1.2 空间向量基本定理

这一节只讲一件事：空间里任取三个不共面的向量，就能唯一地表示所有向量。 它是平面向量基本定理的升维版，也是整章的转折点——有了它， 「几何对象」与「三个数」之间才真正接上，下一节的坐标表示不过是把这三个数写进括号里。

（下面用 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 表示向量，与课本的黑体一致。）

先看两两垂直的特殊情形

设 $\boldsymbol{i}$、$\boldsymbol{j}$、$\boldsymbol{k}$ 是空间中三个两两垂直的向量， 表示它们的有向线段有公共起点 $O$。对任意 $\boldsymbol{p} = \overrightarrow{OP}$， 设 $\overrightarrow{OQ}$ 是 $\overrightarrow{OP}$ 在 $\boldsymbol{i}$、$\boldsymbol{j}$ 所确定的平面上的投影向量，则

$$\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{QP}.$$

$\overrightarrow{QP}$ 与 $\boldsymbol{k}$ 共线，故存在唯一实数 $z$ 使 $\overrightarrow{QP} = z\boldsymbol{k}$； 而 $\overrightarrow{OQ}$ 落在一张平面里，由平面向量基本定理，存在唯一有序实数对 $(x,\ y)$ 使 $\overrightarrow{OQ} = x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j}$。两式合起来：

$$\boldsymbol{p} = x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j} + z\boldsymbol{k}.$$

$x\boldsymbol{i}$、$y\boldsymbol{j}$、$z\boldsymbol{k}$ 分别叫做 $\boldsymbol{p}$ 在 $\boldsymbol{i}$、$\boldsymbol{j}$、$\boldsymbol{k}$ 上的分向量。

这个推导的骨架值得记住：先把空间问题投影成平面问题（降一维）， 用已知的平面定理解决，再把丢掉的那一维加回来。垂直只是让投影好算， 本质上并不必要——这就引出下面的一般情形。

空间向量基本定理

定理　如果三个向量 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 不共面， 那么对任意一个空间向量 $\boldsymbol{p}$，存在唯一的有序实数组 $(x,\ y,\ z)$，使

$$\boldsymbol{p} = x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b} + z\boldsymbol{c}.$$

存在性用同一套「投影 + 补一维」的办法：把 $\boldsymbol{p}$ 平移成 $\overrightarrow{OP}$， 过 $P$ 作平行于 $\boldsymbol{c}$ 的直线，交 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 决定的平面于 $Q$ （因为 $\boldsymbol{c}$ 不平行于那张平面，这条直线一定与它相交），则 $\overrightarrow{QP} = z\boldsymbol{c}$，而 $\overrightarrow{OQ} = x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}$。

唯一性是这条定理里更要紧的一半，证法是标准的「作差」：若

$$x_1\boldsymbol{a}+y_1\boldsymbol{b}+z_1\boldsymbol{c} = x_2\boldsymbol{a}+y_2\boldsymbol{b}+z_2\boldsymbol{c},$$

移项得 $(x_1-x_2)\boldsymbol{a} + (y_1-y_2)\boldsymbol{b} + (z_1-z_2)\boldsymbol{c} = \boldsymbol{0}$。 若 $z_1 \neq z_2$，可解出

$$\boldsymbol{c} = -\frac{x_1-x_2}{z_1-z_2}\boldsymbol{a} - \frac{y_1-y_2}{z_1-z_2}\boldsymbol{b},$$

由共面判定，$\boldsymbol{c}$ 与 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 共面，与「三向量不共面」矛盾。 故 $z_1 = z_2$；同理 $x_1 = x_2$、$y_1 = y_2$。$\blacksquare$

唯一性的用处：正因为分解唯一，「比较系数」才是合法的推理步骤。 后面凡是遇到「求 $x$、$y$ 的值」「判断两个向量是否相等」，靠的都是这一条。

基底与正交分解

若 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 不共面，则所有空间向量组成的集合就是

$$\left\{\boldsymbol{p} \mid \boldsymbol{p} = x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}+z\boldsymbol{c},\ x,\ y,\ z \in \mathbf{R}\right\},$$

我们把 $\{\boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b},\ \boldsymbol{c}\}$ 叫做空间的一个基底， $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 都叫做基向量。

$$\textbf{三个向量能构成基底} \iff \textbf{它们不共面}.$$

这条等价关系是本节所有判断题的唯一依据。特别注意：基向量都必须非零 （零向量与任意两个向量必共面），且两两不共线。

若基底中三个基向量两两垂直且长度都为 $1$，就叫单位正交基底，常记作 $\{\boldsymbol{i},\ \boldsymbol{j},\ \boldsymbol{k}\}$。 把一个空间向量分解成三个两两垂直的向量，叫做正交分解。

为什么单独给正交基底一个名字：因为在它下面，数量积的计算塌成最简单的形状—— 交叉项全为 $0$，$\boldsymbol{i}^2 = \boldsymbol{j}^2 = \boldsymbol{k}^2 = 1$，于是

$$(x_1\boldsymbol{i}+y_1\boldsymbol{j}+z_1\boldsymbol{k})\cdot(x_2\boldsymbol{i}+y_2\boldsymbol{j}+z_2\boldsymbol{k}) = x_1x_2 + y_1y_2 + z_1z_2.$$

这正是下一节坐标运算的全部内容。一般基底也能算，只是要老老实实带上六个两两数量积。

用基底解题的三步

1. 选基：挑三个不共面的向量，通常取几何体过同一顶点的三条棱。 题目给了哪三条棱的长度与两两夹角，就选哪三条——选基的标准是「数据齐全」，不是「好看」。
2. 表示：把题目涉及的每个向量都拆成基向量的线性组合。 拆的办法只有两招：首尾相接，或同起点相减。
3. 运算：把要证/要求的东西写成数量积或线性关系，展开、代入六个已知量 （三个模的平方 + 三个两两数量积），算出结果。

