1.2 空间向量基本定理

从平面向量基本定理升维到三维空间，只需三个「不共面」的向量即可搭建起整个空间的基底框架。空间任意向量均可唯一线性分解，奠定了立体几何代数化与空间坐标法的理论基石。

本节知识点空间向量数量积与非正交交叉项空间向量基本定理与非共面基底

第 1 步

从例子进入

在平面向量中，只要在纸面上找出两个不共线的基向量 $e_{1}, e_{2}$ ，纸面上任意向量都能唯一写成 $x e_{1} + y e_{2}$ 。现在想象我们站在一间教室的地板上，抬头看天花板悬挂的吊灯 $P$ 。先点下面的两个按钮试试：

互动演示载入中

想一想

如果只在地板平面上画出两个不共线的向量 $e_{1}, e_{2}$ ，能否用它们线性表示出从地面原点指向天花板吊灯的向量 $O P$ ？

看答案与解析

答案：B

B。两个不共线的向量只能张成一个二维平面。

吊灯位于教室上空，具有垂直于地板的「高度」分量。不论地板上的 $x e_{1} + y e_{2}$ 怎样伸缩合成，所得到的向量依然永远躺在地板平面内，绝不可能凭空翘起指向空中！

要抵达三维空间中的任意一点（点上方第 2 个按钮），我们必须跨出这个平面，引入第三个不与前两个向量共面的基向量 $e_{3}$ 。这就是本节要建立的核心：空间向量基本定理。

第 2 步

讲清楚

1. 先认识几个词

要用到：必修二 6.3 平面向量基本定理、1.1 空间向量及其运算、必修二 8.4 空间点线面位置关系。

互动演示载入中

核心辨析

两两不共线：向量间两两不平行。但若三个向量全被压在同一平面内（如等边三角形三边向量），根本无法撑开立体空间，绝不能作空间基底！

三个向量不共面：第三个向量必须彻底脱离前两个向量张成的平面，才能覆盖空间全维度。

口诀：不共面必两两不共线，两两不共线绝不等于不共面。

定理对照

空间分解定理：对给定空间基底 ${e_{1}, e_{2}, e_{3}}$ ，任意向量 $p = x e_{1} + y e_{2} + z e_{3}$ ，实数组 $(x, y, z)$ 唯一存在，反映三维自由度。

四点共面充要条件（给定系数版）：先要求 $O A, O B, O C$ 不共面（等价于 $A, B, C$ 不共线且 $O$ 不在平面 $A B C$ 内）。在同起点关系 $O P = x O A + y O B + z O C$ 中，点 $P, A, B, C$ 共面当且仅当系数和为 1： $x + y + z = 1$ 。

提醒：同起点和基底前提都要满足；仅仅同起点，不能对给定系数断言“共面就和为1”。

2. 基底的条件：三个向量不共面

开头的题已经看到：两个不共线的向量只能「铺满」一个平面。三个向量如果共面，不管怎么伸缩相加，结果还躺在那个平面里，够不着平面外的方向。所以能当基底的条件就是：

怎么判断三个向量共面：看其中一个能不能用另外两个（不共线的）线性表示出来；能表示，就共面。另外，零向量和谁都共面，所以基向量都不是零向量；向量可以平移，判断时不要求三个向量起点相同。

想一想

自己试试：已知 ${a, b, c}$ 是空间的一个基底。下面哪一组也能做空间的基底？

看答案与解析

答案：C

C。 $a + b$ 和 $b$ 都在 $a, b$ 所在的平面里，而 $c$ 不在这个平面里，三个不共面。

A：第三个就是前两个的和，共面。B：三个向量都只含 $a, b$ ，都在同一个平面里。D：三个加起来 $= 0$ ，所以 $c - a = - (a - b) - (b - c)$ ，共面。

