1.2 空间向量基本定理
\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！
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知识剖析
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\(\overrightarrow{OA'}=x \overrightarrow{O A}=x\vec{a}\)，\(\overrightarrow{OB'}=y \overrightarrow{O B}=y\vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C'}=z \overrightarrow{O C}=z\vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A^{\prime}}+\overrightarrow{O B^{\prime}}+\overrightarrow{O C^{\prime}}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\)，
\(\therefore \vec{p}=x\vec{a}+y\vec{b} +z\vec{c}\)；
唯一性设另有一组实数\(x'\)，\(y'\)，\(z'\)，使得\(\vec{p}=x'\vec{a}+y'\vec{b} +z'\vec{c}\)，
则\(x\vec{a}+y\vec{b} +z\vec{c}=x'\vec{a}+y'\vec{b} +z'\vec{c}\)，
\(\therefore (x-x' ) \vec{a}+(y-y' ) \vec{a}+(z-z' ) \vec{c}=\vec{0}\)，
\(\because \vec{a}\)，\(\vec{b}\) ，\(\vec{c}\)不共面，\(\therefore x-x'=y-y'=z-z'=0\)，
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\(\vec{a}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k}\)，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.
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.
经典例题
【题型一】 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\(\lambda =-1\)，\(\mu=2\)，
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\(\vec{a}+\vec{b}=\lambda (\vec{a}-\vec{b})+\mu\vec{c}\)，\(\lambda\)，\(\mu\)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\(\lambda =2\)，\(\mu=-1\)，
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\(\lambda =\mu=1\)，
故向量\(\vec{a}+\vec{b}\)，\(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)，\(\vec{c}\)共面，故\(D\)错误．
故选：\(B\)．
【典题2】 已知非零向量\(\vec{a}=3\vec{m}-2\vec{n}-4\vec{p}\)，\(\vec{b}=(x+1)\vec{m}+8\vec{n}+2y\vec{p}\)，且\(\vec{m}\)、\(\vec{n}\)、\(\vec{p}\)不共面．若\(\vec{a}//\vec{b}\)，则\(x+y=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】 \(\because\vec{m}\)、\(\vec{n}\)、\(\vec{p}\)不共面，故\(\vec{m}\)、\(\vec{n}\)、\(\vec{p}\)可看作空间向量的一组基底，
\(\because \vec{a}//\vec{b}\)，故存在\(\lambda ≠0\)，使得\(\vec{b}=\lambda \vec{a}\)，
即\((x+1)\vec{m}+8\vec{n}+2y\vec{p}=3\lambda \vec{m}-2\lambda \vec{n}-4\lambda \vec{p}\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
x+1=3 \lambda \\
8=-2 \lambda \\
2 y=-4 \lambda
\end{array}\right.\)，解得： \(\left\{\begin{array}{l}
x=-13 \\
y=8
\end{array}\right.\)，则\(x+y=-5\)．
【典题3】 如图，在三棱锥\(S-ABC\)中，点\(E\)，\(F\)分别是\(SA\)，\(BC\)的中点，点\(G\)在棱\(EF\)上，且满足\(\dfrac{E G}{G F}=\dfrac{1}{2}\)，若\(\overrightarrow{SA}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{SB}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{SC}=\vec{c}\)，则\(\overrightarrow{SG}=\) ( )
A．\(\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{1}{2}\vec{b}+\dfrac{1}{6} \vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{6} \vec{b}+\dfrac{1}{6} \vec{c}\)
C．\(\dfrac{1}{6} \vec{a}-\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{1}{6} \vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}\)
【解析】 因为\(\overrightarrow{SG}=\overrightarrow{SE}+\overrightarrow{EG}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{SA}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{EF}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{SA}+\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{ES}+\overrightarrow{SC}+\overrightarrow{CF})\)\(=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{SA}+\dfrac{1}{6} (AS) ⃗+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{SC}+\dfrac{1}{6} \overrightarrow{CB}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{SA}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{SC}+\dfrac{1}{6}(\overrightarrow{CS}+\overrightarrow{SB})\)
\(=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{SA}+\dfrac{1}{6} \overrightarrow{SB}+\dfrac{1}{6} \overrightarrow{SC}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{6} \vec{b}+\dfrac{1}{6} \vec{c}\)．
故选：\(B\)．
巩固练习
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
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
D．\(O\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点共面
2(★) (多选题)下面四个结论正确的是( )
