\)，试采用向量法解决下列问题
(1)求 \(|\overrightarrow{E F}|\)的模长；
(2)求 \(\overrightarrow{E F}，\overrightarrow{G H}\)的夹角．
3 如图，在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E，F\)分别为\(DD_1\)，\(BD\)的中点，点 \(G\)在\(CD\)上，且 \(C G=\dfrac{1}{4} C D\).
(1)求证: \(EF⊥B_1 C\)；\(\qquad \qquad\)(2) 求\(EF\)与\(C_1 G\)所成角的余弦值.
4 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丙两垂直.
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 \(AB⊥CD\)，\(AC⊥BD\)，\(AD⊥BC\).
参考答案
-
答案 (1) \(\overrightarrow{A_{1} M}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\vec{c}\)(2)略
解析 (1)因为\(△ABC\)为正三角形，点\(M\)为\(△ABC\)的重心，所以\(N\)为\(BC\)的中点，
所以 \(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}\)，\(\overrightarrow{A M}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}\)，
所以 \(\overrightarrow{A_{1} M}=\overrightarrow{A_{1} A}+\overrightarrow{A M}=-\overrightarrow{A A_{1}}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}\)\(=-\overrightarrow{A A_{1}}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\vec{c}\)．
(2)设三棱柱的棱长为\(m\)，
则 \(\overrightarrow{A_{1} M} \cdot \overrightarrow{A B}=\left(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\vec{c}\right) \cdot \vec{a}=\dfrac{1}{3} \vec{a}^{2}+\dfrac{1}{3} \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{c} \cdot \vec{a}\)\(=\dfrac{1}{3} m^{2}+\dfrac{1}{3} m^{2} \times \dfrac{1}{2}-m^{2} \times \dfrac{1}{2}=0\)，
所以\(A_1 M⊥AB\)． -
答案 (1) \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) (2)\(90°\)
解析 (1)如图所示，
正四面体\(ABCD\)(所有棱长均相等)的棱长为\(1\)，\(E、F、G、H\)分别是四面体\(ABCD\)中各棱的中点，\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=\vec{b}，\overrightarrow{A D}=\vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})\)，\(\overrightarrow{A F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{2} \vec{C}\)；
\(\therefore \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{E B}+\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A F}=-\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})-\vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{c}=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})\)，
\(\therefore|\overrightarrow{E F}|=\dfrac{1}{2} \sqrt{(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})^{2}}\)
\(=\dfrac{1}{2} \sqrt{\vec{c}^{2}+\vec{a}^{2}+\overrightarrow{b^{2}}-2 \vec{a} \cdot \vec{c}-2 \vec{b} \cdot \vec{c}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}}\)
\(=\dfrac{1}{2} \sqrt{1+1+1-2 \times 1 \times 1 \cdot \cos 60^{\circ}-2 \times 1 \times 1 \cdot \cos 60^{\circ}+2 \times 1 \times 1 \cdot \cos 60^{\circ}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)；
(2)正四面体\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})\)，\(|\overrightarrow{E F}|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)；
同理，\(\overrightarrow{G H}=\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c}-\vec{a})\)，\(|\overrightarrow{G H}|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)；
\(\therefore \cos <\overrightarrow{E F}，\overrightarrow{G H} \geq \dfrac{\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{G H}}{|\overrightarrow{E F}| \times|\overrightarrow{G H}|}\)\(=\dfrac{\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}) \cdot \dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c}-\vec{a})}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left[(\vec{c}-\vec{a})^{2}-\vec{b}^{2}\right]=\dfrac{1}{2}\left[\vec{c}^{2}+\vec{a}^{2}-2 \vec{c} \cdot \vec{a}-\vec{b}^{2}\right]\)\(=\dfrac{1}{2}\left[1+1-2 \times 1 \times 1 \cos 60^{\circ}-1\right]=0\)，
\(∴\overrightarrow{E F}，\overrightarrow{G H}\)的夹角为\(90°\)．
-
答案 (1) 略 (2) \(\dfrac{\sqrt{51}}{17}\)
解析 (1)证明 设 \(\overrightarrow{D A}=\vec{a}，\overrightarrow{D C}=\vec{b}，\overrightarrow{D D_{1}}=\vec{c}\)，
则 \(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{D F}-\overrightarrow{D E}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D B}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D_{1}}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D C})-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D_{1}}\)\(=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})-\dfrac{1}{2} \vec{c}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})\)，
