1.3 空间向量及其运算的坐标表示 同步练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以“基础巩固+能力提升”分层设计，通过空间直角坐标系、向量运算到综合应用的递进路径，培养数学抽象、空间观念及运算能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|空间直角坐标系（对称、射影）、向量坐标运算（投影、基底转换）、平行垂直判定、夹角模长计算|以选择填空为主，含教材改编题，注重概念辨析与基本运算，如正方体中坐标求解| |能力提升练|动态几何（动点轨迹）、向量最值问题、探究性应用（向量函数）|含多选题与解答题，结合圆柱表面爬行等情境，强调逻辑推理与创新意识，如异面直线垂直证明|

1.3　空间向量及其运算的坐标表示 基础练习 题组一　空间直角坐标系 1.(2026广东东莞实验中学月考)在空间直角坐标系中,点P(1,2,3)关于Oxy平面对称的点的坐标为　(　　) A.(-1,-2,3)　　B.(1,-2,3) C.(-1,2,3)　　 D.(1,2,-3) 2.(2026福建厦门大学附属科技中学月考)空间一点P在Oxy平面上的射影为M(2,4,0),在Ozx平面上的射影为N(2,0,7),则点P关于x轴对称的点的坐标为　　　　.  3.(2025北京育才学校月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,建立如图所示的空间直角坐标系,若的坐标为(4,3,2),则的坐标为　　　　.  4.(教材习题改编)在三棱锥P-ABC中,∠ABC=90°,PB⊥平面ABC,AB=BC=PB=2,M,N分别是PC,AC的中点,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,则线段MN的中点坐标为　　　　.  题组二　空间向量运算的坐标表示 5.(2026河北保定部分高中联考)已知向量a=(-1,2,-3),b=(2,1,2),则向量a在向量b上的投影向量的坐标是(　　) A.(-4,-2,-4)　　B.(2,-4,6)　　 C.　　D. 6.(2026吉林长春市实验中学月考)若{a,b,c}是空间的一个基底,且向量p=xa+yb+zc,则(x,y,z)叫做向量p在基底{a,b,c}下的坐标.已知{a,b,c}是空间的一个基底,{c,a+b,a-b}是空间的另一个基底,向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),则向量p在基底{c,a+b,a-b}下的坐标为(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 7.(2026山西晋中部分学校月考)在空间直角坐标系中,A(1,-2,3),B(0,2,4),若点M在线段AB上,且AM=2MB,则点M的坐标为　　　　.  8.(2026北京陈经纶中学月考)在空间直角坐标系中,已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),若点P(x,y,-2)在平面ABC内,写出一个符合题意的点P的坐标:　　　　.  题组三　利用空间向量的坐标运算解决平行和垂直问题 9.(2026河南青桐鸣大联考)已知空间向量a=(2,m,1),b=(2,4,n)共线,m,n∈R,则m+n=(　　) A.3　　B.4　　C.5　　D.6 10.(多选题)(2026安徽A10联盟月考)已知空间向量a=(2,-1,3),b=(-6,λ,μ),c=(1,2,v),其中a∥b,a⊥c,则(　　) A.|a|=　　B.λ-μ=12 C.v=1　　D.(a+b)·c=-2 11.(多选题)(2026山东淄博实验中学月考)已知向量a=(1,1,0),b=(0,1,1),c=(1,2,1),则下列结论正确的是(　　) A.向量a与向量b的夹角为 B.(a-b)⊥c C.(a+b)∥c D.向量a在向量b上的投影向量为 12.(2025重庆北碚月考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在BD上,且BE=BD,点F在CB1上,且CF=CB1.求证: (1)EF⊥BD; (2)EF⊥CB1. 13.(2026河南许昌禹州第三高级中学月考)已知空间中三点A(-2,1,3),B(1,-2,0),C(-1,-1,5). (1)若四边形ABCD是平行四边形,求点D的坐标; (2)若|a|=3,且a∥,求向量a的坐标; (3)若点P(2,-1,m)在平面ABC内,求m的值. 题组四　利用空间向量的坐标运算解决夹角和模的相关问题 14.(2026天津第二耀华中学月考)设x∈R,向量a=(x,1,1),c=(2,-4,2),且a⊥c,则|a+c|=(　　) A.2　　B.9　　C.3　　D.3 15.(2026河南名校联考)在空间直角坐标系中,已知点A(1,0,1),B(-1,0,3),C(3,2,1),则直线AB,AC所成角的余弦值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 16.