第3周 空间向量及其运算的坐标表示-【周测必刷】2025-2026学年高二数学选择性必修1+2（人教A版2019）

—80 — =14OA →+112OA →+16OB →+16OC → =13OA →+16OB →+16OC →. 【方法技巧】 用基底表示向量时 (1)若基底确定,要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行 四边形法则,以及向量数乘运算的运算律; (2)若没给定基底,首先选择基底,选择时,要尽量使所选的基向 量能方便地表示其他向量,再就是看基向量的模及其夹角是否已 知或易求. 9. 105 [如图所示,令BA→=a,BC→=b,BB1→=c,则 <a,b>=120°,c⊥a,c⊥b, 因为AB1 →=AB→+BB1→=-a+c,BC1→=BC→+CC1→= b+c, |cos<AB1 →,BC1→>|= |AB1 →·BC1→| |AB1 →||BC1→| =| (-a+c)·(b+c)| 5× 2 =|-a ·b-a·c+b·c+c2| 10 =|-2×1×cos120°+1| 10 = 2 10 = 105 . ] 10.16 [如图,画出对应的正四面体,设AB→= a,AC→=b,AD→=c,则{a,b,c}构成空间的一 个基底.设正四面体ABCD 的棱长均为1, 因为DM→=DA→+AM→ =-c+12 (a+b) =12 (a+b-2c), 又CN→=AN→-AC→=12a-b= 1 2 (a-2b). 又a·b=a·c=b·c=12. 设异面直线DM 与CN 所成的角为θ,则cosθ=|2DM →·2CN→| |2DM→||2CN→| =| (a+b-2c)·(a-2b)| 3× 3 =|a 2-2a·b+a·b-2b2-2a·c+4b·c| 3 = 1-1+12-2-1+2 3 = 1 6. ] 11.(1)证明 易知<AB→,BC→>=120°,AB1→=AB→+BB1→,则AB1→·BC→= (AB→+BB1→)·BC→=AB→·BC→+BB1→·BC→=2×2× -12 +2× 2×12=0. 所以AB1⊥BC. (2)证明 易 知 四 边 形 AA1C1C 为 菱 形,所 以 A1C⊥AC1.因 为 AB1 →·A1C→=(BB1→-BA→)·(AC→-AA1→) =(BB1 →-BA→)·(BC→-BA→-AA1→) =BB1 →·BC→-BB1→·BA→-BB1→·AA1→-BA→·BC→+BA→·BA→+BA→· AA1 → =BB1 →·BC→-BB1→·AA1→-BA→·BC→+BA→·BA→ =2×2×12-4-2×2× 1 2+4=0 , 所以AB1⊥A1C,又AC1∩AB1=A,所以A1C⊥平面AB1C1. 12.(1)证明 设DA→=i,DC→=j,DD1→=k, 则{i,j,k}构成空间的一个正交基底. ∴EF→=ED→+DF→=-12k+ 1 2 (DA→+DC→) =12i+ 1 2j- 1 2k ,B1C →=B1B→+BC→=-i-k, ∴EF→·B1C→= 12i+ 1 2j- 1 2k ·(-i-k) =-12|i| 2+12|k| 2=0,∴EF→⊥B1C→, 即EF⊥B1C. (2)解 ∵EF→=12i+ 1 2j- 1 2k ,C1G →=C1C→+CG→=-k-13j, ∴|EF→|2= 12i+ 1 2j- 1 2k 2 =14|i| 2+14|j| 2+14|k| 2=3,即 |EF→|=3, |C1G →|2= -k-13j 2 =|k|2+19|j| 2=4+49= 40 9 ,即|C1G →|= 2 10 3 , ∴cos<EF→,C1G→>= EF→·C1G→ |EF→||C1G→| = 1 2i+ 1 2j- 1 2k · -k-13j 3×2 103 = 4 3 2 30 3 = 3015 . 即EF 与C1G 所成角的余弦值为 30 15 . 【方法技巧】 (1)证明平行、共面问题的思路 ①利用向量共线的充要条件来证明点共线或直线平行. ②利用空间向量基本定理证明点线共面或线面平行. (2)求夹角、证明线线垂直的方法 利用数量积定义可得cos<a,b>= a ·b |a||b| ,求<a,b>的大小,进而求 得线线角,两直线垂直可作为求夹角的特殊情况. 【探究·一举突破】 探究路径 B [设BEBB1 =λ,因为EF→=EB→+BA→+AD→+DF→=-λBB1→-AB→+ AD→+12DD1 →=-λAA1→-AB→+AD→+ 12AA1 →=-AB→+AD→+ 1 2-λ AA1→, 所以x=-1,y=1,z=12-λ. 