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专题 1.3 空间向量基本定理【八大题型】
【人教A版（2019）】
【题型1 空间向量基底的判断】..............................................................................................................................1
【题型2 用空间基底表示向量】..............................................................................................................................3
【题型3 由空间向量基本定理求参数】..................................................................................................................6
【题型4 正交分解】..................................................................................................................................................8
【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】.......................................................................11
【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】...........................................................................................................13
【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】...............................................................................................16
【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】.........................................................................................20
【知识点1 空间向量基本定理】
1．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p
＝xa＋yb＋zc.
我们把{a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．
2．用基底表示向量的步骤:
(1)定基底：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一个基底．
(2)找目标：用确定的基底(或已知基底)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结
合
相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果．
(3)下结论：利用空间的一个基底{ ， ， }可以表示出空间所有向量．表示要彻底，结果中只能含
有 ， ， ，不能含有其他形式的向量．
【题型1 空间向量基底的判断】
【例1】（2023春·河南开封·高二统考期末）若{⃗a,⃗b,⃗c}构成空间的一个基底，则下列向量可以构成空间基
底的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗a B．⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗b C．⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗b+⃗c D．⃗a+⃗b,⃗a+⃗b+⃗c,⃗c
【解题思路】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.
1
【解答过程】对于A，⃗a= [(⃗a+⃗b)+(⃗a−⃗b)] ，因此向量⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗a共面，故不能构成基底，故A错误；
2
1
对于B，⃗b= [(⃗a+⃗b)−(⃗a−⃗b)] ，因此向量⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗b共面，故不能构成基底，故B错误；
2
对于C，假设向量⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗b+⃗c共面，则⃗b+⃗c=λ(⃗a+⃗b)+μ(⃗a−⃗b)，
即⃗c=(λ+μ)⃗a+(λ−μ−1)⃗b，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故C正确；
对于D，(⃗a+⃗b)+⃗c=⃗a+⃗b+⃗c，因此向量⃗a+⃗b,⃗a+⃗b+⃗c,⃗c共面，故不能构成基底，故D错误；
故选：C.
【变式1-1】（2023春·湖南·高一校联考期末）已知{⃗a,⃗b,⃗c}是空间的一个基底，若⃗p=⃗a+⃗b，⃗q=⃗a+⃗c，则
下列与⃗p，⃗q构成一组空间基底的是（ ）
A．r⃗=2⃗b−3⃗c B．r⃗=⃗a−⃗b+2⃗c
C．r⃗=⃗a+2⃗b−⃗c D．r⃗=2⃗a+⃗b+⃗c
【解题思路】根据构成空间基底的条件对选项进行分析，从而确定正确答案.
【解答过程】A.设r⃗=x⃗p+ y⃗q，所以2⃗b−3⃗c=x(⃗a+⃗b)+ y(⃗a+⃗c)，
整理得，2⃗b−3⃗c=(x+ y)⃗a+x⃗b+ y⃗c，
因为{⃗a,⃗b,⃗c}是空间的一个基底，所以¿，无解.
所以⃗p，⃗q与r⃗构成一个基底.
B.因为r⃗=⃗a−⃗b+2⃗c，所以r⃗=2⃗q−⃗p，所以排除B；
C.因为r⃗=⃗a+2⃗b−⃗c，所以r⃗=2⃗p−⃗q，所以排除C；
D.设r⃗=x⃗p+ y⃗q，所以2⃗a+⃗b+⃗c=x(⃗a+⃗b)+ y(⃗a+⃗c)，
整理得，2⃗a+⃗b+⃗c=(x+ y)⃗a+x⃗b+ y⃗c，
因为{⃗a,⃗b,⃗c}是空间的一个基底，所以¿，所以¿，
所以⃗p，⃗q与r⃗不构成一个基底，排除D.
学科网（北京）股份有限公司故选：A.
【变式1-2】（2023春·内蒙古兴安盟·高二校考阶段练习）若⃗a，⃗b，⃗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．⃗a+⃗b,⃗a−⃗c,⃗b B．⃗c,⃗b+⃗c,⃗b−⃗c
C．⃗b+⃗c,⃗a+⃗b+⃗c,⃗a D．⃗a,⃗a+⃗b,⃗a−⃗b
【解题思路】根据空间向量共面定理可知BCD选项中的向量共面，无法作为一组基底；假设A中向量共
面，可知不存在满足条件的实数λ,μ，由此知假设错误，则A中向量可以作为基底.
【解答过程】对于A，假设⃗a+⃗b，⃗a−⃗c，⃗b共面，则可设⃗a+⃗b=λ(⃗a−⃗c)+μ⃗b(λ,μ∈R)
∴¿，方程组无解，⃗a+⃗b，⃗a−⃗c，⃗b不共面，可以作为空间一组基底，A正确；
→ 1(→ →) 1(→ →)
对于B，c= b+c − b−c ，∴⃗c，⃗b+⃗c，⃗b−⃗c共面，不能作为空间一组基底，B错误；
2 2
对于C， → b+ → c= (→ a+ → b+ → c ) − → a ，∴⃗b+⃗c,⃗a+⃗b+⃗c,⃗a共面，不能作为空间一组基底，C错误；
1 1
对于D，∵⃗a= (⃗a+⃗b)+ (⃗a−⃗b)，∴⃗a,⃗a+⃗b,⃗a−⃗b共面，不能作为空间一组基底，D错误.
2 2
故选：A.
【变式1-3】（2023秋·云南大理·高二统考期末）若{⃗e ,⃗e ,⃗e }是空间的一个基底，且向量
1 2 3
{⃗OA=⃗e +⃗e +⃗e ,⃗OB=⃗e −2⃗e +2⃗e ,⃗OC=⃗ke +3⃗e +⃗2e }不能构成空间的一个基底，则k=（ ）
1 2 3 1 2 3 1 2 3
8 5 1 9
A． B． C．− D．
3 2 4 4
【解题思路】由题意可知，向量⃗OA、⃗OB、⃗OC共面，则存在实数x、y使得⃗OC=x⃗OA+ y⃗OB，根据空
间向量的基本定理可得出关于x、y、k的方程组，即可解得k的值.
【解答过程】因为向量⃗OA=⃗e +⃗e +⃗e ，⃗OB=⃗e −2⃗e +2⃗e ，⃗OC=k⃗e +3⃗e +2⃗e 不能构成空间的一个
1 2 3 1 2 3 1 2 3
基底，
所以⃗OA、⃗OB、⃗OC共面，故存在实数x、y使得⃗OC=x⃗OA+ y⃗OB，
即k⃗e +3⃗e +2⃗e =x(⃗e +⃗e +⃗e )+ y(⃗e −2⃗e +2⃗e )=(x+ y)⃗e +(x−2y)⃗e +(x+2y)⃗e ，
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
因为{⃗e ,⃗e ,⃗e }是空间的一个基底，则¿，解得¿.
