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第二节 空间向量基本定理
▍知识点1:空间向量基本定理
如果空间中的三个向量,,不共面,那么对空间中的任意一个向量,存在唯一的有序实数组,使得.其中,空间中不共面的三个向量,,组成的集合{,,},常称为空间向量的一组基底.此时,,,都称为基向量;如果,则称为在基底{,,}下的分解式.
注意:基底中不能有零向量.因为零向量与任意一个非零向量都是共线向量,与任意两个非零向量都共面,所以三个向量为基底隐含着三个向量一定为非零向量.
▍知识点2:空间向量的正交分解
（1）单位正交基底: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,常用表示.
（2）正交分解: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.
基底向量的概念
基底判断的基本思路及方法:
（1）基本思路:判断三个空间向量是否共面,若共面,则不能构成基底;若不共面,则能构成基底.
（2）方法:
①若向量中存在零向量,则不能作为基底;若存在一个向量可以用另外的向量线性表示,则不能构成基底.
②假设,运用空间向量基本定理,建立关于的方程组,若有解,则共面,不能作为基底;若无解,则不共面,能作为基底.
【典例 1】（多选）设是空间的一个基底,则下列结论正确的是（ ）
A.可以为任意向量
B.对任一空间向量,存在唯一有序实数组,使
C.若,则
D.可以构成空间的一个基底
【典例 2】（多选）下列说法正确的是（ ）
A.若两个非零向量,与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则,共线
B.空间的基底有且仅有一个
C.两两垂直的三个非零向量可以构成空间的一个基底
D.若是空间的一个基底,则也是空间的一个基底
【练习 3】（多选）下列选项中正确的是（ ）
A.若存在实数x,y,使,则点P,M, A,B共面;
B.若与共面,则存在实数x,y,使;
C.若向量所在直线是异面直线,则向量一定不共线;
D.如果是空间的三个向量,则对空间任一向量,总存在唯一的有序实数组,使得.
【练习 4】如图,在平行六面体中,可以作为空间向量的一个基底的是（ ）

A.,, B.,,
C.,, D.,,
【练习 5】（2024·四川高二练习）已知是空间的一个基底,设,则下列向量中可以与一起构成空间的另一个基底的是（ ）
A. B. C. D.以上都不对
【练习 6】若构成空间的一个基底,则下列向量不共面的是（ ）
A.、、
B.、、
C.、、
D.、、
【练习 7】若是空间的一个基底,且向量不能构成空间的一个基底,则（ ）
A. B.1 C.0 D.
【练习 8】（多选）已知向量能构成空间的一组基底,则能与向量构成空间另一组基底的向量是（ ）
A. B.
C. D.
用基底表示空间向量
【典例 9】如图,在平行六面体中, ,,, P是的中点,M是的中点,N是的中点,用基底表示以下向量:

（1）;
（2）;
（3）.
【练习 10】（2024·全国高二课后）已知在三棱台中,,设,以为空间的一个基底表示向量.
【练习 11】（2023·高二专题）如图,在空间四边形中,,,,且, ,则等于（ ）

A. B.
C. D.
【练习 12】（2023·高二专题）数学名著《九章算术》中,将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图,四棱锥为阳马,平面,且,若,则（ ）
A. B. C. D.
【练习 13】在四面体中,是的中点, 是的中点.设,,,则（ ）
A. B.
C. D.
【练习 14】在正四面体中,,, ,为中点,为靠近的三等分点,用向量,,表示（ ）
A. B.
C. D.
【练习 15】已知三棱锥,点是的中点,点是的重心（三角形三条中线的交点叫做重心）设, ,,则向量用基底可表示为（ ）

