2.3.1 空间向量的分解与坐标表示-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

第2章　空间向量与 立体几何 2.3　空间向量基本定理 及坐标表示 2.3.1　空间向量的分解与坐标表示 (教师独具内容) 课程标准：1．了解空间向量基本定理及其意义．2．掌握空间向量的直角坐标表示． 教学重点：1．共面问题．2．空间向量基本定理的应用． 教学难点：1．证明四点共面问题．2．应用空间向量基本定理解决问题． 核心素养：通过对共面向量、空间向量基本定理以及空间向量的直角坐标表示的学习提升数学抽象素养和逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　共面向量 (1)一般地，能平移到______________的向量叫作共面向量． (2)如果两个向量e1，e2不共线，那么向量p与向量e1，e2共面的充要条件是_______________________________________． (3)在三个向量a，b，c中，某个向量为0，或者某两个向量平行，则这三个向量_______． 同一平面内 存在有序实数组(x，y)，使得p＝xe1＋ye2 共面 核心概念掌握 5 知识点二　空间向量基本定理 (1)设e1，e2，e3是空间中三个不共面向量，则空间中任意一个向量p可以分解成这三个向量的实数倍之和： p＝_________________， 上述表达式中的系数x，y，z由p__________，即若p＝xe1＋ye2＋ze3＝x′e1＋y′e2＋z′e3，则____________________． (2){e1，e2，e3}称为空间的一组_____，e1，e2，e3叫作__________．(x，y，z)称为向量p＝xe1＋ye2＋ze3在基____________下的坐标． xe1＋ye2＋ze3 唯一确定 x＝x′，y＝y′，z＝z′ 基 基向量 {e1，e2，e3} 核心概念掌握 6 标准正交基 xi＋yj＋zk 坐标 (x，y，z) (x2－x1，y2－y1，z2－z1) 坐标 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 2．对空间向量基本定理的理解 (1)空间中任意三个不共面的向量都可以作为空间向量的一组基，所以基的选择范围很广，但在具体的题目或几何体中往往选择具有特殊关系的三个不共面向量作为基． 注意：基与基向量的区别，一组基是由三个不共面的基向量组成的． (2)建立基的作用 将空间不同向量用同一组基向量表示，便于判断向量与向量之间的关系(如共线、共面等)． 核心概念掌握 9 √ × √ 核心概念掌握 10 2．做一做 (1)如果向量a，b与任何向量都不能构成空间的一组基，则(　　) A．a与b共线 B．a与b同向 C．a与b反向 D．a与b共面 (2)设a，b，c是三个不共面向量，现从①a－b，②a＋b－c中选出一个使其与a，b构成空间的一组基，则可以选择的向量为______ (填写序号)． ② 核心概念掌握 11 (3，3，3) 1 核心概念掌握 12 核心素养形成 题型一　共面向量 证明　如图，连接PE，PF，PG，PH并延长，分别交AB，BC，CD，DA于点M，N，Q，R，则M，N，Q，R分别为所在边的中点，作四边形MNQR，则该四边形为平行四边形，连接MQ，EG，EF，EH． 如图，已知P是平面四边形ABCD所在平面外一点，连接 PA，PB，PC，PD，点E，F，G，H分别为△PAB，△PBC，△PCD， △PDA的重心．求证：E，F，G，H四点共面． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　基的概念 若{a，b，c}是空间的一组基，判断{a＋b，b＋c，c＋a}能否作为该空间的一组基． 核心素养形成 19 【感悟提升】 　判断能否作为空间一组基的基本思路及方法 (1)基本思路：判断空间三个向量是否共面，若共面，则不能构成基；若不共面，则能构成基． (2)方法 ①如果向量中存在零向量，则不能作为基；如果存在一个向量可以用另外的向量线性表示，则不能构成基． ②假设a＝λb＋μc，运用空间向量基本定理，建立关于λ，μ的方程组，若有解，则共面，不能作为基；若无解，则不共面，能作为基． 核心素养形成 20 【跟踪训练】 2. 设x＝a＋b，y＝b＋c，z＝c＋a，且{a，b，c}是空间的一组基，给出下列向量组：①{a，b，x}，②{a，y，z}，③{b，c，z}，④{x，y，a＋b＋c}，其中可以作为空间的一组基的有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【感悟提升】 空间向量在基下的坐标表示的步骤 (1)定基：根据已知条件，确定三个不共面的向量构成空间的一组基{a，b，c}． (2)找目标：用确定的基(或已知基)表示目标向量，需要根据三角形法则及平行四边形法则，结合相等向量的代换、向量的运算进行变形、化简，最后求出结果p＝xa＋yb＋zc． (3)下结论：(x，y，z)称为p在基{a，b，c}下的坐标． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 题型四　空间向量的直角坐标表示 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 解　因为a＝(－1，0，2)＝－i＋2k，b＝(0，2，－3)＝2j－3k， 所以n＝2a＋b＝2(－i＋2k)＋2j－3k＝－2i＋2j＋k， 所以n在i上的投影等于－2，在k上的投影等于1． (3)在标准正交基{i，j，k}下，已知向量a＝(－1，0，2)，b＝(0，2，－3)，求向量n＝2a＋b在i和k上的投影． 核心素养形成 33 核心素养形成 34 【跟踪训练】 4.(1)设{i，j，k}是标准正交基，已知向量p＝8a＋6b＋4c，其中a＝i＋j，b＝j＋k，c＝k＋i，则向量p在基{i，j，k}下的坐标是(　　) A．(12，14，10) B．(10，12，14) C．(14，12，10) D．(4，3，2) 解析　依题意，知p＝8a＋6b＋4c＝8(i＋j)＋6(j＋k)＋4(k＋i)＝12i＋14j＋10k，故向量p在基{i，j，k}下的坐标是(12，14，10)． 核心素养形成 35 核心素养形成 36 核心素养形成 37 (3)在标准正交基{i，j，k}下，向量p满足p·i＝3，p·j＝－4，p·k＝2，求向量p的坐标． 解　因为p＝xi＋yj＋zk＝(p·i)i＋(p·j)j＋(p·k)k，所以p＝(3，－4，2)． 核心素养形成 38 随堂水平达标 解　a在i上的投影为a·i＝(－i＋2j＋3k)·i＝－1． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 4．已知在标准正交基{i，j，k}下，a＝i－2j＋k，b＝2i－3j－2k，则|a－2b|＝________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 课后课时精练 一、选择题 1．