高中数学（人教版a版选修2-1）配套课时作业：第三章 空间向量与立体几何 3.1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示 6页

3.1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示 课时目标 1.理解空间向量基本定理，并能用基本定理解决一些几何问题.2.理解基底、基 向量及向量的线性组合的概念.3.掌握空间向量的坐标表示，能在适当的坐标系中写出向 量的坐标． 1．空间向量基本定理 (1)设 i、j、k 是空间三个两两垂直的向量，且有公共起点 O，那么，对于空间任一向量 p， 存在一个______________，使得____________，我们称______，______，______为向量 p 在 i、j、k 上的分向量． (2)空间向量基本定理：如果三个向量 a，b，c________，那么对空间任一向量 p，存在有 序实数组{x，y，z}，使得________________． (3)如果三个向量 a，b，c 不共面，那么所有空间向量组成的集合就是___________．这个 集合可看作是由向量 a，b，c 生成的，我们把{a，b，c}叫做空间的一个________，a，b， c 都叫做__________．空间中任何三个________的向量都可构成空间的一个基底． 2．空间向量的坐标表示 若 e1 、 e2 、 e3 是 有 公 共 起 点 O 的 三 个 两 两 垂 直 的 单 位 向 量 ， 我 们 称 它 们 为 ____________________，以 e1、e2、e3 的公共起点 O 为原点，分别以 e1、e2、e3 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Oxyz，那么，对于空间任意一个向量 p， 由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x，y，z}，使得 p＝xe1＋ye2＋ze3，把 x，y， z 称作向量 p 在单位正交基底 e1，e2，e3 下的坐标，记作____________． 一、选择题 1．在以下 3 个命题中，真命题的个数是( ) ①三个非零向量 a，b，c 不能构成空间的一个基底，则 a，b，c 共面； ②若两个非零向量 a，b 与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则 a，b 共线； ③若 a，b 是两个不共线向量，而 c＝λa＋μb(λ，μ∈R 且λμ≠0)，则{a，b，c}构成空间的 一个基底． A．0 B．1 C．2 D．3 2.已知 O、A、B、C 为空间不共面的四点，且向量 a＝OA→ ＋OB→ ＋OC→ ，向量 b＝OA→ ＋OB→ － OC→ ，则与 a、b 不能构成空间基底的是( ) A. OA→ B．OB→ C.OC→ D.OA→ 或OB→ 3．以下四个命题中，正确的是( ) A.若OP  ＝1 2OA→ ＋1 3OB→ ，则 P、A、B 三点共线 B．设向量{a，b，c}是空间一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底 C．|(a·b)c|＝|a|·|b|·|c| D. △ABC 是直角三角形的充要条件AB→·AC→＝0 4.设 O－ABC 是四面体，G1 是△ABC 的重心，G 是 OG1 上的一点，且 OG＝3G,G1 若OG  ＝xOA→ ＋yOB→ ＋zOC→ ，则(x，y，z)为( ) A．(1 4 ，1 4 ，1 4) B．(3 4 ，3 4 ，3 4) C．(1 3 ，1 3 ，1 3) D．(2 3 ，2 3 ，2 3) 5．已知点 A 在基底{a，b，c}下的坐标为(8,6,4)，其中 a＝i＋j，b＝j＋k，c＝k＋i，则点 A 在基底{i，j，k}下的坐标是( ) A．(12,14,10) B．(10,12,14) C．(14,12,10) D．(4,3,2) 6.已知空间四边形 OABC 中OA→ ＝a，OB→ ＝b，OC→ ＝c，点 M 在 OA 上，且 OM＝2MA，N 为 BC 的中点，则MN→ 等于( ) A.1 2a－2 3b＋1 2c B．－2 3a＋1 2b＋1 2c C.1 2a＋1 2b－1 2c D.2 3a＋2 3b－1 2c 二、填空题 7．设{i，j，k}是空间向量的一个单位正交基底，则向量 a＝3i＋2j－k，b＝－2i＋4j＋2k 的坐标分别是____________． 8.已知空间四边形 ABCD 中，AB→＝a－2c，CD→ ＝5a＋6b－8c，对角线 AC、BD 的中点分 别为 E、F，则EF→＝____________. 9.已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，点 O 为 AC1 与 BD1 的交点，AO  ＝xAB→＋yBC→＋zCC1 → ， 则 x＋y＋z＝______. 三、解答题 10.四棱锥 P－OABC 的底面为一矩形，PO  平面 OABC，设OA→ ＝a，OC→ ＝b，OP→ ＝c，E、 F 分别是 PC 和 PB 的中点，用 a，b，c 表示BF→、BE→、AE→、EF→. 11.已知 PA 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，M、N 分别是 AB、PC 的中点，并且 PA=AD, 求 MN  、DC→ 的坐标． 能力提升 12．甲、乙、丙三名工人搬运石头，分别作用于石头的力为 F1，F2，F3，若 i、j、k 是空 间中的三个不共面的基向量，F1＝i＋2j＋3k，F2＝－2i＋3j－k，F3＝3i－4j＋5k，则这三 名工人的合力 F＝xi＋yj＋zk，求 x、y、z. 13.