A. B.
C. D.
重点题型专练
空间向量基本定理的应用
角度1:求线段长或模长
【典例 16】（2023·高二课时练习）如图所示,在平行六面体中,底面是边长为1的正方形,,.求线段的长.

【练习 17】（2024·上海高二）如图所示,在四棱锥中,底面是边长为1的正方形,侧棱的长为2,且和的夹角都是, 是中点,设,,,试以,,为基向量表示出向量,并求的长.
角度2:证明垂直关系
【典例 18】（2024·安徽高二练习）如图所示,在四棱锥中,底面是边长为3的菱形,且 ,利用空间向量证明.
【练习 19】（2023·全国高二专题练习）如图,正四面体的高的中点为,利用空间向量证明,,两两垂直.
.
【练习 20】如图,四面体,,,,,, ,分别为棱,,,,,的中点,且,利用空间向量证明, ,.
角度3:求向量夹角
【典例 21】（2023·上海松江高二练习）在正四面体ABCD中,E,F分别是棱AD、BC中点.求AF与CE所成角的余弦值.
【练习 22】如图,在棱长为1的正四面体中,, 分别是边,的中点,点在上,且,设,,.
（1）试用向量,,表示向量;
（2）求.
【练习 23】如图,平行六面体中,底面ABCD是边长为1的正方形,, ,,,,M为中点.
（1）用空间的一个基底表示,;
（2）求,,异面直线DM与所成角的余弦值.
角度4:利用唯一性求参数（重难点）
【典例 24】是空间的一个基底,, ,若,则x,y,z分别为（ ）
A.,, B.,1,
C.,1, D.,1,
【变式 25】如图,在三棱锥中,点G为的重心,点M在上,且,过点M任意作一个平面分别交棱于点D,E,F,若,求证:为定值．
综合巩固提升
一、单选题
1.已知,,是不共面的三个向量,则能构成空间的一个基底的一组向量是（　　）
A.,, B.,,
C.,, D.,,
2.（2023·湖北高二）在平行六面体中,底面是菱形,侧面是正方形,且,,,若P是与的交点,M是的中点,则（ ）
A.5 B.7 C.3 D.
3.在如图的平行六面体中，已知,,,N为上一点,且,若,则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
4.如图,一个平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长均为6,且它们彼此的夹角都是60°,下列说法中正确的是（ ）
A.
B.向量与的夹角是60°
C.AC1⊥DB
D.BD1与AC所成角的余弦值为
三、填空题
5.已知矩形中,,,将矩形沿对角线折起,使平面与平面垂直,过,分别向作垂线,垂足分别为,,用,,表示,则 ，与之间的距离为 ．
四、解答题
6.（2023·浙江）如图,空间四边形中, ,,,点在上,且,.
（1）以为一组基底表示向量;
（2）求的长度.
7.（2023·全国高二专题练习）如图,在底面为菱形的平行六面体中,分别在棱上,且,且.
（1）用向量表示向量;
（2）求证:共面;
（3）当为何值时,. 1第二节 空间向量基本定理 因为 a,b,c 构成空间的一个基底,则 0 ,无解,

0
核心基础导学 假设不成立,故 a b c 、 a b c 、 a 不共面；

【1】BD 对于 C选项,假设 a b 、 a b 、 a c 共面,


解析:对于 A,因为 a,b ,c 是空间的一个基底,所以 a,b,c 为不共面的非 则存在 m、 n R ,使得 a c m a b n a b ,

零向量,A不正确； 所以, c m n 1 a m n b ,则 a 、 b、 c共面,与题设矛盾,
对于 B,由空间向量基本定理知,对任一空间向量 p ,存在唯一有序实数 故 、 、 不共面；
a b a b a c
组 x, y, z ,使 p xa yb zc B , 正确；
选项 D,因为
2c 6a 2 3a c ,则 2c 6a 、 3a c 共线,则 a 2b 、
对于 C, a b,b c ,但 a,c 不一定垂直,C 不正确；
2c 6a 、 3a c 共面.故选：BC.
对于 D,假设 a 2b,b 2c,c 2a 共面,则存在唯一实数对 x, y ,使得 【7】A
a 2b x b 2c y c 2a , 解析:因为 a e1 e2 ,b e2 e3 ,c e1 te3 不能构成空间的一个基底,