\(\overrightarrow{B_{1} C}=\overrightarrow{A_{1} D}=-\overrightarrow{D A_{1}}=-\left(\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D D}_{1}\right)=-(\vec{a}+\vec{c})\)
\(\because \overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{B_{1} C}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}) \cdot[-(\vec{a}+\vec{c})]\)
\(=-\dfrac{1}{2}\left(\vec{a}^{2}+\vec{a} \cdot \vec{c}+\vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b} \cdot \vec{c}-\vec{a} \cdot \vec{c}-\vec{c}^{2}\right)\)
\(=-\dfrac{1}{2}(1+0+0+0-0-1)=0\)，
\(\therefore \overrightarrow{E F} \perp \overrightarrow{B_{1} C}\)，\(∴EF⊥B_1 C\).
(2)解 由(1)知 \(\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})\)，\(\overrightarrow{G C}_{1}=\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{C C_{1}}=\dfrac{1}{4} \overrightarrow{D C}+\overrightarrow{C C_{1}}=\dfrac{1}{4} \vec{b}+\vec{c}\)，
又 \(|\overrightarrow{E F}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\left|\overrightarrow{G C_{1}}\right|=\dfrac{\sqrt{17}}{4}\)
\(\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{G C_{1}}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}) \cdot\left(\dfrac{1}{4} \vec{b}+\vec{c}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{4} \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{a} \cdot \vec{c}+\dfrac{1}{4} \vec{b}^{2}+\vec{b} \cdot \vec{c}-\dfrac{1}{4} \vec{b} \cdot \vec{c}-\vec{c}^{2}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(0+0+\dfrac{1}{4}+0-0-1\right)=\dfrac{1}{2} \times\left(-\dfrac{3}{4}\right)=-\dfrac{3}{8}\)，
\(\cos \left\langle\overrightarrow{E F}，\overrightarrow{G C_{1}}\right\rangle=\dfrac{\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{G C_{1}}}{|\overrightarrow{E F}|\left|\overrightarrow{G C_{1}}\right|}=\dfrac{-\dfrac{3}{8}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{17}}{4}}=-\dfrac{\sqrt{51}}{17}\)，
\(∴EF\)与\(C_1 G\)所成角的余弦值为\(\dfrac{\sqrt{51}}{17}\). -
证明 设 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=b，\overrightarrow{A D}=c\)，
则 \(\overrightarrow{E G}=\overrightarrow{A G}-\overrightarrow{A E}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{A D})-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}=-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\dfrac{1}{2} \vec{c}\)\(=\dfrac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\)，
\(\overrightarrow{F H}=\overrightarrow{A H}-\overrightarrow{A F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\dfrac{1}{2} \vec{c}-\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})\)\(=\dfrac{1}{2}(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})\)，
\(\overrightarrow{K M}=\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A K}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D})=\dfrac{1}{2} \vec{b}-\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{c})\)\(=\dfrac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})\)，
\(\because|\overrightarrow{E G}|=|\overrightarrow{F H}|\)，\(\therefore\left|\dfrac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\right|=\left|\dfrac{1}{2}(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})\right|\)，
\(\therefore(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^{2}=(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})^{2}\)，
\(\therefore \vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+\vec{c}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}-2 \vec{a} \cdot \vec{c}+2 \vec{b} \cdot \vec{c}\)\(=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+\vec{c}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}-2 \vec{a} \cdot \vec{c}-2 \vec{b} \cdot \vec{c}\)，
\(\therefore 4 \vec{a} \cdot \vec{b}=4 \vec{b} \cdot \vec{c}\)，\(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{b} \cdot \vec{c}=0，\therefore \vec{b} \cdot(\vec{a}-\vec{c})=0\).
