如果三个向量 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，那么对空间任一向量 \(\vec{p}\)，存在一个唯一的有序实数组\(x，y，z\)，使 \(\vec{p}=x \vec{a}+y \vec{b}+z \vec{c}\) . 证明 存在性 设 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，过点\(O\)作 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}\) ，\(\overrightarrow{O B}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，\(\overrightarrow{O P}=\vec{p}\)，

过点\(P\)作直线\(PP'\)平行于\(OC\)交平面\(OAB\)于点\(P'\)在平面\(OAB\)内， 过点\(P'\)作直线\(P' A'//OB\)，\(P' B'//OA\)， 存在三个数\(x，y，z\)，使得 \(\overrightarrow{O A^{\prime}}=x \overrightarrow{O A}=x \vec{a}\)，\(\overrightarrow{O B^{\prime}}=y \overrightarrow{O B}=y \vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C^{\prime}}=z \overrightarrow{O C}=z \vec{c}\)， \(\therefore \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O A^{\prime}}+\overrightarrow{O B^{\prime}}+\overrightarrow{O C^{\prime}}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\)； 唯一性 设另有一组实数\(x'，y'，z'\)，使得\(\vec{p}=x^{\prime} \vec{a}+y^{\prime} \vec{b}+z^{\prime} \vec{c}\)， 则 \(x \vec{a}+y \vec{b}+z \vec{c}=x^{\prime} \vec{a}+y^{\prime} \vec{b}+z^{\prime} \vec{c}\) \(\therefore\left(x-x^{\prime}\right) \vec{a}+\left(y-y^{\prime}\right) \vec{a}+\left(z-z^{\prime}\right) \vec{c}=\overrightarrow{0}\)， \(∵\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，\(\therefore x-x^{\prime}=y-y^{\prime}=z-z^{\prime}=0\)，即\(x=x'\)且\(y=y'\)且 \(z=z'\) . 故实数\(x，y，z\)是唯一的.  

若三向量\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，我们把\((\vec{a}，\vec{b}，\vec{c})\)叫做空间的一个基底，\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\) 叫做基向量，空间任意三个不共面的向量都可以构成空间的一个基底. 特别地，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 \(\{\vec{i}，\vec{j}，\vec{k}\}\)表示.由 基本定理可知，对空间中的任意向量\(\vec{a}\)，均可以分解为三个向量 \(x \vec{i}\)，\(y\vec{j}\)，\(z \vec{k}\)，使 \(a=x \vec{i}+y \vec{j}+z \vec{k}\)，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.

【例】 设命题\(p: \vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)是三个非零向量；命题\(q:{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}}\)为空间的一组基底，则命题\(q\)是命题\(p\)的 条件. 解 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)是三个非零向量成立，当\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)三个向量共面时，则\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)不为空间的一组基， 即命题\(p\) 推不出命题\(q\)； 但反之\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)为空间的一组基，则\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，所以\(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)是三个非零向量， 即命题\(q\)推出命题\(p\)； 所以命题\(q\)是命题\(p\)的充分不必要条件．  

设\(O，A，B，C\)是不共面的四点，则对空间任一点\(P\)，都存在唯一的三个有序实数\(x ，y ，z\)，使 \(\overrightarrow{O P}=x \overrightarrow{O A}+y \overrightarrow{O B}+z \overrightarrow{O C}\) . 若\(x+y+z=1\)，则点\(P，A，B，C\)四点共面.  