因为x+y+z=12-λ= 1 4 ,所以λ=14. ] 【综合·一练到底】 1.B [在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为 平行四边形,连接AC,如图,PE→=2EB→,PF→= FC→,则EF→=EB→+BA→+AP→+PF→=13PB →- AB→+AP→+ 12PC →= 13PB →-AB→+AP→+ 1 2 (AC→-AP→)=13(AB →-AP→)-AB→+AP→+12(AB →+AD→-AP→)= -16AB →+12AD →+16AP →=16(-AB →+3AD→+AP→),又AB=AP= 6,AD=2,∠BAD=∠BAP=∠DAP=60°,则AB→·AD→=AP→· AD→=6×2×cos60°=6,AB→·AP→=6×6×cos60°=18,因此, |EF→|=16 (-AB →+3AD→+AP→)2 =16 AB →2+9AD→2+AP→2-6AB→·AD→+6AD→·AP→-2AB→·AP→ =16 36+9×4+36-6×6+6×6-2×18= 2. ] 2.D [设BA→=a,BC→=b,BB1→=c,则{a,b,c}构成空间的一个正交 基底. 因为点E,F 分别是棱AB,BB1 的中点, 所以 EF→=BF→-BE→=12(c-a),BC1 →=b+c, 所以EF→·BC1→=12(c-a)·(b+c)= 1 2c 2, 设所求异面直线的夹角为θ, 则cosθ= |EF→·BC1→| |EF→||BC1→| =12 , 所以θ=60°.] 3.BM→+MN→+ND→ 102 [在矩形ABCD 中, AB=1,BC= 3,则可得 AM=12 ,BM= 32 , CN=12 ,ND= 32 ,MN=1.因为平面ABC与 平面ACD 垂直,BM⊥AC,平面ABC∩平面ACD=AC,BM⊂平 面ABC,则BM⊥平面ACD,所以BM⊥ND,由题可得BD→=BM→+ MN→+ND→,所以|BD→|2=(BM→+MN→+ND→)2=|BM→|2+|MN→|2+ |ND→|2+2(BM→·MN→+MN→·ND→+BM→·ND→)= 3 2 2 +12+ 3 2 2 +2×(0+0+0)=52 ,所以|BD→|= 102 .] 【选做·一飞冲天】 解 连接AG 并延长交BC 于点H,连接DM(图略). 由题意,可令{PA→,PB→,PC→}为空间的一个基底, PM→=34PG →=34(PA →+AG→)=34PA →+34× 2 3AH → =34PA →+12× AB→+AC→ 2 = 3 4PA →+14(PB →-PA→)+14(PC →-PA→) =14PA →+14PB →+14PC →. ∵点D,E,F,M 共面, ∴存在实数λ,μ使得DM →=λDE→+μDF→, 即PM→-PD→=λ(PE→-PD→)+μ(PF→-PD→), ∴PM→=(1-λ-μ)PD→+λPE→+μPF→ =(1-λ-μ)mPA →+λnPB→+μtPC→, 由空间向量基本定理,知1 4= (1-λ-μ)m, 1 4=λn ,1 4=μt , ∴1m+ 1 n+ 1 t=4 (1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值. 第三周 空间向量及其运算的坐标表示 【考点·一应俱全】 1.(1)①(3,0,5),(3,4,0) ② 32 ,4,52 [(1)①由OA1→=3i+0j+ 5k得A1(3,0,5), 由OB→=3i+4j+0k得B(3,4,0). ②设长方形BB1C1C对角线的交点为E,则点E 为线段BC1 的中 点,又C1(0,4,5),∴点E 的坐标为 3 2 ,4,52 .] (2)解 如 图,连 接 AC,BD 交 于 点O,连 接PO. ∵四棱 锥 P-ABCD 为 正 四 棱 锥,且 棱 长 均 为2a. ∴四 边 形 ABCD 为 正 方 形,且 PO⊥平 面 ABCD. ∴OA= 2a, PO = PA2-OA2 = (2a)2-(2a)2 = 2a. 以点O 为坐标原点,OA,OB,OP 所在直线分别为x 轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系,如图. ①正四棱锥 P-ABCD 中 各 顶 点 坐 标 分 别 为A(2a,0,0),B(0, 2a,0),C(- 2a,0,0),D(0,- 2a,0),P(0,0,2a). ②∵M 为棱PB 的中点, ∴M 0+0 2 ,2a+0 2 ,0+ 2a 2 ,即 M 0,22a,22a . 2.解 如图,以 D 为坐标原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为x 轴、y轴和z 轴建立空间直角坐标系,E 点在Dxy 平面中, 且|EA|=12. 所以DE→=i+ 12j+0k,所 以 E 点 的 坐 标 为 1,12 ,0 . 同理B 点和B1 点的坐标分别为(1,1,0)和(1,1,1), 又因为F 是BB1 的中点,故F 点坐标为 1,1, 1 2 . 同理可得G 点坐标为 1,12 ,1 2 . 3.