又 \(\vec{b}=\overrightarrow{A C}\)，\(\vec{a}-\vec{c}=\overrightarrow{D B}\)，\(\therefore \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{D B}=0\)，
\(\therefore \overrightarrow{A C} \perp \overrightarrow{D B}\)，\(∴AC⊥DB\)，同理可证\(AD⊥BC\)，\(AB⊥CD\)，
\(∴\)这个四面体相对的棱丙两垂直.
分层练习
【A组---基础题】
1 已知\(O，A，B，C\)为空间四点，且向量 \(\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\)不能构成空间的一个基底，则一定有( )
A． \(\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\)共线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(O，A，B，C\)中至少有三点共线
C． \(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}\)与 \(\overrightarrow{O C}\)共线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(O，A，B，C\)四点共面
2 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间向量的一个基底，设 \(\vec{p}=\vec{a}+\vec{b}\)，\(\vec{q}=\vec{b}+\vec{c}\)，\(\vec{r}=\vec{c}+\vec{a}\)，给出下列向量组：
① \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{p}\}\)，② \(\{\vec{b}，\vec{c}，\vec{r}\}\)，③ \(\{\vec{p}，\vec{q}，\vec{r}\}\)，④ \(\{\vec{p}，\vec{q}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\}\)，其中可以作为空间向量基底的向量组有( )组．
A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(4\)
3 在平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(AC\)与\(BD\)的交点，若 \(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}=\vec{a}，\overrightarrow{A_{1} D_{1}}=\vec{b}，\overrightarrow{A_{1} A}=\vec{c}\)，则下列向量运算不正确的是( )
A． \(\overrightarrow{B_{1} M}=-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\overrightarrow{B_{1} D}=-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)
C． \(\overrightarrow{A_{1} C}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\overrightarrow{A_{1} M}=-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)
4 在正四面体\(OABC\)中，\(E，F，G，H\)分别是\(OA，AB，BC，OC\)的中点．设 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}，\overrightarrow{O B}=\vec{b}，\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)
(1)用 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示 \(\overrightarrow{E F}，\overrightarrow{F G}\)；
(2)求证：\(EF⊥FG\)；
(3)求证：\(E，F，G，H\)四点共面．
5 如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面\(ABCD\)是正方形，\(CC_1=3，CD=2\)，且\(∠C_1 CB=∠C_1 CD=60^∘\)．
(1)设 \(\overrightarrow{C D}=\vec{a}，\overrightarrow{C B}=\vec{b}，\overrightarrow{C C_{1}}=\vec{c}\)，试用 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示 \(\overrightarrow{A_{1} C}\)；
(2)\(O\)为四棱柱的中心，求\(CO\)的长；
(3)求证：\(A_1 C⊥BD\)．
6 如图，在平行六面体\(ABCD-A' B' C' D'\)中，\(AB=2\)，\(AD=2\)，\(AA'=3\)，\(∠BAD=∠BAA'=∠DAA'=60^∘\)，求\(BC'\)与\(CA'\)所成角的余弦值.
