3.2 第2课时 空间向量长度与夹角的坐标表示(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（北师大版）

空间向量长度与夹角的坐标表示 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学] 第2课时 课时目标 进一步熟悉空间向量的坐标表示.能利用空间向量的坐标解决一些简单的长度与夹角问题. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.空间向量的长度 (1)设向量a=(x1，y1，z1)，则|a|==________________. (2)若点A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，则|AB|=||= ______________________________________. |微|点|助|解| (1)长度计算公式可以推广为|a±b|==，|a+b+c|= =. (2)求空间中线段的长度即对应空间向量的长度，因此空间两点间的距离公式就是空间向量模的计算. 2.空间向量的夹角 设向量a=(x1，y1，z1)，b=(x2，y2，z2)，cos<a，b> == (a≠0，b≠0). |微|点|助|解| (1)<a，b>∈[0，π]. (2)空间两直线的夹角可转化为两向量的夹角，设直线AB与CD所成的角为θ，则cos θ=|cos<>|. 基础落实训练 1.已知向量a=(1，0，-1)，则下列向量与a成60°夹角的是 (　　) A.(-1，1，0) B.(1，-1，0) C.(0，-1，1) D.(-1，0，1) 2.已知空间向量a=(0，1，1)，b=(-1，0，1)，则a与b的夹角为 (　　) A. B. C. D. 解析：因为空间向量a=(0，1，1)，b=(-1，0，1)，设a与b的夹角为θ，则 cos θ===.又因为θ∈[0，π]，所以θ=，即a与b的夹角为. √ √ 3.已知空间向量a=(2，-1，x)，b=(-4，2，6)，若a∥b，则|a|等于 (　　) A.3 B. C.2 D. 解析：由题意得==，解得x=-3，则|a|= =. √ 4.已知向量a=(2，4，x)，b=(2，y，2)，若|a|=6，且a⊥b，则x+y的值为 (　　) A.-3 B.1 C.-3或1 D.3或1 √ 解析：由题意得=6，4+4y+2x=0，解得或则x+y=1或x+y=-3. 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　给定坐标求长度与夹角 [例1]　(1)已知a=(1-t，1-t，t)，b=(2，t，t)，则|b-a|的最小值为______.  解析：由题知，b-a=(1+t，2t-1，0)，∴|b-a|2=(1+t)2+(2t-1)2+02=5t2 -2t+2=5+.∴(|b-a|2)min=.∴|b-a|min=. (2)若a=(-1，λ，-2)，b=(2，-1，1)，a与b的夹角为120°，则λ的值为________.  解析：由题知，a·b=-2-λ-2=-λ-4，|a|==，|b|==，故cos 120°===-，解得λ=17或λ=-1. 17或-1 |思|维|建|模| (1)求空间中线段的长度即对应空间向量的模，因此空间两点间的距离公式就是空间向量的模. (2)求夹角一般应用向量的夹角公式，设a=(x1，y1，z1)，b=(x2，y2，z2)，cos<a，b>=. 针对训练 1.已知△ABC的顶点分别为A(1，-1，2)，B(5，-6，2)，C(1，3，-1)，则AC边上的高BD等于 (　　) A.3 B.4 C.5 D.6 解析：设=λ，又=(0，4，-3)，则=(0，4λ，-3λ)，又=(4，-5，0)，=(-4，4λ+5，-3λ)，由·=0，得λ=-. ∴=，∴||=5. √ 2.已知向量a=(x，1，2)，b=(1，y，-2)，c=(3，1，z)，且a∥b，b⊥c. (1)求向量a，b，c； 解：∵向量a=(x，1，2)，b=(1，y，-2)，c=(3，1，z)，且a∥b，b⊥c， ∴解得x=-1，y=-1，z=1. ∴向量a=(-1，1，2)，b=(1，-1，-2)，c=(3，1，1). (2)求向量a+c与b+c夹角的余弦值. 解：∵a+c=(2，2，3)，b+c=(4，0，-1)， ∴(a+c)·(b+c)=2×4+2×0+3×(-1)=5， |a+c|==， |b+c|==， ∴向量a+c与b+c夹角的余弦值为==. 题型(二)　建系求长度与夹角 [例2]　如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC- A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，N为 A1A的中点. (1)求BN的长； 解：如图，以{}为正交基底建立空间直角坐标系C-xyz. 依题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)，∴|| = = ，∴线段BN的长为. 解：依题意得A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)， ∴=(1，-1，2)， =(0，1，2)， ∴·=1×0+(-1)×1+2×2=3. 又||=，||=， ∴cos<>==. 故A1B与B1C所成角的余弦值为. (2)求A1B与B1C所成角的余弦值. |思|维|建|模| 1.利用向量坐标求异面直线所成角的步骤 (1)根据几何图形的特点建立适当的空间直角坐标系； (2)利用已知条件写出有关点的坐标，进而获得相关向量的坐标； (3)利用向量数量积的坐标公式求得异面直线上有关向量的夹角，并将它转化为异面直线所成的角. 2.利用向量坐标求空间中线段的长度的步骤 (1)建立适当的空间直角坐标系； (2)求出线段端点的坐标； (3)利用两点间的距离公式求出线段的长. 针对训练 3.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F 分别为D1D，BD的中点，G在棱CD上，且CG=CD.求 cos<>. 解：如图，建立空间直角坐标系，D为坐标原点， 则有E，F，C1，G==， 所以==， ·=×0+×+×=. 所以cos<>===. 4.如图，在直三棱柱ABC-A'B'C'中，AB=BC=BB'=2， AB⊥BC，D为AB的中点，点E在线段C'D上，点F在 线段BB'上，求线段EF长的最小值. 