1.1.3 第2课时 空间直角坐标系及其应用-【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B版2019）

第一章 空间向量与 立体几何 1.1 空间向量及其运算 1.1.3　空间向量的坐标与空间 直角坐标系 第2课时　空间直角坐标系及其应用 (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． 教学重点：1．点在空间直角坐标系中的坐标表示．2．空间直角坐标系中两点之间的距离公式与中点坐标公式． 教学难点：应用空间直角坐标系解决问题． 核心素养：1．通过学习空间直角坐标系的建系方法培养数学抽象素养．2．通过应用空间直角坐标系解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． 目录 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 随堂水平达标 核心概念掌握 目录 垂直 两两互相垂直 * 知识点一　空间直角坐标系 (1)定义 在空间中任意选定一点O作为坐标原点，选择合适的平面先建立平面直角坐标系xOy，然后过O作一条与xOy平面eq \x(\s\up1(01))__________的数轴z轴，这样建立的空间直角坐标系记作eq \x(\s\up1(02))____________． (2)坐标轴 在空间直角坐标系Oxyz中，x轴、y轴、z轴是eq \x(\s\up1(03))________________________的，它们都称为坐标轴． Oxyz 目录 逆时针方向 * (3)坐标平面 通过每两个坐标轴的平面都称为坐标平面，分别记为xOy平面、yOz平面、zOx平面． (4)z轴的正方向 一般按照如下方式确定：在z轴的正半轴看xOy平面，x轴的正半轴绕O点沿eq \x(\s\up1(04))___________________________旋转90°能与eq \x(\s\up1(05))____________________重合． y轴的正半轴 目录 垂直 * (5)画法 在平面内画空间直角坐标系Oxyz时，一般把x轴、y轴画成水平放置，x轴正方向与y轴正方向夹角为eq \x(\s\up1(06))___________________，z轴与y轴(或x轴)eq \x(\s\up1(07))_________，如图①②所示． 135°(或45°) 目录 * (6)空间直角坐标系中点的坐标 在空间直角坐标系Oxyz中，设M为空间中的一个点，过M分别作垂直于eq \x(\s\up1(08))__________、eq \x(\s\up1(09))_________、eq \x(\s\up1(10))_________的平面，设这些平面与x轴、y轴、z轴依次交于点P，Q，R，且P，Q，R在x轴、y轴、z轴上的坐标分别为x，y，z，将eq \x(\s\up1(11))____________称为点M的坐标，记作eq \x(\s\up1(12))__________________．此时，x，y，z都称为点M的坐标分量，且x称为点M的eq \x(\s\up1(13))_________坐标(或x坐标)，y称为点M的eq \x(\s\up1(14))_________坐标(或y坐标)，z称为点M的eq \x(\s\up1(15))_________坐标(或z坐标)． x轴 y轴 z轴 (x，y，z) M(x，y，z) 横 纵 竖 目录 八 一个卦限 单位正交基底 相同 * (7)卦限 三个坐标平面将不在坐标平面内的点分成了eq \x(\s\up1(16))_______个部分，每一部分都称为eq \x(\s\up1(17))__________________． (8)空间直角坐标系中向量的坐标 在空间中建立了空间直角坐标系之后，如果指定空间中的单位向量e1，e2，e3的始点都在原点O，且它们的方向分别与x轴、y轴、z轴的正方向相同，则{e1，e2，e3}是eq \x(\s\up1(18))_____________________，且向量eq \o(OP,\s\up16(→))的坐标与P点的坐标eq \x(\s\up1(19))_________，即eq \o(OP,\s\up16(→))＝xe1＋ye2＋ze3＝eq \x(\s\up1(20))_______________⇔Peq \x(\s\up1(21))_____________________． (x，y，z) (x，y，z) 目录 * [拓展]　特殊点在空间直角坐标系中的坐标表示 点的位置 x轴 y轴 z轴 xOy平面 yOz平面 zOx平面 坐标表示 (x，0，0) (0，y，0) (0，0，z) (x，y，0) (0，y，z) (x，0，z) 目录 * 知识点二　空间向量坐标的应用 设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)为空间直角坐标系中的两点，则 (1)eq \o(AB,\s\up16(→))＝eq \x(\s\up1(01))__________________________________； (2)AB＝|eq \o(AB,\s\up16(→))| ＝eq \x(\s\up1(02))______________________________________________________； (3)线段AB的中点M的坐标为eq \x(\s\up1(03))_______________________________________． (x2－x1，y2－y1，z2－z1) eq \r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2＋（z2－z1）2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)，\f(z1＋z2,2))) 目录 * [拓展]　若A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，C(x3，y3，z3)，则△ABC的重心D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)))． 目录 答案 * 1．(空间直角坐标系中点的坐标)在空间直角坐标系中，P(3，4，5)与Q(3，－4，－5)两点的位置关系是(　　) A．关于x轴对称 B．关于xOy平面对称 C．关于坐标原点对称 D．以上都不对 目录 答案 * 2．(空间向量坐标的应用：求向量坐标)已知点A(3，－1，0)，点B(5，4，－3)，则向量eq \o(AB,\s\up16(→))的坐标是(　　) A．(1，－6，3) B．(－2，－5，3) C．(－1，6，－3) D．(2，5，－3) 3．(空间向量坐标的应用：求中线长)在△ABC中，已知A(－1，2，3)，B(2，－2，3)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2)，3))，则AB边上的中线CD的长是________． eq \f(5,2) 核心素养形成 目录 * 题型一　确定空间中点的坐标　合作研习 (1,4)INCLUDEPICTURE"例1.TIF" INCLUDEPICTURE "例1.TIF" \* MERGEFORMAT 　在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG＝CD，H为C1G的中点，以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．