已知{a，b，c}是空间的一组基，则下列向量可以与向量m＝a＋b，n＝a－b构成空间的另一组基的是(　　) A．a B．b C．c D．a＋2b 解析　m，n与a，m，n与b，m，n与a＋2b共面，故不能构成基．故选C． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 3．若向量p在空间的一组基{a，b，c}下的坐标是(1，3，2)，则p在基{a＋b，a－b，c}下的坐标是(　　) A．(4，－2，2) B．(2，1，2) C．(2，－1，2) D．(1，3，2) 解析　因为p在基{a，b，c}下的坐标是(1，3，2)，所以p＝a＋3b＋2c．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．因此a＋3b＋2c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，所以x＋y＝1，x－y＝3，z＝2，即x＝2，y＝－1，z＝2．即p在基{a＋b，a－b，c}下的坐标为(2，－1，2)．故选C． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 解析　∵λ2＋μ2≠0，∴当μ＝0时，λ≠0，此时，a＝λe1，∴a∥e1，同理，当λ＝0时，μ≠0，此时，a＝μe2，∴a∥e2；∵a＝λe1＋μe2，∴a与e1，e2共面．故选D． 4．已知两非零向量e1，e2，且e1与e2不共线，设a＝λe1＋μe2(λ，μ∈R，且λ2＋μ2≠0)，则下列结论不可能正确的是(　　) A．a∥e1 B．a∥e2 C．a与e1，e2共面 D．a＝0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 解析　对于A，若a⊥b，b⊥c，则a与c不一定垂直，故A错误；对于B，由基的概念知a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面，故B正确；对于C，对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zc，故C正确；对于D，由a，b，c不共面，易知a＋b，b＋c，c＋a不共面，故{a＋b，b＋c，c＋a}可以作为空间的一组基，故D正确．故选BCD． 5．(多选)设{a，b，c}是空间的一组基，则下列结论正确的是(　　) A．若a⊥b，b⊥c，则a⊥c B．a，b，c两两共面，但a，b，c不可能共面 C．对空间任一向量p，总存在有序实数组(x，y，z)，使p＝xa＋yb＋zc D．{a＋b，b＋c，c＋a}可以作为空间的一组基 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 二、填空题 6．在标准正交基{i，j，k}下，已知向量m＝3i＋j＋3k，n＝－2i＋3j＋k，p＝i－3j＋2k，则向量a＝m－2n＋3p在j上的投影为______． 解析　因为a＝m－2n＋3p＝(3i＋j＋3k)－2(－2i＋3j＋k)＋3(i－3j＋2k)＝10i－14j＋7k，所以a在j上的投影为－14． －14 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 2 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 61 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点三　空间向量的直角坐标表示 (1)空间任意三个两两垂直、长度均为1的向量i，j，k不共面，可将它们组成空间的一组基，我们把这组基称为_____________． 空间每个向量p都可以分解成基向量的实数倍之和： p＝_____________， 系数x，y，z按顺序排成的实数组(x，y，z)，称为向量p的________，记为p＝__________． (2)在空间直角坐标系中，若P(x1，y1，z1)，Q(x2，y2，z2)，则eq \o(PQ,\s\up12(→))＝____________________． (3)向量在坐标轴正方向上的投影分别等于该向量在相应坐标轴上的________． 1．对共面向量定理的理解 共面向量定理给出了空间平面的向量表示式，说明空间中任意一个平面都可以由一点及两个不共线的平面向量表示出来，它既是判断三个向量是否共面的依据，又是已知共面条件的另一种形式，可以借此将已知共面条件转化为向量式，以方便向量运算．另外，若存在有序实数组(x，y，z)使得对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，有eq \o(OP,\s\up12(→))＝xeq \o(OA,\s\up12(→))＋yeq \o(OB,\s\up12(→))＋zeq \o(OC,\s\up12(→))，且x＋y＋z＝1成立，则P，A，B，C四点共面．这一结论可作为判定空间中四个点共面的常用方法． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)只有两两垂直的三个向量才能作为空间向量的一组基．(　　) (2)同一组基表示同一向量的方式唯一．(　　) (3)A，B，M，N是空间四点，若eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BM,\s\up12(→))，eq \o(BN,\s\up12(→))不能构成空间的一组基，则A，B，M，N四点共面．(　　) (3)在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(4，5，6)，则eq \o(AB,\s\up12(→))＝__________． (4)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，则eq \o(AC1,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))等于____． 易知eq \o(PE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PM,\s\up12(→))，eq \o(PF,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PN,\s\up12(→))，eq \o(PG,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PQ,\s\up12(→))，eq \o(PH,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PR,\s\up12(→))． 