【典题1】 若\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)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．\(\vec{b}+\vec{c}，\vec{b}，\vec{b}-\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}，\vec{c}\)  C． \(\vec{a}，\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}，\vec{c}\) 解析 对于\(A\)，若向量 \(\vec{b}+\vec{c}，\vec{b}，\vec{b}-\vec{c}\)共面， 则 \(\vec{b}+\vec{c}=\lambda(\vec{b}-\vec{c})+\mu \vec{b}=(\lambda+\mu) \vec{b}-\lambda \vec{c}\)， 即 \(\left\{\begin{array}{l} \lambda+\mu=1 \\ -\lambda=1 \end{array}\right.\)，解得\(λ=-1，μ=2\)， 故向量 \(\vec{b}+\vec{c}，\vec{b}，\vec{b}-\vec{c}\)共面，故\(A\)错误， 对于\(B\)，若向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}，\vec{c}\)共面，则 \(\vec{a}+\vec{b}=\lambda(\vec{a}-\vec{b})+\mu \vec{c}\)，\(λ，μ\)无解， 故向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}，\vec{c}\)不共面，故\(B\)正确， 对于\(C\)，若向量 \(\vec{a}，\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}\)共面， 则 \(\vec{a}+\vec{b}=\lambda \vec{a}+\mu(\vec{a}-\vec{b})=(\lambda+\mu) \vec{a}-\mu \vec{b}\)， 即 \(\left\{\begin{array}{l} \lambda+\mu=1 \\ -\mu=1 \end{array}\right.\)，解得\(λ=2，μ=-1\)， 故向量 \(\vec{a}，\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}-\vec{b}\)共面，故\(C\)错误， 对于\(D\)，若向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}，\vec{c}\)共面， 则 \(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\lambda(\vec{a}+\vec{b})+\mu \vec{c}\)，解得\(λ=μ=1\)， 故向量 \(\vec{a}+\vec{b}，\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}，\vec{c}\)共面，故\(D\)错误． 故选：\(B\)．  

1 在空间四点\(O，A，B，C\)中，若 \(\{\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\}\)是空间的一个基底，则下列命题不正确的是(　　)  A．\(O，A，B，C\)四点不共线 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(O，A，B，C\)四点共面，但不共线  C．\(O，A，B，C\)四点不共面 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(O，A，B，C\)四点中任意三点不共线  

2 (多选)给出下列命题，其中正确的有(　　)  A．空间任意三个向量都可以作为一组基底  B．已知向量 \(\vec{a} / / \vec{b}\)，则 \(\vec{a}，\vec{b}\)与任何向量都不能构成空间的一组基底  C．\(A，B，M，N\)是空间四点，若 \(\overrightarrow{B A}，\overrightarrow{B M}，\overrightarrow{B N}\)不能构成空间的一组基底，则\(A，B，M，N\)共面  D．已知 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间向量的一组基底，若 \(\vec{m}=\vec{a}+\vec{c}\)，则 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{m}\}\)也是空间一组基底  

参考答案

答案 \(B\) 解析 因为 \(\{\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\}\)为基底，所以非零向量 \(\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\)不在同一平面内， 即\(O，A，B，C\)四点不共面，所以\(A、C、D\)选项说法正确，B错误． 故选：\(B\)．

答案 \(BCD\) 解析 对于 ，空间中只有不共面的三个向量可以作为一组基底，所以选项 \(A\)错误； 对于\(B\)，由向量 \(\vec{a} / / \vec{b}\)，则 \(\vec{a}，\vec{b}\)与任何向量都是共面向量，所以不能构成空间的一组基底，选项\(B\)正确； 对于\(C\)，若 \(\overrightarrow{B A}，\overrightarrow{B M}，\overrightarrow{B N}\)不能构成空间的一组基底，则 \(\overrightarrow{B A}，\overrightarrow{B M}，\overrightarrow{B N}\)是共面向量，所以\(A，B，M，N\)共面，选项\(C\)正确； 对于D，因为 \(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\}\)是空间向量的一组基底，所以 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)不共面，所以 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{a}+\vec{c}\)也不共面， 即 \(\vec{m}=\vec{a}+\vec{c}\)时，\(\{\vec{a}，\vec{b}，\vec{m}\}\)也是空间一组基底，选项\(BCD\)正确． 故选：\(BCD\)．  

【典题1】 如图所示，在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}\)，\(M\)是\(D_1 D\)的中点，点\(N\)是\(AC_1\)上的点，且 \(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} A C_{1}\)，用 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示向量 \(\overrightarrow{M N}\)的结果是(　　)  A． \(\dfrac{1}{2} \vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{1}{5} \vec{a}+\dfrac{1}{5} \vec{b}+\dfrac{4}{5} \vec{c}\)  C． \(\dfrac{1}{5} \vec{a}-\dfrac{3}{10} \vec{b}-\dfrac{1}{5} \vec{c}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{6} \vec{c}\) 解析 \(∵M\)是\(D_1 D\)的中点，\(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{3} A C_{1}\)， \(\therefore \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{D A}+\overrightarrow{A N}\) \(=-\dfrac{1}{2} D \vec{D}_{1}-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C_{1}}\) \(=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A A}_{1}-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{A A_{1}}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{A B}\right)\) \(=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}-\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{6} \overrightarrow{A A_{1}}=\dfrac{1}{3} \vec{a}-\dfrac{2}{3} \vec{b}-\dfrac{1}{6} \vec{c}\)． 故选：\(D\)．  

