1.1.3 第2课时 空间直角坐标系及其应用-【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 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． (教师独具内容) 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 (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_______的数轴z轴，这样建立的空间直角坐标系记作__________． (2)坐标轴 在空间直角坐标系Oxyz中，x轴、y轴、z轴是____________________的，它们都称为坐标轴． 垂直 Oxyz 两两互相垂直 核心概念掌握 5 (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________________旋转90°能与__________________重合． 逆时针方向 y轴的正半轴 核心概念掌握 6 (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___________，z轴与y轴(或x轴)_________ ，如图①②所示． 135°(或45°) 垂直 核心概念掌握 7 (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_____、_______、______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__________称为点M的坐标，记作___________．此时，x，y，z都称为点M的坐标分量，且x称为点M的____坐标(或x坐标)，y称为点M的____坐标(或y坐标)，z称为点M的_____坐标(或z坐标)． x轴 y轴 z轴 (x，y，z) M(x，y，z) 横 纵 竖 核心概念掌握 8 八 一个卦限 单位正交基底 相同 (x，y，z) (x，y，z) 核心概念掌握 9 [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) 核心概念掌握 10 (x2－x1，y2－y1，z2－z1) 核心概念掌握 11 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 核心概念掌握 12 核心概念掌握 13 核心概念掌握 14 核心素养形成 题型一　确定空间中点的坐标 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【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． 核心素养形成 19 【跟踪训练】 1．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． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型二　空间中点的对称　 例2　在空间直角坐标系中，点P(－2，1，4)关于x轴对称的点的坐标是__________________，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_______________． (－2，－1，－4) (－2，1，－4) (4，－1，0) 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【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)； 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)． 核心素养形成 24 【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． 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)． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 题型三　空间向量坐标的应用 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 【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． 核心素养形成 30 【跟踪训练】 3．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，AA1＝2，M，N分别是AA1，CB1的中点． (1)求BM，BN的长； (2)求△BMN的面积． 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 随堂水平达标 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 随堂水平达标 37 随堂水平达标 38 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 考点 关于坐标平面对称 关于坐标轴对称；两点间距离公式 中点坐标 公式 两点间距离公式；判断向量共线；求向量夹角的余弦值；求单位向量 两点间距离公式；求向量的投影；求单位向量 确定空间中点的坐标 由共面求参数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 考点 由共线求坐标 中点坐标公式；两点间距离公式 向量的线性运算；求特定向量的坐标 已知向量夹角 求参数 求向量模的取值范围 由共线求坐标；利用坐标运算求 参数 已知向量垂直求参数；用基底表示向量；求向量夹角的余弦值 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 一、选择题 1．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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 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)． (0，0，－3) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 9 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 8．在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，－3)，B(2，－1，－1)，则直线AB与平面zOx的交点坐标为______________． (3，0，1) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 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 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 　　　　　　　　　　　　　 R (7)卦限 三个坐标平面将不在坐标平面内的点分成了_______个部分，每一部分都称为______________． (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_____________________，且向量eq \o(OP,\s\up17(→))的坐标与P点的坐标_______，即eq \o(OP,\s\up17(→))＝xe1＋ye2＋ze3＝______________⇔P______________. 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\up17(→))＝_______________________； (2)AB＝|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝_______________________________________； (3)线段AB的中点M的坐标为________________________________． [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))). 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))) 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\up17(→))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) 例1　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＝eq \f(1,4)CD，H为C1G的中点，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))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． 解　如图，点E在z轴上，它的横、纵坐标均为0，又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于点M，FN⊥CD于点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)). 