1 2y 所以存在实数 x 、 y 使得 c xa yb ,

所以 2 x ,无解,所以 a 2b,b 2c,c 2a

不共面, 即 e1 te3 x e1 e y e e 2 2 3 ,
0 2x y
即 e1 te3 xe1 x y e2 ye3 ,
所以 a 2b ,b 2c ,c 2a 可以构成空间的一个基底,D正确.故选：BD. 因为 e1,e2 ,e3 是空间的一个基底,
【2】ACD
解析:对于 A,能构成空间的一个基底的向量必须是不共面的 3个向量, x 1 x 1

由于非零向量 a , b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底, 则 x y 0 ,解得 y 1 .
y t t 1
即向量 a , b与任何一个向量均共面,则 a , b必共线,A正确；
对于 B,空间的基底不唯一,不共面的 3个向量,均可作为空间的一组基 故选：A.
底,B错误； 【8】BCD
对于 C,由于两两垂直的三个非零向量不共面,故可以构成空间的一个 解析:对于选项 A：因为 a c a b b c ,
基底,C正确；




a,b,c 所以D a b ,b c ,a c
三个向量共面,
对于 ,由于 是空间的一个基底,故 a,b,c 不共面,
故不能构成空间的一个基底,故 A错误；
而 a b,a b 与 a,b共面,故与 c不共面,且 a b,a b 不共线,
对于选项 B：因为 a c x a b y b c xa x y b yc ,
故 a b,a b,c 也是空间的一个基底,D正确,故选：ACD
x 1
【3】AC
则 x y 0 ,方程无解,即不存在实数 x, y 使得该式成立,
解析:由向量共面定理可知,若存在实数 x,y,使 MP xMA yMB ,则点 y 1
P,M,A,B共面,故 A正确；
所以 a b ,b c,a c 不共面,可以作为基底向量,故 B 正确；
若 a,b p

共线, 不与 a,b 共线,则不存在实数 x,y,使 p xa yb ,故 B错
误； 对于选项 C：因为 a b x a b y b c xa x y b yc ,

若向量 a、b 所在的直线是异面直线,则 a,b的方向不相同也不相反,且 x 1
所在直线也不 则 x y 1 ,方程无解,即不存在实数
x, y 使得该式成立,

相交,所以向量 a、b 一定不共线,故 C 正确； y 0
p 若 a、b、c 是空间三个基底向量,则对空间任一向量 ,总存在唯一的 所以 a b ,b c,a b 不共面,可以作为基底向量,故 C 正确；

有序实数组 (x, y, z)

,使 p xa yb zc ,故 D错误；故选：AC
对于选项 D：因为 a b c x a b y b c xa x y b yc ,
【4】C

解析:因为 AB , AC , AD 共面,故 A错误； x 1
x y 1
AA AB B 则 ,方程无解,即不存在实数
x, y 使得该式成立,
因为 AB , 1 , 1 共面,故 错误；
y 1
因为 AC1 , A1C , CC1 共面,故 D错误；
所以 a b ,b c ,a b c 不共面,可以作为基底向量,故 D正确；
因为 D1A1 , D1C1 , D1D 三个向量是不共面的,可以作为一个基底,故C正
故选：BCD.
确；故选：C 1 1 1 1 1 1
【5】C 【9】（1） a b c ；（2） a b c ；（3） a b c .

2 2 2 2 2 2
解析:向量 a,b ,c 是空间的一个基底,显然 a
1 p 1 q,b 1 p 1 q ,即
2 2 2 2 解析:（1）连接 AC, AD , AC
,

向量 a,b分别与向量 p,q 共面,A、B不是；

假定向量 c与向量 p,q 共面,显然 p,q 不共线,即存在实数 , ,使得

c p q ,

即有 c ( )a ( )b

,所以 a,b ,c 共面,与已知矛盾,因此向量 c与

向量 p,q 不共面, 1 1
AP (AC
1 1 1
AA ) (AB AD AA ) a b c ；
所以向量 c 可以与 p,q 一起构成空间的另一个基底,C对,D错. 2 2 2 2 2
C 故选： （2） AM
1 1
(AC AD ) (AB 2AD AA ) 1 a b 1 c ；
【6】BC 2 2 2 2
1 1
解析:对于 A选项, 2a b 2a b 2b ,所以 2a b 、 2a b 、 b共面； （3） AN (AC AD ) [(AB AD AA ) (AD AA )]
2 2
对于 B选项,假设 a b c 、 a b c 、 a 共面, 1 (AB 2AD 2AA ) 1 a b c .
则存在 、 R 使得 2 2
1 1
3 1
a a b c a b c a b c , 【10】 AD a b c ； AE b c6 3 4 2
{#{QQABBQSAggCAAAAAARhCQwXKCgOQkACCAQoOxFAQMAAAiRNABCA=}#}