三步里最花心思的是第 1 步，剩下两步都是机械的。

例：证垂直

在平行六面体 $ABCD\text{-}A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = 4$、$AD = 4$、$AA_1 = 5$， $\angle DAB = \angle BAA_1 = \angle DAA_1 = 60^\circ$，$M$、$N$ 分别是 $D_1C_1$、$C_1B_1$ 的中点，求证 $MN \perp AC_1$。

选基：$\boldsymbol{a} = \overrightarrow{AB}$、$\boldsymbol{b} = \overrightarrow{AD}$、$\boldsymbol{c} = \overrightarrow{AA_1}$， 题目恰好给全了这三条棱的长度与两两夹角。

表示：

$$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MC_1} + \overrightarrow{C_1N} = \frac{1}{2}\boldsymbol{a} - \frac{1}{2}\boldsymbol{b}, \qquad \overrightarrow{AC_1} = \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}.$$

运算：

$$\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AC_1} = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\right)\cdot\left(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}\right) = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{a}^2 - \boldsymbol{b}^2 + \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}\right).$$

由 $|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = 4$ 得 $\boldsymbol{a}^2 = \boldsymbol{b}^2$； 由 $\angle BAA_1 = \angle DAA_1$ 且 $|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}|$ 得 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}$。 两对全部抵消，结果为 $0$，故 $MN \perp AC_1$。$\blacksquare$

注意这个证明里 $\angle DAB = 60^\circ$ 根本没用上。抵消只依赖两件事： $AB = AD$，以及 $AA_1$ 与两者的夹角相等。看清哪些条件真正参与，是这类题的关键。

例：正交基底下求夹角

正方体 $ABCD\text{-}A'B'C'D'$ 棱长为 $1$，$E$、$F$、$G$ 分别是 $C'D'$、$A'D'$、$D'D$ 的中点。 取 $\boldsymbol{i} = \overrightarrow{DA}$、$\boldsymbol{j} = \overrightarrow{DC}$、$\boldsymbol{k} = \overrightarrow{DD'}$，这是一个单位正交基底。

(1) 证 $EF \parallel AC$：

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{D'F} - \overrightarrow{D'E} = \frac{1}{2}\boldsymbol{i} - \frac{1}{2}\boldsymbol{j}, \qquad \overrightarrow{CA} = \overrightarrow{DA} - \overrightarrow{DC} = \boldsymbol{i} - \boldsymbol{j},$$

故 $\overrightarrow{EF} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{CA}$，两者共线，且 $E$ 不在直线 $AC$ 上，所以 $EF \parallel AC$。

(2) 求 $CE$ 与 $AG$ 所成角的余弦值：

$$\overrightarrow{CE} = \overrightarrow{CC'} + \overrightarrow{C'E} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{j} + \boldsymbol{k}, \qquad \overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DG} = -\boldsymbol{i} + \frac{1}{2}\boldsymbol{k},$$ $$\cos\left\langle \overrightarrow{CE},\ \overrightarrow{AG}\right\rangle = \frac{\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{AG}}{\left|\overrightarrow{CE}\right|\left|\overrightarrow{AG}\right|} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt5}{2}\times\frac{\sqrt5}{2}} = \frac{2}{5}.$$

证共线要补一句「不重合」：$\overrightarrow{EF} = \dfrac12\overrightarrow{CA}$ 只说明两条直线平行或重合， $E$ 在上底面、直线 $AC$ 在下底面，故不重合，才能断定 $EF \parallel AC$。这一步常被漏掉。

求线线角要留意符号：向量夹角的范围是 $[0,\ \pi]$，而两条直线的夹角规定在 $\left[0,\ \dfrac{\pi}{2}\right]$。 若算出的余弦为负，直线所成角的余弦应取它的绝对值。本例算出 $\dfrac25 > 0$，正好直接可用。

什么时候基底法比建系强

下一节（§1.3）会教”取单位正交基底 $\to$ 铺坐标系 $\to$ 直接算”，那套更机械、更不容易错， 于是很多人从此再不用一般基底。这里要提前说清楚：建系并不总是更快， 一般基底在下面三种场合明显占优。

1. 底面不是矩形。 菱形、正三角形、一般平行四边形要铺坐标，得先把各顶点的坐标解出来， 常常带一串 $\sqrt{3}$；基底法只需要一个 $\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=\lvert\boldsymbol{a}\rvert\lvert\boldsymbol{b}\rvert\cos\theta$， 夹角就地入表。
2. 只问一两个量。 为求一个夹角、一段长度铺一整套坐标不划算，何况坐标法的中间量 （七八个点的坐标、两次方程组）全是一次性的。
3. 图形还没定死。 含参、动点的题里，基底法把参数留在系数里， 而坐标法每换一个参数值就要重算一遍坐标。

反过来，要同时求好几个法向量、或者要判断很多组垂直平行时，坐标法更整齐—— 一次铺好，之后每一问都便宜。

还有一条常被忽略的好处：基底法会自己告诉你哪些条件没用上。上面那道平行六面体的题里 $\angle DAB=60^\circ$ 全程没出现；坐标法把它揉进坐标后，这件事就看不见了。

顺着这条门读一道真题：浙江 2012 年第 20 题

四棱锥 $P\text{-}ABCD$，底面是 $\angle BAD=120^\circ$、边长 $2\sqrt{3}$ 的菱形， $PA\perp$ 底面且 $PA=2\sqrt{6}$，$M$、$N$ 是 $PB$、$PD$ 的中点；过 $A$ 作 $AQ\perp PC$ 于 $Q$， 求二面角 $A\text{-}MN\text{-}Q$ 的余弦值。

底面是菱形——第 1 种场合。 原卷的解法一把原点放在两条对角线的交点上， 写了七个点的空间坐标、解了两次方程组。用基底走一遍，看它短多少。

选基：$\boldsymbol{b}=\overrightarrow{AB}$、$\boldsymbol{d}=\overrightarrow{AD}$、$\boldsymbol{p}=\overrightarrow{AP}$。 内积表只要三个数（其余由对称性）：

$$\boldsymbol{b}^2=\boldsymbol{d}^2=12,\quad \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{d}=12\cos 120^\circ=-6,\quad \boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{b}=\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{d}=0,\quad \boldsymbol{p}^2=24 .$$