过点H作HK⊥CG于点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))). 解：以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))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，AD⊂平面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)). 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)． (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)． 例3　棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是DD1，BD，BB1的中点． (1)求证：eq \o(EF,\s\up17(→))⊥eq \o(CF,\s\up17(→))； (2)求eq \o(EF,\s\up17(→))与eq \o(CG,\s\up17(→))夹角的余弦值； (3)求CE的长． 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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \o(CF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，eq \o(CG,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，eq \o(CE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2))). (1)证明：因为eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(CF,\s\up17(→))＝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\up17(→))⊥eq \o(CF,\s\up17(→)). (2)因为eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(CG,\s\up17(→))＝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\up17(→))|＝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\up17(→))|＝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\up17(→))，eq \o(CG,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(EF,\s\up17(→))·\o(CG,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(EF,\s\up17(→))||\o(CG,\s\up17(→))|))＝eq \f(\f(1,4),\f(\r(3),2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(15),15). (3)CE＝|eq \o(CE,\s\up17(→))|＝eq \r(02＋（－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2). 解：(1)以C为原点，eq \o(CA,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))，eq \o(CC1,\s\up17(→))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\up17(→))＝(1，－1，1)，eq \o(BN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))， ∴|eq \o(BM,\s\up17(→))|＝eq \r(12＋（－1）2＋12)＝eq \r(3)， |eq \o(BN,\s\up17(→))|＝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). (2)∵cos∠MBN＝cos〈eq \o(BM,\s\up17(→))，eq \o(BN,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(BM,\s\up17(→))·\o(BN,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(BM,\s\up17(→))||\o(BN,\s\up17(→))|))＝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)BM·BNsin∠MBN＝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). 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\up17(→))＝(　　) 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)) 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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，1)). 2．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\up17(→))|＝(　　) 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\up17(→))|＝eq \r(62＋82＋02)＝10.故选C. 3．(多选)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(12＋32)＝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. 4．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则eq \o(BM,\s\up17(→))与eq \o(CD,\s\up17(→))夹角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(2),2) 解析：如图，正方体内三棱锥A－BCD即为满足题意的鳖臑A－BCD，以B为原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则B(0，0，0)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，则eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(CD,\s\up17(→))＝(1，0，0)，cos〈eq \o(BM,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(BM,\s\up17(→))·\o(CD,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(BM,\s\up17(→))||\o(CD,\s\up17(→))|))＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(3),2)×1)＝eq \f(\r(3),3).故选A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，2)) 5．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\up17(→))|＝________，线段AB的中点M的坐标为____________． 解析：由题意可得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(5，0，－2)，所以|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝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) 2．已知点A(3，－1，1)关于z轴的对称点为B，则|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝(　　) A．2eq \r(10) B．2 C.eq \r(10) D．6 解析：点A(3，－1，1)关于z轴的对称点B的坐标为(－3，1，1)，所以eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－6，2，0)，则|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(（－6）2＋22＋02)＝2eq \r(10).故选A. 