AG 2

由重心性质可知 AE ,所以 AG
2 1 1
a b c3 3 2 2
,

解析:
DG DA AG 1

a 2

a 1

b 1

c 1 a 1
1
所以 b c2 3 2 2 6 3 3 .故选：B
1
AD AA1 A1C1 C1D AA1 A1C1 C3 1
B1
1 1 1 1
AA1 AC AB AC

2 3 2 2


1 1 1 1
AB AC AA1 a b c .
6 3 6 3 重点题型专练
1 1
所以 AD 向量是 a b c . 【16】
6 3
解析:设 AB=a , AD b , AA1 c ,
AE AC CE AC 1 CC 1
2 则 a b 1 , c 2 , a b 0 ,
1 1
AC CA AA1 AC c a c b 2 1 cos120
1 ,
2 2
∵ AC1 AC CC1 AB AD AA1 a b c ,3 1 3 1
AC AA1 b c ,
4 2 4 2 ∴ AC1 a b c
2a b c
3 1
所以 AE 向量为 b c .
4 2 2 2 2 a b c 2 a b b c c a
【11】C
1 BN NC N BC ON OB OC 1
2 12 22 2(0 1 1) 2 .
解析:因为 ,即 为 的中点,所以 ,
2
∴线段
AC1 的长为 2 .
OM 2MA OM 2因为 ,所以 OA , 1 1 3 1

【17】 BN a b c ,BN 6的长为
1 2 2 OB OC OA 1
1 2 2 2 2
MN ON OM a b c .故选：C
2 3 3 2 2 解析:因为 N是 CM的中点,底面 ABCD是正方形,
【12】A 所以
1 1 EC 2PE PE 1 PC BN BC CN AD CM AD AM AC
1
AD AM AB AD解析: , , 2 2 2 3
1 1 1 1 1 1
DE AE AD AP PE AD AP 1PC AD AP 1 AC AP AD AB AD AM a b c ,3 3 2 2 2 2 2 2
由题意,可得 a b 1, c 2 |, MAB MAD 60 , BAD 90 ,
2 1 2 1
AP AC AD AP 2 AC BC AP 1 AC AC AB
3 3 3 3 3 3 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 因此 BN a b c a b c a b a c b c
2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2
AP AC AB ,
3 3 1 1 1 0 1 1 2cos60 1 3 1 2cos60
x 1 2 2 , y , z , x y z 1
4 4 2 2 2
.故选：A.
3 3 6
13 D 所以 BN ,即 BN
6
的长为 .
【 】 2 2

解析:依题意 EF ED DF
1
AD 1 DB DC 【18】证明见解析2 2
1 1 a,b ,c1 1 解析:设 AB a,AD b ,CP c ,则 构成空间的一个基底,
AD DB DC AD 1
2 2 2 2 2 AB
1
AD AC AD2 BD AD AB b a ,
1 1 1 AD AB AC 1
1 a b 1

c .

AP AB BC CP a b c ,
2 2 2 2 2 2
BD AP b a a b c b 2 a 2 所以 b c a c
32 32 3 4cos60 3 4cos60 0 ,所以 PA BD .
故选：D 【19】证明见解析