第（Ⅰ）问一行。 $\overrightarrow{AM}=\frac12(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{b})$、 $\overrightarrow{AN}=\frac12(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{d})$，故

$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\frac12(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{b})=\frac12\overrightarrow{BD},$$

于是 $MN\parallel BD$，而 $BD$ 在底面内、$MN$ 不在，所以 $MN\parallel$ 平面 $ABCD$。

顺手把结构看穿。 记 $\boldsymbol{c}=\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b}+\boldsymbol{d}$，则

$$\boldsymbol{c}^2=12+12+2(-6)=12,\qquad \overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{c}=(\boldsymbol{d}-\boldsymbol{b})\cdot(\boldsymbol{d}+\boldsymbol{b})=\boldsymbol{d}^2-\boldsymbol{b}^2=0,\qquad \overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{p}=0 .$$

第一式就是 $AC=2\sqrt{3}$（等于边长，$120^\circ$ 菱形的招牌）； 后两式合起来说 $BD\perp$ 平面 $PAC$。“菱形的对角线互相垂直”在基底里只是”两边等长”这一句， 不用画图、不用记性质。

第（Ⅱ）问。 取 $MN$ 的中点 $E$，那么 $\overrightarrow{AE}=\frac{\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{AN}}{2}=\frac12\boldsymbol{p}+\frac14\boldsymbol{c}$—— 它正好是 $PO$ 的中点（$O$ 为菱形中心），所以 $E$ 在平面 $PAC$ 上。 配上 $MN\perp$ 平面 $PAC$，这张平面就是 $MN$ 的中垂面， 于是二面角的平面角是 $\angle AEQ$（这一步是立体几何的道理，向量只负责算）。 由直角三角形 $PAC$ 的三边 $2\sqrt{3},2\sqrt{6},6$ 得 $PQ=4$、$QC=2$，即 $Q$ 分 $PC$ 为 $2:1$：

$$\overrightarrow{AQ}=\boldsymbol{p}+\frac23(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{p})=\frac13\boldsymbol{p}+\frac23\boldsymbol{c},\qquad \overrightarrow{EA}=-\frac14\boldsymbol{c}-\frac12\boldsymbol{p},\qquad \overrightarrow{EQ}=\frac{5}{12}\boldsymbol{c}-\frac16\boldsymbol{p} .$$

因为 $\boldsymbol{c}\cdot\boldsymbol{p}=0$，展开后交叉项全灭：

$$\overrightarrow{EA}\cdot\overrightarrow{EQ}=-\frac{5}{48}\boldsymbol{c}^2+\frac{1}{12}\boldsymbol{p}^2=-\frac54+2=\frac34,$$ $$\lvert\overrightarrow{EA}\rvert^2=\frac{1}{16}\cdot 12+\frac14\cdot 24=\frac{27}{4},\qquad \lvert\overrightarrow{EQ}\rvert^2=\frac{25}{144}\cdot 12+\frac{1}{36}\cdot 24=\frac{11}{4},$$ $$\cos\angle AEQ=\frac{3/4}{\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}}=\frac{\sqrt{33}}{33}.$$

再数一遍这条路用掉的条件：只有 $\boldsymbol{c}^2=12$ 与 $\boldsymbol{c}\cdot\boldsymbol{p}=0$ 两个数。 $120^\circ$ 这个角只在算 $\boldsymbol{c}^2$ 时露过一次面，之后再没出现—— 把底面换成任何”对角线 $AC=2\sqrt{3}$ 且 $BD\perp AC$“的四边形，答案一字不改。 这就是上面说的第三条好处：基底法自己把”哪些条件真正参与”摆在你眼前。

这一节在整章中的位置

本节是中间那一跳：在它之前，向量运算还依赖图形；在它之后，一切都可以只对着系数算。

本节目录下这五页上印着三组题，共 14 道，逐题全做。第 12 页（page-0017）末尾的练习 3 道紧接在 「空间向量基本定理」与基底的概念之后，练的是判定与表示；第 14 页（page-0019）的练习 3 道 在两个例题之后，练的是用基底算垂直与夹角；「习题 1.2」8 道印在第 15 页（page-0020），一并收齐。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全篇反复用到的几条，写在这里，后面不再重复推导：

• 基底的判据：$\{\boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b},\ \boldsymbol{c}\}$ 构成空间的一个基底 $\iff$ 三个向量不共面。含零向量、或有两个共线，都必共面，一律不是基底。
• 共面的判据：$\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 不共线时，$\boldsymbol{p}$ 与它们共面 $\iff$ 存在唯一 $(x,\ y)$ 使 $\boldsymbol{p} = x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}$。 判断三个向量共面，标准动作就是试着把其中一个写成另两个的线性组合。
• 分解的唯一性：不共面的三个向量下，任何向量的分解系数唯一。所以「比较系数」是合法推理。
• 拆向量只有两招：首尾相接 $\overrightarrow{XY}+\overrightarrow{YZ} = \overrightarrow{XZ}$， 同起点相减 $\overrightarrow{OY}-\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{XY}$。
• 中点公式：$M$ 是 $PQ$ 的中点 $\iff \overrightarrow{OM} = \dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}\right)$。
• 一般基底下的数量积：把两个向量都写成 $x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}+z\boldsymbol{c}$ 后展开， 需要的已知量恰是三个模的平方 + 三个两两数量积，共六个数。
• 线线角：向量夹角范围是 $[0^\circ,\ 180^\circ]$，两条直线所成角规定在 $[0^\circ,\ 90^\circ]$， 所以最后要取余弦的绝对值。

练习（第 12 页）第 1 题

1. 已知 $\{a, b, c\}$ 是空间的一个基底，从 $a, b, c$ 中选哪一个向量，一定可以与向量 $p = a + b$

$q = a - b$

（题面在这里被排版断开了，完整的问法是：从 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 中选哪一个向量， 一定可以与 $\boldsymbol{p} = \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{q} = \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$ 构成空间的另一个基底。）