所以eq \o(EG,\s\up12(→))＝eq \o(PG,\s\up12(→))－eq \o(PE,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(PQ,\s\up12(→))－eq \f(2,3) eq \o(PM,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(MQ,\s\up12(→)) ＝eq \f(2,3)(eq \o(MN,\s\up12(→))＋eq \o(MR,\s\up12(→)))＝eq \f(2,3)(eq \o(PN,\s\up12(→))－eq \o(PM,\s\up12(→)))＋eq \f(2,3)(eq \o(PR,\s\up12(→))－eq \o(PM,\s\up12(→))) ＝eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\o(PF,\s\up12(→))－\f(3,2)\o(PE,\s\up12(→))))＋eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\o(PH,\s\up12(→))－\f(3,2)\o(PE,\s\up12(→)))) ＝eq \o(EF,\s\up12(→))＋eq \o(EH,\s\up12(→))． 故E，F，G，H四点共面． 【感悟提升】 证明空间向量共面、点共面的常用方法 (1)证明空间三个向量共面常用的方法 ①设法证明其中一个空间向量可以表示成另两个空间向量的线性组合，即若a＝xb＋yc，则空间向量a，b，c共面； ②寻找平面α，证明这些空间向量与平面α平行． (2)对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论成立来证明四点共面 ①eq \o(MP,\s\up12(→))＝xeq \o(MA,\s\up12(→))＋yeq \o(MB,\s\up12(→))； ②对空间任一点O，eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \o(OM,\s\up12(→))＋xeq \o(MA,\s\up12(→))＋yeq \o(MB,\s\up12(→))； ③对空间任一点O，eq \o(OP,\s\up12(→))＝xeq \o(OA,\s\up12(→))＋yeq \o(OB,\s\up12(→))＋zeq \o(OC,\s\up12(→))(x＋y＋z＝1)； ④eq \o(PM,\s\up12(→))∥eq \o(AB,\s\up12(→))(或eq \o(PA,\s\up12(→))∥eq \o(MB,\s\up12(→))或eq \o(PB,\s\up12(→))∥eq \o(AM,\s\up12(→)))． 【跟踪训练】 1.(1)已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外任一点，若由eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \f(1,5) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(OB,\s\up12(→))＋λeq \o(OC,\s\up12(→))确定的一点P与A，B，C三点共面，则λ＝____． 解析　∵点P与A，B，C三点共面，∴eq \f(1,5)＋eq \f(2,3)＋λ＝1，解得λ＝eq \f(2,15)． eq \f(2,15) 解　∵eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→))＝3eq \o(OM,\s\up12(→))，∴eq \o(OA,\s\up12(→))－eq \o(OM,\s\up12(→))＝(eq \o(OM,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→)))＋(eq \o(OM,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→)))＝eq \o(BM,\s\up12(→))＋eq \o(CM,\s\up12(→))， 即eq \o(MA,\s\up12(→))＝eq \o(BM,\s\up12(→))＋eq \o(CM,\s\up12(→))＝－eq \o(MB,\s\up12(→))－eq \o(MC,\s\up12(→))， ∴eq \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(MC,\s\up12(→))三个向量共面． (2)已知A，B，C三点不共线，平面ABC外一点O满足eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OC,\s\up12(→))．判断eq \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(MC,\s\up12(→))三个向量是否共面． 解　假设a＋b，b＋c，c＋a共面， 则存在实数λ，μ使得a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)， 所以a＋b＝λb＋μa＋(λ＋μ)c．∵{a，b，c}为空间的一组基，∴a，b，c不共面， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝μ，,1＝λ，,0＝λ＋μ，))此方程组无解．∴a＋b，b＋c，c＋a不共面． ∴{a＋b，b＋c，c＋a}可以作为空间的一组基． 解析　解法一：由空间向量共面的充要条件知，若x＝a＋b，则x，a，b共面，故①不能作为一组基．假设a，y，z共面，则存在实数λ，μ，使z＝λa＋μy， 即c＋a＝λa＋μ(b＋c)＝λa＋μb＋μc，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,μ＝0，,μ＝1，))此方程组无解． ∴a，y，z不共面，故②能作为一组基．同理，③④能作为一组基． 解法二：如图所示， 设a＝eq \o(AB,\s\up12(→))，b＝eq \o(AA1,\s\up12(→))，c＝eq \o(AD,\s\up12(→))， 则x＝eq \o(AB1,\s\up12(→))，y＝eq \o(AD1,\s\up12(→))，z＝eq \o(AC,\s\up12(→))，a＋b＋c＝eq \o(AC1,\s\up12(→))， 由A，B1，C，D1四点不共面， 可知向量x，y，z也不共面， 同理可知b，c，z和x，y，a＋b＋c也不共面． 又A，B，A1，B1四点共面，所以a，b，x共面， 所以①不能作为一组基，②③④可以作为一组基． (AB,\s\up12(→))INCLUDEPICTURE"例3.