1.3.1 空间直角坐标系 1.3.2 空间向量运算的坐标表示-【金版教程】2025-2026学年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 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． (教师独具内容) 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 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________ ．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________，i，j，k都叫做___________，通过每两条坐标轴的平面叫做___________，分别称为Oxy平面，Oyz平面，Ozx平面，它们把空间分成八个部分． 坐标轴 原点 坐标向量 坐标平面 核心概念掌握 6 90° x轴 y轴 核心概念掌握 7 横坐标 纵坐标 竖坐标 a＝(x，y，z) 核心概念掌握 8 [想一想]　空间直角坐标系中，坐标轴上的点的坐标有何特征？ 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)． 核心概念掌握 9 核心概念掌握 10 核心概念掌握 11 运算 坐标表示a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 加法 a＋b＝____________________________ 减法 a－b＝_________________________ 数乘 λa＝_________________，λ∈R 数量积 a·b＝_____________________ 知识点二　空间向量运算的坐标表示 (a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) (a1－b1，a2－b2，a3－b3) (λa1，λa2，λa3) a1b1＋a2b2＋a3b3 核心概念掌握 12 [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 13 知识点三　空间向量的平行或垂直的坐标表示 a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 核心概念掌握 14 核心概念掌握 15 核心概念掌握 16 核心概念掌握 17 1. (空间中点的坐标)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以A为原点，棱AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 (1)顶点A，D1的坐标分别为__________________________； (2)棱C1C中点的坐标为___________． (0，0，0)，(0，1，1) 核心概念掌握 18 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＝________． (0，0，－16) 22 核心概念掌握 19 (3，3，3)　 核心概念掌握 20 核心素养形成 题型一　空间直角坐标系的概念　 例1　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． 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 【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 26 (－2，－1，－4)，(－4，2，－4) 核心素养形成 27 核心素养形成 28 (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． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 【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 34 【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，－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. 核心素养形成 35 题型三　利用空间向量的坐标运算解决,平行、垂直问题 核心素养形成 36 核心素养形成 37 【感悟提升】　 核心素养形成 38 【跟踪训练】　 3．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)． (3，0，3) 核心素养形成 39 题型四　利用空间向量的坐标运算解决夹角、距离问题 核心素养形成 40 核心素养形成 41 核心素养形成 42 【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 43 核心素养形成 44 (2) 如图，在四棱锥P－ABCD中，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________． 核心素养形成 45 核心素养形成 46 随堂水平达标 1．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. 随堂水平达标 48 随堂水平达标 49 随堂水平达标 50 随堂水平达标 51 随堂水平达标 52 5．已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|b－a|的最小值是________． 随堂水平达标 53 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 考向 空间直角坐标系的概念 空间向量的坐标运算 空间向量坐标运算的 应用 空间向量的坐标表示 空间向量坐标运算的 应用 空间向量坐标运算的 应用 空间向量坐标运算的 应用 考点 求距离 求空间向量的数量积 判断或证明垂直问题 求距离 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★ ★★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 空间向量坐标运算的应用 空间向量坐标运算的 应用 空间向量的坐标运算 空间向量坐标运算的应用 空间向量坐标运算的 应用 空间向量坐标运算的 应用 空间向量坐标运算的 应用 考点 求夹角求距离； 利用空间向量的数量积求参数 利用空间向量的坐标运算求参数；判断或证明垂直问题；求距离；求夹角 求空间向量的数量积 求距离；求夹角 求距离；求夹角 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 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) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 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，则下列结论正确的是(　　) A．DM⊥EB B．BD⊥EC C．DE⊥BM D．EA⊥CD 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 二、填空题 7．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________________． (0，－1，0) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 8．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________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 13．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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 14．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，问：在棱CC1上是否存在一点N，使得异面直线AB1与MN所成的角为45°？若存在，求出CN的长；若不存在，请说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 　　　　　　　　　　　　　 R 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＝________． ②在空间直角坐标系中，让右手拇指指向________的正方向，食指指向________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\up17(→))，且点A的位置由向量eq \o(OA,\s\up17(→))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\up17(→))＝xi＋yj＋zk. 在单位正交基底{i，j，k}下与向量eq \o(OA,\s\up17(→))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__________，y叫做点A的__________，z叫做点A的__________． 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\up17(→))＝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_________________． [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)的对称点的坐标如下： (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))). 