1.3 空间向量及其运算的坐标表示-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

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 1.3.1　空间直角坐标系 1.3.2　空间向量运算的坐标 表示 (教师独具内容) 课程标准：1．在平面直角坐标系的基础上，了解空间直角坐标系，感受建立空间直角坐标系的必要性，会用空间直角坐标系刻画点的位置．2．借助特殊长方体(所有棱分别与坐标轴平行)顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式．3．掌握空间向量的线性运算及坐标表示．4．掌握空间向量的数量积及坐标表示． 教学重点：利用空间向量的坐标运算解决平行、垂直、夹角和距离问题，及点在空间直角坐标系中的坐标表示． 教学难点：确定点在空间直角坐标系中的坐标，立体几何问题坐标化、代数化． 核心素养：1．通过根据具体的条件建立空间直角坐标系并写出空间向量的坐标，提升直观想象素养．2．通过学习空间向量的坐标形式的线性运算和数量积运算，提升数学运算素养．3．通过借助空间向量的数量积运算，判定空间中线面的位置关系，提升直观想象素养． 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 坐标轴 核心概念掌握 目录 6 原点 坐标向量 坐标平面 核心概念掌握 目录 7 90° x轴 y轴 核心概念掌握 目录 8 横坐标 纵坐标 竖坐标 核心概念掌握 目录 9 a＝(x，y，z) 核心概念掌握 目录 10 提示：x轴上的点的纵坐标、竖坐标都为0，即(x，0，0)．y轴上的点的横坐标、竖坐标都为0，即(0，y，0)．z轴上的点的横坐标、纵坐标都为0，即(0，0，z)． 提示 核心概念掌握 目录 11 核心概念掌握 目录 12 核心概念掌握 目录 13 核心概念掌握 目录 14 (a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) (a1－b1，a2－b2，a3－b3) (λa1，λa2，λa3) a1b1＋a2b2＋a3b3 核心概念掌握 目录 15 [提醒]　空间向量的坐标与其起点、终点坐标的关系 向量的坐标即终点坐标减去起点坐标．求点的坐标时，一定要注意向量的起点是否在原点，在原点时，向量的坐标与终点坐标相同；不在原点时，向量的坐标加上起点坐标才是终点坐标． 核心概念掌握 目录 16 a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 核心概念掌握 目录 17 提示 核心概念掌握 目录 18 核心概念掌握 目录 19 核心概念掌握 目录 20 答案 (0，0，0)，(0，1，1) 核心概念掌握 目录 21 答案 (0，0，－16) 22 核心概念掌握 目录 22 答案 (3，3，3) 核心概念掌握 目录 23 核心素养形成 核心素养形成 目录 25 解 核心素养形成 目录 26 解 核心素养形成 目录 27 解 核心素养形成 目录 28 解 核心素养形成 目录 29 解 核心素养形成 目录 30 感悟提升 同一几何图形中，由于空间直角坐标系建立的不同，从而各点的坐标在不同的坐标系中也不一定相同．但其实质是一样的．建立空间直角坐标系的关键是根据几何图形的特征，尽量先找到三条互相垂直且交于一点的线段，如若找不到，就要想办法构造． 核心素养形成 目录 31 答案 (－2，－1，－4)，(－4，2，－4) 核心素养形成 目录 32 解析 核心素养形成 目录 33 解 核心素养形成 目录 34 解 核心素养形成 目录 35 核心素养形成 目录 36 解 核心素养形成 目录 37 解 核心素养形成 目录 38 解 核心素养形成 目录 39 解 核心素养形成 目录 40 感悟提升 空间向量坐标运算的规律 (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：把向量的坐标形式设出来，通过解方程(组)，求出其坐标． 核心素养形成 目录 41 解 核心素养形成 目录 42 核心素养形成 目录 43 解 核心素养形成 目录 44 解 核心素养形成 目录 45 核心素养形成 目录 46 答案 解析 (3，0，3) 核心素养形成 目录 47 解 核心素养形成 目录 48 解 核心素养形成 目录 49 解 核心素养形成 目录 50 解 核心素养形成 目录 51 解 核心素养形成 目录 52 解 核心素养形成 目录 53 感悟提升 求角与距离问题的方法及解题步骤 (1)求空间中两向量夹角的方法 ①基向量法：结合图形，选取一个合适的基底，将两向量用基向量表示出来，然后代入夹角公式求解； ②坐标法：在图形中建立空间直角坐标系，然后求出两向量的坐标，代入向量的夹角坐标公式求解．利用坐标法要注意两点，一是坐标系的选取，二是夹角的范围〈a，b〉∈[0，π]，要特别注意向量共线的情况． (2)求空间中线段的长 ①建立恰当的空间直角坐标系； ②求出线段端点的坐标，并求出对应向量的坐标； ③利用向量的模的坐标公式求向量的模，即线段的长． 核心素养形成 目录 54 答案 解析 核心素养形成 目录 55 解析 核心素养形成 目录 56 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 58 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 59 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 60 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 61 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 62 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 63 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 65 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 66 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 67 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 68 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 69 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 70 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 71 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 72 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 73 答案 (0，－1，0) 