專題1.3空間向量基本定理-重難點(diǎn)題型精講1．空間向量基本定理如果三個(gè)向量a，b，c不共面，那么對任意一個(gè)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.我們把{a，b，c}叫做空間的一個(gè)基底，a，b，c都叫做基向量．2．空間向量的正交分解(1)單位正交基底如果空間的一個(gè)基底中的三個(gè)基向量兩兩垂直，且長度都是1，那么這個(gè)基底叫做單位正交基底，常用{i，j，k}表示．(2)向量的正交分解由空間向量基本定理可知，對空間任一向量a，均可以分解為三個(gè)向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk.像這樣把一個(gè)空間向量分解為三個(gè)兩兩垂直的向量，叫做把空間向量進(jìn)行正交分解．3．證明平行、共線、共面問題(1)對于空間任意兩個(gè)向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實(shí)數(shù)λ，使a＝λb.(2)如果兩個(gè)向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.4．求夾角、證明垂直問題(1)θ為a，b的夾角，則cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|).(2)若a，b是非零向量，則a⊥b?a·b＝0.5．求距離(長度)問題eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＝eq\r(a·a)(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\r(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))))．【題型1空間向量基底的判斷】【方法點(diǎn)撥】(1)判斷一組向量能否作為空間的一個(gè)基底，實(shí)質(zhì)是判斷這三個(gè)向量是否共面，若不共面，就可以作為一個(gè)基底．(2)判斷基底時(shí)，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(diǎn)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(jìn)行相關(guān)的判斷．【例1】若{aA．b→+c→，b→，b→?c→ B．a(chǎn)→+b→，a→?b→，【解題思路】根據(jù)已知條件，結(jié)合向量共面的定理，即可求解．【解答過程】解：對于A，若向量b→+c→，則b→+c→=λ(b→?c→)+μ故向量b→+c→，b→對于B，若向量a→+b→，則a→+b→=λ(故向量a→+b→，a→對于C，若向量a→，a→+則a→+b→=λa→+μ(a→?故向量a→，a→+b→對于D，若向量a→+b→，則a→+b→+c→故向量a→+b→，a→故選：B．【變式1-1】已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)基底，若p→=2a→?b→A．a(chǎn)→，p→，q→ B．b→，p→，q→ C．r→，p→，q【解題思路】利用共面向量定理以及空間向量的線性運(yùn)算，判斷三個(gè)向量是否是共面向量，即可判斷得到答案．【解答過程】解：對于A，由題意可得2p所以a→故a→故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于B，由題意可得，p→所以b→故b→故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于C，由題意可得，p→故r→故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對于D，假設(shè)s→，p→，q→即a→所以c→故a→，b→，c→共面，這與{所以假設(shè)不成立，則s→故選項(xiàng)D正確．故選：D．【變式1-2】如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC1與B1C相交于點(diǎn)O，則下列向量能組成一組基底的為（）A．AA1→，ABC．AA1→，【解題思路】不共面的向量才能組成一組基底，由此能求出結(jié)果．【解答過程】解：對于A，∵AA1→，AB對于B，∵AB→，AO→，AC1對于C，∵AA1→，A1C1→，對于D，∵AB1→，AO→，AC→故選：A．【變式1-3】已知{a→，A．a(chǎn)→，B．b→，C．c→，D．p→，q【解題思路】根據(jù)空間向量的共線定理、共面定理，對選項(xiàng)中的命題真假性判斷即可．【解答過程】解：對于A，因?yàn)閜→=a→+b→，q→=對于B，因?yàn)閜→=a→+b→，q→=對于C，假設(shè)c→與p→、q→不是空間的一組基底，則c→=xp→+yq→=x（a→+b→）+y（a因?yàn)閍→、b→、c→是空間的一組基底，所以x、y的值不存在，即可向量c→、對于D，由選項(xiàng)C知，向量c→、p→、q→故選：C．【題型2空間向量基本定理的應(yīng)用（表示向量）】【方法點(diǎn)撥】用基底表示向量的步驟:(1)定基底：根據(jù)已知條件，確定三個(gè)不共面的向量構(gòu)成空間的一個(gè)基底．(2)找目標(biāo)：用確定的基底(或已知基底)表示目標(biāo)向量，需要根據(jù)三角形法則及平行四邊形法則，結(jié)合相等向量的代換、向量的運(yùn)算進(jìn)行變形、化簡，最后求出結(jié)果．(3)下結(jié)論：利用空間的一個(gè)基底{，，}可以表示出空間所有向量．表示要徹底，結(jié)果中只能含有，，，不能含有其他形式的向量．