1 2 3
学科网（北京）股份有限公司故选：D.
【题型2 用空间基底表示向量】
【例2】（2023·全国·高二专题练习）在四面体O−ABC中，⃗PA=2⃗OP，Q是BC的中点，且M为PQ的
中点，若⃗OA=⃗a，⃗OB=⃗b，⃗OC=⃗c，则⃗OM=（ ）
1 1 1 1 1 1
A． ⃗a+ ⃗b+ ⃗c B． ⃗a+ ⃗b+ ⃗c
6 4 4 6 2 2
1 1 1 1 1 1
C． ⃗a+ ⃗b+ ⃗c D． ⃗a+ ⃗b+ ⃗c
3 2 2 3 4 4
【解题思路】利用基底⃗a,⃗b,⃗c表示⃗OP,⃗OQ，再利用向量线性运算求解即可.
1
【解答过程】因为 2O → P=P → A ，所以⃗OP= ⃗OA，
3
1
因为Q是BC的中点，所以⃗OQ= (⃗OB+⃗OC)，
2
1 1 1 1 1 1 1 1
因为M为PQ的中点，所以⃗OM= (⃗OP+⃗OQ) = ⃗OP+ ⃗OQ = ⃗OA+ (⃗OB+⃗OC) = ⃗a+ ⃗b+ ⃗c，
2 2 2 6 4 6 4 4
故选：A.
【变式2-1】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在直三棱柱ABC−A B C 中，E为棱A C 的
1 1 1 1 1
中点.设⃗BA=⃗a，⃗BB =⃗b，⃗BC=⃗c，则⃗BE=（ ）
1
1 1 1 1
A． ⃗a+⃗b+ ⃗c B． ⃗a+ ⃗b+⃗c
2 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
C．⃗a+ ⃗b+ ⃗c D． ⃗a+⃗b+⃗c
2 2 2
【解题思路】由空间向量线性运算即可求解.
1
【解答过程】由题意可得⃗BE=⃗BB +⃗B A +⃗A E=⃗BB +⃗BA+ ⃗A C
1 1 1 1 1 2 1 1
1 1 1 1 1 1
=⃗BB +⃗BA+ ⃗AC=⃗BB +⃗BA+ (⃗BC−⃗BA)= ⃗BA+ ⃗BC+⃗BB = ⃗a+ ⃗c+⃗b.
1 2 1 2 2 2 1 2 2
故选：A.
1
【变式2-2】（2023春·河南商丘·高二校联考期中）如图，在三棱锥O−ABC中，⃗CD= ⃗CB，
3
1
⃗OE= ⃗OA，若⃗OA=⃗a，⃗OB=⃗b，⃗OC=⃗c，则⃗DE=（ ）
3
1 2 1 2 1 1
A． ⃗a− ⃗b− ⃗c B． ⃗a− ⃗b− ⃗c
3 3 3 3 3 3
1 1 2 2 1 2
C． ⃗a− ⃗b− ⃗c D． ⃗a− ⃗b− ⃗c
3 3 3 3 3 3
【解题思路】利用向量线性运算将⃗DE用⃗a，⃗b，⃗c表示即可.
【解答过程】如图：
⃗DE=⃗DC+⃗CO+⃗OE
1 1
= ⃗BC+⃗CO+ ⃗OA
3 3
学科网（北京）股份有限公司1 1
= (⃗OC−⃗OB)−⃗OC+ ⃗OA
3 3
1 1 2
= ⃗OA− ⃗OB− ⃗OC
3 3 3
1 1 2
= ⃗a− ⃗b− ⃗c
3 3 3
故选：C.
【变式2-3】（2023·全国·高三对口高考）如图所示，在平行六面体ABCD−A B C D 中，M为A C 与
1 1 1 1 1 1
B D 的交点，若⃗AB=⃗a，⃗AD=⃗b，⃗A A =⃗c，则⃗BM=（ ）
i 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
A． ⃗a− ⃗b+⃗c B． ⃗a+ ⃗b+⃗c C．− ⃗a− ⃗b+⃗c D．− ⃗a+ ⃗b+⃗c
2 2 2 2 2 2 2 2
【解题思路】根据空间向量基本定理，用⃗AB,⃗AD,⃗A A 表示出⃗BM即可.
1
【解答过程】由题意，因为M为A C 与B D 的交点，所以M也为A C 与B D 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
因此⃗BM=⃗B M−⃗B B= (⃗B A +⃗B C )+⃗c=− ⃗AB+ ⃗AD+⃗c
1 1 2 1 1 1 1 2 2
1 1
=− ⃗a+ ⃗b+⃗c.
2 2
故选：D.
【题型3 由空间向量基本定理求参数】
【例3】（2023秋·贵州贵阳·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC−A B C 中，M，N分别是BB 和
1 1 1 1
A C 的中点，且⃗MN=x⃗AB+ y⃗AC+z⃗AA ，则实数x，y，z的值分别为（ ）
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1 1 1 1
A．−1, , B．−1, ,− C．−1,− ,− D．1,− ,
2 2 2 2 2 2 2 2
【解题思路】根据题意用空间基底向量表示向量，结合空间向量的线性运算求解.
【解答过程】由题意可得：
1 1 1 1
⃗MN=⃗MB +⃗B C +⃗C N= ⃗A A +(⃗AC−⃗AB)− ⃗AC=−⃗AB+ ⃗AC+ ⃗A A ，
1 1 1 1 2 1 2 2 2 1
1 1
故x=−1,y= ,z=
.
2 2
故选：A.
【变式3-1】（2023秋·高二课时练习）已知BA,BC,BB 为三条不共面的线段，若
1
⃗AC =x⃗AB+2y⃗BC+3z⃗C C，那么x+ y+z=（ ）
1 1
7 5 11
A．1 B． C． D．
6 6 6
【解题思路】直接利用共面向量的基本定理求出结果.
【解答过程】根据向量加法法则可得：⃗AC =⃗AB+⃗BC+⃗CC ，
1 1
即⃗AC =⃗AB+⃗BC−⃗C C，
1 1
因为⃗AC =x⃗AB+2y⃗BC+3z⃗C C，
1 1
所以x=1，2y=1，3z=−1，
1 1 1 1 7
所以x=1，y= ，z=− ，所以x+ y+z=1+ − = .
2 3 2 3 6
故选：B.