试写出点E，F，G，H的坐标． 目录 解 * 解　如图，点E在z轴上，它的横、纵坐标均为0，而E为DD1的中点，故点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))． 过点F作FM⊥AD于M，FN⊥DC于N， 由平面几何知识，知FM＝eq \f(1,2)，FN＝eq \f(1,2)， 故点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))． 点G在y轴上，其横、竖坐标均为0， 又CG＝eq \f(1,4)CD，所以GD＝eq \f(3,4)，故点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)，0))． 目录 解 * 过点H作HK⊥CG于K，由于H为C1G的中点， 故HK＝eq \f(1,2)，CK＝eq \f(1,8)． 所以DK＝eq \f(7,8)，故点H的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,8)，\f(1,2)))． 目录 * 感悟提升 空间中点M的坐标的三种确定方法 (1)过M作MM1垂直于平面xOy，垂足为M1，求出M1的x坐标和y坐标，再由射线M1M的指向和线段M1M的长度确定z坐标． (2)构造以OM为体对角线的长方体，由长方体的三个棱长结合点M的位置，可以确定点M的坐标． (3)若题中所给的图形中存在垂直于坐标轴的平面，或点M在坐标轴或坐标平面上，则利用这一条件，再作坐标轴的垂线即可确定点M的坐标． 目录 * [跟踪训练1]　(2024·广州六中高二月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，PA⊥底面ABCD，∠PDA＝30°．试建立适当的坐标系并求出图中各点的坐标． 目录 解 * 解　以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． ∵AB＝BC＝a， ∴A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)． ∵AD＝2a，∴D(0，2a，0)． ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AD． 又∠PDA＝30°， ∴PA＝ADtan30°＝eq \f(2\r(3),3)a，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(3),3)a))． 目录 (－2，－1，－4) (－2，1，－4) (4，－1，0) 答案 * 题型二　空间中点的对称　师生共研 ___________________，关于xOy平面对称的点的坐标是_____________________，关于点A(1，0，2)对称的点的坐标是____________________________． 目录 解析 * 解析　点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y轴、z轴的分量变为原来的相反数，所以点P关于x轴对称的点P1的坐标为(－2，－1，－4)．点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量均不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以点P关于xOy平面对称的点P2的坐标为(－2，1，－4)．设点P关于点A对称的点的坐标为P3(x，y，z)，由中点坐标公式可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋x,2)＝1，,\f(1＋y,2)＝0，,\f(4＋z,2)＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－1，,z＝0，))故点P关于点A(1，0，2)对称的点P3的坐标为(4，－1，0)． 目录 * 感悟提升 求空间对称点的规律方法 (1)空间中点的对称问题可类比平面直角坐标系中点的对称问题，需要掌握对称点的变化规律，才能准确求解．对称点的问题常常采用“关于谁对称，谁保持不变，其余坐标相反”这个结论． (2)空间直角坐标系中，任一点P(x，y，z)的几种特殊对称点的坐标如下： ①关于原点对称的点的坐标是P1(－x，－y，－z)； ②关于x轴(横轴)对称的点的坐标是P2(x，－y，－z)； 目录 * ③关于y轴(纵轴)对称的点的坐标是P3(－x，y，－z)； ④关于z轴(竖轴)对称的点的坐标是P4(－x，－y，z)； ⑤关于xOy坐标平面对称的点的坐标是P5(x，y，－z)； ⑥关于yOz坐标平面对称的点的坐标是P6(－x，y，z)； ⑦关于zOx坐标平面对称的点的坐标是P7(x，－y，z)． 目录 * [跟踪训练2]　已知在空间直角坐标系中点P(2，5，－3)． (1)求点P关于y轴对称的点的坐标； (2)求点P关于yOz平面对称的点的坐标； (3)求点P关于点N(－5，4，3)对称的点的坐标． 目录 解 * 解　(1)由于点P关于y轴对称后，它在y轴的分量不变，在x轴、z轴的分量变为原来的相反数，故对称点的坐标为P1(－2，5，3)． (2)由于点P关于yOz平面对称后，它在y轴、z轴的分量不变，在x轴的分量变为原来的相反数，故对称点的坐标为P2(－2，5，－3)． (3)设所求对称点为P3(x，y，z)，则点N为线段PP3的中点， 由中点坐标公式，可得－5＝eq \f(2＋x,2)，4＝eq \f(5＋y,2)，3＝eq \f(－3＋z,2)， 即x＝2×(－5)－2＝－12，y＝2×4－5＝3， z＝2×3－(－3)＝9，故P3(－12，3，9)． 目录 * 题型三　空间向量坐标的应用　师生共研 (1)求证：eq \o(EF,\s\up16(→))⊥eq \o(CF,\s\up16(→))； (2)求eq \o(EF,\s\up16(→))与eq \o(CG,\s\up16(→))夹角的余弦值； (3)求CE的长． 目录 解 * 解　建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C(0，1，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))． 所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，eq \o(CG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2)))． (1)证明：因为eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×0＝0，所以eq \o(EF,\s\up16(→))⊥eq \o(CF,\s\up16(→))． 