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例3.TIF" \* MERGEFORMATINET 　如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，P是CA1的中点，M是CD1的中点，N是C1D1的中点，Q是CA1上的点，且CQ∶QA1＝4∶1，＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up12(→))＝c，若以{a，b，c}为一组基，试分别求以下向量在该组基下的坐标． (1)eq \o(AP,\s\up12(→))；(2)eq \o(AM,\s\up12(→))；(3)eq \o(AN,\s\up12(→))；(4)eq \o(AQ,\s\up12(→))． 解　连接AC，AC1，AD1． (1)eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(a＋b＋c) ＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c． 故eq \o(AP,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))． (2)eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(AD1,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋2eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(a＋2b＋c)＝eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c． 故eq \o(AM,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))． (3)eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AC1,\s\up12(→))＋eq \o(AD1,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)[(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))＋(eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→)))]＝eq \f(1,2)a＋b＋c． 故eq \o(AN,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))． (4)eq \o(AQ,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \o(CQ,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \f(4,5)(eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AC,\s\up12(→)))＝eq \f(1,5) eq \o(AC,\s\up12(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up12(→))＝eq \f(1,5) eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \f(1,5) eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(4,5) eq \o(AA1,\s\up12(→)) ＝eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c． 故eq \o(AQ,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,5)，\f(4,5)))． 【结论探究】　如果把本例中所求的向量改为eq \o(A1C,\s\up12(→))，eq \o(BM,\s\up12(→))，eq \o(BQ,\s\up12(→))，怎样解答呢？ 解　eq \o(A1C,\s\up12(→))＝eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AA1,\s\up12(→))＝(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→)))－eq \o(AA1,\s\up12(→))＝a＋b－c， 则eq \o(A1C,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为(1，1，－1)． eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(CC1,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→)))＝－eq \f(1,2)a＋b＋eq \f(1,2)c， 则eq \o(BM,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，\f(1,2)))． eq \o(BQ,\s\up12(→))＝eq \o(BA,\s\up12(→))＋eq \o(AQ,\s\up12(→))＝－eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AQ,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c＝－eq \f(4,5)a＋eq \f(1,5)b＋eq \f(4,5)c． 则eq \o(BQ,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(1,5)，\f(4,5)))． 【跟踪训练】 3.如图，四棱锥P－OABC的底面为矩形，PO⊥平面OABC，设eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OC,\s\up12(→))＝b，eq \o(OP,\s\up12(→))＝c，E，F分别为PC，PB的中点，若以{a，b，c}为一组基，试分别求eq \o(BF,\s\up12(→))，eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))在该组基下的坐标． 