解 如图所示,取 AC 的中点O 和A1C1 的中 点O1,可 得 BO⊥AC,OO1⊥AC,分 别 以 OB, OC,OO1 所在直线为x 轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系. ∵三棱柱各棱长均为1, ∴OA=OC=O1A1=O1C1= 1 2 ,OB= 32. ∵A,B,C均在坐标轴上, ∴A 0,-12 ,0 ,B 32,0,0 ,C 0,12,0 . ∵点A1 与C1 在Oyz平面内, ∴A1 0,- 1 2 ,1 ,C1 0,12,1 . ∵点B1 在Oxy平面内的射影为B,且BB1=1, ∴B1 32 ,0,1 ,即 该 三 棱 锥 各 顶 点 的 坐 标 为 A 0,-12,0 , B 3 2 ,0,0 ,C 0,12,0 ,A1 0,-12,1 ,B1 32,0,1 , C1 0, 1 2 ,1 . 4.(-3,-2,-1) (3,-2,-1) (5,2,3) [点P(-3,2,-1)关 于平面Ozx的对称点是(-3,-2,-1),关于z轴的对称点是(3, -2,-1).设点 P(-3,2,-1)关于M(1,2,1)的对称点为(x,y, z). 则 x-3 2 =1 , y+2 2 =2 , z-1 2 =1 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 x=5, y=2, z=3. 故点P(-3,2,-1)关于点 M(1,2,1)的对称点为(5,2,3).] 5.解 (1)由于点 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 对 称 点 为 P1(-2,-1, -4). (2)由于点P 关于Oxy 平面对称后,它在x 轴、y 轴的分量不变, 在z轴的分量变为原来的相反数,所以对称点为P2(-2,1,-4). (3)设对称点为P3(x,y,z),则点 M 为线段PP3 的中点.由中点坐 标公式,可得x=2×2-(-2)=6,y=2×(-1)-1=-3,z=2× (-4)-4=-12, 所以P3(6,-3,-12). 点P(a,b,c)关 于 坐 标 轴、坐 标 平 面、原 点 对 称 的 点 的 坐 标 是 什么? 【规律总结】 对称轴或对称中心 对称点坐标 P(a,b,c) x轴 (a,-b,-c) y轴 (-a,b,-c) z轴 (-a,-b,c) Oxy平面 (a,b,-c) Oyz平面 (-a,b,c) Ozx平面 (a,-b,c) 坐标原点 (-a,-b,-c) 6.(1,2,3) (1,0,3) 4 [a+b=(2,2,2 3),a-b=(0,2, 0),∴a=(1,2,3),b=(1,0,3),∴a·b=1+0+3=4.] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 79 — —82 — 7.解 (1)设B(x,y,z),C(x1,y1,z1), 所以AB→=(x-2,y+5,z-3), BC→=(x1-x,y1-y,z1-z). 因为AB→=(4,1,2), 所以 x-2=4, y+5=1, z-3=2, 解得 x=6, y=-4, z=5, 所以点B 的坐标为(6,-4,5). 因为BC→=(3,-2,5), 所以 x1-6=3, y1+4=-2, z1-5=5, 解得 x1=9, y1=-6, z1=10, 所以点C的坐标为(9,-6,10). (2)因为CA→=(-7,1,-7), 所以CA→·BC→=-21-2-35=-58. (3)设P(x2,y2,z2), 则AP→=(x2-2,y2+5,z2-3), PC→=(9-x2,-6-y2,10-z2), 于是有(x2-2,y2+5,z2-3)= 1 2 (9-x2,-6-y2,10-z2), 所以 x2-2= 1 2 (9-x2), y2+5= 1 2 (-6-y2), z2-3= 1 2 (10-z2), 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 x2= 13 3 , y2=- 16 3 , z2= 16 3 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 故点P 的坐标为 133 ,-163 ,16 3 . 8.解 因为a∥b,所以a=λb, 则(x,1,-1)=λ(-2,y,1), 即 x=-2λ, 1=yλ, -1=λ, 解得 λ=-1, x=2, y=-1, 所以a=(2,1,-1),b=(-2,-1,1), 又b⊥c,所以b·c=-4+3+z=0, 解得z=1,所以c=(2,-3,1). 所以a=(2,1,-1),b=(-2,-1,1), c=(2,-3,1). 9.