目录 解 * (2)因为eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(CG,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)×1＋eq \f(1,2)×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)， |eq \o(EF,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)， |eq \o(CG,\s\up16(→))|＝eq \r(12＋02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)， 所以cos〈eq \o(EF,\s\up16(→))，eq \o(CG,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(EF,\s\up16(→))·\o(CG,\s\up16(→)),|\o(EF,\s\up16(→))||\o(CG,\s\up16(→))|)＝eq \f(\f(1,4),\f(\r(3),2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(15),15)． (3)CE＝|eq \o(CE,\s\up16(→))|＝eq \r(02＋（－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)． 目录 * 感悟提升 利用空间向量的坐标解题的步骤 (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． (4)下结论． 目录 * [跟踪训练3]　(2024·邯郸复兴中学高二月考)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． 目录 解 * 解　(1)以C为原点，eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(CB,\s\up16(→))，eq \o(CC1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，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\co1(0，\f(1,2)，1))． ∵eq \o(BM,\s\up16(→))＝(1，－1，1)，eq \o(BN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))， ∴|eq \o(BM,\s\up16(→))|＝eq \r(12＋（－1）2＋12)＝eq \r(3)， |eq \o(BN,\s\up16(→))|＝eq \r(02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋12)＝eq \f(\r(5),2)． 故BM的长为eq \r(3)，BN的长为eq \f(\r(5),2)． 目录 解 * (2)S△BMN＝eq \f(1,2)·BM·BNsin∠MBN． ∵cos∠MBN＝cos〈eq \o(BM,\s\up16(→))，eq \o(BN,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(BM,\s\up16(→))·\o(BN,\s\up16(→)),|\o(BM,\s\up16(→))||\o(BN,\s\up16(→))|)＝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\co1(\f(\r(15),5)))\s\up12(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)． 随堂水平达标 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 解析　因为B(1，1，0)，E1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，1))，所以eq \o(BE1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，1))． 1．如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，B1E1＝eq \f(1,4)A1B1，则eq \o(BE1,\s\up16(→))＝(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)，－1)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，1)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0，－1)) 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 2．(2024·山东师范大学附中高二质检)已知点B是点A(6，8，10)在坐标平面xOy内的射影，则|eq \o(OB,\s\up16(→))|＝(　　) A．2eq \r(34) B．8 C．10 D．2eq \r(41) 解析　因为点B是点A(6，8，10)在坐标平面xOy内的射影，所以B(6，8，0)，|eq \o(OB,\s\up16(→))|＝eq \r(62＋82＋02)＝10．故选C． 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 3．(多选)(2024·济南市历城第二中学高二联考)在空间直角坐标系中，已知点P(1，2，3)，则下列说法正确的是(　　) A．点P到平面zOx的距离为2 B．点P关于x轴的对称点为(－1，2，3) C．点P到y轴的距离为eq \r(10) D．点P关于平面zOx的对称点为(1，－2，3) 解析　对于A，因为点P(1，2，3)，所以点P到平面zOx的距离为2，故A正确；对于B，点P关于x轴的对称点为(1，－2，－3)，故B错误；对于C，点P(1，2，3)到y轴的距离为eq \r(32＋1)＝eq \r(10)，故C正确；对于D，因为P(1，2，3)，所以点P关于平面zOx的对称点为(1，－2，3)，故D正确．故选ACD． 目录 1 2 3 4 5 解析 答案 * 4．(2024·北京延庆高二阶段练习)已知空间直角坐标系中有点A(－2，1，3)，B(3， 1，1)，则|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝________，线段AB的中点M的坐标为________． 解析　由题意可得eq \o(AB,\s\up16(→))＝(5，0，－2)，所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(52＋02＋（－2）2)＝eq \r(29)．线段AB的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2＋3,2)，\f(1＋1,2)，\f(3＋1,2)))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，2))． eq \r(29) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，2)) 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 5．