2024-2025学年高中数学课时分层作业16空间向量的正交分解及其坐标表示含解析新人教A版选修2-1

PAGE1-课时分层作业(十六)空间向量的正交分解及其坐标表示(建议用时：60分钟)[基础达标练]一、选择题1．给出下列命题：①若{a，b，c}可以作为空间的一个基底，d与c共线，d≠0，则{a，b，d}也可以作为空间的一个基底；②已知向量a∥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底；③A，B，M，N是空间四点，若eq\o(BA,\s\up8(→))，eq\o(BM,\s\up8(→))，eq\o(BN,\s\up8(→))不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面；④已知{a，b，c}是空间的一个基底，若m＝a＋c，则{a，b，m}也是空间的一个基底．其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4D[依据基底的概念，知空间中任何三个不共面的向量都可作为空间的一个基底．明显②正确．③中由eq\o(BA,\s\up8(→))，eq\o(BM,\s\up8(→))，eq\o(BN,\s\up8(→))不能构成空间的一个基底，知eq\o(BA,\s\up8(→))，eq\o(BM,\s\up8(→))，eq\o(BN,\s\up8(→))共面．又eq\o(BA,\s\up8(→))，eq\o(BM,\s\up8(→))，eq\o(BN,\s\up8(→))过相同点B，知A，B，M，N四点共面．所以③正确．下面证明①④正确：①假设d与a，b共面，则存在实数λ，μ，使得d＝λa＋μb，∵d与c共线，c≠0，∴存在实数k，使得d＝kc.∵d≠eq\a\vs4\al(0)，∴k≠0，从而c＝eq\f(λ,k)a＋eq\f(μ,k)b，∴c与a，b共面，与条件冲突，∴d与a，b不共面．同理可证④也是正确的．于是①②③④四个命题都正确，故选D.]2．在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M是上底面对角线AC与BD的交点，若eq\o(A1B1,\s\up8(→))＝a，eq\o(A1D1,\s\up8(→))＝b，eq\o(A1A,\s\up8(→))＝c，则eq\o(B1M,\s\up8(→))可表示为()A.eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c B.eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋cC．－eq\f(1,2)a－eq\f(1,2)b＋c D．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋cD[由于eq\o(B1M,\s\up8(→))＝eq\o(B1B,\s\up8(→))＋eq\o(BM,\s\up8(→))＝eq\o(B1B,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up8(→))＋eq\o(BC,\s\up8(→)))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c，故选D.]3．正方体ABCD­A′B′C′D′中，O1，O2，O3分别是AC，AB′，AD′的中点，以{eq\o(AO,\s\up8(→))1，eq\o(AO,\s\up8(→))2，eq\o(AO,\s\up8(→))3}为基底，eq\o(AC′,\s\up8(→))＝xeq\o(AO,\s\up8(→))1＋yeq\o(AO2,\s\up8(→))＋zeq\o(AO,\s\up8(→))3，则x，y，z的值是()A．x＝y＝z＝1 B．x＝y＝z＝eq\f(1,2)C．x＝y＝z＝eq\f(\r(2),2) D．x＝y＝z＝2A[eq\o(AC′,\s\up8(→))＝eq\o(AA′,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\o(AB,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA′,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(AA′,\s\up8(→))＋eq\o(AB,\s\up8(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD′,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB′,\s\up8(→))＝eq\o(AO1,\s\up8(→))＋eq\o(AO3,\s\up8(→))＋eq\o(AO2,\s\up8(→))，由空间向量的基本定理，得x＝y＝z＝1.]4．已知点O，A，B，C为空间不共面的四点，且向量a＝eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→))＋eq\o(OC,\s\up8(→))，向量b＝eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→))－eq\o(OC,\s\up8(→))，则与a，b不能构成空间基底的向量是()A.eq\o(OA,\s\up8(→)) B.eq\o(OB,\s\up8(→))C.eq\o(OC,\s\up8(→)) D.eq\o(OA,\s\up8(→))或eq\o(OB,\s\up8(→))C[因为a－b＝2eq\o(OC,\s\up8(→))，所以a，b与eq\o(OC,\s\up8(→))共面，不能构成空间的一个基底．]5．如图，在空间直角坐标系中，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，B1E＝eq\f(1,4)A1B1，则eq\o(BE,\s\up8(→))等于()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)，－1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0，－1))C[由题图知B(1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，1))，所以eq\o(BE,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，1)).]二、填空题6．已知空间的一个基底{a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝xa＋yb＋c，若m与n共线，则x＝________，y＝________．