常见算错：B、D 两组都两两不共线，看着「方向各不相同」就以为能做基底；要检查的是三个合起来共不共面。

3. 空间向量基本定理：分解存在，而且唯一

为什么能分解、又为什么唯一？取共起点的基向量 $O A = e_{1}, O B = e_{2}, O C = e_{3}$ ，设 $O P = p$ ：

过点 $P$ 作直线平行于 $O C$ ，交平面 $O A B$ 于点 $P^{'}$ （ $O C$ 不在平面 $O A B$ 内，所以交点存在且只有一个）；
$P^{'} P ∥ O C$ ，由共线向量定理，有唯一实数 $z$ 使 $P^{'} P = z e_{3}$ ；
在平面 $O A B$ 内， $e_{1}, e_{2}$ 不共线，由平面向量基本定理，有唯一实数对 $(x, y)$ 使 $O P^{'} = x e_{1} + y e_{2}$ ；
相加： $O P = O P^{'} + P^{'} P = x e_{1} + y e_{2} + z e_{3}$ 。每一步都唯一，所以 $(x, y, z)$ 唯一。

用起来就是：把要求的向量沿着图里的线段「走一条路」，走到每一段都能用基向量写出来为止。唯一性保证换一条路走，最后的系数也一样，所以可以两边比较系数列方程。

想一想

自己试试：在平行六面体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中，取 ${A B = a, A D = b, A A_{1} = c}$ 为基底。点 $P$ 是上底面对角线 $A_{1} C_{1}$ 的中点，则向量 $A P$ 用该基底表示为：

看答案与解析

答案：A

A。分解路径： $A P = A A_{1} + A_{1} P$ 。

因为 $P$ 是上底面平行四边形 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 对角线 $A_{1} C_{1}$ 的中点， $A_{1} C_{1} = A_{1} B_{1} + A_{1} D_{1} = a + b$ ，所以：

A_{1} P = \frac{1}{2} A_{1} C_{1} = \frac{1}{2} a + \frac{1}{2} b

加上竖直棱向量 $A A_{1} = c$ ，即得 $A P = \frac{1}{2} a + \frac{1}{2} b + c$ 。

常见算错：选 C 的同学误把 $P$ 当成了体对角线中点，把竖直分量也乘了 $\frac{1}{2}$ ；选 B 的同学忘了给底面对角线乘 $\frac{1}{2}$ 。

4. 用基底判断四点共面：系数和等于 1

取平面 $A B C$ 外一点 $O$ （ $A, B, C$ 不共线），这时 ${O A, O B, O C}$ 是基底，任一点 $P$ 都能唯一写成 $O P = x O A + y O B + z O C$ 。点 $P$ 在不在平面 $A B C$ 上，只看三个系数的和：

为什么：两边同减 $O C$ ，把 $O A$ 、 $O B$ 改写成 $C A + O C$ 、 $C B + O C$ ，得到

C P = x C A + y C B + (x + y + z - 1) O C

系数和为 $1$ 时，最后一项消失， $C P$ 由平面 $A B C$ 里的 $C A, C B$ 合成， $P$ 在平面上。反过来， $P$ 在平面上时 $C P$ 能写成 $s C A + t C B$ ，而 $O C$ 指出平面外；由分解唯一，最后一项系数只能是 $0$ 。

注意：在系数和为1时，系数可以是负数；出现负数只说明 $P$ 在三角形 $A B C$ 外面，不说明在平面外。

想一想

自己试试：点 $O$ 在平面 $A B C$ 外（ $A, B, C$ 不共线），点 $P$ 满足 $O P = 2 O A + O B - 2 O C$ 。点 $P$ ：

看答案与解析

答案：A

A。系数和 $2 + 1 + (- 2) = 1$ ，所以 $P, A, B, C$ 四点共面。

常见算错：选 B 是把「系数有负数」当成「在平面外」，负数只说明 $P$ 落在三角形 $A B C$ 外面，仍在平面上；选 C 是把 $- 2$ 当成 $2$ 加了进去。

5. 三步破题思维链：空间基底解题标准动作

第一眼破题信号

面对四面体、长方体或平行六面体中的线段向量分解、四点共面证明或求参数问题，迅速选定一个公共顶点，取出引出的三条不共面棱作为基底 ${e_{1}, e_{2}, e_{3}}$ 。

第二步套公式/方法

① 用中点公式 $O M = \frac{1}{2} (O A + O B)$ 或定比分点公式逐步降维； ② 沿几何体棱线折线回路拆分： $M N = O N - O M$ ，化简为 $x e_{1} + y e_{2} + z e_{3}$ ； ③ 四点共面问题：先确认 $O A, O B, O C$ 不共面，再建立同起点关系，列出系数和方程 $x + y + z = 1$ 求解未知参数。