【例2】已知四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD為平行四邊形，M，N分別為棱BC，PD上的點(diǎn)，CMCB=13，PN＝ND，設(shè)AB→=a→，A．a(chǎn)→+13b→+12c→ 【解題思路】由圖形可得MN→=MC→+CD→【解答過程】解：根據(jù)題意，可得MN=13AD→?【變式2-1】如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是A．12a→+b→+c→ B．【解題思路】根據(jù)空間向量加法和減法的運(yùn)算法則，以及向量的數(shù)乘運(yùn)算即可求解．【解答過程】解：因?yàn)樵谄叫辛骟wABCD﹣A1B1C1D1中，AB→點(diǎn)M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CA1上的點(diǎn)，且CN：CA1＝1：4，所以MN?12AD【變式2-2】如圖，在四面體OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，點(diǎn)M、N分別在線段A．13a→+2C．13a→+【解題思路】利用空間向量的線性運(yùn)算，空間向量基本定理求解即可．【解答過程】解：∵點(diǎn)M、N分別在線段OA、BC上，且2OM＝MA，CN＝2NB，∴OM→=13OA∴ON→=OC→+∴MN→故選：D．【變式2-3】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，點(diǎn)A．12a→+12b→+c→ 【解題思路】在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各面均為平行四邊形，由此找出共線的向量，再線性計(jì)算即可．【解答過程】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1→=D∵P是A1C1與B1D1的交點(diǎn)，在平行四邊形A1B1C1D1中，P為A1C1與B1D1的中點(diǎn)，∴DP→=DD1→+【題型3空間向量基本定理的應(yīng)用（求參數(shù)）】【例3】已知空間A、B、C、D四點(diǎn)共面，且其中任意三點(diǎn)均不共線，設(shè)P為空間中任意一點(diǎn)，若BD→=6PA→?4PB→A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1【解題思路】根據(jù)空間四點(diǎn)共面的充要條件代入即可解決．【解答過程】解：BD→=6PA整理得PD→=6PA→?3PB→+λPC可得6﹣3+λ＝1，解得λ＝﹣2，故選：B．【變式3-1】《九章算術(shù)》中的“商功”篇主要講述了以立體幾何為主的各種形體體積的計(jì)算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱．如圖，在塹堵ABC﹣A1B1C1中，M，N分別是A1C1，BB1的中點(diǎn)，G是MN的中點(diǎn)，若AG→=xAB→+yAA1→+zA．1 B．12 C．32 D【解題思路】連接AM，AN，由AG→【解答過程】解：連接AM，AN，如下圖：由于G是MN的中點(diǎn)，∴AG→根據(jù)題意知AG→=xAB→+yAA1→+z【變式3-2】四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)，若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→A．1 B．1112 C．116 D【解題思路】根據(jù)底面ABCD是平行四邊形，E為棱PC的中點(diǎn)，用AB→、BC→和AP→表示AE→，即可求出x、【解答過程】解：如圖所示，因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)，所以AE→=12（AP→+AC若AE→=xAB→+2yBC→+3zAP→，則x=122y=12【變式3-3】如圖，M，N分別是四面體O﹣ABC的棱OA，BC的中點(diǎn)，設(shè)OA→=a→，OB→=b→，OC→A．?12 B．12 C．32【解題思路】利用空間向量基本定理以及空間向量的線性運(yùn)算進(jìn)行轉(zhuǎn)化，結(jié)合向量相等的定義，求出x，y，z的值，即可得到答案．【解答過程】解：因?yàn)镸，N分別是四面體O﹣ABC的棱OA，BC的中點(diǎn)，所以MN→又MN→=xa→+yb→+zc→，所以x=【題型4利用空間向量基本定理解決幾何問題】【方法點(diǎn)撥】利用空間向量基本定理解決幾何問題的思路:(1)平行和點(diǎn)共線都可以轉(zhuǎn)化為向量共線問題；點(diǎn)線共面可以轉(zhuǎn)化為向量共面問題；(2)幾何中的求夾角、證明垂直都可以轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題，解題中要注意角的范圍；(3)幾何中求距離(長度)都可以轉(zhuǎn)化為向量的模，用向量的數(shù)量積可以求得．【例4】已知在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P、M為空間任意兩點(diǎn)，如果有PM→=PB1→+7BAA．在平面BAD1內(nèi) B．在平面BA1D內(nèi) C．在平面BA1D1內(nèi) D．在平面AB1C1內(nèi)【解題思路】根據(jù)空間向量的加減法運(yùn)算得出PM→【解答過程】解：因?yàn)镻M→=PB1→+=PB1→+所以M，B，A1，D1四點(diǎn)共面，即點(diǎn)M必在平面BA1D1內(nèi)．故選：C．【變式4-1】如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，設(shè)AB→=a→，（1）用a→，b→，c→（2）求AC1的長．