解 (1)因为a=AB→=(1,1,0), b=AC→=(-1,0,2), 所以2a-b=(3,2,-2), 又c= -32 ,-1,1 , 所以2a-b=-2c, 所以(2a-b)∥c. (2)由(1)知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-52. 10.解 (1)如图,建立空间直角坐标系 Dxyz, D 为坐标原点, 则有F 12 ,1 2 ,0 ,H 0,78,12 , ∴FH→= -12, 3 8 ,1 2 , ∴|FH→|= -12 2 + 38 2 + 12 2 = 41 8 . ∴FH 的长为 418 . (2)由(1)知E 0,0,12 ,F 12,12,0 , ∴EF→= 12, 1 2 ,-12 ,∴|EF→|= 32. 又C1(0,1,1),G 0, 3 4 ,0 , ∴C1G →= 0,-14,-1 ,∴|C1G→|= 174 . ∴EF→·C1G→=12×0+ 1 2× - 1 4 + -12 ×(-1)=38, ∴|cos<EF→,C1G→>|= |EF→·C1G→| |EF→||C1G→| = 5117 . 即异面直线EF 与C1G 所成角的余弦值为 51 17 . 11.解 以C 为原点,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), N 0,12 ,1 . (1)∵BM→=(1,-1,1), BN→= 0,-12,1 , ∴|BM→|= 12+(-1)2+12= 3, |BN→|= 02+ -12 2 +12= 52. 故BM 的长为 3,BN 的长为 52. (2)∵cos∠MBN=cos<BM→,BN→> = BM→·BN→ |BM→||BN→| = 3 2 3× 52 = 155 , ∴sin∠MBN= 1- 15 5 2 = 105 , S△BMN = 1 2 ·BM·BN·sin∠MBN =12× 3× 5 2× 10 5 = 6 4. 即△BMN 的面积为 64. 12.解 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 由已知,得C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0), C1(0,0,2),Q(1,0,1),B1(0,1,2),A1(1,0,2). ∴BQ→=(1,-1,1),CB1→=(0,1,2),BA1→=(1, -1,2). (1)|BQ→|= 12+(-1)2+12= 3. (2)∵BQ→·CB1→=0-1+2=1,|BQ→|= 3, |CB1 →|= 0+12+22= 5, ∴cos<BQ→,CB1→>= 1 3× 5 = 1515 . ∵BA1 →·CB1→=0-1+4=3, |BA1 →|= 1+1+4= 6,|CB1→|= 5, ∴cos<BA1 →,CB1→>= 3 6× 5 = 3010 . ∵0< 1515 < 30 10 <1 ,∴<BQ→,CB1→>,<BA1→,CB1→>∈ 0,π2 . 又y=cosx在 0,π2 内单调递减, ∴<BQ→,CB1→>><BA1→,CB1→>. 【方法技巧】 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. 【探究·一举突破】 探究路径 解析 由已知得a·b=5×(-2)+3t+1× -25 =3t-525, 因为a与b的夹角为钝角, 所以a·b<0, 即3t-525<0 , 所以t<5215. 若a与b的夹角为180°, 则存在λ<0,使a=λb(λ<0), 即(5,3,1)=λ -2,t,-25 , 所以 5=-2λ, 3=tλ, 1=-25λ , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以t=-65, 故t的取值范围是 -∞,-65 ∪ -65,5215 . 答案 -∞,-65 ∪ -65,5215 【易错提醒】 两向量夹角为钝角,应排除反向共线的情况,否则 造成结果扩大. 【综合·一练到底】 1.ABD [由题意,OB→=λOA→=(-3λ,-λ,4λ),λ<0,则x=-3λ, y=-λ,z=4λ,则x+y+z=0,即选项A正确;x=3y,即选项B正 确;x+z=λ<0,即选项C错误;4y+z=-4λ+4λ=0,即选项D正 确.] 2. a3 ,b 3 ,c 3 [由题意知A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c).由重 心坐标公式得点G 的坐标为 a3 ,b 3 ,c 3 .] 3. -65 ,-145 ,2 5 [设AE→=λAB→,因为 A(-3,-1,4),B(-2, -2,2),所以AB→=(1,-1,-2),AE→=(λ,-λ,-2λ),AO→=(3,1, -4),OE→=AE→-AO→=(λ-3,-λ-1,-2λ+4),因为OE→⊥a,所以 -2(λ-3)+(-λ-1)+(-2λ+4)=0,解得λ=95 ,又 A(-3, -1,4),AE→ = 95,- 9 5 ,-185 ,所 以 点 E 的 坐 标 为 -65 ,-145 ,2 5 .] 