答案：选 $\boldsymbol{c}$。

先排除 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$。 注意

$$\boldsymbol{a} = \frac{1}{2}(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q}), \qquad \boldsymbol{b} = \frac{1}{2}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}),$$

也就是说 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 都能写成 $\boldsymbol{p}$、$\boldsymbol{q}$ 的线性组合， 按共面判据，$\{\boldsymbol{p},\ \boldsymbol{q},\ \boldsymbol{a}\}$ 与 $\{\boldsymbol{p},\ \boldsymbol{q},\ \boldsymbol{b}\}$ 都是共面的三个向量，构不成基底。

再验证 $\boldsymbol{c}$ 可以。 设

$$x\boldsymbol{p} + y\boldsymbol{q} + z\boldsymbol{c} = \boldsymbol{0},$$

即 $(x+y)\boldsymbol{a} + (x-y)\boldsymbol{b} + z\boldsymbol{c} = \boldsymbol{0}$。因为 $\{\boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b},\ \boldsymbol{c}\}$ 是基底、 分解唯一（零向量的分解只能是全零系数），所以

$$x + y = 0, \qquad x - y = 0, \qquad z = 0,$$

解得 $x = y = z = 0$。这说明 $\boldsymbol{p}$、$\boldsymbol{q}$、$\boldsymbol{c}$ 中任何一个都不能写成另两个的线性组合， 三者不共面，$\{\boldsymbol{p},\ \boldsymbol{q},\ \boldsymbol{c}\}$ 构成空间的一个基底。$\blacksquare$

几何图景：$\boldsymbol{p}$ 与 $\boldsymbol{q}$ 都落在 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 张成的那张平面里 （它们是那张平面上一个平行四边形的两条对角线），而 $\boldsymbol{c}$ 是唯一一个不在这张平面里的基向量， 所以只有它能把维数补齐。

练习（第 12 页）第 2 题

2. 已知 $O, A, B, C$ 为空间的四个点，且向量 $\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC}$ 不构成空间的一个基底，那么点 $O, A, B, C$ 是否共面？

共面。

推理只有两步。 第一步用基底的判据：三个向量不构成基底，等价于它们共面。 第二步用「共面 + 公共起点」：$\overrightarrow{OA}$、$\overrightarrow{OB}$、$\overrightarrow{OC}$ 共面， 说明它们平行于同一张平面 $\alpha$；而它们的起点都是 $O$，把 $\alpha$ 平移到过 $O$， 三条有向线段就整个落在这张过 $O$ 的平面内，于是它们的终点 $A$、$B$、$C$ 与 $O$ 都在这张平面上。

退化情形也成立：若某个向量是零向量（比如 $A = O$），或有两个向量共线， 三个向量仍然共面，而四个点也仍然共面（此时不同的点至多三个，三点必共面）。

反过来也对，可以合成一句话：

$$O,\ A,\ B,\ C \text{ 四点共面} \iff \overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OB},\ \overrightarrow{OC} \text{ 不构成基底}.$$

这条等价关系是判定四点共面的标准工具：要证四点共面，就取一点作公共起点， 证另三个向量共面（即能写成 $\boldsymbol{p} = x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}$ 的样子）。

练习（第 12 页）第 3 题

3. 如图，已知平行六面体 $OABC-O'A'B'C'$ ，点 G 是侧面 $BB'C'C$ 的中心，且 $\overrightarrow{OA}=a,\overrightarrow{OC}=b,\overrightarrow{OO'}=c$ .

(1) $\{a, b, c\}$ 是否构成空间的一个基底？

(2) 如果 $\{a, b, c\}$ 构成空间的一个基底，那么用它表示下列向量： $\overrightarrow{OB'}$ ， $\overrightarrow{BA'}$ ， $\overrightarrow{CA'}$ ， $\overrightarrow{OG}$ .

先把图读清楚：底面 $OABC$ 是平行四边形（顶点按这个顺序绕行），所以 $\overrightarrow{OB} = \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$； 四条侧棱平行且相等，$\overrightarrow{OO'} = \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{CC'} = \boldsymbol{c}$。

(1) 构成。 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 是平行六面体过同一顶点 $O$ 的三条棱所表示的向量。 若它们共面，六面体的八个顶点会全落在一张平面上，图形退化，与「平行六面体」矛盾。故三者不共面，构成基底。

(2) 逐个拆。

$\overrightarrow{OB'}$：

$$\overrightarrow{OB'} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BB'} = \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}.$$

$\overrightarrow{BA'}$：

$$\overrightarrow{BA'} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AA'} = \left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right) + \boldsymbol{c} = \left(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\right) + \boldsymbol{c} = -\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}.$$

$\overrightarrow{CA'}$：

$$\overrightarrow{CA'} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AA'} = \left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OC}\right) + \boldsymbol{c} = \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}.$$

$\overrightarrow{OG}$：$G$ 是侧面 $BB'C'C$ 的中心，也就是这个平行四边形对角线 $BC'$ 的中点，用中点公式

$$\overrightarrow{OG} = \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC'}\right) = \frac{1}{2}\left[(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) + (\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})\right] = \frac{1}{2}\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \frac{1}{2}\boldsymbol{c}.$$

自检（换另一条对角线）：$G$ 也是 $B'C$ 的中点，

$$\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC}\right) = \frac{1}{2}\left[(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}) + \boldsymbol{b}\right] = \frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c} \ ✓,$$

两条路给出同一个结果——这也顺带验证了「平行四边形的两条对角线互相平分」。

练习（第 14 页）第 1 题

1. 已知四面体 OABC, OB = OC, $\angle AOB = \angle AOC = \theta$ . 求证: $OA \perp BC$ .