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，, ________________))(λ∈R且b≠0) 垂直(a⊥b) a⊥b⇔a·b＝0⇔_____________________________________ [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)＝___________________． 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\up17(→))|＝ ______________________________________________． (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|)＝_____________________． 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) 2,1)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))) [说明]　(1)空间两点间的距离公式类似于平面中的两点间的距离公式，可以类比记忆． (2)若O(0，0，0)，P(x，y，z)， 则|eq \o(OP,\s\up17(→))|＝eq \r(x2＋y2＋z2). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))) 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\up17(→))＝____________，|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝________． 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) 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\up17(→))＝i＋j，所以向量eq \o(OB,\s\up17(→))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\up17(→))＝2k，所以向量eq \o(OP,\s\up17(→))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\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(OP,\s\up17(→)))＝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). 因为点A在x轴的正半轴上，所以eq \o(OA,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OP,\s\up17(→)))＝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) 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\up17(→))，eq \o(A1B,\s\up17(→))的坐标分别为________________________________． 解析：设与eq \o(OA,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OO1,\s\up17(→))同向的单位坐标向量分别为i，j，k.因为eq \o(DO,\s\up17(→))＝－eq \o(OD,\s\up17(→))＝－(eq \o(OO1,\s\up17(→))＋eq \o(O1D,\s\up17(→)))＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(OO1,\s\up17(→))＋\f(1,2)（\o(OA,\s\up17(→))＋\o(OB,\s\up17(→))）))＝－eq \o(OO1,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \f(1,2) eq \o(OB,\s\up17(→))＝－2i－j－4k，所以eq \o(DO,\s\up17(→))＝(－2，－1，－4)．因为eq \o(A1B,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA1,\s\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OO1,\s\up17(→)))＝eq \o(OB,\s\up17(→))－eq \o(OA,\s\up17(→))－eq \o(OO1,\s\up17(→))＝－4i＋2j－4k，所以eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(－4，2，－4)． 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). 因为点B在x轴的正半轴上， 所以eq \o(OB,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝eq \o(OB,\s\up17(→))＋eq \o(BB1,\s\up17(→))＝eq \r(2)i＋2k， 所以eq \o(OB1,\s\up17(→))＝(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　 例2　在△ABC中，A(2，－5，3)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(4，1，2)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(3，－2，5)． (1)求顶点B，C的坐标； (2)求eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))； (3)若点P在AC上，且eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(PC,\s\up17(→))，求点P的坐标． 解　(1)设B(x，y，z)，C(x1，y1，z1)， 则eq \o(AB,\s\up17(→))＝(x－2，y＋5，z－3)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(x1－x，y1－y，z1－z)． 因为eq \o(AB,\s\up17(→))＝(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\up17(→))＝(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\up17(→))＝(－7，1，－7)，所以eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝－21－2－35＝－58. (3)设P(x2，y2，z2)， 则eq \o(AP,\s\up17(→))＝(x2－2，y2＋5，z2－3)，eq \o(PC,\s\up17(→))＝(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))). 例3　已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a＝eq \o(AB,\s\up17(→))，b＝eq \o(AC,\s\up17(→)). (1)若c＝(2，x，y)，且c∥eq \o(BC,\s\up17(→))，求x，y； (2)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k. 解　(1)因为eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－2，－1，2)且c∥eq \o(BC,\s\up17(→))， 所以设c＝λeq \o(BC,\s\up17(→))＝(－2λ，－λ，2λ)(λ∈R)． 又c＝(2，x，y)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2λ＝2，,－λ＝x，,2λ＝y，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,x＝1，,y＝－2.)) (2)因为a＝eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，1，0)，b＝eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－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). 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． 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))) 例4　(1)已知向量a＝(5，3，1)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t，－\f(2,5)))，若a与b的夹角为钝角，则实数t的取值范围是_____________________________________． 解析　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\up17(→))，eq \o(AD1,\s\up17(→))〉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\up17(→))＝(－2，－2，a)，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，4，\f(a,2)))， 由eq \o(BN,\s\up17(→))⊥eq \o(AM,\s\up17(→))，得eq \o(BN,\s\up17(→))·eq \o(AM,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝(－2，－2，2eq \r(2))，eq \o(AD1,\s\up17(→))＝(－4，0，2eq \r(2))， 所以cos〈eq \o(BN,\s\up17(→))，eq \o(AD1,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(BN,\s\up17(→))·\o(AD1,\s\up17(→)),|\o(BN,\s\up17(→))||\o(AD1,\s\up17(→))|)＝eq \f(\r(6),3). 