3.1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示课时教案

第3章

3.1.4

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 一、选择题(每小题5分，共20分) →→→→→→1．已知A、B、C、D、E是空间五点，若{AB，AC，AD}、{AB，AC，AE}均不能构成空间的一个基底，则在下列各结论中，正确的结论共有(

) →→→①{AB，AD，AE}不构成空间的一个基底；

→→→②{AC，AD，AE}不构成空间的一个基底；

→→→③{BC，CD，DE}不构成空间的一个基底；

④{AB，CD，EA}构成空间的一个基底．

A．4个

C．2个

B．3个

D．1个

→→→→→→→→→→→解析：

由AB、AC、AD与AB、AC、AE均不能构成空间的一个基底可知AB、AC、AD、AE为共面向量，即A、B、C、D、E五点共面，故①②③为真命题．

答案：

B 2．给出下列命题：

①空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底；

②若a∥b，则a，b与任一个向量都不能构成空间的一个基底；

③A、B、C、D是空间四点，若BA，BM，BN不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N共面．

其中正确命题的个数是(

) A．0

C．2

解析：

①②③都是真命题．

答案：

D 3．若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，d＝αa＋βb＋γc，则α，β，γ分别为(

) 51A.，－1，－

2251C．－，1，－

2251B.，1，

2251D.，1，－

22B．1 D．3 →→→→→解析：

d＝α(e1＋e2＋e3)＋β(e1＋e2－e3)＋γ(e1－e2＋e3)

1

＝(α＋β＋γ)e1＋(α＋β－γ)e2＋(α－β＋γ)e3

又∵d＝e1＋2e2＋3e3，

α＋β＋γ＝1∴α＋β－γ＝2α－β＋γ＝3

，

∴β＝－1，1γ＝－2.答案：

A 5α＝，2

→→→4.如图所示，已知平行六面体OABC－O′A′B′C′，OA＝a，OC＝c，OO′＝b，D是四边形OABC的中心，则(

) →A.O′D＝－a＋b＋c 11→B.O′D＝－b－a－c

2211→C.O′D＝a－b－c 2211→D.O′D＝a－b＋c

22→→→解析：

O′D＝O′O＋OD

1→→＝O′O＋OB

21→→→＝O′O＋(OA＋OC) 211＝a－b＋c. 22答案：

D 二、填空题(每小题5分，共10分) 5．已知向量{a，b，c}是空间的一个基底，则从以下各向量a、b、c、a＋b、a－b、a＋c、a－c、b＋c、b－c中选出三个向量，有些可构成空间的基底，请你写出三个基底：____________. 答案：

①{c，a＋b，a－b}

②{b，a＋c，a－c} ③{a，b＋c，b－c} →6．正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E、F分别是底面A1C1和侧面CD1的中心，若EF＋→λA1D＝0(λ∈R)，则λ＝________. 解析：

如图，连结A1C1，C1D，则E在A1C1上，F在C1D上，

2

1易知EF綊A1D，

2→1→∴EF＝A1D，

2→1→即EF－A1D＝0，

21∴λ＝－. 21答案：

－

2三、解答题(每小题10分，共20分) 7.如图所示，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，试用a，b，c表示：BF、BE、AE、EF. →→→→→→→

111→1→1→→1解析：

连结BO，则BF＝BP＝(BO＋OP)＝(c－b－a)＝－a－b＋c. 2222221→1→→→→→BE＝BC＋CE＝－a＋CP＝－a＋(CO＋OP) 2211＝－a－b＋c. 22→→→→→1→→AE＝AP＋PE＝AO＋OP＋(PO＋OC) 2111＝－a＋c＋(－c＋b)＝－a＋b＋c. 222→1→1→1EF＝CB＝OA＝a. 2228．已知正四面体ABCD棱长为a，试建立恰当的坐标系并表示出各个顶点的坐标．

解析：

过A作AG垂直于平面BCD，

由于AB＝AC＝AD，所以G为△BCD的中心，

过G作GF∥CD，E为CD的中点，

→→→以G为原点，GA，GE，GF分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

3

因为△BCD的边长为a，

则BE＝33a，GE＝a，

26GF2又＝，

CE3211所以GF＝×a＝a，

323又BG＝3a，

3a26a－＝a，

332所以AG＝所以A0，0，633aa，B0，－a，0，C，a，0，

3326a3D－，a，0. 26

尖子生题库☆☆☆

9．(10分)如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在B1B和D1D上，

12且BE＝BB1，DF＝DD1. 33(1)证明：A、E、C1、F四点共面；

→→→→(2)若EF＝xAB＋yAD＋zAA1，

求x＋y＋z. →→→→解析：

(1)证明：∵AC1＝AB＋AD＋AA1

→→1→2→＝AB＋AD＋AA1＋AA1

33→1→→2→AB＋AA1＋AD＋AA1

＝33→→→→→→＝AB＋BE＋AD＋DF＝AE＋AF，

∴A、E、C1、F四点共面．

→→→→→→→(2)∵EF＝AF－AE＝AD＋DF－(AB＋BE) →2→→1→＝AD＋DD1－AB－BB1

33→→1→＝－AB＋AD＋AA1，

3

4

1∴x＝－1，y＝1，z＝，

31∴x＋y＋z＝. 3

5