3.1.4 空间向量的正交分解及其坐标表示 同步练习（含答案）

3.1.4
空间向量的正交分解及其坐标表示
同步练习
1．对于空间中的三个向量a，b，2a－b.它们一定是
(　　)．
A．共面向量
B．共线向量
C．不共面向量
D．以上均不对
答案　A
2．若向量，，的起点M和终点A，B，C互不重合且无三点共线，则能使向量，，成为空间一组基底的关系是
(　　)．
A.＝＋＋
B.＝＋
C.＝＋＋
D.＝2－
解析　对于选项A，由结论＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1) M，A，B，C四点共面
知，，，共面；对于B，D选项，易知，，共面，故只有选项C中，
，不共面．
答案　C
3．已知A(3，4，5)，B(0，2，1)，O(0，0，0)，若＝，则C的坐标是
(　　)．
A.
B.
C.
D.
解析　设点C坐标为(x，y，z)，则＝(x，y，z)．
又＝(－3，－2，－4)，＝，
∴x＝－，y＝－，z＝－.
答案　A
4．设{i，j，k}是空间向量的一个单位正交基底，a＝2i－4j＋5k，b＝i＋2j－3k，则向量a，b的坐标分别为____________．
解析　a，b的坐标即为i，j，k前面的系数，故a的坐标为(2，－4，
5)，b的坐标为(1，
2，－3)．
答案　(2，－4，5)　(1，2，－3)
5．设命题p：
{a，b，c}为空间的一个基底，命题q：a、b、c是三个非零向量，则命题p是q的________条件．
解析　{a，b，c}为空间的一个基底，则a，b，c不共面，所以a，b，c是三个非零向量，
但反之不成立，故p是q的充分不必要条件．
答案　充分不必要
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，以底面正方形ABCD的中心为坐标原点O，分别以射线OB，OC，AA1的指向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
试写出正方体八个顶点的坐标．
解　设i，j，k分别是与x轴、y轴、z轴的正方向方向相
同的单位坐标向量．
因为底面正方形的中心为O，边长为2，所以OB＝.
由于点B在x轴的正半轴上，所以＝i，即点B的坐标为(，0，0)．
同理可得C(0，，0)，D(－，0，0)，A(0，－，0)．
又＝＋＝i＋2k，所以＝(，0，2)．
即点B1的坐标为(，0，2)．
同理可得C1(0，，2)，D1(－，0，2)，A1(0，－，2)．
7．已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示向量为
(　　)．
A.a＋b＋c
B.
a－b＋c
C．－a＋b＋c
D．－a＋b－c
解析　如图所示，连接ON，AN，
则＝(＋)＝(b＋c)，
＝(＋)
＝(－2＋)
＝(－2a＋b＋c)
＝－a＋b＋c，
所以＝(＋)＝－a＋b＋c.
答案　C
8．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}下的坐标为
(　　)．
A．(12，14，10)
B．(10，12，14)
C．(14，10，12)
D．(4，2，3)
解析　8a＋6b＋4c＝8(i＋j)＋6(j＋k)＋4(k＋i)
＝12i＋14j＋10k
∴点A在{i，j，k}下的坐标为(12，14，10)．
答案　A
9．设a，b，c是三个不共面的向量，现在从①a＋b；②a－b；③a＋c；④b＋c；⑤a＋b＋c中选出使其与a，b构成空间的一个基底，则可以选择的向量为________．
解析　构成基底只要三向量不共面即可，这里只要含有向量c即可，故③④⑤都是可以
选择的．
答案　③④⑤(答案不唯一，也可以有其它的选择)
10．如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，D，E分别为AA1，B1C的中点，若记＝a，＝b，＝c，则＝________(用a，b，c表示)．
解析　＝＋
＝＋(＋)
＝＋(＋－)
＝c＋(a＋b－c)
＝a＋b.
答案　a＋b
11．如图所示，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，＝a，＝b，AA′＝c，P是CA′的中点，M是CD′的中点，N是C′D′的中点，点Q在CA′上，且CQ∶QA′＝4∶1，用基底{a，b，c}表示以下向量：(1)；(2)；
(3)；(4).
解　连接AC，AD′.
(1)＝(＋)
＝(＋＋)
＝(a＋b＋c)．
(2)＝(＋)
＝(＋2＋)
＝(a＋2b＋c)．
(3)＝
(＋)
＝[(＋＋)＋(＋)]
＝(＋2＋2)
＝a＋b＋c.
(4)＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝＋＋
＝a＋b＋c.
12．(创新拓展)已知{i，j，k}是空间的一个基底设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k.试问是否存在实数λ，μ，υ，使a4＝λa1＋μa2＋υa3成立？如果存在，求出λ，μ，υ的值，如果不存在，请给出证明．
解　假设存在实数λ，μ，υ使a4＝λa1＋μa2＋υa3成立，则有3i＋2j＋5k＝λ(2i－j＋k)＋μ(i＋3j－2k)＋υ(－2i＋j－3k)
＝(2λ＋μ－2υ)i＋(－λ＋3μ＋υ)j＋(λ－2μ－3υ)k
∵{i，j，k}是一组基底，
∴i，j，k不共面，
∴解之得
故存在λ＝－2，μ＝1，υ＝－3使结论成立．