2021学年第一章 空间向量与立体几何1.3 空间向量及其运算的坐标表示导学案

这是一份2021学年第一章 空间向量与立体几何1.3 空间向量及其运算的坐标表示导学案，共18页。学案主要包含了空间向量运算的坐标表示，空间向量平行，夹角和距离的计算等内容，欢迎下载使用。

导语
前面我们通过引入空间直角坐标系，将空间向量的坐标与空间点的坐标一一对应起来．那么有了空间向量的坐标表示，类比平面向量的坐标运算，同学们是否可以探究出空间向量运算的坐标表示并给出证明？
一、空间向量运算的坐标表示
知识梳理
设向量a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，λ∈R，那么
注意点：
(1)空间向量运算的坐标表示与平面向量的坐标表示完全一致．
(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则eq \(AB,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．即一个空间向量的坐标等于表示此向量的有向线段的终点坐标减去起点坐标．
(3)运用公式可以简化运算：(a±b)2＝a2±2a·b＋b2；(a＋b)·(a－b)＝a2－b2.
(4)向量线性运算的结果仍是向量，用坐标表示；数量积的结果为数量．
例1 (1)已知a＝(－1,2,1)，b＝(2,0,1)，则(2a＋3b)·(a－b)＝________.
答案 －4
解析 易得2a＋3b＝(4,4,5)，a－b＝(－3,2,0)，
则(2a＋3b)·(a－b)＝4×(－3)＋4×2＋5×0＝－4.
(2)在△ABC中，A(2，－5,3)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4,1,2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，－2,5)．
①求顶点B，C的坐标；
②求eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))；
③若点P在AC上，且eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PC,\s\up6(→))，求点P的坐标．
解 ①设B(x，y，z)，C(x1，y1，z1)，
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(x－2，y＋5，z－3)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(x1－x，y1－y，z1－z)．
因为eq \(AB,\s\up6(→))＝(4,1,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2＝4，,y＋5＝1，,z－3＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝6，,y＝－4，,z＝5，))
所以点B的坐标为(6，－4,5)．
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，－2,5)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－6＝3，,y1＋4＝－2，,z1－5＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝9，,y1＝－6，,z1＝10，))
所以点C的坐标为(9，－6,10)．
②因为eq \(CA,\s\up6(→))＝(－7,1，－7)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，－2,5)，
所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝－21－2－35＝－58.
③设P(x2，y2，z2)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x2－2，y2＋5，z2－3)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(9－x2，－6－y2,10－z2)，
于是有(x2－2，y2＋5，z2－3)＝eq \f(1,2)(9－x2，－6－y2,10－z2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2＝\f(1,2)9－x2，,y2＋5＝\f(1,2)－6－y2，,z2－3＝\f(1,2)10－z2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(13,3)，,y2＝－\f(16,3)，,z2＝\f(16,3)，))
故点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,3)，－\f(16,3)，\f(16,3))).
反思感悟 空间向量坐标运算的规律及注意点
(1)由点的坐标求向量坐标：空间向量的坐标可由其两个端点的坐标确定．
(2)直接计算问题：首先将空间向量用坐标表示出来，然后代入公式计算．
(3)由条件求向量或点的坐标：把向量坐标形式设出来，通过解方程(组)，求出其坐标．
跟踪训练1 已知a＋b＝(2，eq \r(2)，2eq \r(3))，a－b＝(0，eq \r(2)，0)，则a＝________，b＝________，a·b＝________.
答案 (1，eq \r(2)，eq \r(3)) (1,0，eq \r(3)) 4
解析 a＋b＝(2，eq \r(2)，2eq \r(3))，a－b＝(0，eq \r(2)，0)，
∴a＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))，b＝(1,0，eq \r(3))，
∴a·b＝1＋0＋3＝4.
