选择性必修 第二册2.1 空间直角坐标系一课一练

这是一份选择性必修 第二册2.1 空间直角坐标系一课一练，共5页。

A．(12，14，10) B．(10，12，14)
C．(14，10，12) D．(4，2，3)
2．(多选)下列结论正确的是( )
A．三个非零向量能构成空间的一组基，则它们不共面
B．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一组基，则这两个向量共线
C．若a，b是两个不共线的向量，且c＝λa＋μb(λ，μ∈R且λμ≠0)，则{a，b，c}构成空间的一组基
D．若eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))不能构成空间的一组基，则O，A，B，C四点共面
3．已知{e1，e2，e3}是空间的一组基，若λe1＋μe2＋νe3＝0，则λ＋μ＋ν＝________．
4．在标准正交基{i，j，k}下，已知向量a＝i＋j－4k，b＝i－2j＋2k，求向量m＝a＋b在j和k上的投影．
5.若空间四点M、A、B、C共面且eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))＝keq \(OM,\s\up6(→))，则k的值为( )
A．1B．2
C．3D．6
6．(多选)已知M，A，B，C四点互不重合且任意三点不共线，则下列式子中能使{eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))}成为空间的一组基的是( )
A．eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,5)eq \(OC,\s\up6(→))
B．eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))
C．eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))
D．eq \(MA,\s\up6(→))＝3eq \(MB,\s\up6(→))－2eq \(MC,\s\up6(→))
7．设{a，b，c}是空间的一个单位正交基，且向量p＝a＋2b＋3c，{a＋b，2a－b，c}是空间的另一个基，则用该基表示向量p＝________．
8.
在四面体P­ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，PA＝PB＝2，PC＝1，E是AB的中点．建立空间直角坐标系，分别求eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))的坐标．
9.
如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，DF＝eq \f(2,3)DD1.
(1)证明：A，E，C1，F四点共面；
(2)试用eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，表示eq \(EF,\s\up6(→)).
10.定义向量p在基{a，b，c}下的坐标如下：若p＝xa＋yb＋zc，则(x，y，z)叫作p在基{a，b，c}下的坐标．已知向量p在基{a，b，c}下的坐标为(2，1，－1)，则p在基{a＋b，a－b，c}下的坐标为________，在基{2a，b，－c}下的坐标为________．
11．已知{e1，e2，e3}是空间的一个基底，且eq \(OA,\s\up6(→))＝e1＋2e2－e3，eq \(OB,\s\up6(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \(OC,\s\up6(→))＝e1＋e2－e3，试判断{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}能否作为空间的一组基？若能，试以此基底表示向量eq \(OD,\s\up6(→))＝2e1－e2＋3e3；若不能，请说明理由．
课时作业(十四) 空间向量的分解与坐标表示
1．解析：eq \(OA,\s\up6(→))＝8(i＋j)＋6(j＋k)＋4(k＋i)＝12i＋14j＋10k＝(12，14，10).
答案：A
2．解析：对于选项A：三个非零向量能构成空间的一组基，则三个非零向量不共面，所以选项A正确；对于选项B：三个非零向量不共面，则此三个向量可以构成空间的一组基，若两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一组基，则这三个向量共面，则已知的两个向量共线，所以选项B正确；对于选项C：∵c＝λa＋μb(λ，μ∈R且λ，μ≠0)，∴a，b，c共面，不能构成基，所以选项C错误；对于选项D：∵eq \(OA,\s\up6(→))、eq \(OB,\s\up6(→))、eq \(OC,\s\up6(→))共起点，若O、A、B、C四点不共面，则必能作为空间的一组基，所以选项D正确．
答案：ABD
3．解析：因为{e1，e2，e3}是空间的一组基，所以e1，e2，e3不共面，所以λ＝μ＝ν＝0，即λ＋μ＋ν＝0.
答案：0
4．解析：∵a＝i＋j－4k，b＝i－2j＋2k，
∴m＝a＋b＝2i－j－2k，
∴向量m在j，k上的投影分别为－1，－2.