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 由于向量 \(\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\)不能构成空间的一个基底知 \(\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\)共面，
所以\(O，A，B，C\)四点共面，故选：\(D\)． -
答案 \(C\)
解析 \(∵\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间向量的一个基底，设 \(\vec{p}=\vec{a}+\vec{b}，\vec{q}=\vec{b}+\vec{c}，\vec{r}=\vec{c}+\vec{a}\)，
① \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{p}\}\)，不可以作为基底，因为 \(\vec{p}=\vec{a}+\vec{b}\)，
② \(\{\vec{b}，\vec{c}，\vec{r}\}\)，可以作为空间向量的基底，因为三向量不共面．
③ \(\{\vec{p}，\vec{q}，\vec{r}\}\)，此向量组也可以作为空间向量的一组基底，因为其中任意一个向量都不能用另两个向量的线性组合表示出来，三向量不共面；
④ \(\{\vec{p}，\vec{q}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\}\)，此向量组也可以作为空间向量的一组基底，因为其中任意一个向量都不能用另两个向量的线性组合表示出来，三向量不共面．
综上②③④是正确的
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 由已知得： \(-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}=\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}=\overrightarrow{B_{1} M}\)，故\(A\)正确；
\(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{B_{1} A_{1}}+\overrightarrow{A_{1} D}=\overrightarrow{B_{1} D}\)，故\(B\)正确；
\(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\overrightarrow{A_{1} C}\)，故\(C\)正确；
\(-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}=\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}=\overrightarrow{B_{1} M}\)，故\(D\)错误．
故选：\(D\)． -
答案 (1) \(\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2} \vec{b} ; \quad \overrightarrow{F G}=\dfrac{1}{2} \vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}\)(2) 略 (3) 略
解析 (1)解：由题意，\(\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}=\dfrac{1}{2} \vec{b}\)； \(\overrightarrow{F G}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}=\dfrac{1}{2} \vec{c}-\dfrac{1}{2} \vec{a}\)；
(2)证明：设四面体的棱长为\(a\)，则 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{a} \cdot \vec{c}=\vec{b} \cdot \vec{c}=\dfrac{a^{2}}{2}\)，
所以 \(\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{F G}=\dfrac{1}{2} \vec{b} \cdot \dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a})=\dfrac{1}{4}(\vec{b} \cdot \vec{c}-\vec{a} \cdot \vec{b})=0\)，
故\(EF⊥FG\)；
(3)证明：因为 \(\overrightarrow{E G}=\overrightarrow{O G}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c}-\vec{a})\)，
\(\overrightarrow{E H}=\overrightarrow{O H}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O A})=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a})\)，
又 \(\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2} \vec{b}\)，所以 \(\overrightarrow{E G}=\overrightarrow{E F}+\overrightarrow{E H}\)，故\(E，F，G，H\)四点共面． -
答案 (1) \(\overrightarrow{A_{1} C}=-\vec{a}-\vec{b}-\vec{c}\)(2) \(\dfrac{\sqrt{29}}{2}\) (3)略
解析 (1)由 \(\overrightarrow{C D}=\vec{a}，\overrightarrow{C B}=\vec{b}，\overrightarrow{C C_{1}}=\vec{c}\)，得 \(\overrightarrow{C A_{1}}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)．所以 \(\overrightarrow{A_{1} C}=-\vec{a}-\vec{b}-\vec{c}\)．
(2)\(O\)为四棱柱的中心，即\(O\)为线段\(A_1 C\)的中点．
由已知条件，得 \(|\vec{a}|=|\vec{b}|=2\)，\(|\vec{c}|=3\)，\(\vec{a} \cdot \vec{b}=0\)，\(\langle\vec{a}，\vec{c}\rangle=60^{\circ}\)，\(\langle\vec{b}，\vec{c}\rangle=60^{\circ}\)．
根据向量加减法得 \(\overrightarrow{B D}=\vec{a}-\vec{b}\)，
\(\overrightarrow{C A_{1}}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c} \cdot\left|\overrightarrow{C A_{1}}\right|^{2}={\overrightarrow{C A_{1}}}^{2}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^{2}\)