1－1[因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，于是有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝λx，,－1＝λy，,1＝λ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1.))]7．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为AC和BD的交点，若eq\o(AB,\s\up8(→))＝a，eq\o(AD,\s\up8(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up8(→))＝c，则eq\o(B1M,\s\up8(→))＝________．－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－c[eq\o(B1M,\s\up8(→))＝eq\o(AM,\s\up8(→))－eq\o(AB1,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→)))－(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AA1,\s\up8(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up8(→))－eq\o(AA1,\s\up8(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b－c.]8．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，建立如图所示的空间直角坐标系，M，N分别是AB，PC的中点，并且PA＝AD＝1，则eq\o(MN,\s\up8(→))的坐标为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))[∵PA＝AD＝AB＝1，且PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，P(0，0，1)，C(－1，1，0)，则Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).∴eq\o(MN,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2))).]三、解答题9．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，eq\o(MA,\s\up8(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up8(→))，eq\o(ND,\s\up8(→))＝eq\f(1,3)eq\o(A1D,\s\up8(→))，设eq\o(AB,\s\up8(→))＝a，eq\o(AD,\s\up8(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up8(→))＝c，试用a，b，c表示eq\o(MN,\s\up8(→)).[解]连接AN，则eq\o(MN,\s\up8(→))＝eq\o(MA,\s\up8(→))＋eq\o(AN,\s\up8(→)).由已知可得四边形ABCD是平行四边形，从而可得eq\o(AC,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))＝a＋b，eq\o(MA,\s\up8(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up8(→))＝－eq\f(1,3)(a＋b)，又eq\o(A1D,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))－eq\o(AA1,\s\up8(→))＝b－c，故eq\o(AN,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\o(DN,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))－eq\o(ND,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))－eq\f(1,3)eq\o(A1D,\s\up8(→))＝b－eq\f(1,3)(b－c)，所以eq\o(MN,\s\up8(→))＝eq\o(MA,\s\up8(→))＋eq\o(AN,\s\up8(→))＝－eq\f(1,3)(a＋b)＋b－eq\f(1,3)(b－c)＝eq\f(1,3)(－a＋b＋c)．10．如图，在正四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，O是AC与BD的交点，PO＝1，M是PC的中点．设eq\o(AB,\s\up8(→))＝a，eq\o(AD,\s\up8(→))＝b，eq\o(AP,\s\up8(→))＝c.(1)用向量a，b，c表示eq\o(BM,\s\up8(→)).(2)在如图的空间直角坐标系中，求eq\o(BM,\s\up8(→))的坐标．[解](1)∵eq\o(BM,\s\up8(→))＝eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(CM,\s\up8(→))，eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(CM,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CP,\s\up8(→))，eq\o(CP,\s\up8(→))＝eq\o(AP,\s\up8(→))－eq\o(AC,\s\up8(→))，eq\o(AC,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))，∴eq\o(BM,\s\up8(→))＝eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AP,\s\up8(→))－eq\o(AC,\s\up8(→)))＝eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up8(→))－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AP,\s\up8(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c.(2)a＝eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1，0，0)，b＝eq\o(AD,\s\up8(→))＝(0，1，0)．