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 74 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 75 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 76 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 78 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 79 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 80 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 81 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 82 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 83 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 目录 84 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　空间直角坐标系及空间向量的坐标表示 (1)空间直角坐标系 建系：在空间选定一点O和一个单位正交基底{i，j，k} (如图)，以点O为原点，分别以i，j，k的方向为正方向、以 它们的长为单位长度建立三条数轴：x轴、y轴、z轴，它们都 叫做eq \x(\s\up1(01))________．这时我们就建立了一个空间直角坐标系Oxyz． 有关概念：O叫做eq \x(\s\up1(02))______，i，j，k都叫做eq \x(\s\up1(03))____________，通过每两条坐标轴的平面叫做eq \x(\s\up1(04))____________，分别称为Oxy平面，Oyz平面，Ozx平面，它们把空间分成八个部分． 建系的常用规则： ①画空间直角坐标系Oxyz时，一般使∠xOy＝135°(或45°)，∠yOz＝eq \x(\s\up1(05))____． ②在空间直角坐标系中，让右手拇指指向eq \x(\s\up1(06))____的正方向，食指指向eq \x(\s\up1(07))____的正方向，如果中指指向z轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系． (2)空间向量的坐标表示 点的坐标：在空间直角坐标系Oxyz中，i，j，k为坐标向量，对空间任意一点A，对应一个向量eq \o(OA,\s\up14(→))，且点A的位置由向量eq \o(OA,\s\up14(→))唯一确定，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使eq \o(OA,\s\up14(→))＝xi＋yj＋zk． 在单位正交基底{i，j，k}下与向量eq \o(OA,\s\up14(→))对应的有序实数组(x，y，z)，叫做点A在空间直角坐标系中的坐标，记作A(x，y，z)，其中x叫做点A的eq \x(\s\up1(08))_______，y叫做点A的eq \x(\s\up1(09))_______，z叫做点A的eq \x(\s\up1(10))_______． 空间向量的坐标：在空间直角坐标系Oxyz中，给定向量a，作eq \o(OA,\s\up14(→))＝a，由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使a＝xi＋yj＋zk．有序实数组(x，y，z)叫做a在空间直角坐标系Oxyz中的坐标，上式可简记作eq \x(\s\up1(11))______________． [想一想]　空间直角坐标系中，坐标轴上的点的坐标有何特征？ [拓展]　 1．坐标平面内的点与对称点 在空间直角坐标系Oxyz中，点P(x，y，z)在三个坐标平面Oxy，Oyz，Ozx内的射影为(x，y，0)，(0，y，z)，(x，0，z)．点P(x，y，z)的对称点坐标如下： (1)P(x，y，z)eq \o(――――――――――→,\s\up17(关于坐标平面Oxy对称))P1(x，y，－z)． (2)P(x，y，z)eq \o(――――――――――→,\s\up17(关于坐标平面Oyz对称))P2(－x，y，z)． (3)P(x，y，z)eq \o(――――――――――→,\s\up17(关于坐标平面Ozx对称))P3(x，－y，z)． (4)P(x，y，z)eq \o(――――――――→,\s\up17(关于x轴对称))P4(x，－y，－z)． (5)P(x，y，z)eq \o(――――――――→,\s\up17(关于y轴对称))P5(－x，y，－z)． (6)P(x，y，z)eq \o(――――――――→,\s\up17(关于z轴对称))P6(－x，－y，z)． (7)P(x，y，z)eq \o(――――――――→,\s\up17(关于原点对称))P7(－x，－y，－z)． 2．中点坐标公式及三角形的重心坐标公式 (1)已知P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)，P1P2的中点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)，\f(z1＋z2,2)))． (2)已知△ABC的三个顶点A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3，y3，z3)，则△ABC的重心G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋x3,3)，\f(y1＋y2＋y3,3)，\f(z1＋z2＋z3,3)))． 知识点二　空间向量运算的坐标表示 运算 坐标表示a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 加法 a＋b＝eq \x(\s\up1(01))______________________________ 减法 a－b＝eq \x(\s\up1(02))_______________________ 数乘 λa＝eq \x(\s\up1(03))_______________________，λ∈R 数量积 a·b＝eq \x(\s\up1(04))_______________________ 知识点三　空间向量的平行或垂直的坐标表示 平行或垂直 坐标表示a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 平行(a∥b) a∥b⇔a＝λb⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝λb1，,a2＝λb2，,\x(\s\up1(01))__________))(λ∈R且b≠0) 垂直(a⊥b) a⊥b⇔a·b＝0⇔eq \x(\s\up1(02))______________________ [想一想]　若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则a∥b一定有eq \f(a1,b1)＝eq \f(a2,b2)＝eq \f(a3,b3)成立吗？ 