【选做·一飞冲天】 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(3,1,2),C(0,2, 0),B(3,1,0),M 3 2 ,3 2 ,0 . 又点 N 在 棱CC1 上,可 设 N(0,2,m)(0≤ m≤2), 则AB1 →=(3,1,2),MN→= - 32, 1 2 ,m , 所以|AB1 →|=2 2,|MN→|= m2+1, AB1 →·MN→=2m-1. 若异面直线AB1 和 MN 所成的角等于45°, 则cos45°=|cos<AB1 →,MN→>| = |AB1 →·MN→| |AB1 →||MN→| = |2m-1| 2 2× m2+1 . 即 |2m-1| 2 2× m2+1 = 22 , 解得m=-34 ,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°. 第四周 空间向量的应用 【考点·一应俱全】 1.(0,0,1) (0,1,1)(答案不唯一) [∵DD1∥AA1,AA1 →=(0,0, 1),直线DD1 的一个方向向量为(0,0,1);BC1∥AD1,AD1 →=(0, 1,1),故直线BC1 的一个方向向量为(0,1,1).] 【方法技巧】 求直线的方向向量的2种方法 (1)在直线l上确定两点A,B,则AB→或BA→就是直线l 的方向 向量. (2)在与直线l平行的直线m 上确定两点A1,B1,则A1B1 →或B1A1→ 就是直线l的方向向量. 2.解 因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为矩形, 所以AB,AD,AP 两两垂直. 如图,以A 为坐标原点,AB→,AD→,AP→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,则 D(0,3,0),P(0,0,1), E 0,32 ,1 2 ,C(1,3,0),于 是AE→= 0,32,12 ,AC→=(1,3, 0). 设n=(x,y,z)为平面ACE 的法向量, 则 n·AC→=0, n·AE→=0, 即 x+ 3y=0, 3 2y+ 1 2z=0 , 所以 x=- 3y, z=- 3y, 令y=-1,则x=z= 3. 所以平面ACE 的一个法向量为n=(3,-1,3). 【规律总结】 待定系数法求平面法向量的步骤 (1)设向量:设平面的法向量为n=(x,y,z). (2)选向量:在平面内选取两个不共线向量AB→,AC→. (3)列方程组:由 n·AB→=0, n·AC→=0 列出方程组. (4)解方程组: n·AB→=0, n·AC→=0. (5)赋非零值:取x,y,z其中一个为非零值(常取±1). (6)得结论:得到平面的一个法向量. 3.证明 法一:如图所示,建立空间直角坐标系,根 据题意 得 M 3,0,43 ,N(0,2,2),R(3,2,0), S 0,4,23 . 则MN→,RS→分别为MN,RS 的方向向量,所以MN→= -3,2,23 , RS→= -3,2,23 , 所以MN→=RS→,所以MN→∥RS→,因为 M􀱂RS, 所以 MN∥RS. 法二:设AB→=a,AD→=b,AA1→=c, 则MN→=MB1→+B1A1→+A1N→=13c-a+ 1 2b , RS→=RC→+CD→+DS→=12b-a+ 1 3c. 所以MN→=RS→,所以MN→∥RS→. 又R􀱂MN,所以 MN∥RS. 4.证明 如图以A 为坐标原点建立空间直角 坐标系.设 正 三 棱 柱 的 底 面 边 长 为a(a> 0),侧 棱 长 为 b(b>0),则 A(0,0,0), B 3 2a ,a 2 ,0 ,B1 32a,a2,b ,C1(0,a, b),D 0,a2 ,0 , ∴AB1 →= 3 2a ,a 2 ,b , BD→= - 32a,0,0 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 81 — — 10 — 第三周 空间向量及其运算的坐标表示 (时间:60分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第10题.该题主要考查利用空间向量的坐标运算解夹角、距离问题,考查考生建系 数形结合转化为所求解问题,从而提高学生的论证、计算的能力,值得推荐. 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 空间直角坐标系及点的坐标 1.