解析:（1）设 VA a ,VB b , VC c ,正四面体的棱长为 1,
2 1 因为 VD VB BD VB BA BC14 A 3 2
1 VB VA VB VC VB3 【 】
解析:因为 D为 BC 中点, 1 1
1 1
VA VB VC a b c ,
所以 AD AB BD AB BC AB AC AB
1 1
AB AC 3 3,
2 2 2 2 AO VO 1 VA VD 1 VA a b c a 1 b c 5a
因为 E 为 AD D ,靠近 的三等分点, 2 6 6
2
所以 AE AD , BO VO VB
1
VD VB 1 a b c b 1 a c 5b ,3 2 6 6
2 1
所以 OE OA AE OA AD OA (AB AC ) CO VO VC
1
VD VC 1 a b c c 1 a b 5c ,3 3 2 6 6
1 2
OA (OB OA OC OA) AO BO 1 1,3 所以 b c 5a a c 5b 36 36 18a b 9 a
1 1 1
∴ OE a b c .故选：A. 1 π
3 3 3 18 1 1 cos 9 0 ,所以36 3 AO BO
,即 AO BO .

【15】B
同理, AO CO , BO CO ,所以 AO , BO , CO1 两两垂直.
解析:记 BC的中点为 E,连接 AE,则 AE AB AC ,2 【20】证明见解析


解析:证明：设
AB OB OA b a,AC OC OA c a AB a,AC b ,AD c又 ,

1 1 1
1 1 1 1
AE 1 b a c a a b 1 c 则 EG AG AE AC AD AB a b c a b c所以 ,2 2 2 2 2 2 2 2 2
{#{QQABBQSAggCAAAAAARhCQwXKCgOQkACCAQoOxFAQMAAAiRNABCA=}#}
1 1 1 1 1 FH AH AF AD AB AC c a b a b c , DM AC a 1 c a b c a 2 a b 1 a 1 1 c b c c 22 2 2 2 2 1 2 2 2 2
1 1

1 1 1 KM AM AK AC AB AD b a c a b c ,2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 1 ,2 2 2
1 EG FH 1， a b c a b c2 2 , DM AC可得 cosDM , A 1 61C 1
DM AC
3 2 6 ,
2 2
1
a b c a b c , 又因为异面直线夹角为锐角或直角,所以异面直线 DM 与 A1C 所成角的
2 2 2 a b c 2a b 2a c 2b c a2 b 2 c 2 2a b 2a c 2b c , 6
余弦值 .
4a b 4b c, a b b c 0, b a c 0 6
【24】A
又 b AC,a c DB, AC DB 0
解析:依题意,得
AC DB AC DB AD BC ,AB CD , ,同理可证 , xa yb zc x e1 e2 e3 y e1 e2 e3 z e1 e2 e3
这个四面体相对的棱两两垂直.
2 x y z e1 x y z e2 x y z e3 e1 2e2 3e3
【21】
3 x 5
解析:不妨设正四面体的边长为 2 , x y z 1
2
设 CB a,CD b,CA c , a,b,c 两两成 60 角, 由空间向量基本定理,得 x y z 2 ,解得 y 1 .故选：A.
1 x y z 3
1
则 AF AC CF c a , z
2 2
1 【25】证明见详解.CE (CA CD) 1 c 1 b ,
2 2 2
设 AF ,CE 所成角为 ,
1 2 1 1 1
AF CE c b c a c a b
解析:
cos 2 2 4 4 2 2所以 ,
AF CE c 1

a 1 1

c b 3 3 3
2 2 2
【22】详见解析 证明：连接 AG 并延长,交 BC 于点 H,由题意,
1 2

解析:（1 OG OM MG OA MA AB BN 可令 PA,PB,PC） 作为空间向量的一组基底,2 3
1 2 1 1 1 2 1 1
3
PM PG
3
(PA AG) 3 PA 3 2 AH
OA OA OB OA BC OA OB OA OC OB 4 4 4 4 32 3 2 2 2 3 2 2 3 PA 1 AB AC 3

PA 1

(PB PA) 1 (PC PA)
1 2 1 1 1 1
4 2 2 4 4 4
OA OB OA OC OA
1
OB 1 OA 1 OC 1 1 1
2 3 2 2 2 2 3 3 3 PA PB PC .4 4 4
1 1 1 1 1 OA 1