【解題思路】（1）由空間向量加法法則得AC（2）AC1→2=（a→【解答過程】解：（1）∵在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，∴AC（2）∵AB＝5，AD＝3，AA1＝4，∠DAB＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，AC∴AC1→2=（a→＝25+9+16+0+2×5×4×cos60°+2×3×4×cos60°＝82．∴AC1的長|AC1→【變式4-2】如圖所示，在三棱錐A－BCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，且DB＝DC＝DA＝2，E為BC的中點(diǎn)．(1)證明：AE⊥BC；(2)求直線AE與DC的夾角的余弦值．【解題思路】（1）由空間向量的數(shù)量積運(yùn)算得eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，由此能求出結(jié)果．（2）求出eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝2，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))＝eq\r(6)，由此能求出cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉．【解答過程】證明：因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(DE,\s\up6(→))－eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))－eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝·(eq\o(DB,\s\up6(→))－eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))2－eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))，又DA，DB，DC兩兩垂直，且DB＝DC＝DA＝2，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，故AE⊥BC.(2)解eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))2－eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))2＝2，由eq\o(AE,\s\up6(→))2＝2＝eq\f(1,4)eq\o(DB,\s\up6(→))2＋eq\f(1,4)eq\o(DC,\s\up6(→))2＋eq\o(DA,\s\up6(→))2＝6，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))＝eq\r(6).所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,\r(6)×2)＝eq\f(\r(6),6).故直線AE與DC的夾角的余弦值為eq\f(\r(6),6).【變式4-3】如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中點(diǎn)，O是底面ABCD的中心．求證：B1O⊥平面PAC.【解題思路】令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，得到eq\o(AC,\s\up6(→))⊥OB1→，OB1→⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，即可得證.【解答過程】證明：如圖，連接BD，則BD過點(diǎn)O，令eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，AA1→＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝1，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋BB1→＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up6(→))＋BB1→＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＋BB1→＝eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c.∴eq\o(AC,\s\up6(→))·OB1→＝(a＋b)·（12a-12b+c）＝eq\f(1,2)|a|2＋eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)|b|2＋a·c＋b·c＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0.∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥OB1→，即AC⊥OB1.又eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)DD1→＝b＋eq\f(1,2)c，∴OB1→·eq\o(AP,\s\up6(→))＝（12a-12b+c）·(b＋eq\f(1,2)c)＝eq\f(1,2)a·b－eq\f(1,2)|b|2＋c·b＋eq\f(1,4)a·c－eq\f(1,4)b·c＋eq\f(1,2)|c|2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＝0，∴OB1→⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，即OB1⊥AP.