A．空间向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}(\vec{a}≠\vec{0}，\vec{b}≠\vec{0})\)，若\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，则\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)
B．若对空间中任意一点\(O\)，有\(\overrightarrow{O P}=\dfrac{1}{6} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}\)，则\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)点共面
C．已知\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间的一组基底，若\(\vec{m}=\vec{a}+\vec{c}\)，则\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{m}\}\)也是空间的一组基底
D．任意向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)满足\((\vec{a}\cdot \vec{b})\cdot \vec{c}=\vec{a}\cdot (\vec{b}\cdot \vec{c}) \vec{a}\cdot \vec{b}=0\)
3(★★) 如图所示，在四面体\(O-ABC\)中， \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}\)， \(\overrightarrow{O B}=\vec{b}\)， \(\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，点\(M\)在\(OA\)上，且\(\overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{MA}\)，\(N\)为\(BC\)的中点，则\(\overrightarrow{MN}=\) ( )
A．\(\dfrac{1}{2}\vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2}\vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}\)
C．\(\dfrac{1}{2}\vec{a}+\dfrac{1}{2}\vec{b}-\dfrac{2}{3} \vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{2}\vec{c}\)
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】 \(ABC\)
【解析】 对于\(A\)：空间向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}(\vec{a}≠\vec{0}，\vec{b}≠\vec{0})\)，若\(\vec{a}⊥\vec{b}\)，则 ，故\(A\)正确；
对于\(B\)：若对空间中任意一点\(O\)，有 \(\overrightarrow{O P}=\dfrac{1}{6} \overrightarrow{O A}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}\)，
由于\(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=1\)，则\(P\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点共面，故\(B\)正确；
对于\(C\)：已知\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间的一组基底，若\(\vec{m}=\vec{a}+\vec{c}\)，
则\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{a}+\vec{c}\}\)两向量之间不共线，故也是空间的一组基底，故\(C\)正确；
对于\(D\)：任意向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)满足\((\vec{a}\cdot \vec{b})\cdot \vec{c}=\vec{a}\cdot (\vec{b}\cdot \vec{c})\)，由于\(\vec{a}\cdot \vec{b}\)是一个数值，\(\vec{b}\cdot \vec{c}\)也是一个数值，则说明\(\vec{c}\)和\(\vec{a}\)存在倍数关系，由于\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)是任意向量，不一定存在倍数关系，故\(D\)错误．
故选：\(ABC\)． -
【答案】 \(B\)
【解析】 连接\(ON\)，
\(\because N\)是\(BC\)的中点，\(\therefore \overrightarrow{ON}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}\)，
\(\because \overrightarrow{OM}=2\overrightarrow{MA}\)，\(\therefore \overrightarrow{OM}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O A}\)，
\(\therefore \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O C}-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O A}=-\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2}\vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}\)，
故选：\(B\)．
【题型二】空间向量基本定理的应用
【典题1】 如图，平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的底面\(ABCD\)是菱形，且\(∠C_1 CB=∠C_1 CD=∠BCD=60^{\circ}\)，\(CD=CC_1\)，求证\(CA_1⊥\)平面\(C_1 BD\).
【证明】 如图，设\(CD=CB=CC_1=a\)，
令\(\overrightarrow{CD}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{CB}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{CC_1 }=\vec{c}\)，
则\(\overrightarrow{BD }=\vec{a}-\vec{b}，
\overrightarrow{CA_1 }=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{CC_1 }=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)，
\(\therefore \overrightarrow{CA_1 }\cdot \overrightarrow{BD }=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c} )(\vec{a}-\vec{b} )\)\(=\vec{a}\cdot \vec{a}-\vec{a}\cdot \vec{b}+\vec{b}\cdot \vec{a}-\vec{b}\cdot \vec{b}+\vec{c}\cdot \vec{a}-\vec{c}\cdot \vec{b}\)，
又\(\vec{a}\cdot \vec{a}=\vec{b}\cdot \vec{b}=\vec{c}\cdot \vec{c}=a^2，\vec{a}\cdot \vec{b}=\vec{b}\cdot \vec{c}=\vec{a}\cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2}a^2\)，
\(\therefore \overrightarrow{CA_1 }\cdot \overrightarrow{BD }=0\)，\(\therefore \overrightarrow{CA_1 }⊥\overrightarrow{BD }\)，\(\therefore CA_1⊥BD\)，
同理可证\(CA_1⊥C_1 B\)，
又\(C_1 B∩BD=B\)，\(C_1 B\)，\(BD⊂\)平面\(C_1 BD\)，
\(\therefore CA_1⊥\)平面\(C_1 BD\).