选基：$\boldsymbol{a} = \overrightarrow{OA}$、$\boldsymbol{b} = \overrightarrow{OB}$、$\boldsymbol{c} = \overrightarrow{OC}$ （四面体的三条共点棱，不共面）。

把条件翻译成数量积：由 $OB = OC$ 得 $|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$；由 $\angle AOB = \angle AOC = \theta$ 得

$$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\cos\theta, \qquad \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{c}|\cos\theta.$$

两式右端因 $|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$ 而相等，故

$$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}.$$

算目标：$\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}$，

$$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}) = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = 0,$$

又 $\boldsymbol{a} \neq \boldsymbol{0}$、$\overrightarrow{BC} \neq \boldsymbol{0}$，故 $OA \perp BC$。$\blacksquare$

两个条件缺一不可：只有 $\angle AOB = \angle AOC$ 而 $OB \neq OC$ 时，两个数量积不相等； 只有 $OB = OC$ 而两角不等时同样不行。它们合起来的效果，正是让 $\triangle OBC$ 关于过 $OA$ 的某张平面对称。

练习（第 14 页）第 2 题

2. 如图，在平行六面体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，AB=2，AD=2， $AA'=3$ ， $\angle BAD=\angle BAA'=\angle DAA'=60^{\circ}$ 。求 $BC'$ 与 $CA'$ 所成角的余弦值。

选基：$\boldsymbol{a} = \overrightarrow{AB}$、$\boldsymbol{b} = \overrightarrow{AD}$、$\boldsymbol{c} = \overrightarrow{AA'}$。 先把六个已知量列全：

$$\boldsymbol{a}^2 = 4, \quad \boldsymbol{b}^2 = 4, \quad \boldsymbol{c}^2 = 9,$$ $$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = 2 \times 2 \times \cos 60^\circ = 2, \quad \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = 2 \times 3 \times \cos 60^\circ = 3, \quad \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 2 \times 3 \times \cos 60^\circ = 3.$$

表示两个向量：

$$\overrightarrow{BC'} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CC'} = \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c},$$ $$\overrightarrow{CA'} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AA'} = -\left(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\right) + \boldsymbol{c}.$$

算数量积：

$$\overrightarrow{BC'}\cdot\overrightarrow{CA'} = (\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})\cdot(-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}),$$ $$= -\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - \boldsymbol{b}^2 + \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} + \boldsymbol{c}^2,$$ $$= -2 - 4 + 3 - 3 - 3 + 9 = 0.$$

数量积为零，所以 $BC'$ 与 $CA'$ 互相垂直，所成角为 $90^\circ$，余弦值为 $0$。

顺带把两条对角线的长也算出来（可作自检）：

$$\left|\overrightarrow{BC'}\right|^2 = \boldsymbol{b}^2 + \boldsymbol{c}^2 + 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 4+9+6 = 19,$$ $$\left|\overrightarrow{CA'}\right|^2 = \boldsymbol{a}^2+\boldsymbol{b}^2+\boldsymbol{c}^2 + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 4+4+9+4-6-6 = 9,$$

即 $BC' = \sqrt{19}$、$CA' = 3$，都是正数，说明两个向量都非零，「所成角」有意义 ✓。

答案是 $0$ 并不是算错——题目问「余弦值」而不是「是否垂直」，恰恰是因为不预先告诉你结果。 这里的抵消依赖 $AB = AD$ 与三个角相等，条件动一点就不再垂直。

练习（第 14 页）第 3 题

3. 如图，已知正方体 $ABCD-A'B'C'D'$ ， $CD'$ 和 $DC'$ 相交于点 O，连接 AO，求证 $AO \perp CD'$ .

选基：取单位正交基底 $\boldsymbol{i} = \overrightarrow{DA}$、$\boldsymbol{j} = \overrightarrow{DC}$、$\boldsymbol{k} = \overrightarrow{DD'}$ （不妨设棱长为 $1$，正方体的三条共点棱两两垂直、等长）：

$$\boldsymbol{i}^2 = \boldsymbol{j}^2 = \boldsymbol{k}^2 = 1, \qquad \boldsymbol{i}\cdot\boldsymbol{j} = \boldsymbol{j}\cdot\boldsymbol{k} = \boldsymbol{i}\cdot\boldsymbol{k} = 0.$$

$O$ 是侧面 $CDD'C'$ 两条对角线的交点，即这个正方形的中心，也就是 $CD'$ 的中点：

$$\overrightarrow{DO} = \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DD'}\right) = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{j}+\boldsymbol{k}\right).$$

表示两个向量：

$$\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DO} = -\boldsymbol{i} + \frac{1}{2}\boldsymbol{j} + \frac{1}{2}\boldsymbol{k},$$ $$\overrightarrow{CD'} = \overrightarrow{DD'} - \overrightarrow{DC} = \boldsymbol{k} - \boldsymbol{j}.$$

算数量积（交叉项全为零）：

$$\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{CD'} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{j}^2 + \frac{1}{2}\boldsymbol{k}^2 = -\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 0,$$

故 $AO \perp CD'$。$\blacksquare$

几何解释：$\overrightarrow{AO}$ 里含 $\boldsymbol{i}$ 的那一项与 $\overrightarrow{CD'}$ 完全无关（$\boldsymbol{i}$ 垂直于侧面）， 真正参与的只有 $\overrightarrow{AO}$ 在侧面 $CDD'C'$ 上的投影 $\dfrac12(\boldsymbol{j}+\boldsymbol{k}) = \overrightarrow{DO}$。 而在正方形 $CDD'C'$ 里，对角线 $DC'$ 与 $CD'$ 本来就互相垂直——这道题的实质是三垂线定理： $AD \perp$ 侧面，$DO$ 是 $AO$ 在侧面内的射影，$DO \perp CD'$，故 $AO \perp CD'$。

习题 1.2 第 1 题

1. 如果向量 $a, b$ 与任何向量都不能构成空间的一个基底，那么 $a, b$ 间应有什么关系？

答案：$\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 共线（平行），其中也包含「$\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 中至少有一个是零向量」的情形 （按规定零向量与任意向量平行）。

两个方向都要说清。

必要性（题目问的这一半）：用逆否。假设 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 不共线， 那么它们张成一张平面 $\alpha$；取任意一个不平行于 $\alpha$ 的向量 $\boldsymbol{c}$ （空间里这样的向量当然存在），则 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 不共面， $\{\boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b},\ \boldsymbol{c}\}$ 就构成一个基底——与题设「与任何向量都不能构成基底」矛盾。 故 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 必共线。