\(=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+\vec{c}^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}+2 \vec{b} \cdot \vec{c}+2 \vec{a} \cdot \vec{c}\)，
\(=2^{2}+2^{2}+3^{2}+0+2 \times 3 \times 2 \times \cos 60^{\circ}+2 \times 3 \times 2 \times \cos 60^{\circ}=29\)
\(∴A_1 C\)的长为 \(\sqrt{29}\)．所以 \(C O=\dfrac{\sqrt{29}}{2}\)．
(3) \(\because \overrightarrow{C A_{1}} \cdot \overrightarrow{B D}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}) \cdot(\vec{a}-\vec{b})=\vec{a}^{2}+\vec{a} \cdot \vec{c}-\vec{b}^{2}-\vec{b} \cdot \vec{c}\)
\(=2^{2}+2 \times 3 \times \cos 60^{\circ}-2^{2}-2 \times 3 \times \cos 60^{\circ}=0\)，
\(∴CA_1⊥BD\)． -
答案 \(0\)
解析 设 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A D}=\vec{b}，\overrightarrow{A A^{\prime}}=\vec{c}\)，则由已知可得 \(|\vec{a}|=|\vec{b}|=2，|\vec{c}|=3\)，
\(\because \angle B A D=\angle B A A^{\prime}=\angle D A A^{\prime}=60^{\circ}\)，
\(\therefore\langle\vec{a}，\vec{b}\rangle=\langle\vec{a}，\vec{c}\rangle=\langle\vec{b}，\vec{c}\rangle=60^{\circ}\)，
\(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=|\vec{a}| \cdot|\vec{b}| \cos 60^{\circ}=2 \times 2 \times \dfrac{1}{2}=2，\quad \vec{a} \cdot \vec{c}=|\vec{a}| \cdot|\vec{c}| \cos 60^{\circ}\)\(=2 \times 3 \times \dfrac{1}{2}=3\)，
\(\vec{b} \cdot \vec{c}=|\vec{b}| \cdot|\vec{c}| \cos 60^{\circ}=2 \times 3 \times \dfrac{1}{2}=3\)，
在平行六面体 \(ABCD-A' B' C' D'\)中，四边形\(ABCD\)是平行四边形，
\(\therefore \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}\)，\(\therefore \overrightarrow{C A^{\prime}}=\overrightarrow{A A^{\prime}}-\overrightarrow{A C}=\overrightarrow{A A^{\prime}}-\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}=\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}\)，
\(\therefore\left|\overrightarrow{C A^{\prime}}\right|=|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|^{2}}\)\(=\sqrt{|\vec{c}|^{2}+|\vec{a}|^{2}+|\vec{b}|^{2}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}-2 \vec{a}}\)
\(=\sqrt{3^{2}+2^{2}+2^{2}+2 \times 2-2 \times 3-2 \times 3}=3\).
在平行六面体 \(ABCD-A' B' C' D'\)中，四边形\(BCC' B'\)是平行四边形，
且 \(\overrightarrow{B B^{\prime}}=\overrightarrow{A A^{\prime}}=\vec{c}\)，\(\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\therefore \overrightarrow{B C^{\prime}}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{B B^{\prime}}=\vec{b}+\vec{c}\)，
\(\therefore\left|\overrightarrow{B C^{\prime}}\right|=|\vec{b}+\vec{c}|=\sqrt{|\vec{b}+\vec{c}|^{2}}=\sqrt{|\vec{b}|^{2}+|\vec{c}|^{2}+2 \vec{b} \cdot \vec{c}}\)\(=\sqrt{2^{2}+3^{2}+2 \times 3}=\sqrt{19}\).
\(\therefore \overrightarrow{B C^{\prime}} \cdot \overrightarrow{C A^{\prime}}=(\vec{b}+\vec{c})(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})=|\vec{c}|^{2}-|\vec{b}|^{2}-\vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{a} \cdot \vec{c}\)\(=3^{2}-2^{2}-2-3=0\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{B C^{\prime}}，\overrightarrow{C A^{\prime}}>=\dfrac{\overrightarrow{B C^{\prime}} \cdot \overrightarrow{C A^{\prime}}}{\left|\overrightarrow{B C^{\prime}}\right| \cdot\left|\overrightarrow{C A^{\prime}}\right|}=\dfrac{0}{\sqrt{19} \times 3}=0\)，
\(\therefore B C^{\prime}\) 与 \(C A^{\prime}\)所成角的余弦值为\(0\).