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)) 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. 4．(多选)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\up17(→))|＝eq \r(5) B.eq \o(AB,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))是共线向量 C.eq \o(AB,\s\up17(→))与eq \o(AC,\s\up17(→))夹角的余弦值是0 D．与eq \o(AC,\s\up17(→))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：eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2，1，0)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－3，1，1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1，2，1)，所以|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，A正确；eq \f(2,－3)≠eq \f(1,1)，所以eq \o(AB,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))不共线，B错误；eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝－2＋2＝0，所以eq \o(AB,\s\up17(→))与eq \o(AC,\s\up17(→))夹角的余弦值是0，C正确；与eq \o(AC,\s\up17(→))同向的单位向量是eq \f(\o(AC,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(AC,\s\up17(→))|))＝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. 5．(多选)已知在空间直角坐标系中，O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up17(→))＝(－1，2，1)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(－1，2，－1)，eq \o(OC,\s\up17(→))＝(2，3，－1)，则(　　) A．|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝2 B．△ABC是等腰直角三角形 C.eq \o(OA,\s\up17(→))在eq \o(OB,\s\up17(→))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\up17(→))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))) 解析：由eq \o(OA,\s\up17(→))＝(－1，2，1)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(－1，2，－1)，eq \o(OC,\s\up17(→))＝(2，3，－1)，得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，0，－2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(3，1，－2)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(3，1，0)，则|eq \o(AB,\s\up17(→))|＝2，|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \r(14)，|eq \o(BC,\s\up17(→))|＝eq \r(10)，A正确，B错误；eq \o(OA,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))＝4，|eq \o(OB,\s\up17(→))|＝eq \r(6)，eq \o(OA,\s\up17(→))在eq \o(OB,\s\up17(→))上的投影的坐标为eq \f(\o(OA,\s\up17(→))·\o(OB,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(OB,\s\up17(→)))|)·eq \f(\o(OB,\s\up17(→)),|\a\vs4\al(\o(OB,\s\up17(→)))|)＝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；|eq \o(OA,\s\up17(→))|＝eq \r(6)，与eq \o(OA,\s\up17(→))平行的单位向量为eq \f(\o(OA,\s\up17(→)),|\a\vs4\al(\o(OA,\s\up17(→)))|)＝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\up17(→)),|\a\vs4\al(\o(OA,\s\up17(→)))|)＝－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. 7．在空间直角坐标系中，已知A(1，1，1)，D(7，8，x)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，1，2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(3，4，5)，且点D在平面ABC上，则x＝________． 解析：由题意可得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，1，2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(3，4，5)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(6，7，x－1)，设eq \o(AD,\s\up17(→))＝aeq \o(AB,\s\up17(→))＋beq \o(AC,\s\up17(→))，即(6，7，x－1)＝(0，a，2a)＋(3b，4b，5b)＝(3b，a＋4b，2a＋5b)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6＝3b，,7＝a＋4b，,x－1＝2a＋5b，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝2，,x＝9.)) 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\up17(→))∥eq \o(AB,\s\up17(→))，因为A(1，－2，－3)，B(2，－1，－1)，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝(a－1，2，b＋3)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(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)． 解：如图所示，连接MN，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AA1,\s\up17(→))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\up17(→))|＝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). 10．已知在棱长为2的正四面体A－BCD中，以△BCD的中心O为原点，eq \o(OC,\s\up17(→))，eq \o(OA,\s\up17(→))的方向分别为y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，M为AB的中点，求eq \o(OM,\s\up17(→))的坐标． 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\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \o(CB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up17(→))＋\o(OC,\s\up17(→))＋\f(3,2)\o(CE,\s\up17(→)))) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\o(OA,\s\up17(→))＋\o(OC,\s\up17(→))＋\f(3,2)（\o(OE,\s\up17(→))－\o(OC,\s\up17(→))）))＝eq \f(3,4) eq \o(OE,\s\up17(→))－eq \f(1,4) eq \o(OC,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(OA,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)i－eq \f(\r(3),6)j＋eq \f(\r(6),3)k， 所以eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),6)，\f(\r(6),3))). 