从M(0，2，1)出发的光线，经平面xOy反射后到达点N(2，0，2)，则光线所行走的路程为______________． 解析　点M(0，2，1)关于平面xOy的对称点为P(0，2，－1)，又从M(0，2，1)出发的光线，经平面xOy反射后到达点N(2，0，2)，则光线所行走的路程为PN＝eq \r(（2－0）2＋（0－2）2＋（2＋1）2)＝eq \r(17)． eq \r(17) 课后课时精练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 一、选择题 1．(2024·大连金州高级中学高二月考)已知空间点P(3，1，4)，则点P关于y轴对称的点的坐标为(　　) A．(3，－1，4) B．(－3，1，－4) C．(－3，1，4) D．(－3，－1，4) 解析　空间点P(3，1，4)关于y轴对称的点的坐标为(－3，1，－4)．故选B． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 2．(2024·绵阳中学高二月考)在空间直角坐标系中，点A(7，9，5)关于xOy平面对称的点的坐标为(　　) A．(7，9，－5) B．(7，－9，5) C．(－7，9，5) D．(－7，－9，－5) 解析　点A(7，9，5)关于xOy平面对称的点的坐标为(7，9，－5)．故选A． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 3．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，点M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为(　　) A．(1，1，1) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　设AC与BD交于点O，连接OE，因为AM∥平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥OE，又AO∥EM，所以四边形OAME是平行四边形，所以M是EF的中点，因为E(0，0，1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))．故选C． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 4．(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\up16(→))|＝eq \r(5) B．eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(BC,\s\up16(→))是共线向量 C．eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(AC,\s\up16(→))夹角的余弦值是0 D．与eq \o(AC,\s\up16(→))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))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2，1，0)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－3，1，1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，2，1)，所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，A正确；eq \f(2,－3)≠eq \f(1,1)，所以eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(BC,\s\up16(→))不共线，B错误；eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝－2＋2＝0，所以eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(AC,\s\up16(→))夹角的余弦值是0，C正确；与eq \o(AC,\s\up16(→))同向的单位向量是eq \f(\o(AC,\s\up16(→)),|\o(AC,\s\up16(→))|)＝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． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 5．(多选)(2024·泰安新泰第一中学高二月考)空间直角坐标系中，已知O(0，0，0)，eq \o(OA,\s\up16(→))＝(－1，2，1)，eq \o(OB,\s\up16(→))＝(－1，2，－1)，eq \o(OC,\s\up16(→))＝(2，3，－1)，则(　　) A．|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝2 B．△ABC是等腰直角三角形 C．eq \o(OA,\s\up16(→))在eq \o(OB,\s\up16(→))上的投影的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3)，\f(2,3))) D．与eq \o(OA,\s\up16(→))平行的单位向量的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),6)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3)，\f(\r(6),6))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　由O(0，0，0)，eq \o(OA,\s\up16(→))＝(－1，2，1)，eq \o(OB,\s\up16(→))＝(－1，2，－1)，eq \o(OC,\s\up16(→))＝(2，3，－1)，得eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0，0，－2)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(3，1，－2)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(3，1，0)，则|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝2，|eq \o(AC,\s\up16(→))|＝eq \r(14)，|eq \o(BC,\s\up16(→))|＝eq \r(10)，A正确，B错误；eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝4，|eq \o(OB,\s\up16(→))|＝eq \r(6)，eq \o(OA,\s\up16(→))在eq \o(OB,\s\up16(→))上的投影为eq \f(\o(OA,\s\up16(→))·\o(OB,\s\up16(→)),|\o(OB,\s\up16(→))|)·eq \f(\o(OB,\s\up16(→)),|\o(OB,\s\up16(→))|)＝eq \f(4,6)(－1，2，－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(4,3)，－\f(2,3)))，C错误；与eq \o(OA,\s\up16(→))平行的单位向量eq \f(\o(OA,\s\up16(→)),|\o(OA,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,\r(6))(－1，2，1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3)，\f(\r(6),6)))或－eq \f(\o(OA,\s\up16(→)),|\o(OA,\s\up16(→))|)＝－eq \f(1,\r(6))(－1，2，1)＝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AD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (0，0，－3) 答案 解析 * 二、填空题 6．