1.1.2空间向量基本定理 基础巩固 1.已知A,B,C三点共线，0为空间任意一点，若0C=x0A+O丽，则x的值为() A号 B暗 c D名 解桥48，C三点共战x+日1 答案B 2.对于空间中任意三个向量a,b,2a-b,它们一定是() A共面向量 B.共线向量 C不共面向量 D.既不共线也不共面向量 答案：A 3.己知O,A,B,C为空间四边形的四个顶点，M,N为OA,BC的中点，0A=a,OB=b,OC=c,用a,b,c 表示向量M为() A.(c+b-a) B.-(a+b-c) C(a+e-b) D.(a+b+c) 解析M丽-0示-0M=O丽+0C)OA=b+e-,故选A 答案：A 4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，若AC=xAB+2BC-3zCC,则x+y+z等于() A.1 B c D 解析：如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AC1=AB+BC+CC1=xAB+2BC-3zCC,由待 定系教法可知x=1之-号故xy叶：名 答案：B 5.(多选题)下列命题是真命题的是() A.若三个非零向量a,b,c不能构成空间的一个基底，则a,b,c共面 B.若两个非零向量a,b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a,b共线 C.若a,b是两个不共线向量，而c=a+b(2∈R,且40)，则{a,b,c}构成空间的一个基底 D.若{a,b,c}是空间向量的一个基底，则a,b,c中至多有一个零向量 答案：AB 6.已知a,b,c不共面，且m=3a+2b+c,n=x(a-b)+b-c)-2(c-a).若m/∥n,则x+y= 解析：，'n=(x+2)a+0-x)b-0y+2)c, 又m/a号=学=0+2》
1.1.2 空间向量基本定理 基础巩固 1.已知 A,B,C 三点共线,O 为空间任意一点,若⃗𝑂𝐶⃗⃗ =x𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 1 6 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ,则 x 的值为( ) A.1 6 B.5 6 C.- 5 6 D.- 1 6 解析:∵A,B,C 三点共线,∴x+1 6 =1,∴x= 5 6 . 答案:B 2.对于空间中任意三个向量 a,b,2a-b,它们一定是( ) A.共面向量 B.共线向量 C.不共面向量 D.既不共线也不共面向量 答案:A 3.已知 O,A,B,C 为空间四边形的四个顶点,M,N 为 OA,BC 的中点,𝑂𝐴⃗⃗⃗ =a,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ =b,⃗𝑂𝐶⃗⃗ =c,用 a,b,c 表示向量𝑀𝑁⃗⃗⃗ 为( ) A.1 2 (c+b-a) B.1 2 (a+b-c) C.1 2 (a+c-b) D.1 2 (a+b+c) 解析:𝑀𝑁⃗⃗⃗ = ⃗𝑂𝑁⃗ ⃗ − 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗ = 1 2 (𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ +⃗𝑂𝐶⃗⃗ )- 1 2 𝑂𝐴⃗⃗⃗ = 1 2 (b+c-a),故选 A. 答案:A 4.在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,若𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =x𝐴𝐵⃗⃗⃗ +2y𝐵𝐶⃗⃗⃗ -3z𝐶𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ ,则 x+y+z 等于( ) A.1 B.7 6 C.5 6 D.2 3 解析:如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ + 𝐶𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ =x𝐴𝐵⃗⃗⃗ +2y𝐵𝐶⃗⃗⃗ -3z𝐶𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ ,由待 定系数法可知 x=1,y= 1 2 ,z=- 1 3 ,故 x+y+z=7 6 . 答案:B 5.(多选题)下列命题是真命题的是( ) A.