2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章空間向量與立體幾何2.3.1-2.3.2空間向量的標(biāo)準(zhǔn)正交分解與坐標(biāo)表示空間向量基本定理學(xué)案含解析北師大版選修2-1

PAGE§3向量的坐標(biāo)表示和空間向量基本定理3．1空間向量的標(biāo)準(zhǔn)正交分解與坐標(biāo)表示3．2空間向量基本定理學(xué)問點一空間向量的標(biāo)準(zhǔn)正交分解與坐標(biāo)表示[填一填](1)在給定的空間直角坐標(biāo)系中，令i，j，k分別為x軸，y軸，z軸正方向上的單位向量，對于空間隨意向量a，存在唯一一組三元有序?qū)崝?shù)(x，y，z)，使得a＝xi＋yj＋zk.我們把a＝xi＋yj＋zk叫作a的標(biāo)準(zhǔn)正交分解，把i，j，k叫作標(biāo)準(zhǔn)正交基．(2)(x，y，z)叫作空間向量a的坐標(biāo)，記作a＝(x，y，z)．a(chǎn)＝(x，y，z)叫作向量a的坐標(biāo)表示．在空間直角坐標(biāo)系中，點P的坐標(biāo)為(x，y，z)，向量eq\o(OP,\s\up6(→))的坐標(biāo)也是(x，y，z)．[答一答]空間點的坐標(biāo)和空間的點為何是一一對應(yīng)的？提示：在空間直角坐標(biāo)系中，過空間點M向平面xOy引垂線，有且只有一條，設(shè)垂足為N，而N在xOy面內(nèi)的橫縱坐標(biāo)都是唯一的，所以空間點的坐標(biāo)和空間點是一一對應(yīng)的．即在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，對空間任一點M，存在唯一的有序?qū)崝?shù)組(x，y，z)，使eq\o(OM,\s\up6(→))＝xi＋yj＋zk，x叫橫坐標(biāo)，y叫縱坐標(biāo)，z叫豎坐標(biāo)．如圖．學(xué)問點二向量a在向量b上的投影[填一填]一般地，若b0為b的單位向量，稱a·b0＝|a|·cos〈a，b〉為向量a在向量b上的投影．可見，向量的坐標(biāo)等于它在坐標(biāo)軸正方向上的投影．[答一答]求證：向量的坐標(biāo)等于它在坐標(biāo)軸正方向上的投影．提示：設(shè)a＝xi＋yj＋zk，∴a·i＝xi·i＋yj·i＋zk·i，由于i⊥j，k⊥i，∴i·j＝0，k·i＝0，又|i|2＝i·i＝1，∴a·i＝x，同理a·j＝y(tǒng)，a·k＝z.學(xué)問點三空間向量基本定理[填一填](1)假如向量e1，e2，e3是空間三個不共面的向量，a是空間任一向量，那么存在唯一一組實數(shù)λ1，λ2，λ3，使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3.空間中不共面的三個向量e1，e2，e3叫作這個空間的一個基底．a(chǎn)＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3表示向量a關(guān)于基底e1，e2，e3的分解．(2)特殊地，當(dāng)向量e1，e2，e3兩兩垂直時，就得到這個向量的一個正交分解．當(dāng)e1＝i，e2＝j(luò)，e3＝k時，就是標(biāo)準(zhǔn)正交分解．[答一答]求證：滿意a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3中的λ1，λ2，λ3是唯一的．提示：設(shè)a＝λ1′e1＋λ2′e2＋λ3′e3，又∵a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3，∴λ1e1＋λ2e2＋λ3e3＝λ1′e1＋λ2′e2＋λ3′e3，∴(λ1－λ1′)e1＋(λ2－λ2′)e2＋(λ3－λ3′)e3＝0，又∵e1，e2，e3是空間三個不共面的向量，∴λ1′＝λ1，λ2′＝λ2，λ3′＝λ3，即λ1，λ2，λ3是唯一的．1．關(guān)于空間向量的標(biāo)準(zhǔn)正交分解與坐標(biāo)表示的幾個留意點：(1)投影a·b0＝|a|cos〈a，b〉是一個實數(shù)．①若〈a，b〉∈[0，eq\f(π,2))，則a·b0>0；②若〈a，b〉＝eq\f(π,2)，則a·b0＝0；③若〈a，b〉∈(eq\f(π,2)，π]，則a·b0<0.(2)建立坐標(biāo)系時，應(yīng)留意點O的隨意性，原點O的選擇要便于解決問題，既有利于作圖的直觀性，又要盡可能地使各點的坐標(biāo)為正．2．空間向量基本定理說明：(1)用空間三個不共面的已知向量組{e1，e2，e3}可以線性表示出空間隨意一向量，而且表示的結(jié)果是唯一的．(2)空間隨意三個不共面的向量都可以作為空間向量的一個基底．(3)由于0可看作是與隨意一個非零向量共線，與隨意兩個非零向量共面，所以三個向量不共面，就隱含它們都不是0.要明確：一個基底是一個向量組，一個基向量是指基底中的某一個向量，二者是相關(guān)聯(lián)的不同概念．3．特殊向量的坐標(biāo)表示：若向量a平行x軸，則a＝(x,0,0)．若向量a平行y軸，則a＝(0，y,0)．若向量a平行z軸，則a＝(0,0，z)．若向量a平行xOy平面，則a＝(x，y,0)．若向量a平行yOz平面，則a＝(0，y，z)．若向量a平行zOx平面，則a＝(x,0，z)．題型一空間向量的坐標(biāo)表示【例1】如圖所示，已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分別是AB，PC的中點，并且PA＝AD＝1.求eq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))的坐標(biāo)．【解】由題意可知PA＝AD＝AB＝1，且PA⊥平面AC，AD⊥AB，不妨以點A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，其中eq\o(AD,\s\up6(→))＝i，eq\o(AB,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝k.eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)j，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)i＋eq\f(1,2)j＋eq\f(1,2)k.故eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，0)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))．