解：依题意，BA，BC，BB'两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，D(0，1，0)，B'(0，0，2)，C'(2，0，2)，则=(2，-1，2)，=(0，0，2)， 设=λ，λ∈[0，1]， 则E(2λ，1-λ，2λ)， 设F(0，0，z)，0≤z≤2，则=(-2λ，λ-1，z-2λ). 若线段EF的长最小，则必满足EF⊥BB'， 则·=0，可得z=2λ， 即=(-2λ，λ-1，0)， 因此，||===≤， 当且仅当λ=时等号成立， 所以线段EF长的最小值为. [例3]　如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB=1， ∠BCA=90°，棱AA1=2，M，N分别为A1B1，A1A的中 点.建立适当的空间直角坐标系，解决如下问题： (1)求的模； 题型(三)　坐标法在空间几何体证明中的应用 解：因为CC1⊥平面ABC，∠BCA=90°， 以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B， N，所以=， 则==. (2)求证：BN⊥平面C1MN. 解：证明：由(1)得，C1，B，N，M，则== =，所以·=×1+×+0×1=0， ·=1×1+0×+×1=0， 则⊥⊥，即BN⊥C1M，BN⊥C1N. 又因为C1M∩C1N=C1，C1M，C1N⊂平面C1MN，所以BN⊥平面C1MN. |思|维|建|模| 建立空间直角坐标系的策略 　　解决此类问题的关键是建立空间直角坐标系，即通过分析几何体的几何特征，建立适当的空间直角坐标系，使尽可能多的点落在坐标轴上或坐标平面内，准确地写出各点的坐标，利用向量的运算性质求解. 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是CC1，BC，CD，A1C1的中点. 求证：(1)AB1∥GE，AB1⊥EH； 针对训练 证明：如图，以A为坐标原点，分别以{} 为正交基底建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为 1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)， C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)， C1(1，1，1).由中点坐标公式，得E，F，G，H. =(1，0，1)，==. 因为=2·=1×+0+1×=0，所以∥ ⊥，所以AB1∥GE(A∉GE)，AB1⊥EH. (2)A1G⊥平面EFD. 证明：===.因为·=--0=0，·=+0-=0，所以A1G⊥DF，A1G⊥DE.又因为DF∩DE=D，所以A1G⊥平面EFD. 课时检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.若向量a=(x，-4，-5)，b=(1，-2，2)，且a与b夹角的余弦值为-，则实数x的值为(　　) A.-3 B.11 C.3 D.-3或11 √ 解析：由题意得cos<a，b>===-，即= -，解得x=-3. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.已知向量a=(0，-1，1)，b=(4，1，0)，|λa+b|=，且λ>0，则λ等于(　　) A.5 B.4 C. 3 D.2 √ 解析：λa+b=λ(0，-1，1)+(4，1，0)=(4，1-λ，λ)，由已知得|λa+b|==，且λ>0，解得λ=3. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.已知=(1，2，3)，=(a，b，b-2)，若点A，B，C共线，则||=(　　) A. B.2 C.3 D.9 √ 解析：因为点A，B，C共线，所以与共线，所以==，解得a=-2，b=-4，故=(-2，-4，-6)，=-=(-3，-6，-9)，||= =3. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.已知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：因为=(3，4，-8)，=(2，-3，1)，=(5，1，-7)，·=10-3-7=0，∴BC⊥AC，而||=，||=5， 所以△ABC是直角三角形. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，PQ与直线A1D和AC都垂直，则直线PQ与BD1的关系是 (　　) A.异面　　　　　 B.平行 C.垂直不相交 D.垂直且相交 √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：设正方体的棱长为1.以D为坐标原点，DA，DC，DD1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=(1，0，1)，=(-1，1，0).设=(a，b，c)，则取=(1，1，-1). ∵=(0，0，1)-(1，1，0)=(-1，-1，1)=-，∴∥，∴PQ∥BD1. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.已知空间三点A(0，2，3)，B(-2，1，6)，C(1，-1，5)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为 (　　) A.7 B.7 C. D. √ 解析：因为A(0，2，3)，B(-2，1，6)，C(1，-1，5)，所以=(-2，-1，3)，=(1，-3，2)，所以||=，||=，所以cos∠BAC== =，所以∠BAC=60°，平行四边形面积为2S△ABC，在△ABC中由正弦定理得S△ABC=||×||×sin∠BAC，设平行四边形的面积为S，所以S=××sin 60°=7. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.定义ab=|a|2-a·b.若向量a=(1，-2，2)，向量b为单位向量，则 ab的取值范围是 (　　) A.[0，6] B.[6，12] C.[0，6) D.(-1，5) 解析：由题意知|a|=3，|b|=1.设<a，b>=θ，则ab=|a|2-a·b=|a|2 -|a||b|·cos θ=9-3cos θ.又θ∈[0，π]，∴cos θ∈[-1，1]， ∴ab∈[6，12]. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在AC1上且=，点N为B1B的中点，则||为(　　) A. B. C. D. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)， C1(0，1，1)，N，设M(x，y，z)，∵点M在AC1上且=，∴(x-1，y，z)=(-x，1-y，1-z)，∴x=，y=，z=，即M. 又N， ∴||==. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)若a=(x，2，2)，b=(2，-3，5)的夹角为钝角，则实数x的取值范围是__________.  解析：a·b=2x-2×3+2×5=2x+4，设a，b的夹角为θ，因为θ为钝角，所以cos θ=<0，又|a|>0，|b|>0，所以a·b<0，即2x+4<0，所以x< -2，又a，b不会反向，所以实数x的取值范围是(-∞，-2). (-∞，-2) 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)在空间直角坐标系中，向量a满足|a|=3，且与向量b=(1，1，1)的夹角的余弦值为，请写出一个向量a的坐标：______________________.  解析：设a=(x，y，z)， 由 得 则向量a的一个坐标为(1，2，2). (1，2，2)(答案不唯一) 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)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⊥a，其中O为坐标原点，则点E的坐标为_______________.  解析：设=λ，因为A(-3，-1，4)，B(-2，-2，2)，所以=(1，-1， -2)，=(λ，-λ，-2λ)，=(3，1，-4)，=-=(λ-3，-λ-1，-2λ+4)，因为⊥a，所以-2(λ-3)+(-λ-1)+(-2λ+4)=0，解得λ=，又A(-3，-1，4)，=，所以点E的坐标为. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(10分)已知空间中三点A(-2，0，2)，B(-1，1，2)，C(-3，0，4). (1)求cos∠BAC；(4分) 解：=(-1，1，2)-(-2，0，2)=(1，1，0)，=(-3，0，4)-(-2，0，2) =(-1，0，2)，cos∠BAC===-. (2)求△ABC中BC边上中线的长度.(6分) 解：设BC的中点为D，则点D的坐标为. 又A(-2，0，2)，∴=， ∴||===，即△ABC中BC边上中线的长度为. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)已知空间中三点A(2，0，-2)，B(1，-1，-2)，C(3，0，-4)，设a=，b=. (1)若|c|=3，且c∥，求向量c；(4分) 解：由题意得=(2，1，-2)， 因为c∥， 故可设c=(2n，n，-2n)， 所以|c|==3|n|=3， 解得n=±1.故c=(2，1，-2)或c=(-2，-1，2). 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)已知向量ka+b与b互相垂直，求k的值；(4分) 解：因为a==(-1，-1，0)，b==(1，0，-2)， 所以ka+b=(1-k，-k，-2). 由于ka+b与b垂直，得(1-k，-k，-2)·(1，0，-2)=1-k+4=0，解得k=5. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (3)求△ABC的面积.(2分) 解：由(2)得||=，||=， 由(1)得||=3， 故由余弦定理得cos A==-， 所以sin A==. 故△ABC的面积为·||·||sin A=×××=. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(15分)如图，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，使得向量与向量 的夹角为45°? 解：以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知A(0，0，0)，B1(，1，2)，C(0，2，0)， B(，1，0)，M.又点N在棱CC1上， 可设N(0，2，m)(0≤m≤2)，则=(，1，2)，=， 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 所以||=2，||=， ·=2m-1. 则cos<>= ==cos 45°=， 解得m=-，这与0≤m≤2矛盾. 所以在棱CC1上不存在点N，使得向量与向量的夹角为45°. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中， PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点， PA=AB=1，BC=2. (1)求B，F两点间的距离；(4分) 解：由题可知，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD， 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以E，F=，||=，即B，F两点间的距离为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求证：EF∥平面PAB；(5分) 证明：由(1)知，==(1，0，0)， 所以=-，即∥，即EF∥AB， 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (3)求证：平面PAD⊥平面PDC.(6分) 证明：由(1)知，=(0，0，1)，=(0，2，0)，=(1，0，0)， 所以·=(0，0，1)·(1，0，0)=0， ·=(0，2，0)·(1，0，0)=0， 则⊥⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC， 又AP∩AD=A，且AP，AD⊂平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 又DC⊂平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. $$