第三步必查防坑结论

基底分解系数具有唯一性，两边对应基向量系数可直接相等列方程；给定系数的四点共面充要条件必须严格保证四个向量同起点且 $O A, O B, O C$ 不共面；非正交基底求模平方时绝不可遗漏两两夹角交叉项！

6. 三大翻车现场与反例辨析

互动演示载入中

再深一点（可以先跳过）：维数与重心坐标

空间的维数：在大学线性代数中，三维空间中「任意三个不共面的向量构成一组基」，本质上反映了三维线性空间的维数是 3。空间中任意 4 个向量里，至少有一个能用另外三个表示出来。

重心坐标：四点共面条件 $x + y + z = 1$ 中，实数组 $(x, y, z)$ 正好是点 $P$ 关于 $△ A B C$ 的重心坐标。 $x, y, z$ 都大于 $0$ 时， $P$ 在 $△ A B C$ 内部；某个系数为 $0$ ，落在三角形的边所在直线上；出现负数，落在三角形外、但仍在平面 $A B C$ 上。

向量方法不等于坐标法：本节用一般基底就能算，不一定要建坐标系；三个向量是否共面，本章也不用叉积、行列式判断，看「能否用另两个表示」即可。

第 3 步

动手

空间基底分解与四点共面交互模拟器

以三棱锥 $O - A B C$ 为空间框架，三条侧棱为基底 $e_{1} = O A, e_{2} = O B, e_{3} = O C$ 。拖动滑块调节系数 $(x, y, z)$ ，观察折线阶梯合成向量 $O P$ ；点击校验按钮检验四点共面条件：

互动演示载入中

第 4 步

练一练

从易到难排好了。前两道直接用定理，中间两道辨析易错红线，最后一道挑战综合应用。

直接用

想一想

已知四面体 $O - A B C$ 中， ${O A, O B, O C}$ 构成一组基底，点 $M$ 为棱 $B C$ 的中点，点 $P$ 满足 $O P = 2 P M$ 。则向量 $A P$ 用该基底表示为：

看答案与解析

答案：A

A。化简共线关系： $O P = 2 (O M - O P) ⟹ 3 O P = 2 O M ⟹ O P = \frac{2}{3} O M$ 。

因为 $M$ 是 $B C$ 的中点， $O M = \frac{1}{2} O B + \frac{1}{2} O C$ ，代入得：

O P = \frac{2}{3} (\frac{1}{2} O B + \frac{1}{2} O C) = \frac{1}{3} O B + \frac{1}{3} O C

因此 $A P = O P - O A = - O A + \frac{1}{3} O B + \frac{1}{3} O C$ 。

想一想

已知空间四点 $P, A, B, C$ 满足关系式 $O P = \frac{1}{2} O A + \frac{1}{3} O B + λ O C$ （其中 $O$ 是平面 $A B C$ 外的任意一点， $A, B, C$ 不共线）。若 $P, A, B, C$ 四点共面，则实数 $λ$ 的值为：

看答案与解析

答案：A

A。题中 $A, B, C$ 不共线且 $O$ 在平面 $A B C$ 外，所以 $O A, O B, O C$ 不共面。在此前提下，若 $O P = x O A + y O B + z O C$ ，则 $P, A, B, C$ 四点共面当且仅当 $x + y + z = 1$ 。

直接代入： $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + λ = 1 ⟹ \frac{5}{6} + λ = 1 ⟹ λ = \frac{1}{6}$ 。

易错

想一想

设 $a, b, c$ 是空间中的三个向量，下列命题中正确的是：

看答案与解析

答案：C

C。逐项剖析红线边界：

A 错：两两不共线不等于不共面！正三角形的三边向量两两不共线，但共面，绝不能作空间基底；
B 错：零向量与任意向量共面，基向量必须全为非零向量；
D 错：若存在不全为零的系数使线性组合为零向量，说明这三个向量线性相关（共面），恰恰不能构成基底；
C 对：空间向量基本定理的核心定义与唯一性。

想一想

在棱长均为 1、底面为正方形的四棱锥 $P - A B C D$ 中， $∠ P A B = ∠ P A D = 6 0^{\circ}$ 。若取 ${A B, A D, A P}$ 为基底，计算向量 $P C = A B + A D - A P$ 的模长 $∣ P C ∣$ 。某同学直接按直角坐标套用 $1^{2} + 1^{2} + (- 1)^{2} = 3$ 。这种做法错在：