充分性（顺带验证答案不多不少）：若 $\boldsymbol{a} \parallel \boldsymbol{b}$，则对任意 $\boldsymbol{c}$， 三者都共面——两个共线向量只张成一条直线，再加一个 $\boldsymbol{c}$，总能找到一张同时平行于它们的平面。 故确实与任何向量都构不成基底。

所以这是一个充要条件：

$$\boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b} \text{ 与任何向量都构不成基底} \iff \boldsymbol{a} \parallel \boldsymbol{b}.$$

习题 1.2 第 2 题

2. 若 $\{a, b, c\}$ 构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（） (A) $b + c$ , b, b - c (B) a, a + b, a - b (C) $a + b$ , a - b, c (D) $a + b$ , $a + b + c$ , c

选 C。

逐项检验，办法都一样：试着把其中一个写成另两个的线性组合。

(A) 三个向量 $\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}$ 全部只由 $\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 生成， 落在同一张平面里。显式地：$(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}) + (\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}) = 2\boldsymbol{b}$， 即第二个是前后两个的线性组合。共面，排除。

(B) 三者只由 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$ 生成：$(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) + (\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) = 2\boldsymbol{a}$。共面，排除。

(D) 一眼看出：$(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}) = (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) + \boldsymbol{c}$， 第二个恰是另两个之和。共面，排除。

(C) 不共面。 设 $x(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) + y(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) + z\boldsymbol{c} = \boldsymbol{0}$，整理

$$(x+y)\boldsymbol{a} + (x-y)\boldsymbol{b} + z\boldsymbol{c} = \boldsymbol{0}.$$

$\{\boldsymbol{a},\ \boldsymbol{b},\ \boldsymbol{c}\}$ 是基底，分解唯一，故 $x+y = 0$、$x-y = 0$、$z = 0$， 解得 $x = y = z = 0$。所以三者中任何一个都写不成另两个的线性组合，不共面 ✓。

这道题的通用识别法：只要三个向量里不出现 $\boldsymbol{c}$（或某个基向量），它们必然落在 另两个基向量张成的平面里，一定共面。(A)(B) 都是这样被一眼排除的。剩下含 $\boldsymbol{c}$ 的 (C)(D) 里， (D) 的三个向量满足一个显然的加法关系，也共面。

习题 1.2 第 3 题

3. 已知四面体 OABC, M, N 分别是棱 OA, BC 的中点, 且 $\overrightarrow{OA}=a$ , $\overrightarrow{OB}=b$ , $\overrightarrow{OC}=c$ , 用 a, b, c 表示向量 $\overrightarrow{MN}$ .

两个中点各用一次中点公式（起点都取 $O$）：

$$\overrightarrow{OM} = \frac{1}{2}\boldsymbol{a}, \qquad \overrightarrow{ON} = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}\right).$$

同起点相减：

$$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{ON} - \overrightarrow{OM} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{a} + \frac{1}{2}\boldsymbol{b} + \frac{1}{2}\boldsymbol{c} = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}\right).$$

自检（换一条路）：$\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BN}$， 其中 $\overrightarrow{MA} = \dfrac12\boldsymbol{a}$、$\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$、 $\overrightarrow{BN} = \dfrac12\overrightarrow{BC} = \dfrac12(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})$，相加得

$$\frac{1}{2}\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} - \boldsymbol{a} + \frac{1}{2}\boldsymbol{c} - \frac{1}{2}\boldsymbol{b} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{a} + \frac{1}{2}\boldsymbol{b} + \frac{1}{2}\boldsymbol{c} \ ✓.$$

注意三个系数之和为 $\dfrac12$，不是 $1$ 也不是 $0$——这是因为 $\overrightarrow{MN}$ 连接的是两个中点， 不是两个顶点。系数和这个量在下一节判断「点是否在某个平面上」时会正式用到。

习题 1.2 第 4 题

4. 如图，在空间平移 $\triangle ABC$ 到 $\triangle A'B'C'$，连接对应顶点。设 $\overrightarrow{AA'} = a$，$\overrightarrow{AB} = b$，$\overrightarrow{AC} = c$，$M$ 是 $BC'$ 的中点，$N$ 是 $B'C'$ 的中点，用基底 $\{a, b, c\}$ 表示向量 $\overrightarrow{AM}$，$\overrightarrow{AN}$。

「平移」这个词给出的信息是：对应顶点的连线向量全部相等，

$$\overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{CC'} = \boldsymbol{a}.$$

于是两个「带撇」的顶点先表示出来：

$$\overrightarrow{AB'} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB'} = \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}, \qquad \overrightarrow{AC'} = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CC'} = \boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}.$$

$M$ 是 $BC'$ 的中点：

$$\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC'}\right) = \frac{1}{2}\left[\boldsymbol{b} + (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c})\right] = \frac{1}{2}\boldsymbol{a} + \frac{1}{2}\boldsymbol{b} + \frac{1}{2}\boldsymbol{c}.$$

$N$ 是 $B'C'$ 的中点：

$$\overrightarrow{AN} = \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{AC'}\right) = \frac{1}{2}\left[(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}) + (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c})\right] = \boldsymbol{a} + \frac{1}{2}\boldsymbol{b} + \frac{1}{2}\boldsymbol{c}.$$

两个结果只差一个 $\dfrac12\boldsymbol{a}$，即 $\overrightarrow{MN} = \dfrac{1}{2}\boldsymbol{a} = \dfrac12\overrightarrow{BB'}$。 这也说得通：$M$、$N$ 分别是 $BC'$ 与 $B'C'$ 的中点，在 $\triangle BB'C'$ 中 $MN$ 是中位线， 平行于 $BB'$ 且长为一半 ✓。

习题 1.2 第 5 题

5. 如图，在长方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，M 是 AC 与 BD 的交点。若 $D_{1}A_{1}=2,\ D_{1}C_{1}=2$ ， $D_{1}D=3$ ，求 $B_{1}M$ 的长。