又AC∩AP＝A，AC，AP?平面PAC，∴OB1⊥平面PAC.專題1.3空間向量基本定理-重難點(diǎn)題型檢測一．選擇題1．已知{a→，b→A．a(chǎn)→?c→ B．a(chǎn)→+c→【解題思路】根據(jù)空間向量的一組基底是：任意兩個(gè)不共線，且不為零向量，三個(gè)向量不共面，即可判斷出結(jié)論．【解答過程】解：由m→=a→?b→，n→=b→所以得a→?c→與m→，n→是共面向量，故a→2．已知空間向量a→，b→，①若a→與b→共線，b→與c→共線，則②若a→，b→，③若a→，b→，c→不共面，那么對任意一個(gè)空間向量p→，存在唯一有序?qū)崝?shù)組（x，y，④若a→，b→不共線，向量c→=λa→+μb→（λ，A．0 B．1 C．2 D．3【解題思路】舉反例，判斷①；根據(jù)共面向量的定義判斷②；利用空間向量基本定理判斷③④．【解答過程】解：對于①，若a→與b→共線，b→與c→共線，則當(dāng)b→=0對于②，共面向量的定義是平行于同一平面的向量，∴a→，b→，c→對于③，由空間向量基本定理可知：若a→，b→，c→不共面，那么對任意一個(gè)空間向量p→，存在唯一有序?qū)崝?shù)組（x，y，z），使得④若a→，b→不共線，向量c→=λa→+μb→3．已知O，A，B，C為空間四點(diǎn)，且向量OA→，OB→，A．OA→，OB→，OCB．O，A，B，C中至少有三點(diǎn)共線 C．OA→+OB→D．O，A，B，C四點(diǎn)共面【解題思路】根據(jù)空間向量基本定理即可判斷．【解答過程】解：由于向量OA→，OB所以O(shè)，A，B，C四點(diǎn)共面，故選：D．4．設(shè)P﹣ABC是正三棱錐，G是△ABC的重心，D是PG上的一點(diǎn)，且PD→=DG→，若PD→=xPAA．(56，13，23) B．【解題思路】G是△ABC的重心，可得AG→=13AB→+13AC→=13（PB→?PA→）+13（PC→【解答過程】解：因?yàn)镻﹣ABC是正三棱錐，G是△ABC的重心，所以AG→=13AB→+13因?yàn)镈是PG上的一點(diǎn)，且PD→=DG因?yàn)镻G→=PA→+=1因?yàn)镻D→=xPA→+yPB→+z故選：B．5．已知A，B，C三點(diǎn)不共線，O是平面ABC外任意一點(diǎn)，若由OP→=15OA→+23OB→+λA．215 B．23 C．?215【解題思路】利用向量共線定理與平面向量基本定理即可得出．【解答過程】解：因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)不共線，O為平面ABC外一點(diǎn)，若由向量OP→=15OA→+23OB→∴三點(diǎn)P，A，C共線，∴15+23+λ=1，解得6．在四面體O﹣ABC中，設(shè)OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，OE→A．38a→+14b→+14c【解題思路】利用空間向量的線性運(yùn)算法則求解．【解答過程】解：畫出圖形，如圖所示，則OP=12×12(OB→+7．如圖，M為OA的中點(diǎn)，以{OA→，OC→，OD→}A．(12，?1，0) B．(12【解題思路】利用空間向量的線性運(yùn)算，空間向量基本定理求解即可．【解答過程】解：∵M(jìn)為OA的中點(diǎn)，∴DM→∵DM→=xOA→+yOC→+zOD→，∴x=18．在三棱錐A﹣BCD中，P為△BCD內(nèi)一點(diǎn)，若S△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，則AP→A．13AB→+1C．13AB→+【解題思路】延長PB至B1，使得PB1＝2PB，延長PC至C1，使得PC1＝3PC，連接DB1，B1C1，C1D，由題意得出S△PB1C1=S△PC1D=S△PB1D【解答過程】解：三棱錐A﹣BCD中，P為△BCD內(nèi)一點(diǎn)，如圖所示：延長PB至B1，使得PB1＝2PB，延長PC至C1，使得PC1＝3PC，連接DB1，B1C1，C1D，因?yàn)镾△PBC＝1，S△PCD＝2，S△PBD＝3，所以S△所以P為△B1C1D的重心，所以PD→即PD→+2PB→所以（AD→?AP→）+2（AB→?AP所以AP→故選：C．二．多選題9．若{aA．b→+c→，b→，b→?c→ B．a(chǎn)→，a→+b→，a→?【解題思路】利用共面向量定理直接求解．【解答過程】解：{a對于A，(b→+c→)+(b→?c→)=對于B，（a→+b→）+（a→?b→）=2a對于C，a→+b→，a→對于D，（a→+b→+c→）=a→故選：ABD．10．給出下列命題，其中正確的有（）A．空間任意三個(gè)向量都可以作為一組基底 B．已知向量a→∥b→，則aC．A，B，M，N是空間四點(diǎn)，若BA→，BM→，BN→不能構(gòu)成空間的一組基底，則A，B，M，D．已知{a→，b→【解題思路】根據(jù)空間向量基底是三個(gè)不共面的向量，對選項(xiàng)中的命題真假性判斷即可．【解答過程】解：對于A，空間中只有不共面的三個(gè)向量可以作為一組基底，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于B，由向量a→∥b→，則a→對于C，若BA→，BM→，BN→不能構(gòu)成空間的一組基底，則BA→，BM→，BN→是共面向量，所以A，B，對于D，因?yàn)閧a→，b→，c→}是空間向量的一組基底，所以a→、即m→=a→+故選：BCD．11．有下列四個(gè)命題，其中真命題的是（）A．若p→=xa→+yb→，則B．若p→與a→、b→C．若MP→=xMA→+yMB→，則P、D．若P、M、A、B共面，則MP【解題思路】由空間向量基本定理直接求解．