看答案与解析

答案：B

B。直角坐标模长公式仅在单位正交基底下成立。

本题中 $A B ⊥ A D$ （数量积为 0），但 $A P$ 与 $A B$ 、 $A D$ 的夹角均为 $6 0^{\circ}$ ，数量积为 $1 \times 1 \times cos 6 0^{\circ} = \frac{1}{2}$ 。

正确计算展开式必须保留交叉项：

∣ P C ∣^{2} = ∣ A B ∣^{2} + ∣ A D ∣^{2} + ∣ A P ∣^{2} + 2 A B \cdot A D - 2 A B \cdot A P - 2 A D \cdot A P

= 1 + 1 + 1 + 0 - 2 (\frac{1}{2}) - 2 (\frac{1}{2}) = 3 - 1 - 1 = 1

故真实长度 $∣ P C ∣ = 1$ ，绝不是 $3$ ！

挑战

想一想

已知四面体 $A - B C D$ 中，点 $G$ 为底面 $△ B C D$ 的重心，点 $M$ 在线段 $A G$ 上且满足 $A M = 3 M G$ 。过点 $M$ 的平面交棱 $A B, A C, A D$ 分别于 $E, F, H$ ，且 $A E = m A B$ , $A F = n A C$ , $A H = p A D$ （ $m, n, p > 0$ ）。则 $\frac{1}{m} + \frac{1}{n} + \frac{1}{p}$ 的定值为：

看答案与解析

答案：B

B。由底面重心性质： $A G = \frac{1}{3} A B + \frac{1}{3} A C + \frac{1}{3} A D$ 。

因为 $A M = 3 M G$ ，所以 $A M = \frac{3}{4} A G$ ，即：

A M = \frac{3}{4} A G = \frac{1}{4} A B + \frac{1}{4} A C + \frac{1}{4} A D

将 $A B = \frac{1}{m} A E$ , $A C = \frac{1}{n} A F$ , $A D = \frac{1}{p} A H$ 代入基底表示式：

A M = \frac{1}{4 m} A E + \frac{1}{4 n} A F + \frac{1}{4 p} A H

因为点 $M, E, F, H$ 四点共面，由四点共面定理充要条件：

\frac{1}{4 m} + \frac{1}{4 n} + \frac{1}{4 p} = 1 ⟹ \frac{1}{m} + \frac{1}{n} + \frac{1}{p} = 4

这是高考与各省模考中考查四点共面定理与重心性质的经典结论题！

第 5 步

高考真题

先独立作答，做完再对照分步解析。选择题点选项自动判对错；填空题写法不同时，看答案自己判。要用到后面章节的题收在最后，学到那里再做。

2010 湖南卷（理科，旧课标）第 18 题 · 解答

如图所示，在正方体 $A B C D - A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中， $E$ 是棱 $D D_{1}$ 的中点。在棱 $C_{1} D_{1}$ 上是否存在一点 $F$ ，使 $B_{1} F ∥$ 平面 $A_{1} B E$ ？证明你的结论。

答案与解析

答案：存在， $F$ 为棱 $C_{1} D_{1}$ 的中点。

思路

先把动点写成一个未知系数，再用空间基底分解的唯一性，把方向共面条件变成三个系数方程。

选定不共面基底
记 $a = A B$ 、 $b = A D$ 、 $c = A A_{1}$ 。正方体同一顶点出发的三条棱不共面，所以这三个向量构成空间基底，分解系数唯一。设 $D_{1} F = t a$ ， $0 \leq t \leq 1$ 。
写出有关方向的分解
由 $E$ 为中点， $A E = b + \frac{1}{2} c$ 。因此 $B_{1} F A_{1} B A_{1} E = (t - 1) a + b, = a - c, = b - \frac{1}{2} c .$ 后两个向量不共线，张成平面 $A_{1} B E$ 的方向。
用唯一性比较三个系数
若所求平行成立，存在实数 $u, v$ ，使 $B_{1} F = u A_{1} B + v A_{1} E .$ 代入分解式。由于 $a, b, c$ 不共面，对应系数必须分别相同： $⎩ ⎨ ⎧ u = t - 1, v = 1, - u - \frac{1}{2} v = 0.$ 故 $u = - \frac{1}{2}$ ， $t = \frac{1}{2}$ 。这给出唯一候选： $F$ 是 $C_{1} D_{1}$ 的中点。
排除直线在平面内
$A A_{1}, A B, A E$ 也不共面： $A E$ 含有前两个方向没有的 $b$ 分量。在这组同起点基底下， $A B_{1} = A A_{1} + A B + 0 A E .$ 其系数和为 $1 + 1 + 0 = 2 \neq = 1$ 。由四点共面条件， $B_{1}$ 不在平面 $A_{1} B E$ 内。
回代确认存在
取 $t = \frac{1}{2}$ ，有 $B_{1} F = - \frac{1}{2} A_{1} B + A_{1} E .$ 它是平面内两个方向的线性组合，且 $B_{1}$ 在平面外，因此 $B_{1} F ∥$ 平面 $A_{1} B E$ 。候选确实存在。