1 如图所示，在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(A_1 C_1\)与\(B_1 D_1\)的交点，若 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{A D}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{A A_{1}}=\vec{c}\)，则 \(\overrightarrow{C M}=\)(　　)  A． \(\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)\(\qquad\) B． \(\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\) \(\qquad\) C． \(-\dfrac{1}{2} \vec{a}+\dfrac{1}{2} b+\vec{c}\) \(\qquad\) D． \(-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)  

2 如图，已知三棱锥\(O-ABC\)，点\(M，N\)分别是\(OA，BC\)的中点，点\(G\)为线段\(MN\)上一点，且\(MG=2GN\)，若记 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}\)，\(\overrightarrow{O B}=\vec{b}\)，\(\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，则 \(\overrightarrow{O G}=\)(　　)  A． \(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\) \(\qquad\)B． \(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{6} \vec{c}\) \(\qquad\) C． \(\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\) \(\qquad\) D． \(\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{6} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\)    

参考答案

答案 \(D\) 解析 \(∵\)在平行六面体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(M\)为\(A_1 C_1\)与\(B_1 D_1\)的交点，； \(\therefore \overrightarrow{C M}=\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{B M}=\overrightarrow{C B}+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{B A_{1}}+\overrightarrow{B C_{1}}\right)\)\(=-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B A_{1}}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C_{1}}\) \(=-\overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A A_{1}}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C C_{1}}\right)\)\(=-\overrightarrow{A D}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} A \vec{A}_{1}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}+\dfrac{1}{2} A \vec{A}_{1}\) \(=-\dfrac{1}{2} \vec{a}-\dfrac{1}{2} \vec{b}+\vec{c}\)； 故选：\(D\)．

答案 \(C\) 解析 \(\overrightarrow{O G}=\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{M G}，\overrightarrow{M G}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{M N}，\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}\)，\(\overrightarrow{O M}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}=\dfrac{1}{2} \vec{a}\)， \(\overrightarrow{O N}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C})=\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c})\)， 可得 \(\overrightarrow{O G}=\dfrac{1}{6} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\dfrac{1}{3} \vec{c}\)． 故选：\(C\)．  

【典题1】 如图，在四面体\(OABC\)中，点\(M\)在线段\(OA\)上，且\(OM=2MA\)，\(N\)为\(BC\)的中点．   (1)若 \(\overrightarrow{O A}=\vec{a}，\overrightarrow{O B}=\vec{b}，\overrightarrow{O C}=\vec{c}\)，用向量 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示向量 \(\overrightarrow{M N}\)；   (2)若四面体\(OABC\)的棱长均为\(1\)，求 \(\overrightarrow{M N}\)． 解析 (1) \(\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}+(\overrightarrow{O B-O A})+\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O C}-\overrightarrow{O B})\) \(=\dfrac{1}{3} \vec{a}+(\vec{b}-\vec{a})+\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{b})=-\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\dfrac{1}{2} \vec{c}\)． (2)\(∵\)四面体的棱长都是\(1\)，\(∴\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\) 的两两夹角都是\(60^∘\)， \(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=\dfrac{1}{2}，\vec{a} \cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2}，\vec{b} \cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2}\)， \(\therefore|\overrightarrow{M N}|=\sqrt{\overrightarrow{M N}^{2}}=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{b}+\dfrac{1}{2} \vec{b}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{19}}{6}\)．  