【变式3-2】（2023春·四川绵阳·高二校考阶段练习）已知四面体O－ABC，G 是 ABC的重心，G是OG
1 1
上一点，且OG＝3GG ，若⃗OG=x⃗OA+ y⃗OB+z⃗OC，则(x,y,z)为（ ） △
1
(1 1 1) (3 3 3)
A． , , B． , ,
4 4 4 4 4 4
学科网（北京）股份有限公司(1 1 1) (2 2 2)
C． , , D． , ,
3 3 3 3 3 3
【解题思路】连接AG 并延长，交BC于点E，利用向量加减、数乘几何意义用⃗OA,⃗OB,⃗OC表示出⃗OG，
1
即可得答案.
【解答过程】如图所示，连接AG 并延长，交BC于点E，则点E为BC的中点，
1
1 1 2 1
⃗AE= (⃗AB+⃗AC)= (⃗OB−2⃗OA+⃗OC)，则⃗AG = ⃗AE= (⃗OB−2⃗OA+⃗OC)，
2 2 1 3 3
由题设，⃗OG=3⃗GG =3(⃗OG −⃗OG)，
1 1
3 3 3 1 2 1 1
⃗OG= ⃗OG = (⃗OA+⃗AG )= (⃗OA+ ⃗OB− ⃗OA+ ⃗OC)= (⃗OA+⃗OB+⃗OC)
4 1 4 1 4 3 3 3 4
1
所以x= y=z=
.
4
故选：A.
【变式3-3】（2023秋·山西吕梁·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，M，
N分别为PC，PD上的点，且⃑PM=2⃑MC，⃑PN=⃑ND，若⃑NM=x⃑AB+ y⃑AD+z⃑AP，则x+ y+z的值为
（ ）
2 2 5
A．− B． C．1 D．
3 3 6
【解题思路】以{⃑AB,⃑AD,⃑AP}为基底表示⃑NM，由此求得x,y,z，进而求得x+ y+z.
学科网（北京）股份有限公司1
【解答过程】⃑NM=⃑AM−⃑AN=⃑AC+⃑CM− (⃑AD+⃑AP)
2
1 1 1
=⃑AB+⃑AD+ ⃑CP− ⃑AD− ⃑AP
3 2 2
1 1 1
=⃑AB+ ⃑AD+ (⃑AP−⃑AC)− ⃑AP
2 3 2
1 1 1 1
=⃑AB+ ⃑AD+ ⃑AP− ⃑AC− ⃑AP
2 3 3 2
1 1 1
=⃑AB+ ⃑AD− (⃑AB+⃑AD)− ⃑AP
2 3 6
2 1 1
= ⃑AB+ ⃑AD− ⃑AP，
3 6 6
2 1 1 2
所以x= ,y= ,z=− ,x+ y+z=
.
3 6 6 3
故选：B.
【知识点2 空间向量的正交分解】
1．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，且长度都是1，那么这个基底叫做单位正交基底 ，常
用{i，j，k}表示．
(2)向量的正交分解
由空间向量基本定理可知，对空间任一向量a，均可以分解为三个向量xi，yj，zk使得a＝xi＋yj＋zk.
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．
【题型4 正交分解】
【例4】（2022·全国·高一假期作业）设{i⃗,⃗j,⃗k}是单位正交基底，已知向量⃗p在基底{⃗a,⃗b,⃗c}下的坐标为
(8,6,4)，其中⃗a=i⃗+⃗j，⃗b=⃗j+⃗k，⃗c=⃗k+i⃗，则向量⃗p在基底{i⃗,⃗j,⃗k}下的坐标是（ ）
A．(10,12,14) B．(12,14,10) C．(14,12,10) D．(4,3,2)
【解题思路】由题设得⃗p=8⃗a+6⃗b+4⃗c，结合已知条件求⃗p关于i⃗,⃗j,⃗k的线性表达式，即可知在基底
{i⃗,⃗j,⃗k}下的坐标.
【解答过程】由题设知：⃗p=8⃗a+6⃗b+4⃗c，而⃗a=i⃗+⃗j，⃗b=⃗j+⃗k，⃗c=⃗k+i⃗，
∴⃗p=8(i⃗+⃗j)+6(⃗j+⃗k)+4(⃗k+i⃗)=12i⃗+14⃗j+10⃗k，
学科网（北京）股份有限公司∴⃗p在基底{i⃗,⃗j,⃗k}下的坐标是(12,14,10).
故选：B.
【变式4-1】（2023春·高二课时练习）已知{⃗a,⃗b,⃗c}是空间的一个单位正交基底，向量⃗p=⃗a+2⃗b+3⃗c，
{⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗c}是空间的另一个基底，向量⃗p在基底{⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗c}下的坐标为（ ）
(3 1 ) ( 3 1 ) (1 3 ) ( 1 3 )
A． ,− ,3 B． − , ,3 C． ,− ,3 D． − , ,3
2 2 2 2 2 2 2 2
【解题思路】设p=x(⃗a+⃗b)+ y(⃗a−⃗b)+z⃗c，根据空间向量基本定理建立关于x,y,z的方程，解之即可得
解.
【解答过程】解：设p=x(⃗a+⃗b)+ y(⃗a−⃗b)+z⃗c
=(x+ y)⃗a+(x−y)⃗b+z⃗c=⃗a+2⃗b+3⃗c，
所以¿，解得¿，
(3 1 )
所以向量⃗p在基底{⃗a+⃗b,⃗a−⃗b,⃗c}下的坐标为 ,− ,3 .
2 2
故选：A.
【变式4-2】（2023秋·河北邯郸·高二统考期末）已知SA⊥平面ABC，AB⊥AC，SA=AB=1，
BC=√5，则空间的一个单位正交基底可以为（ ）
{ 1 }
A． ⃗AB, ⃗AC,⃗AS B．{⃗AB,⃗AC,⃗AS}
2
{ 1 1 } { √5 }
C． ⃗AB, ⃗AC, ⃗AS D． ⃗AS,⃗AB, ⃗BC
2 2 5
【解题思路】根据正交基地的定义可知，三个向量两两互相垂直，且模长为1.
【解答过程】因为SA⊥平面ABC，AB、AC都在面ABC内，
所以SA⊥AB，SA⊥AC.
因为AB⊥AC，AB=1，BC=√5，所以AC=2，又SA=1，
{ 1 }
所以空间的一个单位正交基底可以为 ⃗AB, ⃗AC,⃗AS .
2
故选：A.