11．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，若eq \o(OA,\s\up17(→))＋meq \o(OB,\s\up17(→))与eq \o(OB,\s\up17(→))(O为坐标原点)的夹角为120°，则m的值为(　　) A.eq \f(\r(6),6) B．－eq \f(\r(6),6) C．±eq \f(\r(6),6) D．±eq \r(6) 解析：eq \o(OA,\s\up17(→))＋meq \o(OB,\s\up17(→))＝(1，－m，m)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(0，－1，1)，cos120°＝eq \f(（\o(OA,\s\up17(→))＋m\o(OB,\s\up17(→))）·\o(OB,\s\up17(→)),Ｋ|\o(OA,\s\up17(→))＋m\o(OB,\s\up17(→))||\o(OB,\s\up17(→))|)＝eq \f(2m,\r(2m2＋1)×\r(2))＝－eq \f(1,2)，可得m＜0，解得m＝－eq \f(\r(6),6). 12．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC的中点，若eq \o(A1P,\s\up17(→))＝λeq \o(A1B1,\s\up17(→))，eq \o(DQ,\s\up17(→))＝λeq \o(DC1,\s\up17(→))(0≤λ≤1)，则|eq \o(PQ,\s\up17(→))|的取值范围是____________． 解析：因为正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，D为BC的中点，所以AD⊥BC，AD＝eq \r(3)，过点D作z轴∥BB1，建立如图所示的空间直角坐标系，所以D(0，0，0)，A1(eq \r(3)，0，3)，B1(0，1，3)，C1(0，－1，3)，因为eq \o(A1B1,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，－1，3)， [eq \r(3)，2eq \r(3)] 设P(x0，y0，z0)，Q(x1，y1，z1)，eq \o(A1P,\s\up17(→))＝(x0－eq \r(3)，y0，z0－3)，eq \o(DQ,\s\up17(→))＝(x1，y1，z1)，所以(x0－eq \r(3)，y0，z0－3)＝λ(－eq \r(3)，1，0)，(x1，y1，z1)＝λ(0，－1，3)(0≤λ≤1)，所以x0＝eq \r(3)－eq \r(3)λ，y0＝λ，z0＝3，x1＝0，y1＝－λ，z1＝3λ，所以P(eq \r(3)－eq \r(3)λ，λ，3)，Q(0，－λ，3λ)，所以|eq \o(PQ,\s\up17(→))|＝eq \r(（\r(3)－\r(3)λ）2＋4λ2＋（3－3λ）2)＝eq \r(16λ2－24λ＋12)＝2eq \r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(3,4)))\s\up12(2)＋\f(3,4))，当λ＝eq \f(3,4)时，|eq \o(PQ,\s\up17(→))|有最小值eq \r(3)；当λ＝0时，|eq \o(PQ,\s\up17(→))|有最大值2eq \r(3)，所以|eq \o(PQ,\s\up17(→))|的取值范围是[eq \r(3)，2eq \r(3)]． 13．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)． (1)若eq \o(DB,\s\up17(→))∥eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))∥eq \o(AB,\s\up17(→))，求点D的坐标； (2)是否存在实数α，β，使得eq \o(AC,\s\up17(→))＝αeq \o(AB,\s\up17(→))＋βeq \o(BC,\s\up17(→))成立？若存在，求出α，β的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设D(x，y，z)，则eq \o(DB,\s\up17(→))＝(－x，1－y，－z)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1，0，2)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(－x，－y，2－z)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，1，0)． 因为eq \o(DB,\s\up17(→))∥eq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))∥eq \o(AB,\s\up17(→))， 所以存在实数m，n，使得eq \o(DB,\s\up17(→))＝meq \o(AC,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))＝neq \o(AB,\s\up17(→))， 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)． (2)依题意，得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1，0，2)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(0，－1，2)． 假设存在实数α，β，使得eq \o(AC,\s\up17(→))＝αeq \o(AB,\s\up17(→))＋βeq \o(BC,\s\up17(→))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，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＝1，,β＝1，))故存在α＝β＝1，使得eq \o(AC,\s\up17(→))＝αeq \o(AB,\s\up17(→))＋βeq \o(BC,\s\up17(→))成立． 14．已知正三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长AB＝2，AB1⊥BC1，O，O1分别是棱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\up17(→))，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AC,\s\up17(→))}表示向量eq \o(AM,\s\up17(→))； (3)求eq \o(AB1,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))夹角的余弦值． 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\up17(→))＝(eq \r(3)，1，a)，eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，1，a)， 因为AB1⊥BC1， 所以eq \o(AB1,\s\up17(→))·eq \o(BC1,\s\up17(→))＝－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). (2)由(1)可知，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，eq \r(2))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\f(\r(2),2)))， 设eq \o(AM,\s\up17(→))＝xeq \o(AA1,\s\up17(→))＋yeq \o(AB,\s\up17(→))＋zeq \o(AC,\s\up17(→))， 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\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(AC,\s\up17(→)). (3)由(1)可知，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，1，eq \r(2))，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－eq \r(3)，1，0)， 则cos〈eq \o(AB1,\s\up17(→))，eq \o(BC,\s\up17(→))〉＝eq \f(\o(AB1,\s\up17(→))·\o(BC,\s\up17(→)),\a\vs4\al(|\o(AB1,\s\up17(→))||\o(BC,\s\up17(→))|))＝eq \f(－3＋1,\r(6)×2)＝－eq \f(\r(6),6)， 因此eq \o(AB1,\s\up17(→))与eq \o(BC,\s\up17(→))夹角的余弦值为－eq \f(\r(6),6). $$