二、空间向量平行、垂直的坐标表示及应用
知识梳理
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则有
平行关系：当b≠0时，a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；
垂直关系：a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
注意点：
(1)要证明a⊥b，就是证明a·b＝0；要证明a∥b，就是证明a＝λb(b≠0)．
(2)a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，若a∥b，则eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2)＝eq \f(z1,z2)成立的条件是x2y2z2≠0.
例2 (1)已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b.
①设向量c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，1))，试判断2a－b与c是否平行？
②若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k.
解 ①因为a＝eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，b＝eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，
所以2a－b＝(3,2，－2)，
又c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，1))，
所以2a－b＝－2c，
所以(2a－b)∥c.
②因为a＝eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，b＝eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，
所以ka＋b＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)．
又因为(ka＋b)⊥(ka－2b)，
所以(ka＋b)·(ka－2b)＝0，
即(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0.
解得k＝2或－eq \f(5,2).
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点P，Q分别为线段B1D1，BD上的点，且3eq \(B1P,\s\up6(→))＝eq \(PD1,\s\up6(→))，若PQ⊥AE，eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(DQ,\s\up6(→))，求λ的值．
解 如图所示，以点D为原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，B(1,1,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)，
由题意，可设点P的坐标为(a，a,1)，
因为3eq \(B1P,\s\up6(—→))＝eq \(PD1,\s\up6(→))，
所以3(a－1，a－1,0)＝(－a，－a,0)，
所以3a－3＝－a，解得a＝eq \f(3,4)，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,4)，1)).由题意可设点Q的坐标为(b，b,0)，
因为PQ⊥AE，所以eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,4)，b－\f(3,4)，－1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))＝0，
即－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(3,4)))－eq \f(1,2)＝0，
解得b＝eq \f(1,4)，
所以点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，0))，
因为eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(DQ,\s\up6(→))，
所以(－1，－1,0)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，0))，
所以eq \f(λ,4)＝－1，故λ＝－4.
延伸探究
1．若本例中的PQ⊥AE改为B1Q⊥EQ，其他条件不变，结果如何？
解 以点D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)
设正方体棱长为1，点Q的坐标为(c，c,0)，
因为B1Q⊥EQ，
所以eq \(B1Q,\s\up6(→))·eq \(EQ,\s\up6(→))＝0，
所以(c－1，c－1，－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c，－\f(1,2)))＝0，
即c(c－1)＋c(c－1)＋eq \f(1,2)＝0,4c2－4c＋1＝0，
解得c＝eq \f(1,2)，
所以点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，
所以点Q是线段BD的中点，
所以eq \(BD,\s\up6(→))＝－2eq \(DQ,\s\up6(→))，故λ＝－2.
2．本例中若点G是A1D的中点，点H在平面Dxy上，且GH∥BD1，试判断点H的位置．
解 以点D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，
因为点G是A1D的中点，
所以点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
因为点H在平面Dxy上，
设点H的坐标为(m，n,0)，
因为eq \(GH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)，n，－\f(1,2)))，eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，
且GH∥BD1，
所以eq \f(m－\f(1,2),－1)＝eq \f(n,－1)＝eq \f(－\f(1,2),1)，
解得m＝1，n＝eq \f(1,2).
所以点H的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，
所以点H为线段AB的中点．
反思感悟 (1)判断两向量是否平行或垂直可直接利用向量平行或垂直的充要条件；已知两向量平行或垂直求参数值，则利用平行、垂直的充要条件，将位置关系转化为坐标关系，列方程(组)求解．
(2)利用向量证明直线、平面平行或垂直，则要建立恰当的空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，利用向量平行、垂直的充要条件证明．
跟踪训练2 如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝eq \r(2)，CE＝EF＝1.
(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE.
证明 (1)设AC与BD交于点G，连接EG.
因为EF∥AC，且EF＝1，AG＝eq \f(1,2)AC＝1，
所以四边形AGEF为平行四边形，
所以AF∥EG.
因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，
所以AF∥平面BDE.
(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.
如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，B(0，eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0,0)，E(0,0,1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
所以eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(2)，1)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,1)．
所以eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝0－1＋1＝0，eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝－1＋0＋1＝0，
所以eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(DE,\s\up6(→))，
即CF⊥BE，CF⊥DE.