(2025·广东韶关·阶段练习)(1)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,|AB|= 4,|AD|=3,|AA1|=5,N 为棱CC1 的中点,分别以DA,DC,DD1 所在的直 线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系. ①顶点A1,B 的坐标分别为 ; ②长方形BB1C1C对角线交点的坐标为 . (2)在棱长均为2a的正四棱锥P-ABCD 中,建立恰当的空间直角坐标系. ①写出正四棱锥P-ABCD 各顶点的坐标; ②写出棱PB 的中点M 的坐标. 2.(2025·天津滨海新·阶段练习)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E 是AB 的中点,F是BB1 的中点,G 是AB1 的中点,试建立适当的坐标系, 并确定E,F,G三点的坐标. 3.已知在三棱柱ABC-A1B1C1 中,侧棱AA1⊥底面ABC,所有的棱长都是1,试建立适当的空间直 角坐标系,并写出各顶点的坐标. 考点二 求对称点的坐标 4.点P(-3,2,-1)关于平面Ozx 的对称点是 ,关于z轴的对称点是 ,关于 M(1,2,1)的对称点是 . 5.在空间直角坐标系中,点P(-2,1,4). (1)求点P 关于x 轴的对称点的坐标; (2)求点P 关于Oxy 平面的对称点的坐标; (3)求点P 关于点M(2,-1,-4)对称的点的坐标. 考点三 空间向量的坐标及坐标运算 6.已知a+b=(2,2,2 3),a-b=(0,2,0),则a= ,b= ,a·b= . 7.在△ABC中,A(2,-5,3),AB → =(4,1,2),BC → =(3,-2,5). (1)求顶点B,C的坐标; (2)求CA →·BC →; (3)若点P 在AC 上,且AP → =12PC →,求点P 的坐标. 考点四 空间向量平行、垂直的坐标表示及应用 8.已知a=(x,1,-1),b=(-2,y,1),c=(2,-3,z),若a∥b,b⊥c,求a,b,c. — 9 — — 12 — 9.(2025·甘肃定西·阶段练习)已知空间三点A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设AB → =a, AC → =b. (1)设向量c= -32 ,-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的值. 考点五 夹角和距离的计算 10.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为D1D,BD 的中 点,点G在棱CD 上,且CG=14CD ,H 为C1G的中点. (1)求FH 的长; (2)求异面直线EF与C1G所成角的余弦值. 11.(2025·河南焦作·质量检测)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. 12.在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,AC=BC=1,∠BCA=90°,AA1=2,Q 为A1A 的中点. (1)求BQ → 的长; (2)求cos<BQ →,CB1 →>,cos<BA1 →,CB1 →>,并比较<BQ →,CB1 →>,<BA1 →,CB1 →>的大小. 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 利用向量数量积求夹角的易漏点 已知向量a=(5,3,1),b= -2,t,-25 . 探究问题: 若a与b的夹角为钝角,则实数t的取值范围为 . 【综合·一练到底】(共25分) 1.(多选)已知空间直角坐标系中,点A 的坐标为(-3,-1,4),坐标原点为O,且OA → 与OB → =(x,y,z) 方向相反,则 ( ) A.x+y+z=0 B.x=3y C.x+z=0 D.4y+z=0 2.(2025·江苏苏州·质量检测)如图是一个正方体截下的一角P-ABC,其中 PA=a,PB=b,PC=c.建立如图所示的空间直角坐标系,则△ABC的重心G 的 坐标是 . 3.已知向量a=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).在直线AB 上,存在 一点E,使得OE → ⊥a,其中O为坐标原点,则点E 的坐标为 . 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·全国·专题练习)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 和 MN 所成 的角等于45°? 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 11 —