提示：当b1，b2，b3均不为0时，eq \f(a1,b1)＝eq \f(a2,b2)＝eq \f(a3,b3)成立． 知识点四　空间向量的长度公式及夹角的坐标表示 (1)空间向量长度公式的坐标表示 ①若a＝(a1，a2，a3)， 则|a|＝eq \r(a·a)＝eq \x(\s\up1(01))________________． ②空间两点间的距离公式 设P1(x1，y1，z1)，P2(x2，y2，z2)是空间中任意两点，则P1P2＝|eq \o(P1P2,\s\up14(→))| ＝eq \x(\s\up1(02))________________________________________________． 2,1)eq \r(a＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3)) eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2＋（z2－z1）2) (2)空间向量的夹角坐标公式 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 则cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|) ＝eq \x(\s\up1(03))_______________________． [说明]　(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 \o(OP,\s\up14(→))|＝eq \r(x2＋y2＋z2)． 2,1)eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋aeq \o\al(2,2)＋aeq \o\al(2,3))\r(beq \o\al(2,1)＋beq \o\al(2,2)＋beq \o\al(2,3))) 1．(空间中点的坐标)画一个正方体ABCD－A1B1C1D1，若以A为原点，棱AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，取正方体的棱长为单位长度，建立空间直角坐标系，则 (1)顶点A，D1的坐标分别为_____________________； (2)棱C1C中点的坐标为______________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))) 2．(空间向量运算的坐标表示)已知向量a＝(4，－2，－4)，b＝(6，－3，2)，则3a－2b＝_________________，a·b＝________． 3．(空间向量平行的坐标表示)已知a＝(2x，1，3)，b＝(1，－2y，9)，若a与b为共线向量，则x＝________，y＝________． eq \f(1,6) －eq \f(3,2) 4．(空间向量的长度公式)在空间直角坐标系中，已知点A的坐标为(1，2，3)，点B的坐标为(4，5，6)，则eq \o(AB,\s\up14(→))＝________，|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝________． 5．(空间向量夹角的坐标表示)已知a＋b＝(2，eq \r(2)，2eq \r(3))，a－b＝(0，eq \r(2)，0)，则cos〈a，b〉＝________． 3eq \r(3) eq \f(\r(6),3) 题型一　空间直角坐标系的概念 　如图，已知在正四棱锥P－ABCD中， O为底面中心，底面边长和高都是2，E，F分别 是侧棱PA，PB的中点，分别按照下列要求建立空 间直角坐标系，写出点A，B，C，D，P，E，F的坐标． (1)如图甲，以O为原点，分别以射线DA，DC，OP的指向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系； (2)如图乙，以O为原点，分别以射线OA，OB，OP的指向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系． 解　(1)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． 因为点B在坐标平面Oxy内，且底面正方形的中心为O，边长为2，所以eq \o(OB,\s\up14(→))＝i＋j，所以向量eq \o(OB,\s\up14(→))的坐标为(1，1，0)，即点B的坐标为(1，1，0)． 同理可得A(1，－1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，－1，0)． 又点P在z轴上，所以eq \o(OP,\s\up14(→))＝2k， 所以向量eq \o(OP,\s\up14(→))的坐标为(0，0，2)，即点P的坐标为(0，0，2)． 因为F为侧棱PB的中点， 所以eq \o(OF,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(OP,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(i＋j＋2k)＝eq \f(1,2)i＋eq \f(1,2)j＋k． 所以点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) ，\f(1,2) ，1))． 同理点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) ，－\f(1,2) ，1))． 故所求各点的坐标分别为A(1，－1，0)， B(1，1，0)，C(－1，1，0)，D(－1，－1，0)， P(0，0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) ，－\f(1,2) ，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2) ，\f(1,2) ，1))． (2)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ABCD的中心为O，边长为2， 所以OA＝eq \r(2)． 由于点A在x轴的正半轴上，所以 eq \o(OA,\s\up14(→))＝eq \r(2)i，即点A的坐标为(eq \r(2)，0，0)． 同理可得B(0，eq \r(2)，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，P(0，0，2)． 因为E为侧棱PA的中点，所以eq \o(OE,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OP,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2)(eq \r(2)i＋2k)＝eq \f(\r(2),2)i＋k， 所以点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2) ，0，1))． 