OB OC a b c 连接 DM .因为点 D,E,F,M共面,所以存在唯一的实数对 ( , ) ,
6 3 3 6 3 3
使 DM DE DF ,即 PM PD (PE PD) (PF PD) ,
（2）由题意知, a b c 1 , a b a c b c
1
, BA a b ,
2 所以 PM (1 )PD PE PF (1 )mPA nPB tPC .
2 2 2 1 1 1
则 BA a b a 2a b b 1 , 由空间向量基本定理,知 (1 )m , n, t ,4 4 4
2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 所以 4(1 ) 4 4 4 为定值.OG a b c a b c a b a c b c m n t
6 3 3 36 9 9 9 9 9
17 综合巩固提升
,
6 1.【答案】C

OG BA a b 1 1 a b 1 c

解析:向量 a,b,c 是不共面的三个向量,
6 3 3
对于A, 3a 2(a b) (a 2b) ,则向量 3a,a b,a 2b 共面,A不能构成空1 2a 1 a 1 1 1
2 1 1
b a c a b b b c
6 3 3 6 3 3 12 间基底；
对于 B, 2b (b 2a) (b 2a) ,则向量 2b,b 2a,b 2a 共面,B 不能构成
cos OG,BA OG BA 17所以 34 空间基底；OG BA
对于D, 2c (a c) (a c) ,则向量 c,a c,a c 共面,D不能构成空间基
1
【23】（1） DM a c , AC a b c 底；
2 1
对于 C,假定向量 a,2b,b c 共面,则存在不全为 0的实数 1, 2 ,使得
2 DM 3 AC 2 6 （ ） ； 1 ；
6 a 2 1b 2 (b c) ,
1 0
解析:（1）由题意可得： DM DC CM DC
1 1
CC1 a c , 2 2 整理得 a (2 1 2 )b 2c 0 ,而向量 a,b,c 不共面,则有 2 1 2 0 ,

A 2 01C A1B1 B1B BC a c b a b c .
显然不成立,
（2）由题意可得： a b 0,a c b c 1
1
2 1 ,
2 所以向量 a,2b,b c 不共面,能构成空间的一个基底,C能构成空间基底.

2
1 故选：C
因为 DM a c
2
a a
1 1
c c 2 1 1 4 3 ,
2 4 4
2.【答案】D
解析:由题意可知：
2 2 2 2 AC a b c a b c 2a b 2a c 2b c AB AD AA1 2 , A1AB 120 , DAB 60 , A1AD 90 ,1
1 1
1 1 4 2 2 2 , 可得： AB AD 2 2 2 , AB AA1 2 2 22 ,2

AD AA1 2 2 0 0 ,
{#{QQABBQSAggCAAAAAARhCQwXKCgOQkACCAQoOxFAQMAAAiRNABCA=}#}
1 1 1 因为 MP MD1 D1P A1D1 D1C1 D1D AB AD AA ,2 2 2 1 10
5.【答案】 BM MN ND ； .2 1 2
可得 MP AB AD AA4 1
2
解析:∵矩形 ABCD 中, AB 1 , BC 3 ,
1 2 2 2 AB AD AA1 2AB AD 2AB AA4 1 2AD AA1 1 1则可得 AM , BM 3 , CN , DN 3 , MN 1 .2 2
1 2 2
4 4 4 2 2 2 2 2 0 5 , 因为平面 ABC4 与平面 ACD 垂直, BM AC ,平面 ABC 平面
ACD AC ,
所以 MP 5 ,即 MP 5 .故选：D. 则 BM 平面 ACD ,所以 BM ND ,
3.【答案】D

解析:令 AB a,AD b,AA c ,因为 AB AA AD ,

所以 a b c ,令 a b c m(m 0) ,

BM 1

因为 BC ,
4
1 1 3 由题可得 BD BM MN ND ,
所以 DM DA AB BM AD AB BC b a b a b ,
4 4 4 所以 | BD |2 (BM MN ND)2

D N D C 因为 , 2 2
| BM | |MN | | ND |
2 2(BM MN MN ND BM ND)
所以 AN AA A D D N AA AD D C c b a , 2 2
3 3 5
因为 DM AN
2
,所以 DM AN 0 , 1 2 (0 0 0) ,2 2 2