又BE∩DE＝E，且BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，
所以CF⊥平面BDE.
三、夹角和距离的计算
问题 你能利用空间向量运算的坐标表示推导空间两点间的距离公式吗？
提示 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，
设P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)是空间中任意两点，eq \(P1P2,\s\up6(—→))＝eq \(OP2,\s\up6(→))－eq \(OP1,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)，
于是|eq \(P1P2,\s\up6(—→))|＝eq \r(\(P1P2,\s\up6(—→))·\(P1P2,\s\up6(—→)))
＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)
所以P1P2＝|eq \(P1P2,\s\up6(—→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12)，
因此，空间中已知两点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB＝|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12).
知识梳理
设P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)，P1P2＝eq \r(x2－x12＋y2－y12＋z2－z12).
注意点：
(1)空间两点间的距离公式类似于平面中的两点之间的距离公式，可以类比记忆．
(2)若O(0,0,0)，P(x，y，z)，则|eq \(OP,\s\up6(→))|＝eq \r(x2＋y2＋z2).
例3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别是AA1，CB1的中点．
(1)求BM，BN的长．
(2)求△BMN的面积．
解 以C为原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．
则B(0,1,0)，M(1,0,1)，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1)).
(1)∵eq \(BM,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，
eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，1))，
∴|eq \(BM,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋－12＋12)＝eq \r(3)，
|eq \(BN,\s\up6(→))|＝eq \r(02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋12)＝eq \f(\r(5),2).
故BM的长为eq \r(3)，BN的长为eq \f(\r(5),2).
(2)S△BMN＝eq \f(1,2)·BM·BN·sin∠MBN.
∵cs∠MBN＝cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))〉
＝eq \f(\(BM,\s\up6(→))·\(BN,\s\up6(→)),|\(BM,\s\up6(→))||\(BN,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,2),\r(3)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(15),5)，
∴sin∠MBN＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),5)))2)＝eq \f(\r(10),5)，
故S△BMN＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(5),2)×eq \f(\r(10),5)＝eq \f(\r(6),4).
即△BMN的面积为eq \f(\r(6),4).
反思感悟 利用空间向量的坐标运算的一般步骤
(1)建系：根据题目中的几何图形建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求坐标：①求出相关点的坐标；②写出向量的坐标．
(3)论证、计算：结合公式进行论证、计算．
(4)转化：转化为平行与垂直、夹角与距离问题．
跟踪训练3 如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝eq \f(1,4)CD，H为C1G的中点．
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求FH的长；
(3)求EF与C1G所成角的余弦值．
(1)证明 如图，建立空间直角坐标系Dxyz，D为坐标原点，
则有Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0,1,0)，B1(1,1,1)，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，
eq \(B1C,\s\up6(—→))＝(0,1,0)－(1,1,1)＝(－1,0，－1)．
∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(B1C,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)×(－1)＋eq \f(1,2)×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×(－1)＝0，
∴eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(B1C,\s\up6(—→))，即EF⊥B1C.
(2)解 ∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(7,8)，\f(1,2)))，
∴eq \(FH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,8)，\f(1,2)))，
∴|eq \(FH,\s\up6(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(41),8).
∴FH的长为eq \f(\r(41),8).
(3)解 ∵C1(0,1,1)，G1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)，0))，
∴eq \(C1G,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)，0))－(0,1,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,4)，－1)).
∴|eq \(C1G,\s\up6(—→))|＝eq \f(\r(17),4).
又eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(C1G,\s\up6(—→))＝eq \f(1,2)×0＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×(－1)＝eq \f(3,8)，|eq \(EF,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2)，
∴|cs 〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(C1G,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(C1G,\s\up6(—→))|,\(|EF,\s\up6(→))|·|\(C1G,\s\up6(—→))|)＝eq \f(\r(51),17).
即异面直线EF与C1G所成角的余弦值为eq \f(\r(51),17).