【典题2】 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\(\overrightarrow{PD}=m\overrightarrow{PA}\)，\(\overrightarrow{PE}=n\overrightarrow{PB}\)，\(\overrightarrow{PF}=t\overrightarrow{PC}\)，求证： \(\dfrac{1}{m}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{t}\)为定值，并求出该定值．
【证明】 如图示：
连接\(AG\)并延长交\(BC\)于点\(H\)，
由题意可令\(\{\overrightarrow{PA}，\overrightarrow{PB}，\overrightarrow{PC}\}\)为空间的一个基底，
故\(\overrightarrow{PM}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow{PG}=\dfrac{3}{4}(\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AG})=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{PA}+\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{2}{3} \overrightarrow{AH}\)
\(=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{PA}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AC})\)\(=\dfrac{3}{4} \overrightarrow{PA}+\dfrac{1}{4}(\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA})+\dfrac{1}{4}(\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA})\)\(=\dfrac{1}{4} \overrightarrow{PA}+\dfrac{1}{4} \overrightarrow{PB}+\dfrac{1}{4} \overrightarrow{PC}\)，
连接\(DM\)，因为点\(D\)，\(E\)，\(F\)，\(M\)共面，
故存在实数\(\lambda\)，\(\mu\)，使得\(\overrightarrow{DM}=\lambda \overrightarrow{DE}+\mu\overrightarrow{DF }\)，
即\(\overrightarrow{PM}-\overrightarrow{PD}=\lambda (\overrightarrow{PE}-\overrightarrow{PD})+\mu(\overrightarrow{PF}-\overrightarrow{PD})\)，
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．
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，\(∠A_1 AB=∠A_1 AC=60^{\circ}\)，点\(M\)为\(△ABC\)的重心，\(AM\)的延长线交\(BC\)于点\(N\)，连接\(A_1 M\)．设\(\overrightarrow{AB }=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{AC}=\vec{b}\)， \(\overrightarrow{A_1 A}=\vec{c}\)．
(1)用\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)表示\(\overrightarrow{A_1 M}\)； \(\qquad \qquad\) (2)证明：\(A_1 M⊥AB\)．
2(★★) 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\(CG=\dfrac{1}{4} CD\).
(1) 求证: \(EF⊥B_1 C\)； \(\qquad \qquad\) (2) 求\(EF\)与\(C_1 G\) 所成角的余弦值.
3(★★★) 如图，在底面\(ABCD\)为菱形的平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)，\(N\)分别在棱\(AA_1\)，\(CC_1\)上，且\(A_1 M=\dfrac{1}{3} AA_1\)，\(CN=\dfrac{1}{3} CC_1\)，且\(∠A_1 AD=∠A_1 AB=∠DAB=60^{\circ}\)．
(1)用向量\(\overrightarrow{AA_1 }\)，\(\overrightarrow{AD }\)，\(\overrightarrow{AB }\)表示向量\(\overrightarrow{MN}\)；
(2)求证：\(D\)，\(M\)，\(B_1\)，\(N\)共面；
(3)当 \(\dfrac{A A_1}{A B}\)为何值时，\(AC_1⊥A_1 B\)．
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 \(AB⊥CD\)，\(AC⊥BD\)，\(AD⊥BC\).