規(guī)律方法用坐標(biāo)表示空間向量的一般步驟：(1)找垂線：細(xì)致視察圖形特征，找尋兩兩垂直的三條直線．若無，則需構(gòu)造兩兩垂直的三條直線；(2)取基底：取(1)中找出的三條直線的單位方向向量為基底；(3)建坐標(biāo)系：依據(jù)圖形特征建立空間直角坐標(biāo)系；(4)進行計算：綜合利用向量的加減及數(shù)乘運算；(5)確定結(jié)果：確定目標(biāo)向量的坐標(biāo)．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有長方體OABC-O′A′B′C′，且OA＝6，OC＝8，OO′＝5.(1)寫出點B′的坐標(biāo)，并給出eq\o(OB′,\s\up6(→))關(guān)于i，j，k的標(biāo)準(zhǔn)正交分解式；(2)寫出eq\o(OC′,\s\up6(→))的坐標(biāo)．解：(1)因為OA＝6，OC＝8，OO′＝5，所以點B′的坐標(biāo)為(6,8,5)，從而eq\o(OB′,\s\up6(→))＝(6,8,5)＝6i＋8j＋5k.(2)因為點C′的坐標(biāo)是(0,8,5)，所以eq\o(OC′,\s\up6(→))＝(0,8,5)．題型二空間向量基本定理【例2】如圖，已知PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，G為△PDC的重心，eq\o(AB,\s\up6(→))＝i，eq\o(AD,\s\up6(→))＝j(luò)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝k，試用基底{i，j，k}表示向量eq\o(PG,\s\up6(→))，eq\o(BG,\s\up6(→)).【思路探究】利用三角形法則，平行四邊形法則將向量eq\o(PG,\s\up6(→))，eq\o(BG,\s\up6(→))用eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))來表示．由于點G為△PDC的重心，所以有PG＝eq\f(2,3)PN.【解】eq\o(PG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)[eq\f(1,2)(eq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\o(PD,\s\up6(→)))]＝eq\f(1,3)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)i＋eq\f(2,3)j－eq\f(2,3)k.eq\o(BG,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＋eq\o(NG,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－(eq\f(1,6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AP,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)i＋eq\f(2,3)j＋eq\f(1,3)k.規(guī)律方法用基底表示空間向量，一般要用向量的加法、減法、數(shù)乘的運算法則，及加法的平行四邊形法則，加法、減法的三角形法則．逐步向基向量過渡，直到全部用基向量表示．如圖所示，在平行六面體ABCD-A′B′C′D′中，eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA′,\s\up6(→))＝c，P是CA′的中點，M是CD′的中點，N是C′D′的中點，點Q在CA′上，且CQQA′＝41，用基底{a，b，c}表示以下向量．(1)eq\o(AP,\s\up6(→))；(2)eq\o(AM,\s\up6(→))；(3)eq\o(AN,\s\up6(→))；(4)eq\o(AQ,\s\up6(→)).解：連接AC，AD′.(1)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋Aeq\o(D,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．(2)eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(a＋2b＋c)＝eq\f(1,2)a＋b＋eq\f(1,2)c.(3)eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AC′,\s\up6(→))＋eq\o(AD′,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))＋(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA′,\s\up6(→)))]＝eq\f(1,2)a＋b＋c.(4)eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)eq\o(CA′,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)(eq\o(AA′,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(1,5)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)eq\o(AA′,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))＋eq\f(4,5)eq\o(AA′,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)a＋eq\f(1,5)b＋eq\f(4,5)c.題型三空間向量基本定理的簡潔應(yīng)用【例3】如圖所示，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在B1B和D1D上，且BE＝eq\f(1,3)BB1，DF＝eq\f(2,3)DD1.(1)證明：A、E、C1、F四點共面；(2)若eq\o(EF,\s\up6(→))＝xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AD,\s\up6(→))＋zeq\o(AA1,\s\up6(→))，求x＋y＋z.