解　连接OB，OE，则eq \o(BF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BP,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)[eq \o(OP,\s\up12(→))－(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))]＝－eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c． eq \o(BE,\s\up12(→))＝eq \o(BC,\s\up12(→))＋eq \o(CE,\s\up12(→))＝－eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CP,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,2)(eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OC,\s\up12(→)))＝－a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c． eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AO,\s\up12(→))＋eq \o(OE,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,2)(eq \o(OC,\s\up12(→))＋eq \o(OP,\s\up12(→)))＝－a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c． ∵E，F分别为PC，PB的中点， ∴eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(CB,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)a． 综上，eq \o(BF,\s\up12(→))，eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))． (AB,\s\up12(→))INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET 　(1)已知{i，j，k}是标准正交基，且＝－i＋j－k，则eq \o(AB,\s\up12(→))的坐标为(　　) A．(－1，1，－1) B．(－i，j，－k) C．(1，－1，－1) D．(1，－1，1) 解析　根据空间向量坐标的定义，知eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－1，1，－1)．故选A． (2)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4．点E在DD1上， 且DE＝eq \f(1,4)DD1． ①建立适当的空间直角坐标系，并求点E的坐标； ②求eq \o(BE,\s\up12(→))，eq \o(B1C,\s\up12(→))的坐标． 解　①如图，以点A为原点，以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AA1,\s\up12(→))为标准正交基方向，均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则eq \o(AB,\s\up12(→))＝2i， eq \o(AD,\s\up12(→))＝2j，eq \o(AA1,\s\up12(→))＝4k，eq \o(DE,\s\up12(→))＝k， 又eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DE,\s\up12(→))＝2j＋k， 所以点E的坐标为(0，2，1)． ②因为eq \o(AB,\s\up12(→))＝2i，所以点B的坐标为(2，0，0)，又点E的坐标 为(0，2，1)，因此eq \o(BE,\s\up12(→))＝(0，2，1)－(2，0，0)＝(－2，2，1)，同理 可得eq \o(B1C,\s\up12(→))＝(0，2，－4)． 【感悟提升】 空间向量的直角坐标表示方法 (1)在标准正交基{i，j，k}下，若p＝xi＋yj＋zk，则p＝(x，y，z)． (2)向量p＝eq \o(OP,\s\up12(→))在标准正交基{i，j，k}下的坐标(x，y，z)就是点P在这个直角坐标系中的坐标． (3)若P(x1，y1，z1)，Q(x2，y2，z2)，则eq \o(PQ,\s\up12(→))＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)． (2)在如图所示的四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E为PD的中点，PA⊥平面ABCD． ①建立适当的空间直角坐标系，并求点E的坐标； ②求eq \o(CE,\s\up12(→))，eq \o(BD,\s\up12(→))的坐标． 解　①如图，以点A为原点，以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为标准正交基方向，均以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则eq \o(AB,\s\up12(→))＝2i，eq \o(AD,\s\up12(→))＝2j，eq \o(AP,\s\up12(→))＝2k， 又eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AP,\s\up12(→))＝j＋k， 所以点E的坐标为(0，1，1)． ②因为eq \o(AC,\s\up12(→))＝2i＋2j，所以点C的坐标为(2，2，0)，又点E的坐标为(0，1，1)，所以eq \o(CE,\s\up12(→))＝(0，1，1)－(2，2，0)＝(－2，－1，1)， 同理可得eq \o(BD,\s\up12(→))＝(－2，2，0)． 1．在标准正交基{i，j，k}下，已知a＝－i＋2j＋3k，则a在i上的投影为(　　) A．1 B．－1 C．eq \r(14) D．－eq \r(14) 2．若{e1，e2，e3}是空间的一组基，又a＝e1＋e2＋e3，b＝e1＋e2－e3，c＝e1－e2＋e3，d＝e1＋2e2＋3e3，d＝xa＋yb＋zc，则x，y，z分别为(　　) A．eq \f(5,2)，－1，－eq \f(1,2) B．eq \f(5,2)，1，eq \f(1,2) C．－eq \f(5,2)，1，－eq \f(1,2) D．