先把三个数据落到底面与高上：长方体的对棱相等，故 $DA = D_1A_1 = 2$、$DC = D_1C_1 = 2$、$DD_1 = 3$。

选基：$\boldsymbol{i} = \overrightarrow{DA}$、$\boldsymbol{j} = \overrightarrow{DC}$、$\boldsymbol{k} = \overrightarrow{DD_1}$， 两两垂直（长方体），$\boldsymbol{i}^2 = 4$、$\boldsymbol{j}^2 = 4$、$\boldsymbol{k}^2 = 9$，三个两两数量积全为 $0$。

$M$ 是底面 $ABCD$ 两条对角线的交点，即底面中心，也就是 $AC$ 的中点：

$$\overrightarrow{DM} = \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}\right) = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}\right).$$

$B_1$ 的位置：$\overrightarrow{DB_1} = \overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DD_1} = \boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}+\boldsymbol{k}$。于是

$$\overrightarrow{B_1M} = \overrightarrow{DM} - \overrightarrow{DB_1} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{i} - \frac{1}{2}\boldsymbol{j} - \boldsymbol{k}.$$

求模（交叉项全为零）：

$$\left|\overrightarrow{B_1M}\right|^2 = \frac{1}{4}\boldsymbol{i}^2 + \frac{1}{4}\boldsymbol{j}^2 + \boldsymbol{k}^2 = \frac{1}{4}\times 4 + \frac{1}{4}\times 4 + 9 = 11,$$

故 $B_1M = \sqrt{11}$。

量级自检：$\sqrt{11} \approx 3.32$，比高 $DD_1 = 3$ 略大——合理，因为 $B_1M$ 是从上顶点斜着连到底面中心。 再核一遍：底面中心到 $B$ 的距离是半条对角线 $\dfrac{\sqrt{4+4}}{2} = \sqrt2$， 而 $B_1M = \sqrt{(\sqrt2)^2 + 3^2} = \sqrt{11}$ ✓（$BB_1$ 垂直于底面，直角三角形）。

习题 1.2 第 6 题

6. 如图，平行六面体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的底面 ABCD 是菱形，且 $\angle C_{1}CB = \angle C_{1}CD = \angle BCD = 60^{\circ}$ ， $CD = CC_{1}$ ，求证： $CA_{1} \perp$ 平面 $C_{1}BD$ .

选基要选在 $C$ 上——三个已知角都是以 $C$ 为顶点的。记

$$\boldsymbol{a} = \overrightarrow{CB}, \qquad \boldsymbol{b} = \overrightarrow{CD}, \qquad \boldsymbol{c} = \overrightarrow{CC_1}.$$

把条件全部翻译成数量积。底面是菱形，四边相等，故 $CB = CD$；又题设 $CD = CC_1$，于是三个模全相等。 不妨设它们都等于 $1$（比例不影响垂直），则

$$\boldsymbol{a}^2 = \boldsymbol{b}^2 = \boldsymbol{c}^2 = 1, \qquad \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$$

（三个角 $\angle BCD$、$\angle C_1CB$、$\angle C_1CD$ 依次对应这三个数量积）。

表示 $\overrightarrow{CA_1}$：在平行四边形 $ABCD$ 中 $\overrightarrow{BA} = \overrightarrow{CD}$，故 $\overrightarrow{CA} = \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BA} = \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$；又 $\overrightarrow{AA_1} = \overrightarrow{CC_1} = \boldsymbol{c}$，所以

$$\overrightarrow{CA_1} = \boldsymbol{a} + \boldsymbol{b} + \boldsymbol{c}.$$

要证线面垂直，只需证它垂直于平面内两条相交直线。平面 $C_1BD$ 内取相交于 $B$ 的两条：$BD$ 与 $BC_1$。

$$\overrightarrow{BD} = \boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}, \qquad \overrightarrow{BC_1} = \boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}.$$

逐个算：

$$\overrightarrow{CA_1}\cdot\overrightarrow{BD} = (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})\cdot(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}) = \left(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - \boldsymbol{a}^2\right) + \left(\boldsymbol{b}^2 - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}\right) + \left(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}\right),$$ $$= \left(\tfrac12 - 1\right) + \left(1 - \tfrac12\right) + \left(\tfrac12 - \tfrac12\right) = 0;$$ $$\overrightarrow{CA_1}\cdot\overrightarrow{BC_1} = (\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})\cdot(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}) = \left(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}^2\right) + \left(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}\right) + \left(\boldsymbol{c}^2 - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}\right),$$ $$= \left(\tfrac12 - 1\right) + \left(\tfrac12 - \tfrac12\right) + \left(1 - \tfrac12\right) = 0.$$

$BD$ 与 $BC_1$ 是平面 $C_1BD$ 内两条相交直线（交于 $B$，且不重合，因为 $D$、$C_1$ 不在同一条过 $B$ 的直线上）， 由线面垂直的判定定理，

$$CA_1 \perp \text{平面 } C_1BD. \qquad \blacksquare$$

看清对称性：三个模相等、三个两两数量积也相等，所以 $\boldsymbol{a}$、$\boldsymbol{b}$、$\boldsymbol{c}$ 在算式里地位完全对称。 $\overrightarrow{CA_1} = \boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}$ 是这个对称结构的「中轴」， 而平面 $C_1BD$ 上的向量都形如「两个基向量之差」——中轴与任何一个差都垂直，这就是全部原因。

习题 1.2 第 7 题

7. 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 $CG=\frac{1}{4}CD$ .

(1) 求证: $EF \perp B_{1}C$ ;

(2) 求 EF 与 $C_{1}G$ 所成角的余弦值.