【思路探究】第(1)問要證明四點共面只需證明eq\o(AC1,\s\up6(→))，可用eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))表示即可；第(2)問中求x＋y＋z只需先把eq\o(EF,\s\up6(→))用eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))表示出來，求出x、y、z，再求x＋y＋z.【解】(1)證明：∵eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→)))＋(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))，∴A、E、C1、F四點共面．(2)∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AF,\s\up6(→))－eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))－(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(DD1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(BB1,\s\up6(→))＝－Aeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，∴x＝－1，y＝1，z＝eq\f(1,3).∴x＋y＋z＝eq\f(1,3).規(guī)律方法證明三個向量共面，直線與平面平行或直線在平面內(nèi)，四點共面，都要利用共面對量定理，即對于向量p來說是否存在x，y，使p＝xa＋yb成立．已知A，B，C三點不共線，平面ABC外的一點M滿意eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up6(→)).(1)推斷eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))三個向量是否共面；(2)推斷點M是否在平面ABC內(nèi)．解：(1)∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))＝3eq\o(OM,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OM,\s\up6(→))＝(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→)))＋(eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OC,\s\up6(→)))．∴eq\o(MA,\s\up6(→))＝eq\o(BM,\s\up6(→))＋eq\o(CM,\s\up6(→))＝－eq\o(MB,\s\up6(→))－eq\o(MC,\s\up6(→)).∴向量eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面．(2)由(1)知，向量eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))共面，三個向量的基線又有公共點M，∴M，A，B，C共面，即點M在平面ABC內(nèi)．題型四向量的投影【例4】如圖，已知單位正方體ABCD-A′B′C′D′.(1)求向量eq\o(CA′,\s\up6(→))在eq\o(CD,\s\up6(→))上的投影；(2)eq\o(DC,\s\up6(→))是單位向量，且垂直于平面ADD′A′，求向量eq\o(CA′,\s\up6(→))在eq\o(DC,\s\up6(→))上的投影．【思路探究】a在b上的投影為|a|cos〈a，b〉，只要求出|a|及〈a，b〉即可．【解】(1)法1：向量eq\o(CA′,\s\up6(→))在eq\o(CD,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(CA′,\s\up6(→))|cos〈eq\o(CA′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉，又正方體棱長為1，∴|CA′|＝eq\r(12＋12＋12)＝eq\r(3)，∴|eq\o(CA′,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，∠DCA′即為eq\o(CA′,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))的夾角，在Rt△A′CD中，cos∠A′CD＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴eq\o(CA′,\s\up6(→))在eq\o(CD,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(CA′,\s\up6(→))|cos〈eq\o(CA′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\r(3)·eq\f(\r(3),3)＝1.法2：在正方體ABCD-A′B′C′D′中，DC⊥AD，〈eq\o(CA′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝∠DCA′.∵eq\o(CA′,\s\up6(→))在eq\o(CD,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(CA′,\s\up6(→))|cos〈eq\o(CA′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝|eq\o(CA′,\s\up6(→))|cos∠DCA′＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1.(2)eq\o(CA′,\s\up6(→))與eq\o(DC,\s\up6(→))的夾角為180°－∠A′CD，∴eq\o(CA′,\s\up6(→))在eq\o(DC,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(CA′,\s\up6(→))|cos(180°－∠A′CD)＝－|eq\o(CA′,\s\up6(→))|·cos∠A′CD＝－1.