易错点

只有在 $a, b, c$ 不共面的前提下，才能比较三个系数。
$t$ 从 $D_{1}$ 向 $C_{1}$ 计量，不能把 $B_{1} F$ 中 $a$ 的系数误写成 $t$ 。
方向可由面内向量表示，并不足以排除整条直线在平面内；须检查一个端点。
四点共面时系数和为1，前提是三个同起点向量构成空间基底。

小结

动点线面平行题可先用唯一分解求参数，再用四点共面系数和检验点是否在平面内。

2014 四川卷（文科，旧课标）第 18 题 · 解答

在如图所示的多面体中，四边形 $A B B_{1} A_{1}$ 和 $A C C_{1} A_{1}$ 都为矩形。设 $D, E$ 分别是线段 $B C, C C_{1}$ 的中点，在线段 $A B$ 上是否存在一点 $M$ ，使直线 $D E ∥$ 平面 $A_{1} M C$ ？请证明你的结论。

答案与解析

答案：存在， $M$ 为线段 $A B$ 的中点。

思路

用不共面基底把动平面的两个方向写出来，比较三个方向系数，使动点位置由方程唯一确定。

建立空间基底与动点参数
取 $a = A B$ 、 $b = A C$ 、 $c = A A_{1}$ 。图示多面体中，底面两个棱方向 $A B, A C$ 不共线，而侧棱 $A A_{1}$ 不在底面内，故三个向量不共面，构成空间基底。设 $A M = t a$ ， $0 \leq t \leq 1$ 。
分解目标方向和面内方向
由中点关系及矩形 $A C C_{1} A_{1}$ ，得 $A D A E D E = \frac{1}{2} (a + b), = b + \frac{1}{2} c, = \frac{1}{2} (- a + b + c) .$ 同时， $M C = b - t a$ ， $M A_{1} = c - t a$ 。
比较唯一分解的系数
平行条件要求存在实数 $u, v$ ，使 $D E = u M C + v M A_{1} .$ 右端按同一基底分解为 $- t (u + v) a + u b + v c .$ 比较三个系数，得到 $⎩ ⎨ ⎧ - t (u + v) = - \frac{1}{2}, u = \frac{1}{2}, v = \frac{1}{2} .$ 因此 $t = \frac{1}{2}$ ，唯一候选是 $A B$ 的中点。
用系数和排除面内情形
取中点 $M$ 后， $A M, A C, A A_{1}$ 仍不共面。由于 $A D = A M + \frac{1}{2} A C + 0 A A_{1},$ 相对于这组同起点基底的系数和为 $1 + \frac{1}{2} + 0 = \frac{3}{2} \neq = 1$ 。所以 $D$ 不在平面 $M A_{1} C$ 内。
验证候选并作结论
当 $M$ 为中点时， $D E = \frac{1}{2} M C + \frac{1}{2} M A_{1} .$ 这是面内两个不共线方向的线性组合，且 $D$ 在该平面外，故 $D E ∥$ 平面 $A_{1} M C$ 。所求点存在。

易错点

比较系数前先说明基底不共面，不能仅凭三个向量两两不平行。
$D E = A E - A D$ ，次序颠倒会使三个系数全部变号。
四点共面系数和的判断必须使用同一起点 $A$ 。
先推出唯一候选，还要回代验证它满足线面平行。

小结

把动平面写成两个方向张成的范围，唯一分解能把几何存在性问题化成系数方程。