∵A(0，0，0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴c＝eq\o(AP,\s\up8(→))＝eq\o(OP,\s\up8(→))－eq\o(OA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴eq\o(BM,\s\up8(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)c＝－eq\f(1,2)(1，0，0)＋eq\f(1,2)(0，1，0)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(3,4)，\f(1,2))).[实力提升练]1．已知M，A，B，C四点互不重合且随意三点不共线，则下列式子中能使向量eq\o(MA,\s\up8(→))，eq\o(MB,\s\up8(→))，eq\o(MC,\s\up8(→))成为空间的一个基底的是()A.eq\o(OM,\s\up8(→))＝eq\f(1,3)OA＋eq\f(1,3)OB＋eq\f(1,3)OCB.eq\o(MA,\s\up8(→))＝eq\o(MB,\s\up8(→))＋eq\o(MC,\s\up8(→))C.eq\o(OM,\s\up8(→))＝eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→))＋eq\o(OC,\s\up8(→))D.eq\o(MA,\s\up8(→))＝2eq\o(MB,\s\up8(→))－eq\o(MC,\s\up8(→))C[对于选项A，由eq\o(OM,\s\up8(→))＝xeq\o(OA,\s\up8(→))＋yeq\o(OB,\s\up8(→))＋zeq\o(OC,\s\up8(→))(x＋y＋z＝1)⇒M，A，B，C四点共面，知eq\o(MA,\s\up8(→))，eq\o(MB,\s\up8(→))，eq\o(MC,\s\up8(→))共面；对于选项B，D，易知eq\o(MA,\s\up8(→))，eq\o(MB,\s\up8(→))，eq\o(MC,\s\up8(→))共面，故选C.]2．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，向量a在基底{eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(AA1,\s\up8(→))}下的坐标为(2，1，－3)，则向量a在基底{eq\o(DA,\s\up8(→))，eq\o(DC,\s\up8(→))，eq\o(DD1,\s\up8(→))}下的坐标为()A．(2，1，－3) B．(－1，2，－3)C．(1，－8，9) D．(－1，8，－9)B[∵a＝2eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))－3eq\o(AA1,\s\up8(→))＝2eq\o(DC,\s\up8(→))－eq\o(DA,\s\up8(→))－3eq\o(DD1,\s\up8(→))＝－eq\o(DA,\s\up8(→))＋2eq\o(DC,\s\up8(→))－3DD1，∴向量a在基底{eq\o(DA,\s\up8(→))，eq\o(DC,\s\up8(→))，eq\o(DD1,\s\up8(→))}下的坐标为(－1，2，－3)，故选B.]3．在空间四边形ABCD中，eq\o(AB,\s\up8(→))＝a－2c，eq\o(CD,\s\up8(→))＝5a－5b＋8c，对角线AC，BD的中点分别是E，F，则eq\o(EF,\s\up8(→))＝________．3a－eq\f(5,2)b＋3c[eq\o(EF,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(ED,\s\up8(→))＋eq\o(EB,\s\up8(→)))＝eq\f(1,4)(eq\o(AD,\s\up8(→))＋eq\o(CD,\s\up8(→)))＋eq\f(1,4)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(CB,\s\up8(→)))＝eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\f(1,4)eq\o(BD,\s\up8(→))＋eq\f(1,4)eq\o(CD,\s\up8(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\f(1,4)eq\o(CD,\s\up8(→))＋eq\f(1,4)eq\o(DB,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up8(→))＋eq\o(CD,\s\up8(→)))＝3a－eq\f(5,2)b＋3c.]4．已知向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(2，1，－1)，则p在基底{2a，b，－c}下的坐标为________；在基底{a＋b，a－b，c(1，1，1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，－1))[由题意知p＝2a＋b－c，则向量p在基底{2a，b，－c}下的坐标为(1，1，1)设向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(x，y，z)，则p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，又∵p＝2a＋b－c∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2,x－y＝1,z＝－1))，解得x＝eq\f(3,2)，y＝eq\f(1,2)，z＝－1；∴p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，－1)).]5．已知{e1，e2，e3}为空间的一个基底，且eq\o(OP,\s\up8(→))＝2e1－e2＋3e3，eq\o(OA,\s\up8(→))＝e1＋2e2－e3，eq\o(OB,\s\up8(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq\o(OC,\s\up8(→))＝e1＋e2－e3.(1)推断P，A，B，C四点是否共面．(2)能否以{eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OC,\s\up8(→))}作为空间的一个基底？若能，试以这一基底表示eq\o(OP,\s\up8(→