在空间直角坐标系中，过点A(1，2，－3)作z轴的垂线，交z轴于点M，则垂足M的坐标为_______________________． 解析　由于z轴上的点的横、纵坐标都为0，且点M的竖坐标与点A相同，所以垂足M的坐标为(0，0，－3)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 7．(2024·大连金州高级中学高二月考)在空间直角坐标系中，已知点A(2，3，0)， B(－1，2，3)，C(8，x，y)，若A，B，C三点共线，则BC的长为________． 解析　由题意可知，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－3，－1，3)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(9，x－2，y－3)，若A，B，C三点共线，则eq \o(AB,\s\up16(→))∥eq \o(BC,\s\up16(→))，可得eq \f(9,－3)＝eq \f(x－2,－1)＝eq \f(y－3,3)，解得x＝5，y＝－6，则eq \o(BC,\s\up16(→))＝(9，3，－9)，可得|eq \o(BC,\s\up16(→))|＝eq \r(92＋32＋（－9）2)＝3eq \r(19)，所以BC的长为3eq \r(19)． 3eq \r(19) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3，0，1) 答案 解析 * 8．(2024·泰安第二中学高二期中)空间直角坐标系中，已知A(1，－2，－3)，B(2，－1，－1)，则直线AB与坐标平面zOx的交点坐标为_____________． 解析　设直线AB与平面zOx的交点为P(a，0，b)，因为A，B，P三点共线，则eq \o(AP,\s\up16(→))∥eq \o(AB,\s\up16(→))，因为A(1，－2，－3)，B(2，－1，－1)，所以eq \o(AP,\s\up16(→))＝(a－1，2，b＋3)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，1，2)，则eq \f(a－1,1)＝eq \f(2,1)＝eq \f(b＋3,2)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝1，))则P(3，0，1)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 三、解答题 9．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，AA1＝1，点M在A1C1上，且MC1＝2A1M，点N在D1C上，且为D1C的中点，建立适当的空间直角坐标系，求M，N两点间的距离． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解　如图所示，连接MN，以A为坐标原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则C(2，3，0)，D1(0，3，1)，A1(0，0，1)，C1(2，3，1)． ∵N为D1C的中点，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(1,2)))． 又MC1＝2A1M，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1，1))． ∴|eq \o(MN,\s\up16(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))\s\up12(2)＋（3－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))\s\up12(2))＝eq \f(\r(157),6)， 即M，N两点间的距离是eq \f(\r(157),6)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 10．(2024·聊城一中高二质检)已知在棱长为2的正四面体A－BCD中，以△BCD的中心O为坐标原点，OA为z轴，OC为y轴建立空间直角坐标系，如图所示，M为AB的中点，求eq \o(OM,\s\up16(→))的坐标． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * 解　易知△BCD的中线长为eq \f(\r(3),2)×2＝eq \r(3)，则OC＝eq \f(2\r(3),3)， 所以OA＝eq \r(AC2－OC2)＝eq \r(4－\f(4,3))＝eq \f(2\r(6),3)， 如图，设i，j，k分别是x，y，z轴正方向上的单位向量，x轴与BC的交点为E， 则OE＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(2,3)， 所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解 * ＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OC,\s\up16(→))＋eq \o(CB,\s\up16(→))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up16(→))＋\o(OC,\s\up16(→))＋\f(3,2)\o(CE,\s\up16(→)))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up16(→))＋\o(OC,\s\up16(→))＋\f(3,2)（\o(OE,\s\up16(→))－\o(OC,\s\up16(→))）)) ＝eq \f(3,4) eq \o(OE,\s\up16(→))－eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up16(→)) ＝eq \f(1,2)i－eq \f(\r(3),6)j＋eq \f(\r(6),3)k， 所以eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，\f(\r(6),3)))． 