学科网（北京）股份有限公司【变式4-3】（2022秋·山西大同·高二校考阶段练习）已知向量⃗a，⃗b，⃗c是空间的一个单位正交基底，向量
⃗a+⃗b，⃗a−⃗b，⃗a+⃗c是空间的另一个基底，若向量⃗p在基底⃗a，⃗b，⃗c下的坐标为(2,3,4)，则⃗p在⃗a+⃗b，⃗a−⃗b，
⃗a+⃗c下的坐标为（ ）
( 1 5 ) (5 1 )
A． − , ,4 B． , ,4
2 2 2 2
(1 5 ) (5 1 )
C． ,− ,4 D． ,− ,4
2 2 2 2
【解题思路】可设向量⃗a=(1,0,0)，⃗b=(0,1,0)，⃗c=(0,0,1)，由此把向量⃗a+⃗b，⃗a−⃗b，⃗a+⃗c分别用坐标
表示，列方程组解出x，y，z，即可得到⃗p的坐标．
【解答过程】不妨设向量⃗a=(1,0,0)，⃗b=(0,1,0)，⃗c=(0,0,1)；
则向量⃑a+⃗b=(1,1,0)，⃑a−⃗b=(1,−1,0)，⃗a+⃗c=(1,0,1)．
设⃗p=x(⃑a+⃑b)+ y(⃑a−⃗b)+z(⃗a+⃗c)，
即(2,3,4)=x(1,1,0)+ y(1,−1,0)+z(1,0,1)，
∴¿解得¿
(1 5 )
即⃗p在⃗a+⃗b，⃗a−⃗b，⃗a+⃗c下的坐标为 ,− ,4 ．
2 2
故选：C．
【知识点3 用空间向量基本定理解决相关的几何问题】
1．证明平行、共线、共面问题
(1)对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，
y)，使p＝xa＋yb.
2．求夹角、证明垂直问题
(1)θ为a，b的夹角，则cos θ＝.
(2)若a，b是非零向量，则a⊥b⇔a·b＝0.
3．求距离(长度)问题
＝( ＝ )．
4．利用空间向量基本定理解决几何问题的思路:
(1)平行和点共线都可以转化为向量共线问题；点线共面可以转化为向量共面问题；
(2)几何中的求夹角、证明垂直都可以转化为向量的夹角问题，解题中要注意角的范围；
(3)几何中求距离(长度)都可以转化为向量的模，用向量的数量积可以求得．
【注】用已知向量表示某一向量的三个关键点：
学科网（北京）股份有限公司(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键.
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量
的始点指向末尾向量的终点的向量.
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立.
【题型5 利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题】
【例5】（2022·高二课时练习）A是△BCD所在平面外一点，G是△BCD的重心，M、E分别是BD、AG
2
的中点，点F在线段AM上，|AF|= |AM|，判断三点C、E、F是否共线．
5
【解题思路】利用空间向量的基本定理和共线向量定理求解.
【解答过程】解：设⃑AD=⃗a，⃑AC=⃗b，⃑AB=⃗c，
1 1 2 1
⃑CE= (⃑CG−⃗b)= ⋅ ⃑CM− ⃗b，
2 2 3 2
1 1 1[1 ] 1
= (⃑AM−⃗b)− ⃗b= (⃗a+⃗c)−⃗b − ⃗b，
3 2 3 2 2
1 5 1
= ⃗a− ⃗b+ ⃗c，
6 6 6
2 1 1 1
⃑CF=⃑AF−⃗b= ⃑AM−⃗b= (⃗a+⃗c)−⃗b= ⃗a−⃗b+ ⃗c，
5 5 5 5
5
因为⃑CE= ⃑CF，
6
所以⃑CE∥⃑CF，
又因为⃑CE、⃑CF有公共点C，
所以C、E、F三点共线．
【变式5-1】（2023春·高二课时练习）如图，正方体ABCD−A B C D 中，O为A C上一点，且
1 1 1 1 1
2
⃗A O= ⃗A C，BD与AC交于点M.求证：C ,O,M三点共线．
1 3 1 1
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】取空间的基底，利用空间向量基本定理探求⃗MC ,⃗MO的关系，即可推理作答.
1
【解答过程】在正方体ABCD−A B C D 中，令⃗AB=⃗a,⃗AD=⃗b,⃗A A =⃗c，
1 1 1 1 1
2
⃗A O= ⃗A C，BD与AC交于点M，即点M是AC的中点，
1 3 1
1 1 1 1 1 1
于是⃗MO=⃗MC+⃗CO= ⃗AC+ ⃗C A = ⃗AC+ (⃗A A −⃗AC)= ⃗AC+ ⃗A A
2 3 1 2 3 1 6 3 1
1 1 1 1 1
= (⃗AB+⃗AD)+ ⃗A A = ⃗a+ ⃗b+ ⃗c，
6 3 1 6 6 3
1 1 1 1
⃗MC =⃗MC+⃗CC = ⃗AC+⃗A A = (⃗AB+⃗AD)+⃗A A = ⃗a+ ⃗b+⃗c，
1 1 2 1 2 1 2 2
因此⃗MC =3⃗MO，即⃗MC //⃗MO，而直线MC 与直线MO有公共点M，
1 1 1
所以C ,O,M三点共线.
1
【变式5-2】（2022秋·广东中山·高二校考阶段练习）在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中
CF AE 1
点，E，F分别边AB，BC上的点，且 = = ，⃗CA=⃗a，⃗CB=⃗b，⃗DC=⃗c
FB EB 3
(1)求⃗FH（用向量⃗a,⃗b,⃗c表示）；
(2)求证：点E，F，G，H四点共面．
【解题思路】（1）根据向量的线性运算结合空间向量基本定理运算求解；（2）根据中位线和平行线的性
质，结合平行线的传递性证明EF∥HG，即可证结论.
【解答过程】（1）
1 1 1 1 1 1 1
∵⃗FH=⃗FC+⃗CD+⃗DH=− ⃗CB+⃗CD+ ⃗DA=− ⃗CB−⃗DC+ (⃗DC+⃗CA)= ⃗CA− ⃗CB− ⃗DC
4 2 4 2 2 4 2
1 1 1
∴⃗FH= ⃗a− ⃗b− ⃗c
2 4 2
（2）
学科网（北京）股份有限公司连接HG,EF
∵H,G分别是AD,CD的中点，∴HG∥AC.
CF AE 1
又∵ = = ，∴EF∥AC，
FB EB 3
∴EF∥HG，则E,F,G,H四点共面.
【变式5-3】（2023秋·高二课时练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满
1
足⃑OM= (⃑OA+⃑OB+⃑OC).
3
(1)判断⃑MA,⃑MB,⃑MC三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内.
【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算，结合平面向量基本定理证明即可；
（2）根据（1）结合平面向量的基本定理判断即可.