1．知识清单：
(1)向量的坐标的运算．
(2)向量的坐标表示的应用．
2．方法归纳：类比、转化．
3．常见误区：
(1)由两向量共线直接得到两向量对应坐标的比相等．
(2)求异面直线所成的角时易忽略范围；讨论向量夹角忽略向量共线的情况．
1．已知M(5，－1,2)，A(4,2，－1)，O为坐标原点，若eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，则点B的坐标应为( )
A．(－1,3，－3) B．(9,1,1)
C．(1，－3,3) D．(－9，－1，－1)
答案 B
解析 eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))＝(9,1,1)．
2．已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝eq \r(29)，且λ>0，则λ等于( )
A．5 B．4 C．3 D．2
答案 C
解析 λa＋b＝λ(0，－1,1)＋(4,1,0)＝(4,1－λ，λ)，由已知得|λa＋b|＝eq \r(42＋1－λ2＋λ2)＝eq \r(29)，且λ>0，解得λ＝3.
3．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是( )
A．1 B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(7,5)
答案 D
解析 依题意得(ka＋b)·(2a－b)＝0，
所以2k|a|2－ka·b＋2a·b－|b|2＝0，
而|a|2＝2，|b|2＝5，a·b＝－1，
所以4k＋k－2－5＝0，解得k＝eq \f(7,5).
4．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))的夹角为________．
答案 eq \f(π,3)
解析 ∵eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
∴|eq \(AB,\s\up6(→))|＝3eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，
eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0×(－1)＋3×1＋3×0＝3，
∴cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，
又∵〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉∈[0，π]，
∴〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(π,3).
课时对点练
1．已知a＝(1，－2,1)，a－b＝(－1,2，－1)，则b等于( )
A．(2，－4,2) B．(－2,4，－2)
C．(－2,0，－2) D．(2,1，－3)
答案 A
解析 b＝a－(－1,2，－1)＝(1，－2,1)－(－1,2，－1)＝(2，－4,2)．
2．已知A(3,4,5)，B(0,2,1)，O(0,0,0)，若eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(AB,\s\up6(→))，则C的坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，－\f(4,5)，－\f(8,5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，－\f(4,5)，－\f(8,5)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，－\f(4,5)，\f(8,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，\f(4,5)，\f(8,5)))
答案 A
解析 设点C的坐标为(x，y，z)，
则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x，y，z)，又eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，－2，－4)，eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(AB,\s\up6(→))，
所以x＝－eq \f(6,5)，y＝－eq \f(4,5)，z＝－eq \f(8,5)，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，－\f(4,5)，－\f(8,5))).
3．已知a＝(1,0,1)，b＝(－2，－1,1)，c＝(3,1,0)，则|a－b＋2c|等于( )
A．3eq \r(10) B．2eq \r(10) C.eq \r(10) D．5
答案 A
解析 ∵a－b＋2c＝(9,3,0)，
∴|a－b＋2c|＝eq \r(92＋32＋02)＝3eq \r(10).
4．已知A(1，－2,11)，B(4,2,3)，C(6，－1,4)，则△ABC的形状是( )
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
答案 C
解析 因为eq \(AB,\s\up6(→))＝(3,4，－8)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(2，－3,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(5,1，－7)，
eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝10－3－7＝0，∴BC⊥AC，
而|eq \(BC,\s\up6(→))|＝eq \r(14)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝5eq \r(3)，
所以△ABC是直角三角形．
5．空间中点A(3,3,1)关于平面Oxy的对称点A′与B(－1，1,5)的长度为( )
A．6 B．2eq \r(6) C．4eq \r(3) D．2eq \r(14)
答案 D
解析 点A(3,3,1)关于平面Oxy的对称点A′的坐标为(3,3，－1)，
所以A′与B(－1,1,5)的长度为
A′B＝eq \r(3＋12＋3－12＋－1－52)＝2eq \r(14).