目录 1 2 * 1．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)． (1)若eq \o(DB,\s\up16(→))∥eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))∥eq \o(AB,\s\up16(→))，求点D的坐标； (2)是否存在实数α，β，使得eq \o(AC,\s\up16(→))＝αeq \o(AB,\s\up16(→))＋βeq \o(BC,\s\up16(→))成立？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由． 目录 1 2 解 * 解　(1)设D(x，y，z)，则eq \o(DB,\s\up16(→))＝(－x，1－y，－z)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，0，2)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(－x，－y，2－z)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，1，0)． 因为eq \o(DB,\s\up16(→))∥eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))∥eq \o(AB,\s\up16(→))，所以存在实数m，n，使得eq \o(DB,\s\up16(→))＝meq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝neq \o(AB,\s\up16(→))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－x，1－y，－z）＝m（－1，0，2），,（－x，－y，2－z）＝n（－1，1，0），)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，,z＝2，))即D(－1，1，2)． 目录 1 2 解 * (2)依题意eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－1，0，2)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(0，－1，2)． 假设存在实数α，β，使得eq \o(AC,\s\up16(→))＝αeq \o(AB,\s\up16(→))＋βeq \o(BC,\s\up16(→))成立， 则有(－1，0，2)＝α(－1，1，0)＋β(0，－1，2)＝(－α，α－β，2β)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＝1，,α－β＝0，,2β＝2，)) 故存在α＝β＝1，使得eq \o(AC,\s\up16(→))＝αeq \o(AB,\s\up16(→))＋βeq \o(BC,\s\up16(→))成立． 目录 1 2 * 2．(2024·成都石室中学高二月考)已知正三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长AB＝2，AB1⊥BC1，O，O1分别是边AC，A1C1的中点．建立如图所示的空间直角坐标系． (1)求正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长； (2)若M为BC1的中点，试用基底{eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))}表示向量eq \o(AM,\s\up16(→))； (3)求eq \o(AB1,\s\up16(→))与eq \o(BC,\s\up16(→))夹角的余弦值． 目录 1 2 解 * 解　(1)设AA1＝a(a>0)，则A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，a)，B1(eq \r(3)，0，a)，C1(0，1，a)，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，a)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，1，a)， 因为AB1⊥BC1， 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(BC1,\s\up16(→))＝－3＋1＋a2＝0， 解得a＝eq \r(2)， 故正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为eq \r(2)． 目录 1 2 解 * (2)由(1)可知，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(2))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(0，2，0)， 易知点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\f(\r(2),2)))， 设eq \o(AM,\s\up16(→))＝xeq \o(AA1,\s\up16(→))＋yeq \o(AB,\s\up16(→))＋zeq \o(AC,\s\up16(→))， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\f(\r(2),2)))＝x(0，0，eq \r(2))＋y(eq \r(3)，1，0)＋z(0，2，0)＝(eq \r(3)y，y＋2z，eq \r(2)x)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝\f(\r(3),2)，,y＋2z＝\f(3,2)，,\r(2)x＝\f(\r(2),2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，))因此eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up16(→))． 目录 1 2 解 * (3)由(1)可知，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，eq \r(2))，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，1，0)， 则cos〈eq \o(AB1,\s\up16(→))，eq \o(BC,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AB1,\s\up16(→))·\o(BC,\s\up16(→)),|\o(AB1,\s\up16(→))||\o(BC,\s\up16(→))|)＝eq \f(－3＋1,\r(6)×2)＝－eq \f(\r(6),6)， 因此eq \o(AB1,\s\up16(→))与eq \o(BC,\s\up16(→))夹角的余弦值为－eq \f(\r(6),6)． 　　　　　　　　　　　　　 R $$