如图，在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，E、F 分别是 BB1、D1B1 的中点，求证：EF⊥平 面 B1AC. 1．空间的一个基底是空间任意三个不共面的向量，空间的基底可以有无穷多个．一个基 底是不共面的三个向量构成的一个向量组，一个基向量指一个基底的某一个向量． 2. OP  ＝xOA→ ＝xOA→ ＋yOB→ ＋zOC→ ，当且仅当 x＋y＋z＝1 时，P、A、B、C 四点共面． 3．对于基底{a，b，c}除了应知道 a，b，c 不共面，还应明确： (1)空间任意三个不共面向量都可以作为空间向量的一个基底，基底选定以后，空间的所 有向量均可由基底惟一表示． (2)由于 0 可视为与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，所以，三个向量 不共面，就隐含着它们都不是 0. 3．1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示 知识梳理 1．(1)有序实数组{x，y，z} p＝xi＋yj＋zk xi yj zk (2)不共面 p＝xa＋yb＋zc (3){p|p＝xa＋yb＋zc，x，y，z∈R} 基底 基向量 不共面 2．单位正交基底 p＝(x，y，z) 作业设计 1．C [命题①，②是真命题，命题③是假命题．] 2．C [∵OC→＝1 2(a－b)，OC→与 a、b 共面， ∴a，b，OC→不能构成空间基底．] 3．B [A 中若OP→＝1 2 OA→＋1 2 OB→，则 P、A、B 三点共线，故 A 错； B 中，假设存在实数 k1，k2，使 c＋a＝k1(a＋b)＋k2(b＋c)＝k1a＋(k1＋k2)b＋k2c， 则有 k1＝1； k1＋k2＝0； k2＝1. 方程组无解， 即向量 a＋b，b＋c，c＋a 不共面，故 B 正确． C 中，a·b＝|a||b|cos〈a，b〉≤|a|·|b|，故 C 错． D 中，由AB→·AC→＝0⇒△ABC 是直角三角形，但△ABC 是直角三角形，可能角 B 等于 90°， 则有BA→·BC→＝0.故 D 错．] 4．A [因为OG→＝3 4 OG1 →＝3 4(OA→＋AG1 →) ＝3 4 OA→＋3 4×2 3[1 2(AB→＋AC→)] ＝3 4 OA→＋1 4[(OB→－OA→)＋(OC→－OA→)] ＝1 4 OA→＋1 4 OB→＋1 4 OC→， 而OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→， 所以 x＝1 4 ，y＝1 4 ，z＝1 4.] 5．A [设点 A 在基底{a，b，c}下对应的向量为 p， 则 p＝8a＋6b＋4c＝8i＋8j＋6j＋6k＋4k＋4i ＝12i＋14j＋10k，故点 A 在基底{i，j，k}下的坐标为(12,14,10)．] 6．B [MN→＝ON→－OM→＝1 2(OB→＋OC→)－2 3 OA→ ＝－2 3a＋1 2b＋1 2c.] 7．(3,2，－1)，(－2,4,2) 8．3a＋3b－5c 解析 ∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→， 又EF→＝EC→＋CD→＋DF→， ∴两式相加得 2EF→＝(EA→＋EC→)＋AB→＋CD→＋(BF→＋DF→)． ∵E 为 AC 中点，故EA→＋ EC ＝0，同理BF→＋DF→＝0， ∴2EF→＝AB→＋CD→＝(a－2c)＋(5a＋6b－8c) ＝6a＋6b－10c，∴EF→＝3a＋3b－5c. 9.3 2 解析 AO→＝1 2 AC1 →＝1 2(AB→＋BC→＋CC1→ )． 故 x＝y＝z＝1 2 ，∴x＋y＋z＝3 2. 10．解 BF→ ＝1 2 BP→ ＝1 2(BO→ ＋OP→ ) ＝1 2(c－b－a)＝－1 2a－1 2b＋1 2c. BE→ ＝BC→＋CE→ ＝－a＋1 2 CP→ ＝－a＋1 2(CO→ ＋OP→ ) ＝－a－1 2b＋1 2c. AE→＝AP→＋PE→ ＝AO→＋OP→ ＋1 2(PO→ ＋OC→ ) ＝－a＋c＋1 2(－c＋b) ＝－a＋1 2b＋1 2c. EF→ ＝1 2 CB→ ＝1 2 OA→＝1 2a. 11．解 ∵PA＝AD＝AB，且 PA⊥平面 ABCD，AD⊥AB， ∴可设DA→＝e1，AB→＝e2，AP→＝e3. 以 e1、e2、e3 为坐标向量建立空间直角坐标系 Axyz，如图所示． ∵MN→＝MA→＋AP→＋PN→ ＝MA→＋AP→＋1 2 PC→ ＝MA→＋AP→＋1 2(PA→＋AD→＋DC→ ) ＝－1 2e2＋e3＋1 2(－e3－e1＋e2) ＝－1 2e1＋1 2e3， ∴MN→＝ －1 2 ，0，1 2 ，DC→ ＝AB→＝e2＝(0,1,0)． 12．解 由题意，得 F＝F1＋F2＋F3＝(i＋2j＋3k)＋(－2i＋3j－k)＋(3i－4j＋5k)＝2i＋j＋ 7k. 又因为 F＝xi＋yj＋zk，所以 x＝2，y＝1，z＝7. 13．证明 设AB→＝a，AD→＝c，AA1 →＝b， 则EF→＝EB1 →＋B1F→ ＝1 2(BB1 →＋B1D 1→ ) ＝1 2(AA1 →＋BD→) ＝1 2(AA1 →＋AD→－AB→)＝1 2(－a＋b＋c)， AB1→ ＝AB→＋EB1 →＝AB→＋AA1 →＝a＋b. ∴EF→·AB1→ ＝1 2(－a＋b＋c)·(a＋b) ＝1 2(b2－a2－a·b＋a·b＋c·a＋c·b) ＝1 2(|b|2－|a|2)＝0. ∴EF→⊥AB1→ ，即 EF⊥AB1. 同理，EF⊥B1C. 又 AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面 B1AC.