6．已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝eq \r(14)，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为( )
A．30° B．60° C．120° D．150°
答案 C
解析 a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，
故(a＋b)·c＝－a·c＝7，
得a·c＝－7，
而|a|＝eq \r(12＋22＋32)＝eq \r(14)，
所以cs〈a，c〉＝eq \f(a·c,|a||c|)＝－eq \f(1,2)，
所以〈a，c〉＝120°.
7．如图，将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，eq \(AC,\s\up9(︵))的长为eq \f(2π,3)，的长为eq \f(π,3)，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为________．
答案 eq \f(π,4)
解析 以O为坐标原点，OA，OO1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0,1,0)，A1(0,1,1)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).
所以eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝(0，－1，－1)，则eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(B1C,\s\up6(—→))＝02＋0×(－1)＋1×(－1)＝－1，
所以cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(B1C,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(B1C,\s\up6(—→)),|\(AA1,\s\up6(→))|·|\(B1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(－1,1×\r(2))＝－eq \f(\r(2),2).
因此，异面直线B1C与AA1所成的角为eq \f(π,4).
8．已知点A(－1,3,1)，B(－1,3,4)，若eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，则点P的坐标是________．
答案 (－1,3,3)
解析 设点P(x，y，z)，
则由eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，
得(x＋1，y－3，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＝－2－2x，,y－3＝6－2y，,z－1＝8－2z，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝3，,z＝3，))
即P(－1,3,3)．
9．已知A(x，5－x，2x－1)，B(1，x＋2,2－x)，求|eq \(AB,\s\up6(→))|取最小值时，A，B两点的坐标，并求此时的|eq \(AB,\s\up6(→))|.
解 由空间两点间的距离公式得
|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(1－x2＋[x＋2－5－x]2＋[2－x－2x－1]2)
＝eq \r(14x2－32x＋19)＝eq \r(14\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8,7)))2＋\f(5,7))，
当x＝eq \f(8,7)时，|eq \(AB,\s\up6(→))|有最小值为eq \f(\r(35),7).
此时Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,7)，\f(27,7)，\f(9,7)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(22,7)，\f(6,7))).
10．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB＝eq \r(3)，BC＝1，PA＝2，E为PD的中点．
(1)求AC与PB所成角的余弦值；
(2)在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，求N点的坐标．
解 (1)由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C(eq \r(3)，1,0)，D(0,1,0)，P(0,0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，
从而eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，－2)．
设AC与PB的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))|·|\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,2\r(7))＝eq \f(3\r(7),14).
∴AC与PB所成角的余弦值为eq \f(3\r(7),14).
(2)由于N点在侧面PAB内，
故可设N点坐标为(x,0，z)，
则eq \(NE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x，\f(1,2)，1－z))，
由NE⊥平面PAC可得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(NE,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))＝0，,\(NE,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x，\f(1,2)，1－z))·0，0，2＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x，\f(1,2)，1－z))·\r(3)，1，0＝0，))
化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z－1＝0，,－\r(3)x＋\f(1,2)＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(\r(3),6)，,z＝1，))
即N点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)，0，1))时，NE⊥平面PAC.
11．已知点A(1－t,1－t，t)，B(2，t，t)，则A，B两点的距离的最小值为( )
A.eq \f(3\r(10),10) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(3,5)
答案 C
解析 因为点A(1－t,1－t，t)，B(2，t，t)，
所以|AB|2＝(1＋t)2＋(2t－1)2＋(t－t)2＝5t2－2t＋2，
由二次函数易知，当t＝eq \f(1,5)时，取得最小值为eq \f(9,5) ，
所以|AB|的最小值为eq \f(3\r(5),5) .
12．(多选)从点P(1,2,3)出发，沿着向量v＝(－4，－1,8)方向取点Q，使|PQ|＝18，则Q点的坐标为( )
A．(－1，－2,3) B．(9,4，－13)
C．(－7,0,19) D．(1，－2，－3)
答案 BC
解析 设Q(x0，y0，z0)，则eq \(PQ,\s\up6(→))＝λv，
即(x0－1，y0－2，z0－3)＝λ(－4，－1,8)．
由|PQ|＝18，得eq \r(－4λ2＋－λ2＋8λ2)＝18，
所以λ＝±2，
所以(x0－1，y0－2，z0－3)＝±2(－4，－1,8)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－7，,y0＝0，,z0＝19，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝9，,y0＝4，,z0＝－13.))