【典题2】 如图，平行六面体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)的底面\(ABCD\)是菱形，且\(∠C_1 CB=∠C_1 CD=∠BCD=60^∘\)，\(CD=CC_1\)，求证\(CA_1⊥\)平面\(C_1 BD\). 求证 如图，设\(CD=CB=CC_1=a\)，令 \(\overrightarrow{C D}=\vec{a}，\overrightarrow{C B}=\vec{b}，\overrightarrow{C C_{1}}=\vec{c}\)， 则 \(\overrightarrow{B D}=\vec{a}-\vec{b}\)，\(\overrightarrow{C A_{1}}=\overrightarrow{C D}+\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{C C_{1}}=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}\)， \(\therefore \overrightarrow{C A_{1}} \cdot \overrightarrow{B D}=(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})(\vec{a}-\vec{b})=\vec{a} \cdot \vec{a}-\vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b} \cdot \vec{a}-\vec{b} \cdot \vec{b}+\vec{c} \cdot \vec{a}-\vec{c} \cdot \vec{b}\)， 又 \(\vec{a} \cdot \vec{a}=\vec{b} \cdot \vec{b}=\vec{c} \cdot \vec{c}=a^{2}，\vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{b} \cdot \vec{c}=\vec{a} \cdot \vec{c}=\dfrac{1}{2} a^{2}\)， \(\therefore \overrightarrow{C A_{1}} \cdot \overrightarrow{B D}=0\)，\(\therefore \overrightarrow{C A_{1}} \perp \overrightarrow{B D}\)，\(\therefore C A_{1} \perp B D\)， 同理可证\(CA_1⊥C_1 B\)， 又\(C_1 B∩BD=B\)，\(C_1 B，BD⊂\)平面\(C_1 BD\)， \(∴CA_1⊥\)平面\(C_1 BD\).  

【典题3】 如图，空间四边形\(OABC\)的各边及对角线长都为\(2\)，\(E\)是\(AB\)的中点，\(F\)在\(OC\)上，且 \(\overrightarrow{O F}=2 \overrightarrow{F C}\)．   (1)用 \(\{\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{O B}，\overrightarrow{O C}\}\)表示 \(\overrightarrow{E F}\)；   (2)求异面直线\(OA\)与\(EF\)所成角的余弦值． 解析 (1)因为\(E\)是\(AB\)的中点，\(F\)在\(OC\)上，且 \(\overrightarrow{O F}=2 \overrightarrow{F C}\)， 所以 \(\overrightarrow{O E}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})，\overrightarrow{O F}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)， 于是 \(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)， (2)由(1)知 \(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\)\(\overrightarrow{E F}=\overrightarrow{O F}-\overrightarrow{O E}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B})=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O A}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{O B}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{O C}\) \(=-\dfrac{1}{2} \times 4-\dfrac{1}{2} \times 2 \times 2 \times \cos 60^{\circ}+\dfrac{2}{3} \times 2 \times 2 \times \cos 60^{\circ}=-\dfrac{5}{3}\) \(\therefore|\overrightarrow{O A}| \cdot|\overrightarrow{E F}| \cos =-\dfrac{5}{3}\)， 又有 \(C E=\sqrt{3}，O F=\dfrac{4}{3}，O E=\sqrt{3}，\quad O C=2\)， 在\(∆OEC\)中，\(\cos \angle C O E=\dfrac{O C^{2}+O E^{2}-E C^{2}}{2 O C \cdot O C}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)， 在\(∆OEF\)中，得 \(E F^{2}=O E^{2}+O F^{2}-2 O E \cdot O F \cdot \cos \angle C O E=\dfrac{19}{9}\)， \(\therefore E F=\dfrac{\sqrt{19}}{3}\) 又 \(|\overrightarrow{O A}| \cdot|\overrightarrow{E F}| \cos =-\dfrac{5}{3}\)， \(\therefore 2 \times \dfrac{\sqrt{19}}{3} \cos \langle\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{E F}\rangle=-\dfrac{5}{3}\)， \(\therefore \cos \langle\overrightarrow{O A}，\overrightarrow{E F}\rangle=-\dfrac{5 \sqrt{19}}{38}\). \(∴\)异面直线\(OA\)与\(EF\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{5 \sqrt{19}}{38}\).  

