1、用基底建模向量法解決立體幾何問題 空間向量是高中數學新教材中一項基本內容，它的引入有利于處理立體幾何問題，有利于學生克服空間想象力的障礙和空間作圖的困難，有利于豐富學生的思維結構，利用空間向量的坐標運算解立體幾何問題,可把抽象的幾何問題轉化為代數計算問題,并具有很強的規律性和可操作性, 而利用空間向量的坐標運算需先建立空間直角坐標系，但建立空間直角坐標系有時要受到圖形的制約,在立體幾何問題中很難普遍使用，其實向量的坐標形式只是選取了特殊的基底，一般情況下, 我們可以根據題意在立體幾何圖形中選定一個基底,然后將所需的向量用此基底表示出來, 再利用向量的運算進行求解或證明, 這就是基底建模法.它是

2、利用向量的非坐標形式解立體幾何問題的一種有效方法。 基向量法在解決立體幾何的證明、求解問題中有著很特殊的妙用?？臻g向量基本定理及應用空間向量基本定理：如果三個向量a、b、c不共面，那么對空間任一向量p存在惟一的有序實數組x、y、z,使p=x a+ y b+ z c.1、 已知空間四邊形OABC中，AOB=BOC=AOC,且OA=OB=OC.M，N分別是OA，BC的中點，G是MN的中點.求證：OGBC.例1題圖【解前點津】要證OGBC，只須證明即可. 而要證,必須把、用一組已知的空間基向量來表示.又已知條件為AOB=BOC=AOC,且OA=OB=OC，因此可選為已知的基向量.【規范解答】連ON由

3、線段中點公式得：又,所以)=(). 因為.且，AOB=AOC.所以=0,即OGBC.【解后歸納】本題考查應用平面向量、空間向量和平面幾何知識證線線垂直的能力.【例2】在棱長為a的正方體ABCDA1B1C1D1中，求：異面直線BA1與AC所成的角.【解前點津】利用，求出向量與的夾角,， 再根據異面直線BA1，AC所成角的范圍確定異面直線所成角.【規范解答】因為,所以=因為ABBC，BB1AB，BB1BC，所以=0,=-a2.所以=-a2.又所以=120°.所以異面直線BA1與AC所成的角為60°【解后歸納】求異面直線所成角的關鍵是求異面直線上兩向量的數量積，而要求兩向量的數量

4、積，必須會把所求向量用空間的一組基向量來表示例3：如圖，在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，ABC=60º，PA面ABCD ， PA=AC =a,PB=PD=，點E在PD上，且PE:PD=2:1. 在棱PC上是否存在一點F，使BF 平面AEC？證明你的結論.解析：我們可選取作為一組空間基底【例4】證明：四面體中連接對棱中點的三條直線交于一點且互相平分(此點稱為四面體的重心).【規范解答】E,G分別為AB,AC的中點,EG,同理HF，EGHF .從而四邊形EGFH為平行四邊形，故其對角線EF,GH相交于一點O,且O為它們的中點,連接OP,OQ.只要能證明向量=-就可以說明P,O,Q三點

5、共線且O為PQ的中點,事實上, ,而O為GH的中點, 例4圖CD,QHCD,=0.=,PQ經過O點,且O為PQ的中點.【解后歸納】本例要證明三條直線相交于一點O,我們采用的方法是先證明兩條直線相交于一點,然后證明兩向量共線,從而說明P、O、Q三點共線進而說明PQ直線過O點.例5如圖在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，E、F、G分別是A1D1、D1D、D1C1的中點求證：平面EFG平面AB1C.證明：設a，b，c，則(ab)，ab2，bc(bc)，bc2，.又EG與EF相交，AC與B1C相交，平面EFG平面AB1C.例6如圖，平行六面體ABCDA1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都為

6、1，且兩夾角為60°.(1)求AC1的長；(2)求BD1與AC夾角的余弦值解：設a，b，c，則兩兩夾角為60°，且模均為1.(1)abc.|2(ab c)2|a|2|b|2|c|22a·b2b·c2a·c36×1×1×6，|，即AC1的長為.(2)bac.·(bac)·(ab)a·ba2a·cb2a·bb·c1.|，|，cos，.BD1與AC夾角的余弦值為.14.已知線段AB在平面內，線段AC，線段BDAB，且與所成的角是30，如果ABa，ACBDb，求C

7、、D之間的距離. .如圖，由AC，知ACAB.過D作DD，D為垂足，則DBD30°，°，|CD|2= 第17題圖b2+a2+b2+2b2cos120°a2+b2.CD15如圖所示,已知ABCD,O是平面AC外的一點點, 求證:A1,B1,C1,D1四點共面.證明： =2 =A1,B1,C1,D1四點共面.16 ：如圖，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且C1CB=C1CD=BCD=60°. 證明：C1CBD； <e1,e2>=60°, <e1,e3>=60°, <e2,e3&g