同理，点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2) ，1))． 故所求各点的坐标分别为A(eq \r(2)，0，0)，B(0，eq \r(2)，0)，C(－eq \r(2)，0，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，P(0，0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2) ，0，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2) ，1))． [跟踪训练1]　(1)(2024·梅州中学高二月考)在直三棱柱ABO－A1B1O1中，∠AOB＝eq \f(π,2)，AO＝4，BO＝2，AA1＝4，D为A1B1的中点，在如图所示的空间直角坐标系中，eq \o(DO,\s\up14(→))，eq \o(A1B,\s\up14(→))的坐标分别为____________________________________． 解析　设与eq \o(OA,\s\up14(→))，eq \o(OB,\s\up14(→))，eq \o(OO1,\s\up14(→))同向的单位坐标向量 分别为i，j，k． 因为eq \o(DO,\s\up14(→))＝－eq \o(OD,\s\up14(→))＝－(eq \o(OO1,\s\up14(→))＋eq \o(O1D,\s\up14(→))) ＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(OO1,\s\up14(→))＋\f(1,2)（\o(OA,\s\up14(→))＋\o(OB,\s\up14(→))）))＝－eq \o(OO1,\s\up14(→))－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up14(→))＝－2i－j－4k， 所以eq \o(DO,\s\up14(→))＝(－2，－1，－4)． 因为eq \o(A1B,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA1,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－(eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(OO1,\s\up14(→)))＝eq \o(OB,\s\up14(→))－eq \o(OA,\s\up14(→))－eq \o(OO1,\s\up14(→))＝－4i＋2j－4k， 所以eq \o(A1B,\s\up14(→))＝(－4，2，－4)． (2)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，以底面正方形ABCD的中心O为原点，射线OB，OC，AA1的指向分别为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＝eq \r(2)． 由于点B在x轴的正半轴上， 所以eq \o(OB,\s\up14(→))＝eq \r(2)i，即点B的坐标为(eq \r(2)，0，0)． 同理可得C(0，eq \r(2)，0)，D(－eq \r(2)，0，0)，A(0，－eq \r(2)，0)． 又eq \o(OB1,\s\up14(→))＝eq \o(OB,\s\up14(→))＋eq \o(BB1,\s\up14(→))＝eq \r(2)i＋2k， 所以eq \o(OB1,\s\up14(→))＝(eq \r(2)，0，2)， 即点B1的坐标为(eq \r(2)，0，2)． 同理可得C1(0，eq \r(2)，2)，D1(－eq \r(2)，0，2)，A1(0，－eq \r(2)，2)． 题型二　空间向量的坐标运算 (AB,\s\up14(→)) 　(2024·岳阳一中高二质检)在△ABC中，A(2，－5，3)，＝(4，1，2)，eq \o(BC,\s\up14(→))＝(3，－2，5)． (1)求顶点B，C的坐标； (2)求eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))； (3)若点P在AC上，且eq \o(AP,\s\up14(→))＝eq \f(1,2) eq \o(PC,\s\up14(→))，求点P的坐标． 解　(1)设B(x，y，z)，C(x1，y1，z1)， 则eq \o(AB,\s\up14(→))＝(x－2，y＋5，z－3)， eq \o(BC,\s\up14(→))＝(x1－x，y1－y，z1－z)． 因为eq \o(AB,\s\up14(→))＝(4，1，2)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2＝4，,y＋5＝1，,z－3＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝－4，,z＝5，)) 所以点B的坐标为(6，－4，5)． 因为eq \o(BC,\s\up14(→))＝(3，－2，5)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－6＝3，,y1＋4＝－2，,z1－5＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝9，,y1＝－6，,z1＝10，)) 所以点C的坐标为(9，－6，10)． (2)因为eq \o(CA,\s\up14(→))＝(－7，1，－7)， 所以eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝－21－2－35＝－58． (3)设P(x2，y2，z2)， 则eq \o(AP,\s\up14(→))＝(x2－2，y2＋5，z2－3)， eq \o(PC,\s\up14(→))＝(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\{(\a\vs4\al\co1(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\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(\f(13,3) ，－\f(16,3) ，\f(16,3)))． [跟踪训练2]　已知a＝(2，－1，3)，b＝(0，－1，2)，求：(1)a＋b；(2)2a－3b；(3)a·b；(4)(a＋b)·(a－b)． 解　(1)a＋b＝(2，－1，3)＋(0，－1，2)＝(2＋0，－1－1，3＋2)＝(2，－2，5)． (2)2a－3b＝(4，－2，6)－(0，－3，6)＝(4，1，0)． (3)a·b＝(2，－1，3)·(0，－1，2)＝2×0＋(－1)×(－1)＋3×2＝7． (4)(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝4＋1＋9－(0＋1＋4)＝9． 