eq \f(5,2)，1，－eq \f(1,2) 解析　xa＋yb＋zc＝x(e1＋e2＋e3)＋y(e1＋e2－e3)＋z(e1－e2＋e3)＝(x＋y＋z)e1＋(x＋y－z)e2＋(x－y＋z)e3＝e1＋2e2＋3e3，由空间向量基本定理，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝1，,x＋y－z＝2，,x－y＋z＝3，))解得x＝eq \f(5,2)，y＝－1，z＝－eq \f(1,2)． 3．(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 \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(MC,\s\up12(→))}成为空间的一组基的是(　　) A．eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up12(→)) B．eq \o(MA,\s\up12(→))＝eq \o(MB,\s\up12(→))＋eq \o(MC,\s\up12(→)) C．eq \o(OM,\s\up12(→))＝eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)) D．eq \o(MA,\s\up12(→))＝2eq \o(MB,\s\up12(→))－eq \o(MC,\s\up12(→)) 解析　对于A，因为eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(13,12)≠1，所以eq \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(MC,\s\up12(→))不共面，能构成空间的一组基，故A正确；对于C，因为1＋1＋1＝3≠1，所以eq \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(MC,\s\up12(→))不共面，能构成空间的一组基，故C正确；对于B，D，易知eq \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(MB,\s\up12(→))，eq \o(MC,\s\up12(→))共面，不能构成空间的一组基，故B，D错误．故选AC． 5eq \r(2) 解析　因为a－2b＝(i－2j＋k)－2(2i－3j－2k)＝－3i＋4j＋5k，所以|a－2b|2＝ (－3i＋4j＋5k)2＝9i2＋16j2＋25k2－24i·j－30i·k＋40j·k＝50，所以|a－2b|＝5eq \r(2)． 5．已知平行六面体ABCD－A′B′C′D′，M是AA′的中点，点G在对角线A′C上且CG∶GA′＝2∶1，设eq \o(CD,\s\up12(→))＝a，eq \o(CB,\s\up12(→))＝b，eq \o(CC′,\s\up12(→))＝c，若以{a，b，c}为一组基，试分别求eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(CA′,\s\up12(→))，eq \o(CM,\s\up12(→))，eq \o(CG,\s\up12(→))在这组基下的坐标． 解　如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，eq \o(CA,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(BA,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＝a＋b； eq \o(CA′,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AA′,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(CC′,\s\up12(→))＝a＋b＋c； eq \o(CM,\s\up12(→))＝eq \o(CA,\s\up12(→))＋eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(CB,\s\up12(→))＋eq \o(CD,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(CC′,\s\up12(→))＝a＋b＋eq \f(1,2)c； eq \o(CG,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(CA′,\s\up12(→))＝eq \f(2,3)(a＋b＋c)． 综上，eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(CA′,\s\up12(→))，eq \o(CM,\s\up12(→))，eq \o(CG,\s\up12(→))在基{a，b，c}下的坐标分别为(1，1，0)，(1，1，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))． 2．已知A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \f(3,4) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,8) eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \f(1,8) eq \o(OC,\s\up12(→))，则P，A，B，C四点(　　) A．不共面 B．共面 C．不一定共面 D．无法判断是否共面 解析　∵eq \f(3,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝1，∴P，A，B，C四点共面． 7．已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为底面A1B1C1D1的中心，a＝eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up12(→))，b＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))，c＝eq \f(1,3) eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AE,\s\up12(→))＝xa＋yb＋zc，则x＝_____，y＝_____，z＝_____． 解析　如图，eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1E,\s\up12(→))＝eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→)))＝2a＋b＋eq \f(3,2)c ＝xa＋yb＋zc．所以x＝2，y＝1，z＝eq \f(3,2)． eq \f(3,2) 8．