5．解析：依题意eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,k)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(2,k)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(3,k)eq \(OC,\s\up6(→))，
由四点共面，则系数和eq \f(1,k)＋eq \f(2,k)＋eq \f(3,k)＝1，则k＝6.
答案：D
6．解析：A：因为eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,5)eq \(OC,\s\up6(→))，且eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)≠1，利用平面向量基本定理知：点M不在平面ABC内，向量eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))能构成空间一组基；
B：因为eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋2eq \(MC,\s\up6(→))，利用平面向量基本定理知：向量eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))共面，不能构成空间一组基；
C：由eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋2eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))，1＋2＋3≠1，利用平面向量基本定理和空间平行六面体法知：OM是以点O为顶点的对角线，向量eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))能构成空间一组基；
D：由eq \(MA,\s\up6(→))＝3eq \(MB,\s\up6(→))－2eq \(MC,\s\up6(→))，根据平面向量的基本定理知：向量eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))，eq \(MC,\s\up6(→))共面，不能构成空间的一组基．
答案：AC
7．解析：由题意，不妨设p＝x(a＋b)＋y(2a－b)＋zc，
由空间向量分解的唯一性：
p＝x(a＋b)＋y(2a－b)＋zc＝a＋2b＋3c，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2y＝1，,x－y＝2，,z＝3，))解得x＝eq \f(5,3)，y＝－eq \f(1,3)，z＝3.
则p＝eq \f(5,3)(a＋b)－eq \f(1,3)(2a－b)＋3c.
答案：eq \f(5,3)(a＋b)－eq \f(1,3)(2a－b)＋3c
8．解析：
如图，以P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系．
所以P(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，1).
又因为E是AB的中点，所以E(1，1，0).
eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)－(2，0，0)＝(－2，2，0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，1，0)－(0，0，1)＝(1，1，－1).
9．解析：(1)证明：因为＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3))＋(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→)))＋(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→)))＝eq \(AE,\s\up6(→))＋eq \(AF,\s\up6(→))，
所以，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面，
又，eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))过同一点A，
所以A，E，C1，F四点共面．
(2)eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))－(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→)))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)－eq \(AB,\s\up6(→))－eq \f(1,3)＝－eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋．
10．解析：由条件知p＝2a＋b－c.
设p在基{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，
∵a，b，c不共面，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝2，,x－y＝1，,z＝－1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(1,2)，,z＝－1.))
即p在基{a＋b，a－b，c}下的坐标为(eq \f(3,2)，eq \f(1,2)，－1)，
同理可求得p在基{2a，b，－c}下的坐标为(1，1，1).
答案：(eq \f(3,2)，eq \f(1,2)，－1) (1，1，1)
11．解析：能作为空间的一组基底．
假设eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))共面，由向量共面的充要条件知存在实数x，y使eq \(OA,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))成立，
e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)＝(－3x＋y)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3，
又因为{e1，e2，e3}是空间的一组基，所以e1，e2，e3不共面．
因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋y＝1,x＋y＝2,2x－y＝－1))，此方程组无解，即不存在实数x，y使eq \(OA,\s\up6(→))＝xeq \(OB,\s\up6(→))＋yeq \(OC,\s\up6(→))，
所以eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))不共面．故{eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))}能作为空间的一组基．
设eq \(OD,\s\up6(→))＝peq \(OA,\s\up6(→))＋qeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))，
则有2e1－e2＋3e3＝p(e1＋2e2－e3)＋q(－3e1＋e2＋2e3)＋z(e1＋e2－e3)＝(p－3q＋z)e1＋(2p＋q＋z)e2＋(－p＋2q－z)e3，
因为{e1，e2，e3}为空间的一组基，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p－3q＋z＝2,2p＋q＋z＝－1,－p＋2q－z＝3))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝17,q＝－5,z＝－30))，
故eq \(OD,\s\up6(→))＝17eq \(OA,\s\up6(→))－5eq \(OB,\s\up6(→))－30eq \(OC,\s\up6(→)).
练基础
提能力
培优生