题型三　利用空间向量的坐标运算解决平行、垂直问题 (AB,\s\up14(→)) 　已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a＝，b＝eq \o(AC,\s\up14(→))． (1)若|c|＝3，c∥eq \o(BC,\s\up14(→))，求c； (2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k． 解　(1)因为eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－2，－1，2)且c∥eq \o(BC,\s\up14(→))， 所以设c＝λeq \o(BC,\s\up14(→))＝(－2λ，－λ，2λ)(λ∈R)． 所以|c|＝eq \r(（－2λ）2＋（－λ）2＋（2λ）2) ＝3|λ|＝3． 解得λ＝±1． 所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)． (2)因为a＝eq \o(AB,\s\up14(→))＝(1，1，0)， b＝eq \o(AC,\s\up14(→))＝(－1，0，2)， 所以ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4)． 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k＝－eq \f(5,2)． 感悟提升 对于a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，根据两向量的数量积是否为0判断两向量是否垂直；根据x1＝λx2，y1＝λy2，z1＝λz2(λ∈R)或eq \f(x1,x2)＝eq \f(y1,y2)＝eq \f(z1,z2)(x2，y2，z2都不为0)判断两向量是否平行． [跟踪训练3]　(2024·开封一中期中)设x，y∈R，a＝(1，1，1)，b＝(1，y，z)，c＝(x，－4，2)，且a⊥c，b∥c，则2a＋b＝________． 解析　因为a＝(1，1，1)，c＝(x，－4，2)且a⊥c，所以a·c＝x－4＋2＝0，解得x＝2，所以c＝(2，－4，2)，又b＝(1，y，z)，c＝(2，－4，2)＝2(1，－2，1)且b∥c，所以y＝－2，z＝1，所以b＝(1，－2，1)，所以2a＋b＝(3，0，3)． 题型四　利用空间向量的坐标运算解决夹角、距离问题 \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t，－\f(2,5))) 　(1)已知向量a＝(5，3，1)，b＝，若a与b的夹角为钝角，求实数t的取值范围． 解　由已知得a·b＝5×(－2)＋3t＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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<eq \f(52,15)． 若a与b的夹角为180°，则存在λ<0，使a＝λb， 即(5，3，1)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t，－\f(2,5)))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＝－2λ，,3＝λt，,1＝－\f(2,5)λ，))所以t＝－eq \f(6,5)， 故实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5) ，\f(52,15)))． (2)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，A1C1与B1D1交于点N，BC1与B1C交于点M，且AM⊥BN，建立空间直角坐标系． ①求AA1的长； ②求〈eq \o(BN,\s\up14(→))，eq \o(AD1,\s\up14(→))〉的余弦值． 解　①如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AA1＝a(a＞0)， 则B(4，4，0)，N(2，2，a)，A(4，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，4，\f(a,2)))． 所以eq \o(BN,\s\up14(→))＝(－2，－2，a)，eq \o(AM,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，4，\f(a,2)))， 由eq \o(BN,\s\up14(→))⊥eq \o(AM,\s\up14(→))，得eq \o(BN,\s\up14(→))·eq \o(AM,\s\up14(→))＝0． 所以4－8＋eq \f(a2,2)＝0，a＝2eq \r(2)． 所以AA1的长为2eq \r(2)． ②由①可得eq \o(BN,\s\up14(→))＝(－2，－2，2eq \r(2))，eq \o(AD1,\s\up14(→))＝(－4，0，2eq \r(2))， 所以cos〈eq \o(BN,\s\up14(→))，eq \o(AD1,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(BN,\s\up14(→))·\o(AD1,\s\up14(→)),|\o(BN,\s\up14(→))||\o(AD1,\s\up14(→))|)＝eq \f(\r(6),3)． 【条件探究】　若把本例(1)的条件改为“已知a＝(5，3，－1)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，t，－\f(2,5)))，a与b的夹角为锐角”，应如何解答？ 解　由已知，得a·b＝5×2＋3t＋eq \f(2,5)＝3t＋eq \f(52,5)，因为a与b的夹角为锐角，所以a·b>0， 即3t＋eq \f(52,5)>0，所以t>－eq \f(52,15)． 若a与b的夹角为0°，则存在λ>0，使a＝λb， 即(5，3，－1)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，t，－\f(2,5)))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＝2λ，,3＝λt，,－1＝－\f(2,5)λ，)) 解得t＝eq \f(6,5)． 故实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(52,15) ，\f(6,5)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5) ，＋∞))． [跟踪训练4]　(2024·辽宁一模)如图，四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2，M是线段PB的中点，则异面直线DM与PA所成角的正切值为________． 