【跟踪训练】　 4．(1)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，则实数t的取值范围为________________________． 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)，＋∞)) 解析：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)，＋∞)). eq \r(5) 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．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，所以M(1，1，0)，则eq \o(DM,\s\up17(→))＝(1，1，－2)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(2，0，0)，cos〈eq \o(DM,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(DM,\s\up17(→))·\o(AP,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(DM,\s\up17(→))||\o(AP,\s\up17(→))|))＝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\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))〉|＝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). 2．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\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))〉＝(　　) 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\up17(→))＝(1，1，－4)，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(2，－1，－3)，故eq \o(CA,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝2－1＋12＝13，|eq \o(CA,\s\up17(→))|＝eq \r(1＋1＋16)＝3eq \r(2)，|eq \o(CB,\s\up17(→))|＝eq \r(4＋1＋9)＝eq \r(14)，cos〈eq \o(CA,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(CA,\s\up17(→))·\o(CB,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(CA,\s\up17(→))||\o(CB,\s\up17(→))|))＝eq \f(13,3\r(2)×\r(14))＝eq \f(13\r(7),42).故选A. 3．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\up17(→))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\up17(→))＝(－2，－2，1)，设c＝λeq \o(AB,\s\up17(→))＝(－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)已知向量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. 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) 2．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，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. 解析：∵eq \o(AB,\s\up17(→))＝(3，4，－8)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(5，1，－7)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(2，－3，1)，∴|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(32＋42＋（－8）2)＝eq \r(89)，|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \r(52＋12＋（－7）2)＝eq \r(75)，|eq \o(BC,\s\up17(→))|＝eq \r(22＋（－3）2＋12)＝eq \r(14)，∵|eq \o(AC,\s\up17(→))|2＋|eq \o(BC,\s\up17(→))|2＝75＋14＝89＝|eq \o(AB,\s\up17(→))|2，∴△ABC为直角三角形． 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．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，若动点P在线段BD1上运动，则eq \o(DC,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→))的取值范围是(　　) A．[0，4] B．[－4，4] C．[－4，0] D．[0，2] 解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，如图所示，则D(0，0，0)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)，可得eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，2，0)，eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，2，0)，因为点P在线段BD1上运动，设eq \o(BP,\s\up17(→))＝λeq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－2λ，－2λ，2λ)，且0≤λ≤1，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BP,\s\up17(→))＝(－2λ，2－2λ，2λ)，可得eq \o(DC,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→))＝4－4λ，又因为0≤λ≤1，所以0≤4－4λ≤4，即eq \o(DC,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→))∈[0，4]．故选A. 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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(3,2)))，eq \o(EB,\s\up17(→))＝(－2，2，0)，eq \o(EC,\s\up17(→))＝(－2，2，1)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，－2，2)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝(2，0，－2)，eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(1,2)))，eq \o(EA,\s\up17(→))＝(－2，0，0)，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(0，－2，1)，仅有eq \o(DM,\s\up17(→))·eq \o(EB,\s\up17(→))＝0，eq \o(EA,\s\up17(→))·eq \o(CD,\s\up17(→))＝0，从而得DM⊥EB，EA⊥CD.故选AD. 解析：设M(0，y，0)．由|eq \o(MA,\s\up17(→))|＝|eq \o(MB,\s\up17(→))|，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)． 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). eq \r(65) 9．已知O为原点，eq \o(OA,\s\up17(→))＝(1，2，3)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(2，1，2)，eq \o(OP,\s\up17(→))＝(1，1，2)，点Q在直线OP上运动，则当eq \o(QA,\s\up17(→))·eq \o(QB,\s\up17(→))取得最小值时，点Q的坐标为________． 解析：因为点Q在直线OP上运动，所以存在实数λ，使得eq \o(OQ,\s\up17(→))＝λeq \o(OP,\s\up17(→))＝(λ，λ，2λ)，所以eq \o(QA,\s\up17(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq \o(QB,\s\up17(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，所以eq \o(QA,\s\up17(→))·eq \o(QB,\s\up17(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(4,3))) eq \s\up12(2)－eq \f(2,3)，当且仅当λ＝eq \f(4,3)时，上式取得最小值，此时点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)\f(8,3))) 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\up17(→))⊥b(O为原点)？