(2026安徽阜阳临泉田家炳实验中学月考)已知a+b=(2,,2),a-b=(0,,0),则cos<a,b>=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 17.(2026浙江金华段考)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),则|2a+b|=　　　　.若O为坐标原点,点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2),点E在直线AB上,且⊥b,则点E的坐标为　　　　.  18.(2026黑龙江牡丹江第三高级中学月考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=2,N是A1A的中点,在底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°. (1)求线段BN的长; (2)求异面直线BA1与CB1夹角的余弦值. 能力提升练 题组一　空间向量的坐标运算 1.(2025湖北云学联盟部分重点高中联考)现有一段底面周长为12π厘米,高为12厘米的圆柱形水管,AB是圆柱的一条母线,两只蜗牛分别沿水管壁爬行(水管壁厚度不计),一只从A点沿上底面圆弧按顺时针方向爬行π厘米后再向下爬行3厘米到达P点,另一只从B点沿下底面圆弧按逆时针方向爬行π厘米后再向上爬行3厘米到达Q点,则此时线段PQ的长(单位:厘米)为(　　) A.6　　B.6　　C.6　　D.12 2.(2026辽宁省实验中学月考)在△ABC中,AB=4,BC=AC=2,P为空间中一动点,则(+)·的最小值是(　　) A.-2　　B.-2　　C.-3　　D.-4 3.(2026河南新乡联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,动点P满足=x+y.当x=1时,·=　　　　;当x,y∈[0,1]时,|-+|的取值范围是　　　　.  题组二　利用空间向量的坐标运算解决平行和垂直问题 4.(2026重庆八中月考)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,P,M,N分别为棱AA1,AB,A1B1的中点,Q为线段MN上的动点,则下列说法中不正确的是(　　) A.直线C1Q与直线CP始终异面 B.直线C1Q与直线CP可能垂直 C.直线C1Q与直线BP可能垂直 D.直线C1Q与直线PQ可能垂直 5.(多选题)(2026河北廊坊八中月考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,点P在侧面BCC1B1上运动(包括边界),并且总是保持AP⊥BD1,则以下结论正确的是(　　) A.= B.点P必在线段B1C上 C.AP⊥BC1 D.AP∥平面A1C1D 6.(2026山西大学附属中学月考)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1=2AB=2BC=2,动点P满足=λ(0<λ<1),当AP与CP垂直时,λ的值为　　　　.  题组三　利用空间向量的坐标运算解决夹角和模的问题 7.(2026吉林长春外国语学校月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点P满足||=1,点Q满足=λ+(1-λ),则|-|的最小值为(　　) A.-1　　B.2　　C.4　　D.+1 8.(2026江苏无锡江阴南菁高级中学月考)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,=2,M为棱B1C1上的动点,N为线段AM上的动点,且=,则线段MN长度的最小值为(　　) A.2　　B.　　C.　　D. 9.(2026河南南阳四校联考)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,其内部或表面上存在一点P满足·=·=0,则∠ABP的取值范围为(　　) A.　　B.　　 C.　　D. 10.(2026北京八一学校月考)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,1,4),O为坐标原点. (1)求线段AB的中点的坐标和线段AB的长度; (2)求直线AB和直线AC夹角的余弦值; (3)若点P在直线AC上,且BP⊥AC,求点P的坐标. 11.(2026山东济宁第一中学月考)设全体空间向量组成的集合为V,a=(a1,a2,a3)为V中的一个单位向量,建立一个“自变量”为向量,“因变量”也是向量的“向量函数”f(x):f(x)=-x+2(x·a)a(x∈V). (1)设u=(1,0,0),v=(0,0,1),若f(u)=v,求向量a; (2)对于V中的任意两个向量x,y,证明:f(x)·f(y)=x·y; (3)对于V中的任意单位向量x,求|f(x)-x|的最大值. 答案 1.3　空间向量及其运算的坐标表示 基础练习 1.D　在空间直角坐标系中,若两点关于坐标平面Oxy对称,则这两点的横坐标、纵坐标都不变,竖坐标互为相反数,故点P(1,2,3)关于Oxy平面对称的点的坐标为(1,2,-3). 