規(guī)律方法(1)求向量a在向量b上的投影，可先求出|a|，再求出兩個向量a與b的夾角，最終計算|a|cos〈a，b〉，即為向量a在向量b上的投影，它可正、可負(fù)，也可以為零；也可以利用幾何圖形直觀轉(zhuǎn)化求解．(2)在確定向量的夾角時要留意向量的方向，如本題中〈eq\o(CA′,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉與〈eq\o(CA′,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉是不同的，其和為π.已知正四面體P-ABC的全部棱長均為1，D是AC的中點，如圖所示，求：(1)向量eq\o(PB,\s\up6(→))在eq\o(PC,\s\up6(→))上的投影；(2)向量eq\o(PB,\s\up6(→))在eq\o(AP,\s\up6(→))上的投影；(3)向量eq\o(BP,\s\up6(→))在eq\o(BD,\s\up6(→))上的投影．解：(1)向量eq\o(PB,\s\up6(→))在eq\o(PC,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(PB,\s\up6(→))|cos∠BPC＝1×coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).(2)向量eq\o(PB,\s\up6(→))在eq\o(AP,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(PB,\s\up6(→))|·cos(π－∠APB)＝1×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2).(3)如題圖所示，由正四面體的幾何性質(zhì)知，點P在底面ABC上的射影O是底面△ABC的中心，且在BD上，在Rt△POB中，OB＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),3)，∴向量eq\o(BP,\s\up6(→))在eq\o(BD,\s\up6(→))上的投影為|eq\o(BP,\s\up6(→))|cos∠PBO＝|eq\o(BO,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(3),3).——多維探究——利用向量基本定理證明線線垂直【例5】如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD.求證：CA1⊥B1D1.【思路分析】本題主要考查了空間向量的基本定理．解決這類問題首先應(yīng)當(dāng)找到作為基底的向量，再把相關(guān)向量表示為基底的線性形式，證明它們的數(shù)量積為零即可．【證明】因為eq\o(CA1,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→)))·(eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝eq\o(CD,\s\up6(→))2－eq\o(CB,\s\up6(→))2＋eq\o(CC1,\s\up6(→))·(eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CB,\s\up6(→)))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|2－|eq\o(CB,\s\up6(→))|2＋eq\o(CC1,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))－eq\o(CC1,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CD,\s\up6(→))|2－|eq\o(CB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(CC1,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|·cos∠C1CD－|eq\o(CC1,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|·cos∠C1CB，又因為∠C1CB＝∠C1CD，底面ABCD為菱形，所以|eq\o(CD,\s\up6(→))|2－|eq\o(CB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(CC1,\s\up6(→))||eq\o(CD,\s\up6(→))|·cos∠C1CD－|eq\o(CC1,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|·cos∠C1CB＝0，即eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝0.所以eq\o(CA1,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D1,\s\up6(→))，故CA1⊥B1D1.規(guī)律方法用向量法證明垂直關(guān)系的操作步驟(1)把幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)用已知向量表示所證向量；(3)結(jié)合數(shù)量積公式和運算律證明數(shù)量積為0；(4)將向量問題回來到幾何問題．如圖，在空間四邊形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：OG⊥BC.證明：如圖，連接ON，設(shè)∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝θ，又設(shè)eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|.又eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)[eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(Oeq\o(B,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→)))]＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝c－b.∴eq\o(OG,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)(a＋b＋c)·(c－b)＝eq\f