若三个非零向量 a,b,c 不能构成空间的一个基底,则 a,b,c 共面 B.若两个非零向量 a,b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则 a,b 共线 C.若 a,b 是两个不共线向量,而 c=λa+μb(λ,μ∈R,且 λμ≠0),则{a,b,c}构成空间的一个基底 D.若{a,b,c}是空间向量的一个基底,则 a,b,c 中至多有一个零向量 答案:AB 6.已知 a,b,c 不共面,且 m=3a+2b+c,n=x(a-b)+y(b-c)-2(c-a).若 m∥n,则 x+y= . 解析:∵n=(x+2)a+(y-x)b-(y+2)c, 又 m∥n,∴ 𝑥+2 3 = 𝑦-𝑥 2 =-(y+2)
:{53y+40解得=2=2， x-3y-4=0, .x+y=4. 答案-4 7.在三棱柱ABC-A1B1C中，设AA=a,AB=b,AC=c,M是BC1的中点N是BC的中点，则 MN- 解析：因为M,N分别为BC与B1C的中点， 所以丽=BB=AA= 答案a 8.设e1,c2为不共线的向量，AE-2e1+ke2,CB=e1+3e2,CD=2e1-e2若A,B,D三点共线，则 k= 解析：由于A,B,D三，点共线，AB=AD】 AD AB +BC+CD=2er+ke2-e1-3e2+2ei-ez=3ei+(k-4)e2, 故有长弘4母-8 答案-8 9.在正方体ABCD-A1B1CD1中，M,N,P,Q分别为AD1,D1C1AA1,CC的中点，求证：M,N,P,Q四 点共面 证明：如图，设D1A1=a,D1C=b,D1D=c M,N,P,Q均为棱的中点 .MN MD:+D:N=b-7 M亚=MA+A1P=a+, 0=MD+DC+C10=2a+b+式 设M0=MN+MP 则2a+b+2u-2a+b+2c 1 1 -)=-2, =1， ∫1=2 u=1 归=克 ∴.M0=2MN+MP,因此向量M0,MN,MP共面， .四，点M,N,P,Q共面. 拓展提高 1.若a=e1+e2+3e3,b=e1+e2-2e3,c=e1-3e2+2e3,d=4e1+6e2+8e3,d=aa+b+yc,则aB,y的值分别为 () A号0方 B891 5102
∴{ 5𝑥-3𝑦 + 4 = 0, 𝑥-3𝑦-4 = 0, 解得 x=-2,y=-2, ∴x+y=-4. 答案:-4 7.在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,设𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =a,𝐴𝐵⃗⃗⃗ =b,𝐴𝐶⃗⃗ =c,M 是 BC1 的中点,N 是 B1C1 的中点,则 𝑀𝑁⃗⃗⃗ = . 解析:因为 M,N 分别为 BC1 与 B1C1 的中点, 所以𝑀𝑁⃗⃗⃗ = 1 2 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 2 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 2 a. 答案: 1 2 a 8.设 e1,e2 为不共线的向量,𝐴𝐵⃗⃗⃗ =2e1+ke2,𝐶𝐵⃗⃗⃗ =e1+3e2,𝐶𝐷⃗⃗⃗ =2e1-e2.若 A,B,D 三点共线,则 k= . 解析:由于 A,B,D 三点共线,𝐴𝐵⃗⃗⃗ =λ𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ , 又𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗ =2e1+ke2-e1-3e2+2e1-e2=3e1+(k-4)e2, 故有{ 2 = 3𝜆, 𝑘 = 𝜆(𝑘-4),得 k=-8. 答案:-8 9.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N,P,Q 分别为 A1D1,D1C1,AA1,CC1 的中点,求证:M,N,P,Q 四 点共面. 证明:如图,设𝐷1𝐴1 ⃗⃗⃗⃗ ⃗ =a,𝐷1𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b,𝐷⃗⃗ 1 ⃗𝐷⃗ =c, ∵M,N,P,Q 均为棱的中点, ∴𝑀𝑁⃗⃗⃗ = 𝑀𝐷1 ⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐷⃗⃗ 1 ⃗𝑁⃗ = 1 2 b- 1 2 a, 𝑀𝑃 ⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝐴1 ⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴⃗⃗ 1 ⃗⃗𝑃⃗ = 1 2 a+ 1 2 c, 𝑀𝑄 ⃗⃗⃗⃗ = 𝑀𝐷1 ⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐷1𝐶1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶⃗⃗ 1 ⃗⃗𝑄 =- 1 2 a+b+ 1 2 c. 