【B组---提高题】
1 已知非零向量 \(\vec{a}=3 \vec{m}-2 \vec{n}-4 \vec{p}\)，\(\vec{b}=(x+1) \vec{m}+8 \vec{n}+2 y \vec{p}\)，且 \(\vec{m}，\vec{n}，\vec{p}\)不共面．若 \(\vec{a} / / \vec{b}\)，则\(x+y=\)( )
A．\(-13\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(13\)
2 在平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，底面\(ABCD\)是边长为\(1\)的正方形，\(\angle B A A_{1}=\angle D A A_{1}=\dfrac{\pi}{3}\)，\(A C_{1}=\sqrt{26}\)．
(1)求侧棱\(AA_1\)的长；
(2)\(M，N\)分别为\(D_1 C_1，C_1 B_1\)的中点，求 \(\overrightarrow{A C_{1}} \cdot \overrightarrow{M N}\)及两异面直线\(AC_1\)和\(MN\)的夹角．
3 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 \(\dfrac{1}{P S}+\dfrac{1}{P M}+\dfrac{1}{P N}\)的值．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(∵ \vec{m}，\vec{n}，\vec{p}\)不共面，故 \(∵ \vec{m}，\vec{n}，\vec{p}\)可看作空间向量的一组基底，
\(∵\vec{a} / / \vec{b}\)，故存在\(λ≠0\)，使得\(\vec{b}=λ\vec{a}\)，
即 \((x+1) \vec{m}+8 \vec{n}+2 y \vec{p}=3 \lambda \vec{m}-2 \lambda \vec{n}-4 \lambda \vec{p}\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} x+1=3 \lambda \\ 8=-2 \lambda \\ 2 y=-4 \lambda \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} x=-13 \\ y=8 \end{array}\right.\)，
则\(x+y=-5\)．故选：\(B\)． -
答案 (1) \(4\) (2)\(90^∘\)
解析 (1)设侧棱\(AA_1=x\)，
\(∵\)在平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，底面\(ABCD\)是边长为\(1\)的正方形，且\(∠A_1 AD=∠A_1 AB=60^∘\)，
\(\therefore \overrightarrow{A B}^{2}=\overrightarrow{A D}^{2}=1\)，\(\overrightarrow{A A}_{1}^{2}=x^{2}\)，\(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0\)，\(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}=\dfrac{x}{2}\)，\(\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}=\dfrac{x}{2}\)，
又 \(\because \overrightarrow{A C_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\)，
\(\therefore{\overrightarrow{A C_{1}}}^{2}=\left(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\right)^{2}\)
\(=\overrightarrow{A B}^{2}+\overrightarrow{A D}^{2}+{\overrightarrow{A A_{1}}}^{2}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}+2 \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}+2 \overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}\)，
\(=26\)，
\(∴x^2+2x-24=0\)\(∵x>0，∴x=4\)，
即侧棱\(AA_1=4\)．
(2) \(\because \overrightarrow{A C_{1}}=\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A_{1}}\) ，\(\overrightarrow{M N}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D B}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D})\)
\(\therefore \overrightarrow{A C_{1}} \cdot \overrightarrow{M N}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A D}) \cdot\left(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A A}_{1}\right)\)，
\(=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{A B}^{2}-\overrightarrow{A D}^{2}+\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}-\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A A_{1}}\right)\)\(=\dfrac{1}{2}(1-1+2-2)=0\)
\(∴\)两异面直线\(AC_1\)和\(MN\)的夹角为\(90^∘\)． -
答案 \(\dfrac{3}{2}\)
解析 \(∵△ABC\)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，