【解答过程】（1）由题知⃑OA+⃑OB+⃑OC=3⃑OM，
∴⃑OA−⃑OM=⃑OM−⃑OB+⃑OM−⃑OC，
即⃑MA=⃑BM+⃑CM=−⃑MB−⃑MC，
∴⃑MA,⃑MB,⃑MC共面.
（2）由（1）知，⃑MA,⃑MB,⃑MC共面且基线过同一点M，
∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.
【题型6 利用空间向量基本定理求夹角】
【例6】（2022秋·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）如图，正四面体ABCD（所有棱长均相等）的棱
长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，⃗AD=⃗c.
学科网（北京）股份有限公司(1)用⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，⃗AD=⃗c表示⃗EF，并求⃗EF的长；
(2)求⃗EF与⃗GH的夹角.
【解题思路】（1）根据给定条件，利用空间向量基底表示⃗EF，再利用向量数量积的运算律求出⃗EF的长
作答.
（2）用空间向量基底表示⃗GH，再求出⃗EF与⃗GH的数量积即可作答.
【解答过程】（1）因E,F分别为棱BC,AD的中点，而⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，⃗AD=⃗c，
1 1 1 1 1 1 1
所以⃗EF=⃗EB+⃗BA+⃗AF= ⃗CB−⃗AB+ ⃗AD= (⃗AB−⃗AC)−⃗AB+ ⃗AD=− ⃗a− ⃗b+ ⃗c，
2 2 2 2 2 2 2
1
因正四面体ABCD的棱长为1，则⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗c=⃗c⋅⃗a=|⃗c||⃗a|cos60∘= ，
2
1 1 √2
所以|⃗EF|= √(−⃗a−⃗b+⃗c) 2= √⃗a2+⃗b2+⃗c2+2⃗a⋅⃗b−2⃗b⋅⃗c−2⃗c⋅⃗a=
.
2 2 2
1 1 1 1 1
（2）依题意，⃗GH=⃗GA+⃗AD+⃗DH=− ⃗a+⃗c+ (⃗b−⃗c)=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c，
2 2 2 2 2
1
因正四面体ABCD的棱长为1，有⃗c⋅⃗a=|⃗c||⃗a|cos60∘= ，
2
1 1 1 1
因此⃗EF⋅⃗GH=− (⃗a+⃗b−⃗c)⋅(− )(⃗a−⃗b−⃗c)= [(⃗a−⃗c) 2−⃗b2 ]= (⃗a2+⃗c2−2⃗a⋅⃗c−⃗b2 )=0，
2 2 4 4
所以⃗EF⊥⃗GH，即⃗EF与⃗GH的夹角为90∘.
【变式6-1】（2023秋·上海浦东新·高三校考期末）如图，在圆柱中，底面直径AB等于母线A A ．
1
学科网（北京）股份有限公司(1)若AB＝2，求圆柱的侧面积；
(2)设AB与CD是底面互相垂直的两条直径，求异面直线AC与A B所成角的大小．
1
【解题思路】（1）由已知得到底面半径r以及母线l的值，代入公式即可求出；
（2）用向量⃗AB、⃗DC、⃗A A 来表示出⃗AC、⃗A B，进而求出它们的夹角，即可求出结果.
1 1
【解答过程】（1）由已知可得，底面半径r=1，母线l=A A =2，
1
所以圆柱的侧面积S=2πrl=4π.
（2）由已知可得，AB,CD,A A 两两垂直，且相等，
1
设AB=2，则OA=OC=1，AC=√OA2+OC2=√2，A B=√A A 2+AB2=2√2.
1 1
1 1
又⃗AC=⃗OC−⃗OA= ⃗DC+ ⃗AB， ⃗A B=⃗AB−⃗A A ，
2 2 1 1
则⃗AC⋅⃗A B= (1 ⃗DC+ 1 ⃗AB ) ⋅(⃗AB−⃗A A ) = 1 ⃗DC⋅⃗AB− 1 ⃗DC⋅⃗A A + 1 ⃗AB2− 1 ⃗AB⋅⃗A A
1 2 2 1 2 2 1 2 2 1
1
= ⃗AB2=2.
2
⃗AC⋅⃗A B 2 1
所以cos⟨⃗AC,⃗A B⟩= 1 = =
，
1 |⃗AC||⃗A B| √2×2√2 2
1
π
又0≤⟨⃗AC,⃗A B⟩≤π，所以 ⟨⃗AC,⃗A B⟩= ，
1 1 3
π
所以异面直线AC与A B所成角的大小为 .
1 3
【变式6-2】（2022秋·山东聊城·高二校考阶段练习）如图，在棱长为1的正四面体OABC中，M，N分别
是边OA，BC的中点，点G在MN上，且MG=2GN，设⃑OA=⃑a，⃑OB=⃑b，⃑OC=⃑c．
(1)试用向量⃑a，⃑b，⃑c表示向量⃑OG；
(2)求cos<⃑OG,⃑BA>．
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】（1）根据平面向量基底运算即可得到结果.
（2）分别求出|⃑BA|,|⃑OG|,⃑BA⋅⃑OG的值，再结合向量的夹角公式即可求得结果.
【解答过程】（1）
1 2
⃑OG=⃑OM+⃑MG= ⃑OA+ (⃑MA+⃑AB+⃑BN)
2 3
1 2(1 1 ) 1 2[ 1 1 ]
= ⃑OA+ ⃑OA+⃑OB−⃑OA+ ⃑BC = ⃑OA+ ⃑OB− ⃑OA+ (⃑OC−⃑OB)
2 3 2 2 2 3 2 2
1 2(1 1 1 ) 1 1 1 1
= ⃑OA+ ⃑OB− ⃑OA+ ⃑OC = ⃑OA+ ⃑OB− ⃑OA+ ⃑OC
2 3 2 2 2 2 3 3 3
1 1 1 1 1 1
= ⃑OA+ ⃑OB+ ⃑OC= ⃑a+ ⃑b+ ⃑c
6 3 3 6 3 3
（2）
1
由题意知，|⃑a|=|⃑b|=|⃑c|=1，⃑a⋅⃑b=⃑a⋅⃑c=⃑b⋅⃑c= ，⃑BA=⃑a−⃑b，
2
则|⃑BA|=√(⃑a−⃑b) 2=√ |⃑a| 2 −2⃑a⋅⃑b+|⃑b| 2 =1，
|⃑OG|= √ (1 ⃑a+ 1 ⃑b+ 1 ⃑c ) 2 = √ 1 |⃑a| 2+ 1 |⃑b| 2 + 1 |⃑c| 2+ 1 ⃑a⋅⃑b+ 1 ⃑a⋅⃑c+ 2 ⃑b⋅⃑c= √17 ，
6 3 3 36 9 9 9 9 9 6
(1 1 1 )
⃑OG⋅⃑BA=(⃑a−⃑b)⋅ ⃑a+ ⃑b+ ⃑c
6 3 3
1 1 1 1 1 1 1
= ⃑a2+ ⃑a⋅⃑b+ ⃑a⋅⃑c− ⃑a⋅⃑b− ⃑b2− ⃑b⋅⃑c=− ，
6 3 3 6 3 3 12
⃑OG⋅⃑BA √17
所以cos<⃑OG,⃑BA>= =−
.
|⃑OG||⃑BA| 34
【变式6-3】（2023春·广西南宁·高二统考开学考试）已知在平行六面体ABCD−A B C D 中，AB=2，
1 1 1 1
π
A A =3，AD=1且∠DAB=∠BA A =∠DA A = .