5(★★★) 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】 (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) 略 (2) \(\dfrac{\sqrt{51}}{17}\)
【解析】 (1)证明 设\(\overrightarrow{DA}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{DC}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{DD_1 }=\vec{c}\)，
则\(\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DF }-\overrightarrow{DE}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DD_1 }=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC})-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DD_1 }\)\(=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})-\dfrac{1}{2}\vec{c}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})\)
\(\overrightarrow{B_1 C}=\overrightarrow{A_1 D}=-\overrightarrow{D A_1}=-\left(\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{D D}_1\right)=-(\vec{a}+\vec{c})\)，
\(\because \overrightarrow{EF}\cdot \overrightarrow{B_1 C}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c} )\cdot [-(\vec{a}+\vec{c} )]\)
\(=-\dfrac{1}{2}(\vec{a}^2+\vec{a}\cdot \vec{c}+\vec{a}\cdot \vec{b}+\vec{b}\cdot \vec{c}-\vec{a}\cdot \vec{c}-\vec{c}^2 )\)
\(=-\dfrac{1}{2}(1+0+0+0-0-1)=0\)，
\(\therefore \overrightarrow{EF}⊥\overrightarrow{B_1 C}\)，\(\therefore EF⊥B_1 C\).
(2)解 由(1)知\(\overrightarrow{EF}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})\)，
\(\overrightarrow{GC}_1=\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{CC_1 }=\dfrac{1}{4} \overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CC_1 }=\dfrac{1}{4} \vec{b}+\vec{c}\)，
又 \(|\overrightarrow{E F}|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)， \(\left|\overrightarrow{G C_1}\right|=\dfrac{\sqrt{17}}{4}\)，
\(\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{G C_1}=\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c}) \cdot\left(\dfrac{1}{4} \vec{b}+\vec{c}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{4} \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{a} \cdot \vec{c}+\dfrac{1}{4} \vec{b}^2+\vec{b} \cdot \vec{c}-\dfrac{1}{4} \vec{b} \cdot \vec{c}-\vec{c}^2\right)\)\(=\dfrac{1}{2}\left(0+0+\dfrac{1}{4}+0-0-1\right)=\dfrac{1}{2} \times\left(-\dfrac{3}{4}\right)=-\dfrac{3}{8}\)，
\(\cos \left\langle\overrightarrow{E F}， \overrightarrow{G C_1}\right\rangle=\dfrac{\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{G C_1}}{|\overrightarrow{E F} \|| \overrightarrow{G C_1} \mid}=\dfrac{-\dfrac{3}{8}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{17}}{4}}=-\dfrac{\sqrt{51}}{17}\)，
\(\therefore EF\)与\(C_1 G\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{51}}{17}\). -
【答案】 (1)\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AD }-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{AA_1 }\) (2)略 (3)\(1\)
【解析】 (1)\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{BC }+\overrightarrow{CN }=-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AA_1 }+\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{BC }+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{AA_1 }\)\(=\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AD }-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{AA_1 }\)．
证明：(2) \(\because \overrightarrow{D M}=\overrightarrow{A M}-\overrightarrow{A D}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A A_1}-\overrightarrow{A D}\)，\(\overrightarrow{N B_1}=\overrightarrow{C_1 B_1}-\overrightarrow{C_1 N}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A A_1}-\overrightarrow{A D}\)，
\(\therefore \overrightarrow{D M}=\overrightarrow{N B_1}\)，\(\therefore D\)，\(M\)，\(B_1\)，\(N\)共面．
解：(3)当 \(\dfrac{A A_1}{A B}=1\)，\(AC_1⊥A_1 B\)，
证明：设\(\overrightarrow{AA_1 }=\vec{c}\)，\(\overrightarrow{AD }=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{AB }=\vec{a}\)，
\(\because\)底面\(ABCD\)为菱形，则当\(\dfrac{A A_1}{A B}=1\)时，\(|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|\)，