设𝑀𝑄 ⃗⃗⃗⃗ =λ𝑀𝑁⃗⃗⃗ +μ𝑀𝑃 ⃗⃗⃗⃗ , 则- 1 2 a+b+ 1 2 c= 1 2 (μ-λ)a+ 1 2 λb+ 1 2 μc, ∴ { 1 2 (𝜇-𝜆) = - 1 2 , 1 2 𝜆 = 1, 1 2 𝜇 = 1 2 , ∴ { 𝜆 = 2, 𝜇 = 1. ∴𝑀𝑄 ⃗⃗⃗⃗ =2𝑀𝑁⃗⃗⃗ + 𝑀𝑃 ⃗⃗⃗⃗ ,因此向量𝑀𝑄 ⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝑁⃗⃗⃗ , 𝑀𝑃 ⃗⃗⃗⃗ 共面, ∴四点 M,N,P,Q 共面. 拓展提高 1.若 a=e1+e2+3e3,b=e1+e2-2e3,c=e1-3e2+2e3,d=4e1+6e2+8e3,d=αa+βb+γc,则 α,β,γ 的值分别为 ( ) A.18 5 , 9 10,- 1 2 B.- 18 5 , 9 10,- 1 2
c9品 D9品 = a+B+y=4, 解析：由题意，有{a+B-3y=6,解得{B= 9 10 3-2B+2y=8, y=-2 答案：A 2.设a1=2m-j+k,a2=m+3j-2k,a3=-2m+j-3k,a4=3m+2j+5k(其中mj,k是两两相互垂直的单位 向量).若a4=1a1+ua2+a3,则实数1，，D的值分别是() A1,-2,-3 B.-2.1.-3 C.-2,1,3 D.-1,2,3 解析：由题意可知a4=21m-对j+k+um+3j-2k-2um+0j-3k=3m+2j+5k, (21+-2U=3, (0=-2, 因此-1+3μ+U=2,解得u=1,故选B. 1-2-3u=5, w=-3 答案B 3.如图，在空间四边形ABCD中，点G为△BCD的重心，E,F,H分别为边CD,AD和BC的中点， 则AC+正+的化简结果为( A.AF B.AH C.AE D.CF 解析：，G是△BCD的重心 ∴E到-3配1∴.E-B配 又取-m ∴AC+配=C+E=正，A正+F=F, 从而AC+正+丽=AF 答案：A 4.(多选题)若1,2是同一个平面a内的两个向量，则下列结论错误的是() A.平面a内任一向量a,都有a=e1+ue2(亿，u∈R) B.若存在实数1,2，使1e1+2e2=0,则1=2=0 C.若e,e2不共线，则空间任一向量a,都有a=e1+ue2(亿，u∈R) D.若e1,e2不共线，则平面a内任一向量a,都有a=e1+ue2(亿，u∈R) 答案：ABC 5.己知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+c,若m与n共线，则 x= 解析：因为m与n共线，所以存在实数入，使m=n, 即a-b+c=ra+yb+c, (1=λx 于是有1=y,解得=1， 0y=-1 (1=入， 答案：1-1 6.在空间四边形ABCD中，AB=a-2c,CD=5a-5b+8c,对角线AC,BD的中点分别是E,F,则 EF-
C.18 5 ,- 9 10,- 1 2 D.- 18 5 ,- 9 10 , 1 2 解析:由题意,有{ 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 4, 𝛼 + 𝛽-3𝛾 = 6, 3𝛼-2𝛽 + 2𝛾 = 8, 解得 { 𝛼 = 18 5 , 𝛽 = 9 10 , 𝛾 = - 1 2 . 答案:A 2.设 a1=2m-j+k,a2=m+3j-2k,a3=-2m+j-3k,a4=3m+2j+5k(其中 m,j,k 是两两相互垂直的单位 向量).若 a4=λa1+μa2+υa3,则实数 λ,μ,υ 的值分别是( ) A.1,-2,-3 B.-2,1,-3 C.-2,1,3 D.-1,2,3 解析:由题意可知 a4=2λm-λj+λk+μm+3μj-2μk-2υm+υj-3υk=3m+2j+5k, 因此{ 2𝜆 + 𝜇-2𝜐 = 3, -𝜆 + 3𝜇 + 𝜐 = 2, 𝜆-2𝜇-3𝜐 = 5, 解得{ 𝜆 = -2, 𝜇 = 1, 𝜐 = -3. 故选 B. 答案:B 3.如图,在空间四边形 ABCD 中,点 G 为△BCD 的重心,E,F,H 分别为边 CD,AD 和 BC 的中点, 则𝐴𝐺⃗⃗⃗ + 1 3 𝐵𝐸⃗⃗⃗ + 1 2 𝐶𝐴⃗⃗ 的化简结果为( ) A.