1 1 1 3
(1)求DB 的长；
1
学科网（北京）股份有限公司(2)求向量⃗DB 与⃗AB夹角的余弦值.
1
【解题思路】（1）用空间的一个基底{⃗AB,⃗AD,⃗A A }表示向量⃗DB ，再利用空间向量数量积的运算律求
1 1
解作答.
（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.
【解答过程】（1）在平行六面体ABCD−A B C D 中，{⃗AB,⃗AD,⃗A A }为空间的一个基底，
1 1 1 1 1
π
因为AB=2，A A =3，AD=1且∠DAB=∠BA A =∠DA A = ，
1 1 1 3
π π π 3
则⃗AB⋅⃗AD=2×1×cos =1,⃗AB⋅⃗A A =2×3×cos =3,⃗AD⋅⃗A A =1×3×cos = ，
3 1 3 1 3 2
⃗DB =⃗DA+⃗AB+⃗BB =⃗AB−⃗AD+⃗A A ，
1 1 1
所以|⃗DB |=√⃗AB2+⃗AD2+⃗A A 2−2⃗AB⋅⃗AD−2⃗AD⋅⃗A A +2⃗AB⋅⃗A A
1 1 1 1
√ 3
= 22+12+32−2×1−2× +2×3=√15.
2
（2）由（1）知，⃗DB =⃗AB−⃗AD+⃗A A ，则⃗DB ⋅⃗AB=⃗AB2−⃗AB⋅⃗AD+⃗AB⋅⃗A A =22−1+3=6，
1 1 1 1
又|DB →
1
|=√15，所以向量⃗DB
1
与⃗AB夹角的余弦值cos〈⃗DB
1
,⃗AB〉=
|⃗D
⃗D
B
B 1
|
⋅
|
⃗A
⃗A
B
B|
=
√15
6
×2
= √
5
15 .
1
【题型7 利用空间向量基本定理证明垂直问题】
【例7】（2023·江苏·高二专题练习）已知空间四边形OABC中，∠AOB=∠BOC=∠AOC，且
OA=OB=OC，M，N分别是OA，BC的中点，G是MN的中点，求证：OG⊥BC．
【解题思路】取定基底向量⃑OA,⃑OB,⃑OC，并分别记为⃑a,⃑b,⃑c，再用基底表示出⃑OG和⃑BC，然后借助数量
积即可计算作答.
【解答过程】在空间四边形OABC中，令⃑OA=⃑a,⃑OB=⃑b,⃑OC=⃑c，则|⃑a|=|⃑b|=|⃑c|，
令∠AOB=∠BOC=∠AOC=θ，G是MN的中点，如图，
学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1
则⃑OG= (⃑OM+⃑ON)= [ ⃑OA+ (⃑OB+⃑OC)]= (⃑a+⃑b+⃑c)，⃑BC=⃑OC−⃑OB=⃑c−⃑b，
2 2 2 2 4
1 1
于是得⃑OG⋅⃑BC= (⃑a+⃑b+⃑c)⋅(⃑c−⃑b)= (⃑a⋅⃑c−⃑a⋅⃑b+⃑b⋅⃑c−⃑b2+⃑c2−⃑b⋅⃑c)
4 4
1
= (|⃑a|2cosθ−|⃑a|2cosθ−|⃑a|2+|⃑a|2 )=0，
4
因此，⃑OG⊥⃑BC，
所以OG⊥BC.
【变式7-1】（2023春·安徽合肥·高二校考开学考试）如图所示，三棱柱ABC−A B C 中，⃑CA=⃗a，
1 1 1
2π π
⃑CB=⃗b，⃑CC =⃗c，CA=CB=CC =1， ⟨⃗a,⃗b⟩=⟨⃗a,⃗c⟩= ， ⟨⃗b,⃗c⟩= ，N是AB中点．
1 1 3 2
(1)用⃗a，⃗b，⃗c表示向量⃑A N；
1
(2)在线段C B 上是否存在点M，使AM⊥A N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
1 1 1
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；
（2）设⃑C M=λ⃑C B ，(λ∈[0,1])，用⃗a，⃗b，⃗c表示向量⃑AM，依题意可得⃑AM⋅⃑A N=0，根据空间
1 1 1 1
向量数量积的运算律求出λ，即可得解．
1
【解答过程】（1）解：因为N是AB中点，所以⃑AN= ⃑AB，
2
1
所以⃑A N=⃑A A+⃑AN=⃑C C+ ⃑AB
1 1 1 2
1 1 1
=−⃑CC + (⃑CB−⃑CA)=− ⃗a+ ⃗b−⃗c；
1 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司（2）解：假设存在点M，使AM⊥A N，设⃑C M=λ⃑C B ，(λ∈[0,1])，
1 1 1 1
显然λ⃑C B =λ⃗b，⃑AM=⃑A A +⃑A C +⃑C M=⃗c−⃗a+λ⃗b，
1 1 1 1 1 1
因为AM⊥A N，所以⃑AM⋅⃑A N=0，
1 1
1 1
即(⃗c−⃗a+λ⃗b)⋅(− ⃗a+ ⃗b−⃗c)=0，
2 2
1 1 1 1 1 1
∴− ⃗c⋅⃗a+ ⃗c⋅⃗b−⃗c2+ ⃗a2− ⃗a⋅⃗b+⃗c⋅⃗a− λ⃗a⋅⃗b+ λ⃗b2−λ⃗b⋅⃗c=0
2 2 2 2 2 2
2π π
∵CA=CB=CC =1， ⟨⃗a,⃗b⟩=⟨⃗a,⃗c⟩= ， ⟨⃗b,⃗c⟩= ，
1 3 2
1 1 1 1 1
∴ ⃗c⋅⃗a−⃗c2+ ⃗a2−( + λ)⃗a⋅⃗b+ λ⃗b2=0
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
即 ×1×1×(− )−12+ ×12−( + λ)×1×1×(− )+ λ⋅12=0，
2 2 2 2 2 2 2
2 2
解得λ= ，所以当C M= C B 时，AM⊥A N.