\(\because \overrightarrow{AC_1 }=\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{BC }+\overrightarrow{CC_1 }=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)， \(\overrightarrow{A_1 B}=\overrightarrow{A B}-\overrightarrow{A A_1}=\vec{a}-\vec{c}\)，
\(\angle A_1 A D=\angle A_1 A B=\angle D A B=60^{\circ}\)，\(\therefore \overrightarrow{A C_1} \cdot \overrightarrow{A_1 B}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}) \cdot(\vec{a}-\vec{c})=\vec{a}^2+\vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{b} \cdot \vec{c}-\vec{c}^2=0\)，
\(\therefore AC_1⊥A_1 B\)． -
证明 设\(\overrightarrow{AB }=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{AC}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{AD }=\vec{c}\)，
则\(\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AE}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AD })-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB }\)\(=-\dfrac{1}{2}\vec{a}+\dfrac{1}{2}\vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}=\dfrac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})\)，
\(\overrightarrow{FH}=\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AF}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD }-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AC})\)\(=\dfrac{1}{2}\vec{c}-\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})=\dfrac{1}{2}(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})\)，
\(\overrightarrow{KM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AK}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AD })\)\(=\dfrac{1}{2}\vec{b}-\dfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{c})=\dfrac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})\)，
\(\because |\overrightarrow{EG}|=|\overrightarrow{FH}|\)，\(\therefore |\dfrac{1}{2}(-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})|=|\dfrac{1}{2}(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})|\)
\(\therefore (-\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})^2=(-\vec{a}-\vec{b}+\vec{c})^2\)，
\(\therefore \vec{a}^2+\vec{b}^2+\vec{c}^2-2\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{a}\cdot \vec{c}+2\vec{b}\cdot \vec{c}\)\(=\vec{a}^2+\vec{b}^2+\vec{c}^2+2\vec{a}\cdot \vec{b}-2\vec{a}\cdot \vec{c}-2\vec{b}\cdot \vec{c}\)，
\(\therefore 4\vec{a}\cdot \vec{b}=4\vec{b}\cdot \vec{c}，\therefore \vec{a}\cdot \vec{b}-\vec{b}\cdot \vec{c}=0\)，\(\therefore \vec{b}\cdot (\vec{a}-\vec{c})=0\).
又\(\vec{b}=\overrightarrow{AC}\)，\(\vec{a}-\vec{c}=\overrightarrow{DB}\)，\(\therefore \overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{DB}=0\)，
\(\therefore \overrightarrow{AC}⊥\overrightarrow{DB}\)，\(\therefore AC⊥DB\)，同理可证\(AD⊥BC\)，\(AB⊥CD\)，
\(\therefore\)这个四面体相对的棱丙两垂直. -
【答案】 \(\dfrac{3}{2}\)
【解析】 \(\because △ABC\)是等边三角形，\(\therefore O\)是\(△ABC\)的重心，
延长\(AO\)交\(BC\)于点\(D\)，则\(D\)为\(BC\)的中点，\(\therefore \overrightarrow{AD }=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AC})\)，
故\(\overrightarrow{PO}=\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{PA}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{AD }=\overrightarrow{AP}+\dfrac{1}{3} (\overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AC} )\)\(=\overrightarrow{PA}+\dfrac{1}{3} (\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA} )\)
\(=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{PA}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{PB}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{PC}\)，
设\(\overrightarrow{PA}=x\overrightarrow{PM}\)，\(\overrightarrow{PB}=y\overrightarrow{PN}\)，\(\overrightarrow{PC}=z\overrightarrow{PS}\)，
则\(\overrightarrow{PO}=\dfrac{1}{3} x\overrightarrow{PM}+\dfrac{1}{3} y\overrightarrow{PN}+\dfrac{1}{3} z\overrightarrow{PS}\)，
\(\because O\)，\(M\)，\(N\)，\(S\)四点共面，\(\therefore \dfrac{1}{3} x+\dfrac{1}{3} y+\dfrac{1}{3} z=1\)，即\(x+y+z=3\)，
又 \(x=\dfrac{P A}{P M}=\dfrac{2}{P M}\)， \(y=\dfrac{P B}{P N}=\dfrac{2}{P N}\)， \(z=\dfrac{P C}{P S}=\dfrac{2}{P S}\)，
\(\therefore 2\left(\dfrac{1}{P S}+\dfrac{1}{P M}+\dfrac{1}{P N}\right)=3\)，
\(\therefore \dfrac{1}{P S}+\dfrac{1}{P M}+\dfrac{1}{P N}=\dfrac{3}{2}\)．