13．已知向量a＝(5,3,1)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，t，－\f(2,5)))，若a与b的夹角为钝角，则实数t的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(52,15)))
解析 由已知得a·b＝5×(－2)＋3t＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5)))＝3t－eq \f(52,5)，
因为a与b的夹角为钝角，
所以a·b<0，
即3t－eq \f(52,5)<0，
所以t若a与b的夹角为180°，
则存在λ<0，使a＝λb(λ<0)，
即(5,3,1)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，t，－\f(2,5)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5＝－2λ，,3＝tλ，,1＝－\f(2,5)λ，))所以t＝－eq \f(6,5)，
故t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(52,15))).
14．已知棱长为a的正四面体ABCD，如图，建立空间直角坐标系，O为A在底面上的射影，M，N分别为线段AB，AD的中点，则M的坐标是________，CN与DM所成角的余弦值为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a，－\f(\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a)) eq \f(1,6)
解析 由正四面体的棱长为a，知△BCD的外接圆半径为eq \f(\r(3),3)a.
∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，－\f(\r(3),6)a，0))，
又正四面体的高为eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq \f(\r(6),3)a，
∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),3)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)a，0))，
∴AD的中点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),6)a，\f(\r(6),6)a))，
AB的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a，－\f(\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a)).
∴eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)a，－\f(5\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a))，
又Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(\r(3),6)a，0))，
∴eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a，\f(\r(3),3)a，\f(\r(6),6)a)).
∴|cs〈eq \(DM,\s\up6(→))，eq \(CN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(DM,\s\up6(→))·\(CN,\s\up6(→))|,|\(DM,\s\up6(→))||\(CN,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,6)，
∴异面直线CN与DM所成角的余弦值为eq \f(1,6).
15.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动，则直线D1E与A1D所成角的大小是________，若D1E⊥EC，则AE＝________.
答案 90° 1
解析 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．又AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动.
则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0,2,0)，
设E(1，m,0)，0≤m≤2，
则eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1，m，－1)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(－1,0，－1)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))·eq \(A1D,\s\up6(—→))＝－1＋0＋1＝0，
∴直线D1E与A1D所成角的大小是90°.
∵eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1，m，－1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(－1,2－m,0)，D1E⊥EC，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))·eq \(EC,\s\up6(→))＝－1＋m(2－m)＋0＝0，
解得m＝1，∴AE＝1.
16．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC和△A1B1C1为正三角形，所有的棱长都是2，M是BC边的中点，则在棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？
解 以A点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
由题意知A(0,0,0)，B1(eq \r(3)，1,2)，C(0,2,0)，B(eq \r(3)，1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0)).
又点N在棱CC1上，可设N(0,2，m)(0≤m≤2)，
则eq \(AB1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1,2)，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m))，
所以|eq \(AB1,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，|eq \(MN,\s\up6(→))|＝eq \r(m2＋1)，
eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝2m－1.
若异面直线AB1和MN所成的角等于45°，
则cs 45°＝|cs 〈eq \(AB1,\s\up6(→))，eq \(MN,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(MN,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))||\(MN,\s\up6(→))|)＝eq \f(|2m－1|,2\r(2)×\r(m2＋1)).
即eq \f(|2m－1|,2\r(2)×\r(m2＋1))＝eq \f(\r(2),2)，
解得m＝－eq \f(3,4)，这与0≤m≤2矛盾．
所以在棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.向量运算
向量表示
坐标表示
加法
a＋b
(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
减法
a－b
(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数乘
λa
(λa1，λa2，λa3)
数量积
a·b
a1b1＋a2b2＋a3b3