解析　因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． eq \r(5) 因为PA＝AB＝2，所以D(0，0，2)，P(2，0，0)， B(0，2，0)，又M是线段PB的中点，则M(1，1，0)， 则eq \o(DM,\s\up14(→))＝(1，1，－2)，eq \o(AP,\s\up14(→))＝(2，0，0)，cos〈eq \o(DM,\s\up14(→))，eq \o(AP,\s\up14(→))〉 ＝eq \f(\o(DM,\s\up14(→))·\o(AP,\s\up14(→)),|\o(DM,\s\up14(→))||\o(AP,\s\up14(→))|)＝eq \f(2,\r(6)×2)＝eq \f(\r(6),6)，设异面直线DM与PA所成的 角为θ，则cosθ＝|cos〈eq \o(DM,\s\up14(→))，eq \o(AP,\s\up14(→))〉|＝eq \f(\r(6),6)，所以sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(\r(30),6)，所以 tanθ＝eq \f(sinθ,cosθ)＝eq \r(5)，即异面直线DM与PA所成角的正切值为eq \r(5)． 1．(2024·三明高二期中)若a＝(－1，2，－1)，b＝(1，3，－2)，则(a＋b)·(a－b)＝(　　) A．20 B．－20 C．－8 D．8 解析　(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝1＋4＋1－1－9－4＝－8．故选C． 2．(2024·合肥高二联考期中)在空间直角坐标系中，已知点A(1，2，－1)，B(2，0，0)，C(0，1，3)，则cos〈eq \o(CA,\s\up14(→))，eq \o(CB,\s\up14(→))〉＝(　　) A．eq \f(13\r(7),42) B．eq \f(2\r(7),7) C．eq \f(\r(7),3) D．eq \f(13\r(7),40) 解析　依题意，eq \o(CA,\s\up14(→))＝(1，1，－4)，eq \o(CB,\s\up14(→))＝(2，－1，－3)，故eq \o(CA,\s\up14(→))·eq \o(CB,\s\up14(→))＝2－1＋12＝13，|eq \o(CA,\s\up14(→))|＝eq \r(1＋1＋16)＝3eq \r(2)，|eq \o(CB,\s\up14(→))|＝eq \r(4＋1＋9)＝eq \r(14)，cos〈eq \o(CA,\s\up14(→))，eq \o(CB,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(CA,\s\up14(→))·\o(CB,\s\up14(→)),|\o(CA,\s\up14(→))||\o(CB,\s\up14(→))|)＝eq \f(13,3\r(2)×\r(14))＝eq \f(13\r(7),42)．故选A． 3．(2024·安庆一中高二期中)在空间直角坐标系中，已知点A(0，4，0)，B(－2，2，1)，若eq \o(AB,\s\up14(→))与c方向相反，且|c|＝9，则c＝(　　) A．(－6，－6，3) B．(6，6，－3) C．(3，3，－6) D．(－3，－3，6) 解析　依题意，eq \o(AB,\s\up14(→))＝(－2，－2，1)，设c＝λeq \o(AB,\s\up14(→))＝(－2λ，－2λ，λ)(λ<0)，则|c|＝eq \r(9λ2)＝9，解得λ＝－3(λ＝3舍去)，则c＝(6，6，－3)．故选B． 4．(多选)(2024·温州中学高二期中)向量a＝(m，1，0)，b＝(2，1，1)，则下列说法正确的是(　　) A．∃m∈R，使得a∥b B．若|a|＝eq \r(5)，则m＝±2 C．若a⊥b，则m＝－eq \f(1,2) D．当m＝1时，a在b上的投影向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2) ，\f(1,2))) 解析　对于A，若a∥b，则∃λ∈R，使得a＝λb，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝2λ，,1＝λ，,0＝λ，))显然无解，故A错误；对于B，若|a|＝eq \r(5)，则|a|2＝m2＋1＝5，解得m＝±2，故B正确；对于C，若a⊥b，则a·b＝2m＋1＝0，解得m＝－eq \f(1,2)，故C正确；对于D，当m＝1时，a＝(1，1，0)，则a在b上的投影向量为eq \f(a·b,|b|2)·b＝eq \f(2＋1,22＋12＋12)·b＝eq \f(1,2)(2，1，1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2) ，\f(1,2)))，故D正确．故选BCD． 5．已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是________． 解析　∵b－a＝(1＋t，2t－1，0)，∴|b－a|2＝(1＋t)2＋(2t－1)2＋02＝5t2－2t＋2＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,5))) eq \s\up12(2)＋eq \f(9,5)． ∴(|b－a|2)min＝eq \f(9,5)，∴|b－a|min＝eq \f(3\r(5),5)． eq \f(3\r(5),5) 一、选择题 1．在空间直角坐标系中，P(2，3，4)，Q(－2，3，4)两点的位置关系是(　　) A．关于Ozx平面对称 B．关于Oyz平面对称 C．关于z轴对称 D．关于原点对称 解析　在空间直角坐标系中，点(a，b，c)与点(－a，b，c)关于Oyz平面对称．故选B． 2．(2024·辽宁省高级中学高二期中)已知向量a＝(1，－3，－2)，b＝(3，2，－5)，则下列结论正确的是(　　) A．a∥b B．a⊥b C．a－b＝(－2，－5，－3) D．|a|＝eq \r(14) 解析　对于A，若a∥b，则存在一个实数λ，使得a＝λb，即(1，－3，－2)＝λ(3，2，－5)，易知λ的值不存在，故A错误；对于B，由a·b＝3＋(－6)＋10＝7≠0，知a⊥b不成立，B错误；对于C，a－b＝(1，－3，－2)－(3，2，－5)＝(－2，－5，3)≠(－2，－5，－3)，C错误；对于D，|a|＝eq \r(12＋（－3）2＋（－2）2)＝eq \r(14)，D正确．故选D． 3．已知点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 解析　∵eq \o(AB,\s\up14(→))＝(3，4，－8)，eq \o(AC,\s\up14(→))＝(5，1，－7)，eq \o(BC,\s\up14(→))＝(2，－3，1)，∴|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝eq \r(32＋42＋（－8）2)＝eq \r(89)，|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝eq \r(52＋12＋（－7）2)＝eq \r(75)，|eq \o(BC,\s\up14(→))|＝eq \r(22＋（－3）2＋12)＝eq \r(14)，∵|eq \o(AC,\s\up14(→))|2＋|eq \o(BC,\s\up14(→))|2＝75＋14＝89＝|eq \o(AB,\s\up14(→))|2，∴△ABC为直角三角形． 