如图，已知棱长为1的正四面体OABC，边OA的中点为M，自O作平面ABC的垂线OH与平面ABC交于点H，与平面MBC交于点I，将eq \o(OI,\s\up12(→))用eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))表示为________________________． 解析　易知H是正三角形ABC的中心，所以eq \o(OH,\s\up12(→))＝eq \f(1,3)(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))．又I在OH上，故存在实数λ，满足eq \o(OI,\s\up12(→))＝λeq \o(OH,\s\up12(→))，故eq \o(OI,\s\up12(→))＝eq \f(λ,3)(eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))＝eq \f(λ,3)(2eq \o(OM,\s\up12(→))＋eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \o(OC,\s\up12(→)))．因为I在平面MBC内，所以eq \f(2λ,3)＋eq \f(λ,3)＋eq \f(λ,3)＝1，所以λ＝eq \f(3,4)，于是eq \o(OI,\s\up12(→))＝eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up12(→))． eq \o(OI,\s\up12(→))＝eq \f(1,4) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OB,\s\up12(→))＋eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up12(→)) 三、解答题 9．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，eq \o(CM,\s\up12(→))＝2eq \o(MA,\s\up12(→))，eq \o(A1N,\s\up12(→))＝2eq \o(ND,\s\up12(→))，设eq \o(AB,\s\up12(→))＝m，eq \o(AD,\s\up12(→))＝n，eq \o(AA1,\s\up12(→))＝t，若以{m，n，t}为一组基，试求eq \o(MN,\s\up12(→))在这组基下的坐标． 解　连接AN，则eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(MA,\s\up12(→))＋eq \o(AN,\s\up12(→))，由已知得四边形ABCD为平行四边形， 故eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＝m＋n， 又eq \o(MA,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3)(m＋n)，eq \o(AN,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DN,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(DA1,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3)(eq \o(AA1,\s\up12(→))－eq \o(AD,\s\up12(→)))＝eq \f(1,3)(t＋2n)， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(MA,\s\up12(→))＋eq \o(AN,\s\up12(→))＝－eq \f(1,3)(m＋n)＋eq \f(1,3)(t＋2n)＝－eq \f(1,3)m＋eq \f(1,3)n＋eq \f(1,3)t． ∴eq \o(MN,\s\up12(→))在基{m，n，t}下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))． 10．如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别 在棱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)若eq \o(EF,\s\up12(→))＝xeq \o(AB,\s\up12(→))＋yeq \o(AD,\s\up12(→))＋zeq \o(AA1,\s\up12(→))，求x＋y＋z的值． 解　(1)证明：连接AC1，AE，AF． 因为eq \o(AC1,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(AA1,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up12(→))＋\f(1,3)\o(AA1,\s\up12(→))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up12(→))＋\f(2,3)\o(AA1,\s\up12(→))))＝(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BE,\s\up12(→)))＋(eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DF,\s\up12(→)))＝eq \o(AE,\s\up12(→))＋eq \o(AF,\s\up12(→))， 所以eq \o(AC1,\s\up12(→))与eq \o(AE,\s\up12(→))，eq \o(AF,\s\up12(→))共面， 又三者有公共点A，所以A，E，C1，F四点共面． (2)因为eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(AF,\s\up12(→))－eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \o(DF,\s\up12(→))－(eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(BE,\s\up12(→)))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(2,3) eq \o(DD1,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))－eq \f(1,3) eq \o(BB1,\s\up12(→)) ＝－eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(AA1,\s\up12(→))， 所以x＝－1，y＝1，z＝eq \f(1,3)， 所以x＋y＋z＝eq \f(1,3)． 