所以 a
3
b c b a 0 , 10
4 所以 | BD |
10
.故答案为： BM MN ND ； .
2 3 3 2 3
2 2
所以 a c a b a b c b a b 0
4 4 4 2 1 16 22.【答案】（1） MN OA OB OC ；（2） MN
3 2 2 3
因为 BAD BAA DAA 60 , a b c m(m 0) ,
解析:（1） OM 2MA,BN CN ,
1 2 1 2 2 3 2 3 2 3 2 1 2 2 1 所以 m m m m m m 0 1, MN ON OM OB OC OA OA OB OC2 2 8 4 8 .2 3 3 2 2
1 1 3 3 3 1
所以 0 ,解得 ,故选：D
2 2 8 4 8 5
4.【答案】AC

解析:对于 A选项,由题意可知 AC1 AB AD AA1 ,
2
则 AC1 (AB AD AA1)
2
2 2 2
AB AD AA1 2AB AD 2AB AA1 2AD AA π π1 （2） OA OB OC 2, AOC BOC , AOB ,
2 3
62 62 62 2 6 6 cos60 2 6 6 cos60 2 6 6 cos60 63 , π
∴ AC 6 6 ,所以选项 A正确； 所以 OA OC 0,OB OC 0,OA OB OA OB cos 2 ,1
3
对于 B选项, B1C B1B BC AD AA1 , 2 2 1 1 2
所以 MN OA OB OC2
所以 B1C AA1 (AD AA1) AA1 AD AA1 AA1 6 6 cos60
62 18 , 3 2 2
2
4 2 1 2 1 2 2 2 1
2 2
BC AD AA AD AA AD 2AD AA AA OA OB OC OA OB OA OC OB OC1 1 1 1 1 9 4 4 3 3 2
4 22 2 OA 1
2
OB 1
2
6 2 6 6 cos60 6 6 , OC
2
OA OB
9 4 4 3
B1C AA1 1 4 2 1 2 1 2 2 22 22
则 cos B1C, AA1 2 , 2 2 2 2 BC AA ,所以 MN .1 1 9 4 4 3 9 3

BC 7.【答案】详见解析∴向量 1 与 AA 的夹角是 120 1 ,所以选项 B 不正确；
解析:（1）
对于 C选项, BD AD AB ,
MN MA AB BC CN 2 AA1 AB BC
1
AA1 AB AD
1
AA
又因为 AC AB AD AA , 3 3 3 1
.
1 1

所以 AC1 BD (AB AD AA1 ) (AD AB) （2）证明：
2 2
AB AD AD AD AA1 AD AB AB AD AB AA AB DM AM AD AA1 AD , NB1 C1B1 C1N AA1 AD1 ,3 3
6 6 cos60 62 6 6 cos60 62 6 6 cos60 6 6 cos60 0 , DM NB1 , D，M，B1，N 共面.
∴ AC1 BD ,所以选项 C正确； AA1
对于 D选项,设 BD1 与 AC 所成角的平面角为 , （3）当 1 ,
AC1 A1B ,
AB
因为 BD1 BD DD1 AA1 AD AB

, AC AB AD , 证明：设 AA1 c，AD b，AB a ,
所以
AA12 2 底面 ABCD 为菱形,则当 1 时, a b c ,
BD1 AC (AA1 AD AB) (AB AD) AA1 AB AA1 AD AB AD AB
6 6 cos60 6 6 cos60 62 62 36 , AC1 AB BC CC1 a b c , A1B AB AA1 a c ,

BD AA AD AB (AA AD AB )2 A1AD A1AB DAB 60 ,1 1 1
2 2 2 AC1 A1B （a b c）（ a c） a
2 a b b c c 2 0 ,
AA1 AD AB 2AA1 AD 2AA1 AB 2AD AB 6 2 , AC
1
A1B .
2 2
AC AB AD (AB AD)2 AB 2AB AD AD 6 3 ,

BD1 AC
∴ cos cos BD
36 6
1,AC ,所以选项 D不正
BD1 AC 6 2 6 3 6
确.故选：AC.
{#{QQABBQSAggCAAAAAARhCQwXKCgOQkACCAQoOxFAQMAAAiRNABCA=}#}

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