4．已知{a，b，c}是空间的一个单位正交基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底．若向量p在基底{a，b，c}下的坐标为(4，2，3)，则在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(　　) A．(4，0，3) B．(1，2，3) C．(3，1，3) D．(2，1，3) 解析　设向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为(x，y，z)，则p＝4a＋2b＋3c＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，整理得4a＋2b＋3c＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x－y＝2，,z＝3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，,z＝3，))所以向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是(3，1，3)．故选C． 5．(多选)(2024·济宁嘉祥县第一中学高二期中)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则下列说法正确的是(　　) A．|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝eq \r(5) B．eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))是共线向量 C．eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(AC,\s\up14(→))夹角的余弦值是0 D．与eq \o(AC,\s\up14(→))同向的单位向量是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6) ，\f(\r(6),3) ，\f(\r(6),6))) 解析　由题意，知eq \o(AB,\s\up14(→))＝(2，1，0)，eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－3，1，1)，eq \o(AC,\s\up14(→))＝(－1，2，1)．|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，A正确；eq \f(2,－3)≠eq \f(1,1)，所以eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(BC,\s\up14(→))不是共线向量，B错误；eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝－2＋2＝0，所以eq \o(AB,\s\up14(→))与eq \o(AC,\s\up14(→))夹角的余弦值是0，C正确；与eq \o(AC,\s\up14(→))同向的单位向量是eq \f(\o(AC,\s\up14(→)),|\o(AC,\s\up14(→))|)＝eq \f(（－1，2，1）,\r(1＋4＋1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6) ，\f(\r(6),3) ，\f(\r(6),6)))，D正确．故选ACD． 6．(多选)在如图所示的几何体ABCDE中，DA⊥平面EAB，CB∥DA，EA＝AB＝DA＝2CB，EA⊥AB，M是EC的中点．则下述结论正确的是(　　) A．DM⊥EB B．BD⊥EC C．DE⊥BM D．EA⊥CD 解析　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 并设EA＝AB＝DA＝2CB＝2，则A(0，0，0)，E(2，0，0)， B(0，2，0)，C(0，2，1)，D(0，0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， eq \o(DM,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(3,2)))，eq \o(EB,\s\up14(→))＝(－2，2，0)，eq \o(EC,\s\up14(→))＝(－2，2，1)， eq \o(BD,\s\up14(→))＝(0，－2，2)，eq \o(DE,\s\up14(→))＝(2，0，－2)，eq \o(BM,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(EA,\s\up14(→))＝(－2，0，0)，eq \o(CD,\s\up14(→))＝(0，－2，1)，仅有eq \o(DM,\s\up14(→))·eq \o(EB,\s\up14(→))＝0，eq \o(EA,\s\up14(→))·eq \o(CD,\s\up14(→))＝0，从而得DM⊥EB，EA⊥CD．故选AD． 二、填空题 7．(2024·广州六中高二月考)在空间直角坐标系中，已知点A(1，0，2)，B(1，－3，1)，点M在y轴上，且点M到点A与到点B的距离相等，则点M的坐标是________． 解析　设M(0，y，0)．由|eq \o(MA,\s\up14(→))|＝|eq \o(MB,\s\up14(→))|，得(1－0)2＋(0－y)2＋(2－0)2＝(1－0)2＋(－3－y)2＋(1－0)2，解得y＝－1，所以点M的坐标是(0，－1，0)． 8．(2024·西工大附中高二质检)已知向量a＝(2，－1，2)，b＝(2，2，1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为________． eq \r(65) 解析　a＝(2，－1，2)，b＝(2，2，1)，则cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(4－2＋2,3×3)＝eq \f(4,9)，又〈a，b〉∈[0，π]，所以sin〈a，b〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(65),9)，所求平行四边形的面积为|a||b|·sin〈a，b〉＝eq \r(65)． 9．(2024·厦门第六中学高二月考)点P是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD上一点，则eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PC1,\s\up14(→))的取值范围是________． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) 解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(1，0，0)，C1(0，1，1)，设点P的坐标为(x，y，0)， 由题意，得0≤x≤1，0≤y≤1，∴eq \o(PA,\s\up14(→))＝(1－x，－y，0)， eq \o(PC,\s\up14(→))1＝(－x，1－y，1)，∴eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PC,\s\up14(→))1＝－x(1－x)－y(1－y)＋0＝x2－x＋y2－y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)，由二次函数的性质可得，当x＝y＝eq \f(1,2)时，eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PC1,\s\up14(→))取得最小值－eq \f(1,2)；当x＝0或1，且y＝0或1时，eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PC1,\s\up14(→))取得最大值0，则eq \o(PA,\s\up14(→))·eq \o(PC,\s\up14(→))1的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2) ，0))． 三、解答题 10．已知向量a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)． (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上，是否存在一点E，使得eq \o(OE,\s\up14(→))⊥b？(O为原点) 解　(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)， 故|2a＋b|＝eq \r(02＋（－5）2＋52)＝5eq \r(2)． (2)设eq \o(AE,\s\up14(→))＝teq \o(AB,\s\up14(→))，则eq \o(OE,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋eq \o(AE,\s\up14(→))＝eq \o(OA,\s\up14(→))＋teq \o(AB,\s\up14(→))＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)， 若eq \o(OE,\s\up14(→))⊥b，则eq \o(OE,\s\up14(→))·b＝0， 所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0， 解得t＝eq \f(9,5)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5) ，－\f(14,5) ，\f(2,5)))． 因此在直线AB上存在一点E，使得eq \o(OE,\s\up14(→))⊥b，且点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5) ，－\f(14,5) ，\f(2,5)))． 1．(2024·临沂一中高二检测)已知空间三点A(1，2，3)，B(2，－1，5)，C(3，2，－5)． (1)求△ABC的面积； (2)求△ABC中AB边上的高． 解　(1)由已知，得eq \o(AB,\s\up14(→))＝(1，－3，2)，eq \o(AC,\s\up14(→))＝(2，0，－8)， ∴|eq \o(AB,\s\up14(→))|＝eq \r(1＋9＋4)＝eq \r(14)，|eq \o(AC,\s\up14(→))|＝eq \r(4＋0＋64)＝2eq \r(17)， eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(AC,\s\up14(→))＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14， ∴cos〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up14(→))·\o(AC,\s\up14(→)),|\o(AB,\s\up14(→))||\o(AC,\s\up14(→))|)＝eq \f(－14,\r(14)×2\r(17))＝eq \f(－\r(14),2\r(17))， ∴sin〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))〉＝eq \r(1－\f(14,68))＝eq \r(\f(27,34))， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(AC,\s\up14(→))|sin〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))〉 ＝eq \f(1,2)×eq \r(14)×2eq \r(17)×eq \r(\f(27,34))＝3eq \r(21)． (2)设AB边上的高为CD， 则|eq \o(CD,\s\up14(→))|＝|eq \o(AC,\s\up14(→))|sin〈eq \o(AB,\s\up14(→))，eq \o(AC,\s\up14(→))〉＝3eq \r(6)，即△ABC中AB边上的高为3eq \r(6)． 2．(2024·金陵中学高二月考)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是棱BC的中点，则在棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1与MN所成的角等于45°？ 解　以A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\co1(\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 \o(AB1,\s\up14(→))＝(eq \r(3)，1，2)，eq \o(MN,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2) ，\f(1,2) ，m))， 所以|eq \o(AB1,\s\up14(→))|＝2eq \r(2)，|eq \o(MN,\s\up14(→))|＝eq \r(m2＋1)， eq \o(AB1,\s\up14(→))·eq \o(MN,\s\up14(→))＝2m－1． 若异面直线AB1与MN所成的角等于45°， 则cos45°＝|cos〈eq \o(AB1,\s\up14(→))，eq \o(MN,\s\up14(→))〉| ＝eq \f(|\o(AB1,\s\up14(→))·\o(MN,\s\up14(→))|,|\o(AB1,\s\up14(→))||\o(MN,\s\up14(→))|)＝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与MN所成的角等于45°． $$