1 如图，三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的所有棱长都相等，\(∠A_1 AB=∠A_1 AC=60^∘\)，点\(M\)为\(△ABC\)的重心，\(AM\)的延长线交\(BC\)于点\(N\)，连接\(A_1 M\)．设 \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=\vec{b}，\overrightarrow{A_{1} A}=\vec{c}\)．   (1)用 \(\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}\)表示 \(\overrightarrow{A_{1} M}\)；   (2)证明：\(A_1 M⊥AB\)．    

2 已知：正四面体\(ABCD\)(所有棱长均相等)的棱长为\(1\)，\(E、F、G、H\)分别是四面体\(ABCD\)中各棱的中点，设： \(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=\vec{b}，\overrightarrow{A D}=\vec{c}\)，试采用向量法解决下列问题   (1)求 \(|\overrightarrow{E F}|\)的模长；   (2)求 \(\overrightarrow{E F}，\overrightarrow{G H}\)的夹角．    

3 如图，在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E，F\)分别为\(DD_1\)，\(BD\)的中点，点 \(G\)在\(CD\)上，且 \(C G=\dfrac{1}{4} C D\).   (1)求证: \(EF⊥B_1 C\)；\(\qquad \qquad\)(2) 求\(EF\)与\(C_1 G\)所成角的余弦值.    

4 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丙两垂直. 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 \(AB⊥CD\)，\(AC⊥BD\)，\(AD⊥BC\).      

参考答案

答案 (1) \(\overrightarrow{A_{1} M}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\vec{c}\)(2)略 解析 (1)因为\(△ABC\)为正三角形，点\(M\)为\(△ABC\)的重心，所以\(N\)为\(BC\)的中点， 所以 \(\overrightarrow{A N}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A C}\)，\(\overrightarrow{A M}=\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}\)， 所以 \(\overrightarrow{A_{1} M}=\overrightarrow{A_{1} A}+\overrightarrow{A M}=-\overrightarrow{A A_{1}}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A N}\)\(=-\overrightarrow{A A_{1}}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\dfrac{1}{3} \overrightarrow{A C}=\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\vec{c}\)． (2)设三棱柱的棱长为\(m\)， 则 \(\overrightarrow{A_{1} M} \cdot \overrightarrow{A B}=\left(\dfrac{1}{3} \vec{a}+\dfrac{1}{3} \vec{b}+\vec{c}\right) \cdot \vec{a}=\dfrac{1}{3} \vec{a}^{2}+\dfrac{1}{3} \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{c} \cdot \vec{a}\)\(=\dfrac{1}{3} m^{2}+\dfrac{1}{3} m^{2} \times \dfrac{1}{2}-m^{2} \times \dfrac{1}{2}=0\)， 所以\(A_1 M⊥AB\)．

答案 (1) \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) (2)\(90°\) 解析 (1)如图所示， 正四面体\(ABCD\)(所有棱长均相等)的棱长为\(1\)，\(E、F、G、H\)分别是四面体\(ABCD\)中各棱的中点，\(\overrightarrow{A B}=\vec{a}，\overrightarrow{A C}=\vec{b}，\overrightarrow{A D}=\vec{c}\)， \(\therefore \overrightarrow{B E}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{B C}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B})=\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})\)，\(\overrightarrow{A F}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A D}=\dfrac{1}{2} \vec{C}\)； \(\therefore \overrightarrow{E F}=\overrightarrow{E B}+\overrightarrow{B A}+\overrightarrow{A F}=-\dfrac{1}{2}(\vec{b}-\vec{a})-\vec{a}+\dfrac{1}{2} \vec{c}=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})\)， \(\therefore|\overrightarrow{E F}|=\dfrac{1}{2} \sqrt{(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})^{2}}\) \(=\dfrac{1}{2} \sqrt{\vec{c}^{2}+\vec{a}^{2}+\overrightarrow{b^{2}}-2 \vec{a} \cdot \vec{c}-2 \vec{b} \cdot \vec{c}+2 \vec{a} \cdot \vec{b}}\) \(=\dfrac{1}{2} \sqrt{1+1+1-2 \times 1 \times 1 \cdot \cos 60^{\circ}-2 \times 1 \times 1 \cdot \cos 60^{\circ}+2 \times 1 \times 1 \cdot \cos 60^{\circ}}\) \(=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)； (2)正四面体\(ABCD\)中，\(\overrightarrow{E F}=\dfrac{1}{2}(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b})\)，\(|\overrightarrow{E F}|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)； 同理，\(\overrightarrow{G H}=\dfrac{1}{2}(\vec{b}+\vec{c}-\vec{a})\)，\(|\overrightarrow{G H}|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)； \(\therefore \cos