1．已知O，A，B，C，D，E，F，G，H为空间的9个点(如图)，并且eq \o(OE,\s\up12(→))＝keq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OF,\s\up12(→))＝keq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OH,\s\up12(→))＝keq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋meq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(EG,\s\up12(→))＝eq \o(EH,\s\up12(→))＋meq \o(EF,\s\up12(→))． 求证：(1)A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面； (2)eq \o(AC,\s\up12(→))∥eq \o(EG,\s\up12(→))； (3)eq \o(OG,\s\up12(→))＝keq \o(OC,\s\up12(→))． 证明　(1)∵eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))＋meq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(EG,\s\up12(→))＝eq \o(EH,\s\up12(→))＋meq \o(EF,\s\up12(→))， 又eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AB,\s\up12(→))有公共点A，eq \o(EG,\s\up12(→))，eq \o(EH,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))有公共点E， ∴A，B，C，D四点共面，E，F，G，H四点共面． (2)∵eq \o(EG,\s\up12(→))＝eq \o(EH,\s\up12(→))＋meq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(OH,\s\up12(→))－eq \o(OE,\s\up12(→))＋m(eq \o(OF,\s\up12(→))－eq \o(OE,\s\up12(→)))＝k(eq \o(OD,\s\up12(→))－ eq \o(OA,\s\up12(→)))＋km(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))＝keq \o(AD,\s\up12(→))＋kmeq \o(AB,\s\up12(→))＝k(eq \o(AD,\s\up12(→))＋meq \o(AB,\s\up12(→)))＝keq \o(AC,\s\up12(→))， ∴eq \o(AC,\s\up12(→))∥eq \o(EG,\s\up12(→))． (3)由(2)知eq \o(OG,\s\up12(→))＝eq \o(EG,\s\up12(→))－eq \o(EO,\s\up12(→))＝keq \o(AC,\s\up12(→))－keq \o(AO,\s\up12(→))＝k(eq \o(AC,\s\up12(→))－eq \o(AO,\s\up12(→)))＝keq \o(OC,\s\up12(→))， ∴eq \o(OG,\s\up12(→))＝keq \o(OC,\s\up12(→))． 2．已知{e1，e2，e3}是空间的一组基，且eq \o(OP,\s\up12(→))＝2e1－e2＋3e3，eq \o(OA,\s\up12(→))＝e1＋2e2－e3，eq \o(OB,\s\up12(→))＝－3e1＋e2＋2e3，eq \o(OC,\s\up12(→))＝e1＋e2－e3． (1){eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))}能否构成空间的一组基？若能，试求eq \o(OP,\s\up12(→))在该组基下的坐标；若不能，请说明理由； (2)判断P，A，B，C四点是否共面． 解　(1)假设向量eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))共面，则存在实数m，n，使eq \o(OA,\s\up12(→))＝meq \o(OB,\s\up12(→))＋neq \o(OC,\s\up12(→))，即e1＋2e2－e3＝m(－3e1＋e2＋2e3)＋n(e1＋e2－e3)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝－3m＋n，,2＝m＋n，,－1＝2m－n，))方程组无解，所以向量eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))不共面， 因此{eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))}可以构成空间的一组基． 令eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，eq \o(OC,\s\up12(→))＝c， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e1＋2e2－e3＝a，,－3e1＋e2＋2e3＝b，,e1＋e2－e3＝c，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e1＝3a－b－5c，,e2＝a－c，,e3＝4a－b－7c，)) 所以eq \o(OP,\s\up12(→))＝2e1－e2＋3e3＝2(3a－b－5c)－(a－c)＋3(4a－b－7c)＝17a－5b－30c＝17eq \o(OA,\s\up12(→))－5eq \o(OB,\s\up12(→))－30eq \o(OC,\s\up12(→))． 所以eq \o(OP,\s\up12(→))在基{eq \o(OA,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OC,\s\up12(→))}下的坐标为(17，－5，－30)． (2)假设P，A，B，C四点共面，则存在实数x，y，z，使eq \o(OP,\s\up12(→))＝xeq \o(OA,\s\up12(→))＋yeq \o(OB,\s\up12(→))＋zeq \o(OC,\s\up12(→))，且x＋y＋z＝1． 由(1)可知17－5－30≠1，所以P，A，B，C四点不共面． $