𝐴𝐹⃗⃗⃗ B.𝐴𝐻⃗ ⃗ C.𝐴𝐸⃗⃗⃗ D.𝐶𝐹⃗⃗ 解析:∵G 是△BCD 的重心, ∴|𝐺𝐸⃗⃗⃗ |=1 3 |𝐵𝐸⃗⃗⃗ |,∴𝐺𝐸⃗⃗⃗ = 1 3 𝐵𝐸⃗⃗⃗ . 又𝐸𝐹⃗⃗ = 1 2 𝐶𝐴⃗⃗ , ∴𝐴𝐺⃗⃗⃗ + 1 3 𝐵𝐸⃗⃗⃗ = 𝐴𝐺⃗⃗⃗ + 𝐺𝐸⃗⃗⃗ = 𝐴𝐸⃗⃗⃗ ,𝐴𝐸⃗⃗⃗ + 𝐸𝐹⃗⃗ = 𝐴𝐹⃗⃗⃗ , 从而𝐴𝐺⃗⃗⃗ + 1 3 𝐵𝐸⃗⃗⃗ + 1 2 𝐶𝐴⃗⃗ = 𝐴𝐹⃗⃗⃗ . 答案:A 4.(多选题)若 e1,e2 是同一个平面 α 内的两个向量,则下列结论错误的是( ) A.平面 α 内任一向量 a,都有 a=λe1+μe2(λ,μ∈R) B.若存在实数 λ1,λ2,使 λ1e1+λ2e2=0,则 λ1=λ2=0 C.若 e1,e2 不共线,则空间任一向量 a,都有 a=λe1+μe2(λ,μ∈R) D.若 e1,e2 不共线,则平面 α 内任一向量 a,都有 a=λe1+μe2(λ,μ∈R) 答案:ABC 5.已知空间的一个基底{a,b,c},m=a-b+c,n=xa+yb+c,若 m 与 n 共线,则 x= ,y= . 解析:因为 m 与 n 共线,所以存在实数 λ,使 m=λn, 即 a-b+c=λxa+λyb+λc, 于是有{ 1 = 𝜆𝑥, -1 = 𝜆𝑦, 1 = 𝜆, 解得{ 𝑥 = 1, 𝑦 = -1. 答案:1 -1 6.在空间四边形 ABCD 中,𝐴𝐵⃗⃗⃗ =a-2c,𝐶𝐷⃗⃗⃗ =5a-5b+8c,对角线 AC,BD 的中点分别是 E,F,则 𝐸𝐹⃗⃗ =
解析如图，示=函+A正+丽=丽+A正+2丽=(C而+DA+A店+2（丽+ AD)-C而+A丽+2BA=2c而+2A丽-5a-5b+8c+a-2c)=-3a-b+3c 答案：3a-2+3c 7.如图，在平行六面体ABCD-A1B1CD1中，E,F分别在B1B和DD上，且BEBB,DFDD (1)求证：A,E,C,F四点共面； (2)若EF=xAB+yAD+:AA1,求x+y+:的值. (1)证明：AC=E+而+A不=亚+而+AA+子A不=(E+AA)+ (AD+AA)-(AE+正)+(A而+DF=A正+AF, A,E,C1,F四点共面. (2)解：F-F-正-D+DF-(+E)=D+号DD-A正-BB-正+而+ 3A瓜，且EF=B+d+Ax=1,=1, ∴xy-1+1+号=专 挑战创新 如图，已知ABCD,从平面AC外一点O引向量0E=k0A,0尿=k0元，0元=kOC,0丽=k0而，求证： (1)E,F,G,H四点共面； (2)平面ABCD∥平面EFGH. 证明(I),四边形ABCD是平行四边形， ∴.AC=AB+AD,EC=0C-0E-k0C-kOA=AC=kAB+AD)=0死-0A+0而- OA=k0死-k0A+k0而-k0A=OF-0E+0丽-0E=EF+E五. E,F,G,H四点共面. (2)EF=OF-OE=kO元-OA)=kAB,且由(1)知EG=kO元-kOA=kAC,于是EF∥AB,EG∥AC ,'EF,EG是平面EFGH内的相交线，AB,AC是平面ABCD内的相交线，∴.平面EFGH∥平面 ABCD
解析:如图,𝐸𝐹⃗⃗ = 𝐸𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐹⃗⃗⃗ = 1 2 𝐶𝐴⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 2 𝐵𝐷⃗ ⃗ = 1 2 (𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗ )+𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 2 (𝐵𝐴⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )= 1 2 𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 2 𝐵𝐴⃗⃗⃗ = 1 2 𝐶𝐷⃗⃗⃗ + 1 2 𝐴𝐵⃗⃗⃗ = 1 2 (5a-5b+8c+a-2c)=3a- 5 2 b+3c. 答案:3a- 5 2 b+3c 7.