3 1 3 1 1 1
【变式7-2】（2022秋·全国·高二专题练习）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
四面体相对的棱两两垂直.
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.
【解题思路】设⃑AB=⃗a,⃑AC=⃗b,⃑AD=⃗c，由空间向量的运算证明AC⊥DB，AD⊥BC,AB⊥CD.
【解答过程】证明：设⃑AB=⃗a,⃑AC=⃗b,⃑AD=⃗c
1 1 1 1 1 1
则⃑EG=⃑AG−⃑AE= (⃑AC+⃑AD)− ⃑AB=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c= (−⃗a+⃗b+⃗c)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
⃑FH=⃑AH−⃑AF= ⃑AD− (⃑AB+⃑AC)= ⃗c− (⃗a+⃗b)= (−⃗a−⃗b+⃗c)，
2 2 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 1
⃑KM=⃑AM−⃑AK= ⃑AC− (⃑AB+⃑AD)= ⃗b− (⃗a+⃗c)= (−⃗a+⃗b−⃗c)，
2 2 2 2 2
|1 | |1 |
∵|⃑EG|=|⃑FH|，∴ (−⃗a+⃗b+⃗c) = (−⃗a−⃗b+⃗c) ，
2 2
∴(−⃗a+⃗b+⃗c) 2 =(−⃗a−⃗b+⃗c) 2 ，
∴⃗a2+⃗b2+⃗c2−2⃗a⋅⃗b−2⃗a⋅⃗c+2⃗b⋅⃗c=⃗a2+⃗b2+⃗c2+2⃗a⋅⃗b−2⃗a⋅⃗c−2⃗b⋅⃗c，
∴4⃗a⋅⃗b=4⃗b⋅⃗c,∴⃗a⋅⃗b−⃗b⋅⃗c=0,∴⃗b⋅(⃗a−⃗c)=0
又⃗b=⃑AC,⃗a−⃗c=⃑DB,∴⃑AC⋅⃑DB=0
∴⃑AC⊥⃑DB,∴AC⊥DB，同理可证AD⊥BC,AB⊥CD，
∴这个四面体相对的棱两两垂直.
【变式7-3】（2022秋·北京顺义·高二校考阶段练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体
1 1
ABCD−A B C D 中，M，N分别在棱A A ，CC 上，且A M= A A ，CN= CC ，且
1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 1
∠A AD=∠A AB=∠DAB=60∘．
1 1
(1)用向量⃗A A ，⃗AD，⃗AB表示向量⃗MN；
1
(2)求证：D，M，B ，N共面；
1
A A
(3)当 1为何值时，AC ⊥A B．
AB 1 1
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）根据空间向量线性运算法则得到⃗DM=⃗NB ，即可证明D，M，B ，N共面；
1 1
A A
（3）设⃗A A =⃗c，⃗AD=⃗b，⃗AB=⃗a，因为底面ABCD为菱形，则当 1=1时，|⃗a|=|⃗b|=|⃗c|，由
1 AB
学科网（北京）股份有限公司，即可得出答案.
⃗AC ⋅⃗A B=（⃗a+⃗b+⃗c）⋅（⃗a−⃗c）=0
1 1
2 1 1
【解答过程】（1）⃗MN=⃗MA+⃗AB+⃗BC+⃗CN=− ⃗A A +⃗AB+⃗BC+ ⃗A A =⃗AB+⃗AD− ⃗A A ．
3 1 3 1 3 1
2 2
（2）证明：∵⃗DM=⃗AM−⃗AD= ⃗A A −⃗AD，⃗NB =⃗C B −⃗C N= ⃗A A −⃗AD，
3 1 1 1 1 1 3 1
∴⃗DM=⃗NB ，∴D，M，B ，N共面．
1 1
A A
（3）当 1=1，AC ⊥A B，
AB 1 1
证明：设⃗A A =⃗c，⃗AD=⃗b，⃗AB=⃗a，
1
A A
∵底面ABCD为菱形，则当 1=1时，|⃗a|=|⃗b|=|⃗c|，
AB
∵⃗AC =⃗AB+⃗BC+⃗CC =⃗a+⃗b+⃗c，⃗A B=⃗AB−⃗A A =⃗a−⃗c，
1 1 1 1
∠A AD=∠A AB=∠DAB=60∘，
1 1
∴⃗AC ⋅⃗A B=（⃗a+⃗b+⃗c）⋅（⃗a−⃗c）=⃗a2+⃗a⋅⃗b−⃗b⋅⃗c−⃗c2=0，
1 1
∴AC ⊥A B．
1 1
【题型8 利用空间向量基本定理求距离(长度)问题】
【例8】（2023秋·福建三明·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°，
∠BAD=∠CAD=45°，AD=√2，AB=AC=3.
(1)求⃗BC⋅⃗BD的值；
(2)已知F是线段CD中点，点E满足⃗EB=2⃗AE，求线段EF的长.
【解题思路】（1）取⃗AB,⃗AC,⃗AD为空间的一个基底，表示出⃗BC,⃗BD，再利用空间向量数量积求解作答.
（2）利用（1）中的信息，利用空间向量数量积计算空间向量的模作答.
【解答过程】（1）在四面体ABCD中，设⃗AB=⃗a，⃗AC=⃗b，⃗AD=⃗c，则|⃗a|=|⃗b|=3，|⃗c|=√2，
〈⃗a,⃗b〉=∠BAC=60°，〈⃗a,⃗c〉=∠BAD=45°，〈⃗b,⃗c〉=∠CAD=45°，
学科网（北京）股份有限公司⃗BC⋅⃗BD=(⃗AC−⃗AB)⋅(⃗AD−⃗AB)=(⃗b−⃗a)⋅(⃗c−⃗a)=⃗b⋅⃗c−⃗b⋅⃗a−⃗a⋅⃗c+⃗a2
=|⃗b||⃗c|cos45°−|⃗b||⃗a|cos60°−|⃗a||⃗c|cos45°+|⃗a|2
√2 1 √2 9
=3√2× −32× −3√2× +32= .