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 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)存在，点E的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(14,5)，\f(2,5))). 设eq \o(AE,\s\up17(→))＝teq \o(AB,\s\up17(→))，则eq \o(OE,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋teq \o(AB,\s\up17(→))＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)， 若eq \o(OE,\s\up17(→))⊥b，则eq \o(OE,\s\up17(→))·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\up17(→))⊥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))). 11. (多选)如图，在三棱锥A－BCD中，BD⊥BC，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝BD＝2，E，F，G，H分别为AB，BD，BC，CD的中点，M是EF的中点，N是线段GH上的动点，则(　　) A．存在a>0，b>0，使得eq \o(GM,\s\up17(→))＝aeq \o(GH,\s\up17(→))＋beq \o(GE,\s\up17(→)) B．不存在点N，使得MN⊥EH C．|eq \o(MN,\s\up17(→))|的最小值为eq \f(\r(5),2) D．异面直线AG与EF所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5) 解析：在三棱锥A－BCD中，BD⊥BC，AB⊥平面BCD，建立如图所示的空间直角坐标系，则G(1，0，0)，H(1，1，0)，E(0，0，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，F(0，1，0)，A(0，0，2)，eq \o(GM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(GH,\s\up17(→))＝(0，1，0)，eq \o(GE,\s\up17(→))＝(－1，0，1)．对于A，由eq \o(GM,\s\up17(→))＝aeq \o(GH,\s\up17(→))＋beq \o(GE,\s\up17(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，\f(1,2)))＝a(0，1，0)＋b(－1，0，1)＝(－b，a，b)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－b＝－1，,a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2)，))方程无解，因此不存在a，b，使得eq \o(GM,\s\up17(→))＝aeq \o(GH,\s\up17(→))＋beq \o(GE,\s\up17(→))， 故A错误；对于B，由N是线段GH上的动点，设N(1，t，0)(0≤t≤1)，则eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，t－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \o(EH,\s\up17(→))＝(1，1，－1)，eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(EH,\s\up17(→))＝1＋t－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1＋t>0，则不存在点N，使得MN⊥EH，故B正确；对于C，|eq \o(MN,\s\up17(→))|＝eq \r(\f(5,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))\s\up12(2))≥eq \f(\r(5),2)，当且仅当t＝eq \f(1,2)时取等号，故C正确；对于D，eq \o(AG,\s\up17(→))＝(1，0，－2)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，则cos〈eq \o(AG,\s\up17(→))，eq \o(EF,\s\up17(→))〉＝eq \f(2,\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5)，所以异面直线AG与EF所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5)，故D正确．故选BCD. 12. 如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为1的正方形，M为底面ABCD内的一个动点(包括边界)，AE⊥底面ABCD，CF⊥底面ABCD，且AE＝CF＝2，则eq \o(ME,\s\up17(→))·eq \o(MF,\s\up17(→))的最大值为________． 解析：因为AE⊥底面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以AE⊥AD，AE⊥AB，因为四边形ABCD为正方形，所以AD⊥AB，所以AD，AB，AE两两垂直，所以以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，2)，F(1，1，2)，设M(a，b，0)(0≤a≤1，0≤b≤1)，则eq \o(ME,\s\up17(→))＝(－a，－b，2)，eq \o(MF,\s\up17(→))＝(1－a，1－b，2)，所以eq \o(ME,\s\up17(→))·eq \o(MF,\s\up17(→))＝－a(1－a)－b(1－b)＋4＝a2－a＋b2－b＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(7,2)，因为0≤a≤1，0≤b≤1，所以当a＝0或1，b＝0或1时，eq \o(ME,\s\up17(→))·eq \o(MF,\s\up17(→))取得最大值4. 解：(1)由已知，得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，－3，2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，0，－8)， ∴|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(1＋9＋4)＝eq \r(14)，|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \r(4＋0＋64)＝2eq \r(17)， eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝1×2＋(－3)×0＋2×(－8)＝－14， ∴cos〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AB,\s\up17(→))·\o(AC,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up17(→))||\o(AC,\s\up17(→))|))＝eq \f(－14,\r(14)×2\r(17))＝eq \f(－\r(14),2\r(17))， ∴sin〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))〉＝eq \r(1－\f(14,68))＝eq \r(\f(27,34))， ∴S△ABC＝eq \f(1,2)|eq \o(AB,\s\up17(→))||eq \o(AC,\s\up17(→))|sin〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))〉 ＝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\up17(→))|＝|eq \o(AC,\s\up17(→))|sin〈eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))〉＝3eq \r(6)， 即△ABC中AB边上的高为3eq \r(6). 解：不存在．理由如下： 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\up17(→))＝(eq \r(3)，1，2)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，m))， 所以|eq \o(AB1,\s\up17(→))|＝2eq \r(2)，|eq \o(MN,\s\up17(→))|＝eq \r(m2＋1)，eq \o(AB1,\s\up17(→))·eq \o(MN,\s\up17(→))＝2m－1. 若异面直线AB1与MN所成的角为45°， 则cos45°＝|cos〈eq \o(AB1,\s\up17(→))，eq \o(MN,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|\o(AB1,\s\up17(→))·\o(MN,\s\up17(→))|,\a\vs4\al(|\o(AB1,\s\up17(→))||\o(MN,\s\up17(→))|))＝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上不存在一点N，使得异面直线AB1与MN所成的角为45°. $$