如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别在 B1B 和 D1D 上,且 BE=1 3 BB1,DF=2 3 DD1. (1)求证:A,E,C1,F 四点共面; (2)若𝐸𝐹⃗⃗ =x𝐴𝐵⃗⃗⃗ +y𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ +z𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求 x+y+z 的值. (1)证明:∵𝐴𝐶1 ⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 1 3 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 3 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 1 3 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ) + (𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 2 3 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐸⃗⃗⃗ )+(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝐹⃗⃗⃗ )=𝐴𝐸⃗⃗⃗ + 𝐴𝐹⃗⃗⃗ , ∴A,E,C1,F 四点共面. (2)解:∵𝐸𝐹⃗⃗ = 𝐴𝐹⃗⃗⃗ − 𝐴𝐸⃗⃗⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝐹⃗⃗⃗ -(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐵𝐸⃗⃗⃗ )=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 2 3 𝐷𝐷1 ⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗ − 1 3 𝐵𝐵1 ⃗⃗⃗⃗⃗ =-𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ + 1 3 𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且𝐸𝐹⃗⃗ =x𝐴𝐵⃗⃗⃗ +y𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ +z𝐴𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴x=-1,y=1,z= 1 3 . ∴x+y+z=-1+1+ 1 3 = 1 3 . 挑战创新 如图,已知▱ABCD,从平面 AC 外一点 O 引向量𝑂𝐸⃗⃗⃗ =k𝑂𝐴⃗⃗⃗ , 𝑂𝐹⃗⃗⃗ =k𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ ,𝑂𝐺⃗⃗⃗ =k⃗𝑂𝐶⃗⃗ ,𝑂𝐻⃗⃗ ⃗ =k𝑂𝐷⃗⃗ ,求证: (1)E,F,G,H 四点共面; (2)平面 ABCD∥平面 EFGH. 证明:(1)∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴𝐴𝐶⃗⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ ,𝐸𝐺⃗⃗⃗ = 𝑂𝐺⃗⃗⃗ − 𝑂𝐸⃗⃗⃗ =k⃗𝑂𝐶⃗⃗ -k𝑂𝐴⃗⃗⃗ =k𝐴𝐶⃗⃗ =k(𝐴𝐵⃗⃗⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗ )=k(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗ + 𝑂𝐷⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗ )=k𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ -k𝑂𝐴⃗⃗⃗ +k𝑂𝐷⃗⃗ -k𝑂𝐴⃗⃗⃗ = 𝑂𝐹⃗⃗⃗ − 𝑂𝐸⃗⃗⃗ + 𝑂𝐻⃗⃗ ⃗ − 𝑂𝐸⃗⃗⃗ = 𝐸𝐹⃗⃗ + 𝐸𝐻⃗ ⃗ . ∴E,F,G,H 四点共面. (2)𝐸𝐹⃗⃗ = 𝑂𝐹⃗⃗⃗ − 𝑂𝐸⃗⃗⃗ =k(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐴⃗⃗⃗ )=k𝐴𝐵⃗⃗⃗ ,且由(1)知𝐸𝐺⃗⃗⃗ =k⃗𝑂𝐶⃗⃗ -k𝑂𝐴⃗⃗⃗ =k𝐴𝐶⃗⃗ ,于是 EF∥AB,EG∥AC. ∵EF,EG 是平面 EFGH 内的相交线,AB,AC 是平面 ABCD 内的相交线,∴平面 EFGH∥平面 ABCD