选基：单位正交基底 $\boldsymbol{i} = \overrightarrow{DA}$、$\boldsymbol{j} = \overrightarrow{DC}$、$\boldsymbol{k} = \overrightarrow{DD_1}$， 三者两两垂直、模均为 $1$。以 $D$ 为原点，各点的位置向量为

$$\overrightarrow{DA} = \boldsymbol{i},\quad \overrightarrow{DB} = \boldsymbol{i}+\boldsymbol{j},\quad \overrightarrow{DC} = \boldsymbol{j},\quad \overrightarrow{DB_1} = \boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}+\boldsymbol{k},\quad \overrightarrow{DC_1} = \boldsymbol{j}+\boldsymbol{k}.$$

三个特殊点：

$$\overrightarrow{DE} = \frac{1}{2}\boldsymbol{k}\ (E \text{ 是 } DD_1 \text{ 中点}), \qquad \overrightarrow{DF} = \frac{1}{2}\left(\boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}\right)\ (F \text{ 是 } BD \text{ 中点}),$$

$G$ 在 $CD$ 上且 $CG = \dfrac14 CD$，即 $\overrightarrow{CG} = \dfrac14\overrightarrow{CD} = -\dfrac14\boldsymbol{j}$，故

$$\overrightarrow{DG} = \overrightarrow{DC} + \overrightarrow{CG} = \boldsymbol{j} - \frac{1}{4}\boldsymbol{j} = \frac{3}{4}\boldsymbol{j}.$$

(1)

$$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DF} - \overrightarrow{DE} = \frac{1}{2}\boldsymbol{i} + \frac{1}{2}\boldsymbol{j} - \frac{1}{2}\boldsymbol{k},$$ $$\overrightarrow{B_1C} = \overrightarrow{DC} - \overrightarrow{DB_1} = -\boldsymbol{i} - \boldsymbol{k}.$$

数量积（交叉项为零，只留同名项）：

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{B_1C} = -\frac{1}{2}\boldsymbol{i}^2 + \frac{1}{2}\boldsymbol{k}^2 = -\frac{1}{2}+\frac{1}{2} = 0,$$

故 $EF \perp B_1C$。$\blacksquare$

(2)

$$\overrightarrow{C_1G} = \overrightarrow{DG} - \overrightarrow{DC_1} = \frac{3}{4}\boldsymbol{j} - \boldsymbol{j} - \boldsymbol{k} = -\frac{1}{4}\boldsymbol{j} - \boldsymbol{k}.$$

三个量：

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{C_1G} = \frac{1}{2}\times\left(-\frac{1}{4}\right) + \left(-\frac{1}{2}\right)\times(-1) = -\frac{1}{8} + \frac{1}{2} = \frac{3}{8},$$ $$\left|\overrightarrow{EF}\right| = \sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}} = \frac{\sqrt3}{2}, \qquad \left|\overrightarrow{C_1G}\right| = \sqrt{\frac{1}{16}+1} = \frac{\sqrt{17}}{4}.$$

于是

$$\cos\left\langle \overrightarrow{EF},\ \overrightarrow{C_1G}\right\rangle = \frac{\frac{3}{8}}{\frac{\sqrt3}{2}\times\frac{\sqrt{17}}{4}} = \frac{\frac{3}{8}}{\frac{\sqrt{51}}{8}} = \frac{3}{\sqrt{51}} = \frac{\sqrt{51}}{17}.$$

结果为正，已在 $\left[0,\ \dfrac{\pi}{2}\right]$ 内，所以 $EF$ 与 $C_1G$ 所成角的余弦值就是

$$\frac{\sqrt{51}}{17} \approx 0.42.$$

（若算出负数，要取绝对值——直线所成角不超过 $90^\circ$。）

习题 1.2 第 8 题

8. 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.

设四面体为 $OABC$，取

$$\boldsymbol{a} = \overrightarrow{OA},\qquad \boldsymbol{b} = \overrightarrow{OB},\qquad \boldsymbol{c} = \overrightarrow{OC}.$$

三组相对棱（对棱）是 $OA$ 与 $BC$、$OB$ 与 $CA$、$OC$ 与 $AB$。 把三组对棱中点的连线向量写出来（每个中点用中点公式）：

$$\overrightarrow{M_1N_1} = \frac{\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}}{2} - \frac{\boldsymbol{a}}{2} = \frac{\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}}{2},$$ $$\overrightarrow{M_2N_2} = \frac{\boldsymbol{c}+\boldsymbol{a}}{2} - \frac{\boldsymbol{b}}{2} = \frac{\boldsymbol{c}+\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}}{2},$$ $$\overrightarrow{M_3N_3} = \frac{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}}{2} - \frac{\boldsymbol{c}}{2} = \frac{\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}}{2}.$$

把三段长度相等写成等式（都乘 $4$，去掉分母）：

$$\left|\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}\right|^2 = \left|\boldsymbol{c}+\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\right|^2 = \left|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\right|^2.$$

逐个展开（记 $S = \boldsymbol{a}^2+\boldsymbol{b}^2+\boldsymbol{c}^2$，它在三式中相同）：

$$\left|\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}\right|^2 = S - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} + 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c},$$ $$\left|\boldsymbol{c}+\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\right|^2 = S - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c},$$ $$\left|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}\right|^2 = S + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}.$$

第一式 $=$ 第二式：$S$ 与 $-2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}$ 两边相同，消去后得

$$-2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} + 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - 2\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} \implies \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}.$$

第二式 $=$ 第三式：同样消去公共项，得

$$-2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} + 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - 2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} \implies \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}.$$

于是三个两两数量积全部相等：

$$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}.$$

回译成三组垂直：

$$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{BC} = \boldsymbol{a}\cdot(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}) = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = 0 \implies OA \perp BC,$$ $$\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{b}\cdot(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}) = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} - \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} = 0 \implies OB \perp CA,$$ $$\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{AB} = \boldsymbol{c}\cdot(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}) = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c} - \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = 0 \implies OC \perp AB.$$

三组对棱两两垂直。$\blacksquare$

这道题与「习题 1.1 第 9 题」是同一个结构的两面。那里由「两组对棱垂直」推第三组， 这里由「三段中点距离相等」推三组全垂直——两者的核心都是那三个两两数量积之间的关系：

$$OA \perp BC \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}, \quad OB \perp CA \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}, \quad OC \perp AB \iff \boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c} = \boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}.$$

逆命题也成立：若三组对棱两两垂直，则三个数量积相等，代回上面的展开式， 三段中点连线的长度也相等。所以这是一个充要条件，这样的四面体叫垂心四面体。