2 2 2 2
1 1
（2）由（1）知，因为⃗EB=2⃗AE，则⃗AE= ⃗AB= ⃗a，因为F是CD中点，则
3 3
1 1 1 1
⃗DF= ⃗DC= (⃗AC−⃗AD)= ⃗b− ⃗c，如图，
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
于是得⃗EF=⃗EA+⃗AD+⃗DF=− ⃗a+⃗c+ ⃗b− ⃗c=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c，
3 2 2 3 2 2
1 1 1 2 ⃗a2 ⃗b2 ⃗c2 ⃗a⋅⃗b ⃗a⋅⃗c ⃗b⋅⃗c
因此|⃗EF|2=(− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c) = + + − − +
3 2 2 9 4 4 3 3 2
32 32 (√2) 2 32cos60° 3√2cos45° 3√2cos45° 11 √11
= + + − − + = ，即有|⃗EF|= ，
9 4 4 3 3 2 4 2
√11
所以线段EF的长为 .
2
【变式8-1】（2023秋·辽宁沈阳·高二校联考期末）如图所示，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是边
长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且∠MAB=∠MAD=60°，N是CM的中点，设⃗a=⃑AB，⃗b=⃑AD，
⃗c=⃑AM，用⃗a、⃗b、⃗c表示向量⃑BN，并求BN的长．
1 1 1
【解题思路】根据题中条件，由向量的线性运算，即可得出⃑BN=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c；再由向量模的计算公
2 2 2
式，结合题中条件，可求出|⃑BN|，即得出结果.
学科网（北京）股份有限公司【解答过程】解：因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，
1 1
所以⃑BN=⃑BC+⃑CN=⃑AD+ ⃑CM=⃑AD+ (⃑AM−⃑AC)
2 2
1 1 1 1 1 1 1
=⃑AD+ [⃑AM−(⃑AD+⃑AB)]=− ⃑AB+ ⃑AD+ ⃑AM=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c，
2 2 2 2 2 2 2
又由题意，可得|⃗a|=|⃑AB|=2，|⃗b|=|⃑AD|=2，|⃗c|=|⃑AM|=3，∠MAB=∠MAD=60°，
∠DAB=90°，
因此|⃑BN| 2 = ( − 1 ⃗a+ 1 ⃗b+ 1 ⃗c ) 2 = 1 ( |⃗a| 2+|⃗b| 2 +|⃗c| 2 −2⃗a⋅⃗b−2⃗a⋅⃗c+2⃗b⋅⃗c )
2 2 2 4
1 17
= (4+4+9−0−2×2×3cos60°+2×2×3cos60°)= ，
4 4
√17 √17
所以|⃑BN|= ，即BN的长为 .
2 2
【变式8-2】（2022秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，M、N分别是四面体OABC的棱OA、BC的中
点，P、Q是MN的三等分点（点P靠近点N），若⃗AO=⃗a,⃗AB=⃗b,⃗AC=⃗c，解答下列问题：
(1)以{⃗a,⃗b,⃗c}为基底表示⃗OP；
π 2π
(2)若|⃗a|=|⃗b|=|⃗c|=1，∠OAB=∠OAC= ，∠CAB= ，求|⃗OP|的值．
2 3
【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算结合图形计算即可；
（2）根据|⃗OP|= √ ( − 5 ⃗a+ 1 ⃗b+ 1 ⃗c ) 2 结合数量积的运算律计算即可.
6 3 3
1 2 1 2
【解答过程】（1）解：⃗OP=⃗OM+⃗MP=− ⃗AO+ ⃗MN=− ⃗AO+ (⃗MA+⃗AB+⃗BN)
2 3 2 3
=− 1 ⃗AO+ 2( − 1 ⃗AO+⃗AB+ 1 ⃗BC ) =− 5 ⃗AO+ 2 ⃗AB+ 1 (⃗AC−⃗AB)
2 3 2 2 6 3 3
学科网（北京）股份有限公司5 1 1 5 1 1
=− ⃗AO+ ⃗AB+ ⃗AC=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c；
6 3 3 6 3 3
（2）解：|⃗OP|= √ ( − 5 ⃗a+ 1 ⃗b+ 1 ⃗c ) 2
6 3 3
√25 1 1 5 5 2
= ⃗a2+ ⃗b2+ ⃗c2− ⃗a⋅⃗b− ⃗a⋅⃗c+ ⃗c⋅⃗b
36 9 9 9 9 9
√25 1 1 2 ( 1) √29
= + + −0−0+ ×1×1× − = .
36 9 9 9 2 6
【变式8-3】（2022秋·浙江湖州·高二统考期中）如图，在正四面体O−ABC中，OA=6，M为棱OA的中
点，N为棱BC（靠近C点）的三等分点，设⃗OA=⃗a,⃗OB=⃗b,⃗OC=⃗c．
(1)用⃗a,⃗b,⃗c表示⃗AN；
(2)求⃗OM⋅⃗AN；
(3)求MN的长．
【解题思路】(1)用向量加法的三角形法表示，最终用基底表示出来.
(2)借助第一问的结论表示出⃗OM⋅⃗AN，代入已知条件的长度和角度可求得.
(3)要求MN的长度，可以先表示出⃗MN=⃗ON−⃗OM，用基底表示，代入正四面体的长度和角度可以求得.
2
【解答过程】（1）⃗AN=⃗AO+⃗ON=−⃗a+⃗OB+⃗BN=−⃗a+⃗OB+ ⃗BC
3
2 2 2 1 2
=−⃗a+⃗OB+ (⃗BO+⃗OC)=−⃗a+⃗b− ⃗b+ ⃗c=−⃗a+ ⃗b+ ⃗c
3 3 3 3 3
（2）∴⃗OM⋅⃗AN= 1 ⃗a⋅ ( −⃗a+ 1 ⃗b+ 2 ⃗c ) =− 1 ⃗a2+ 1 ⃗a⋅⃗b+ 1 ⃗a⋅⃗c
2 3 3 2 6 3
1 1 1 1 1
=− ×36+ ×6×6× + ×6×6× =−18+3+6=−9
2 6 2 3 2
2 1 2 1
（3）⃗MN=⃗ON−⃗OM=⃗OB+ ⃗BC− ⃗a=⃗b+ (⃗c−⃗b）− ⃗a
3 2 3 2
1 1 2
=− ⃗a+ ⃗b+ ⃗c
2 3 3
学科网（北京）股份有限公司∴|⃗MN|= √ ( − 1 ⃗a+ 1 ⃗b+ 2 ⃗c ) 2
2 3 3
= √1 ⃗a2+ 1 ⃗b2+ 4 ⃗c2+2⋅ ( − 1) ⋅ 1 ⃗a⋅⃗b+2⋅ ( − 1) ⋅ 2 ⃗a⋅⃗c+2⋅ 1 ⋅ 2 ⃗b⋅⃗c
4 9 9 2 3 2 3 3 3
√1 1 4
= ×36+ ×36+ ×36−6−12+8 =√19.
4 9 9
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