\(\therefore \overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})\)，
故 \(\overrightarrow{P O}=\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{A O}=\overrightarrow{P A}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}=\overrightarrow{A P}+\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})\)\(=\overrightarrow{P A}+\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{P B}-\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P C}-\overrightarrow{P A})\)
\(=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{P A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{P B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{P C}\)，
设 \(\overrightarrow{P A}=x \overrightarrow{P M}，\overrightarrow{P B}=y \overrightarrow{P N}，\overrightarrow{P C}=z \overrightarrow{P S}\)，
则 \(\overrightarrow{P O}=\dfrac{1}{3} x \overrightarrow{P M}+\dfrac{1}{3} y \overrightarrow{P N}+\dfrac{1}{3} z \overrightarrow{P S}\)，
\(∵O，M，N，S\)四点共面，\(\therefore \dfrac{1}{3} x+\dfrac{1}{3} y+\dfrac{1}{3} z=1\)，即\(x+y+z=3\)，
又 \(x=\dfrac{P A}{P M}=\dfrac{2}{P M}\)，\(y=\dfrac{P B}{P N}=\dfrac{2}{P N}\)，\(z=\dfrac{P C}{P S}=\dfrac{2}{P S}\)，
\(\therefore 2\left(\dfrac{1}{P S}+\dfrac{1}{P M}+\dfrac{1}{P N}\right)=3\)，
\(\therefore \dfrac{1}{P S}+\dfrac{1}{P M}+\dfrac{1}{P N}=\dfrac{3}{2}\)．
【C组---拓展题】
1 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 \(\overrightarrow{P D}=m \overrightarrow{P A}\)，\(\overrightarrow{P E}=n \overrightarrow{P B}\)，\(\overrightarrow{P F}=t \overrightarrow{P C}\)，求证： \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{t}\)为定值，并求出该定值．
参考答案
- 证明 如图示：
连接\(AG\)并延长交\(BC\)于点\(H\)，
由题意可令 \(\{\overrightarrow{P A}，\overrightarrow{P B}，\overrightarrow{P C}\}\)为空间的一个基底，
故 \(\overrightarrow{P M}=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{P G}=\dfrac{3}{4}(\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{A G})=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{P A}+\dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{2}{3} \overrightarrow{A H}\)
\(=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{P A}+\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{P A}+\dfrac{1}{4}(\overrightarrow{P B}-\overrightarrow{P A})+\dfrac{1}{4}(\overrightarrow{P C}-\overrightarrow{P A})\)\(=\dfrac{1}{4} \overrightarrow{P A}+\dfrac{1}{4} \overrightarrow{P B}+\dfrac{1}{4} \overrightarrow{P C}\)，
连接\(DM\)，因为点\(D，E，F，M\)共面，
故存在实数\(λ，μ\)，使得 \(\overrightarrow{D M}=\lambda \overrightarrow{D E}+\mu \overrightarrow{D F}\)，
即 \(\overrightarrow{P M}-\overrightarrow{P D}=\lambda(\overrightarrow{P E}-\overrightarrow{P D})+\mu(\overrightarrow{P F}-\overrightarrow{P D})\)，
故 \(\overrightarrow{P M}=(1-\lambda-\mu) \overrightarrow{P D}+\lambda \overrightarrow{P E}+\mu \overrightarrow{P F}=(1-\lambda-\mu) m \overrightarrow{P A}+\lambda n \overrightarrow{P B}+\mu t \overrightarrow{P C}\)
由空间向量基本定理知 \(\dfrac{1}{4}=(1-\lambda-\mu) m，\dfrac{1}{4}=\lambda n，\dfrac{1}{4}=\mu t\)，
故 \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{t}=4(1-\lambda-\mu)+4 \lambda+4 \mu=4\)，为定值．