【解答過程】解：若p→=xa→+yb→，則p若p→與a→、b→共面，但如果a→與b→共線，則p→就不一定能用同理，D也是錯(cuò)誤的；若MP→=xMA→+yMB→，則MP→，MA→，MB→三向量在同一平面內(nèi)，所以故選：AC．12．已知空間向量i→A．向量i→+jB．{i→C．向量i→+j→+D．向量i→+j【解題思路】利用向量的模的性質(zhì)將i→+j→+k→的模轉(zhuǎn)化為數(shù)量積求解，即可判斷選項(xiàng)A，利用不共面的向量作為基底判斷選項(xiàng)B，利用兩個(gè)向量夾角的余弦公式進(jìn)行求解，即可判斷選項(xiàng)C【解答過程】解：對于選項(xiàng)A，因?yàn)榭臻g向量i→所以|i→|=|則|i所以向量i→+j故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)B，因?yàn)榭臻g向量i→所以i→，j→，所以i→+j則{i故選項(xiàng)B正確；對于選項(xiàng)C，設(shè)i→+j→+則cosα=(所以向量i→+j→+故選項(xiàng)C正確；對于選項(xiàng)D，因?yàn)閨i同理可得|k則cos＜所以向量i→+j→與則向量i→+j故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選：BC．三．填空題13．已知{a→，b→，c→}是空間的一個(gè)單位正交基底，向量p→=a→+2b→+3c→，{a→+b→，a→?b→，c→}是空間的另一個(gè)基底，用基底{a→+b→【解題思路】設(shè)p→=x（a→+b→）+y（【解答過程】解：設(shè)p→=x（a→+b→）+y（則p→=（x+y）a→+（x﹣y）∵p→=a→+∴x+y=1x?y=2z=3，∴∴p→=32（a→+b→故答案為：32（a→+b→）?114．如圖所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N分別是A1B和B1C1上的點(diǎn)，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N．設(shè)MN→=xAA→1+yAB→+zAC→(x【解題思路】把三個(gè)向量AB→，A【解答過程】解：由題意三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分別是A1B、B1C1上的點(diǎn)，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N，則MN=1=?=5∵M(jìn)N→∴x+y+z=512故答案為：1．15．如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，M是A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CA1上的點(diǎn)，且CN：NA1＝1：4【解題思路】連接MN，利用空間向量基本定理和空間向量的線性運(yùn)算，化簡求解即可．【解答過程】解：連接MN，在△A1MN中，MN→因?yàn)镸為A1D1的中點(diǎn)，所以MA因?yàn)辄c(diǎn)N是CA1上的點(diǎn)，且CN：NA1＝1：4，所以A1故MN→故答案為：4516．有下列四個(gè)命題：①已知A，B，C，D是空間任意四點(diǎn)，則AB→+②若兩個(gè)非零向量AB→與CD→滿足AB→+CD③分別表示空間向量的有向線段所在的直線是異面直線，則這兩個(gè)向量不是共面向量；④對于空間的任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），則P其中正確命題有②．【解題思路】對4個(gè)命題分別進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論．【解答過程】解：①已知A，B，C，D是空間任意四點(diǎn)，則AB→②若兩個(gè)非零向量AB→與CD→滿足AB→+CD③分別表示空間向量的有向線段所在的直線是異面直線，則這兩個(gè)向量可以是共面向量，不正確；④對于空間的任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)A，B，C，若OP→=xOA→+yOB→+zOC→（x，y，z∈R），僅當(dāng)x+y+z＝1時(shí)成立，則P故答案為②．四．解答題17．如圖，在四面體OABC中，設(shè)OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，G為△ACB的重心，以【解題思路】利用重心的性質(zhì)和向量的三角形法則即可得出．【解答過程】解：由G為△ACB的重心可知E為AC的中點(diǎn)，所以BE→=12（BA→+BC→）=12[（OA→?OB→）+（OC→?OB→OG→=OB→+BG→=b18．如圖，棱長為1的正四面體（四個(gè)面都是正三角形）OABC，M是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段OM上，點(diǎn)P在線段AN上，且MN=12ON（1）用向量OA→，OB→，OC→（2）求|OP【解題思路】（1）利用向量運(yùn)算法則直接求解．（2）利用向量運(yùn)算法則，求出OP→=14OA→+14OB→【解答過程】解：（1）AN→∴AN→（2）OP=1∴OP→∴|OP→|2=116（OA→+OB→+OC∴|OP19．如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在BB1和DD1上，且BE=13BB1，DF=2（1）證明：A、E、C1、F四點(diǎn)共面．（2）若EF→=xAB→+yAD→+zAA【解題思路】（1）由AB∥C1D1，AB＝C1D1，BE∥D1