8、t;=60°, C1CBD 17.如圖，在梯形ABCD中，ABCD，ADC90°，3ADDC3，AB2，E是DC上的點，且滿足DE1，連結AE，將DAE沿AE折起到D1AE的位置，使得D1AB60°，設AC與BE的交點為O.(1)試用基向量， ，表示向量；(2)求異面直線OD1與AE所成角的余弦值；(3)判斷平面D1AE與平面ABCE是否垂直？并說明理由解：(1)ABCE，ABCE2，四邊形ABCE是平行四邊形，O為BE的中點().(2)設異面直線OD1與AE所成的角為，則cos|cos，|，·()···|21×&

9、#215;cos45°×2××cos45°×()21，| ，cos|.故異面直線OD1與AE所成角的余弦值為.(3)平面D1AE平面ABCE.證明如下：取AE的中點M，則，·()·|2·×()21××cos45°0.D1MAE.·()···××2×cos45°1×2×cos60°0，D1MAB.又AEABA，AE、AB平面ABCE，D1M平面ABCE.D1M

10、平面D1AE，平面D1AE平面ABCE. 在四面體、平行六面體等圖形中,當不易找到（或作出）從一點出發的三條兩兩垂直的直線建立直坐標系時,可采用“基底建模法”選定從一點發的不共面的三個向量作為基底,并用它們表示出指定的向量,再利用向量的運算證明平行和垂直,求解角和距離。“基底建模法”可作為空間直角坐標系的一個補充（尤其是在傳統幾何法難作輔助線，向量坐標法又難以建系時）,掌握該方法可有效地提高利用空間向量解決立體幾何問題的能力。對應訓練分階提升一、基礎夯實1. 在下列條件中,使M與A、B、C一定共面的是( C )A. B. C. D.2 若向量a，b，c是空間的一個基底，向量ma+b，na-b，

11、那么可以與m、n構成空間另一個基底的向量是( C )A.a B.b C.c D.2a3 .如圖所示，已知四面體ABCD，E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AC的中點，則()化簡的結果為 ()A B CD解析：()()·2.答案：C4如圖，在底面ABCD為平行四邊形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，M是AC與BD的交點，若a，b，c，則下列向量中與相等的向量是 ()Aabc B.abcC.abc Dabc解析：由題意，根據向量運算的幾何運算法則，cc()abc.答案：A5已知正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為上底面A1C1的中心，若xy，則x、y的值分別為 ()Ax1，y1

12、 Bx1，yCx，y Dx，y1解析：如圖，()答案：C題組二空間中的共線、共面問題4.A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)這四個點是否共面_(共面或不共面)解析：(3,4,5)，(1,2,2)，(9,14,16)，設xy.即(9,14,16)(3xy,4x2y,5x2y)，從而A、B、C、D四點共面答案：共面題組三空間向量數量積及應用6.如圖所示，已知空間四邊形的每條邊和對角線長都等于a，點E、F、G分別為AB、AD、DC的中點，則a2等于 ()A2· B2·C2· D2·解析：，2·2a2×

13、cosa2.答案：B7二面角l為60°，A、B是棱l上的兩點，AC、BD分別在半平面、內，ACl，BDl，且ABAC，BD2a，則CD的長為 ()A2a B.a Ca D.a解析：ACl，BDl，,60°，且·0，·0，|2a.答案：A8.如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90°，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是 ()A45° B60°C90° D120°答案：B1 已知：,當最取最小值時，的值等于（ C ）A.19 B. C.

14、 D. 2正四棱維P-ABCD中，O為底面中心，設，E為PC的中點，則 可表示為 （ B ） A. B. C. D. 3已知向量，且，則的值是 （ B ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 34已知向量，若向量與向量互相垂直，則的值是 （ D ） A. B.2 C. D. 5下面命題正確的個數是 （ B ）若，則與、共面； 若，則M、P、A、B共面；若，則A、B、C、D共面； 若，則P、A、B、C共面；A.1 B. 2 C.3 D.46已知點A在基底下的坐標為（8，6，4），其中，則點A在基底下的坐標是 （ A ）A.（12，14，10） B.（10，12，14） C.（14，12，10） D.（4，3，2）7已知點,向量，則向量的夾角是（ A ）A. B. C. D. 8已知向量，向量，則向量在向量上的射影的長是（ B ）A.1 B. 2 C.5 D.109已知若，且，則點D的坐標為（ D ）A.（-1，-1，-2） B.（-1，-1，-2） C.（1，-1，-2） D.（-1，1，2）10已知OABC是四面體，G是ABC的重心，若，則的值是（ C ）