2.答案　(2,-4,-7) 解析　由题意可得点M与点P的横、纵坐标相同,点N与点P的横、竖坐标相同,则点P的坐标为(2,4,7), 所以点P关于x轴对称的点的坐标为(2,-4,-7). 3.答案　(-4,3,2) 解析　因为的坐标为(4,3,2),所以A(4,0,0),C1(0,3,2),所以=(-4,3,2). 4.答案　 解析　由题意可得A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2), 所以M(0,1,1),N(1,1,0), 则线段MN的中点坐标为. 5.D　因为a=(-1,2,-3),b=(2,1,2),所以a·b=-2+2-6=-6,|b|==3, 则向量a在向量b上的投影向量为·b=-b,其坐标为. 6.B　设向量p在基底{c,a+b,a-b}下的坐标为(x,y,z),则p=xc+y(a+b)+z(a-b)=(y+z)a+(y-z)b+xc, 因为向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3),所以p=a+2b+3c, 则⇒故向量p在基底{c,a+b,a-b}下的坐标为. 7.答案　 解析　由A(1,-2,3),B(0,2,4),得=(-1,4,1).设M(x,y,z),由AM=2MB,得=,即(x-1,y+2,z-3)=(-1,4,1),则解得 即M. 8.答案　(2,1,-2)(答案不唯一) 解析　因为点P(x,y,-2)在平面ABC内,所以A,B,C,P四点共面,则=m+n,m,n∈R, 所以(x-1,y,-2)=m(-1,1,0)+n(-1,0,1),所以则x+y-3=0,不妨取x=2,y=1,则符合题意的点P的坐标为(2,1,-2),此答案不唯一. 9.C　由题意知,存在实数λ,使得b=λa,故故故m+n=5. 10.AB　由a=(2,-1,3)得|a|==,故A正确; 因为a∥b,a=(2,-1,3),b=(-6,λ,μ),所以==,解得λ=3,μ=-9,所以λ-μ=12,故B正确; 因为a=(2,-1,3),c=(1,2,v),且a⊥c,所以2-2+3v=0,解得v=0,故C错误; 由B可知b=(-6,3,-9),则a+b=(-4,2,-6),又c=(1,2,0),故(a+b)·c=(-4,2,-6)·(1,2,0)=0,故D错误. 11.BC　对于A,因为a·b=1×0+1×1+0×1=1,|a|=|b|=,所以cos<a,b>===, 又0≤<a,b>≤π,所以<a,b>=,所以A错误; 对于B,因为a-b=(1,0,-1),所以(a-b)·c=1×1+0×2+(-1)×1=0,故(a-b)⊥c,所以B正确; 对于C,由向量a=(1,1,0),b=(0,1,1),c=(1,2,1),可知c=a+b,故(a+b)∥c,所以C正确; 对于D,根据投影向量的定义可知,向量a在向量b上的投影向量为|a|·cos<a,b>·=b=(0,1,1)=,所以D错误. 12.证明　以D为坐标原点,,,的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3, 则D(0,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),B1(3,3,3),E(2,2,0),F(1,3,1), 则=(-3,-3,0),=(-1,1,1),=(3,0,3). (1)∵·=3-3=0,∴⊥,即EF⊥BD. (2)∵·=-3+3=0,∴⊥,即EF⊥CB1. 13.解析　(1)设D(x,y,z), 由四边形ABCD是平行四边形,可得=, 即(3,-3,-3)=(-1-x,-1-y,5-z), 所以x=-4,y=2,z=8,故点D的坐标为(-4,2,8). (2)易得=(1,-2,2),因为a∥,所以a=λ=(λ,-2λ,2λ),λ∈R, 又|a|=3,所以=3,解得λ=±1, 所以a=(1,-2,2)或a=(-1,2,-2). (3)因为点P(2,-1,m)在平面ABC内,所以存在实数a,b使得=a+b, 又=(4,-2,m-3),=(3,-3,-3),=(1,-2,2),故(4,-2,m-3)=a(3,-3,-3)+b(1,-2,2), 所以解得 故m的值为-7. 14.D　因为a=(x,1,1),c=(2,-4,2),a⊥c,所以a·c=2x-4+2=0,解得x=1. 所以a+c=(3,-3,3),所以|a+c|==3. 15.B　易得=(-2,0,2),=(2,2,0), 设直线AB,AC所成的角为θ, 则cos θ=|cos<,>|===. 16.C　记 由①+②,得2a=(2,2,2),即a=(1,,), 由①-②,得2b=(2,0,2),即b=(1,0,), 所以cos<a,b>===. 17.答案　5; 解析　∵a=(1,-3,2),b=(-2,1,1), ∴2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5), 故|2a+b|==5. 若点E在直线AB上,则可设=t,t∈R, 则=+t=(-3+t,-1-t,4-2t), ∵⊥b,b=(-2,1,1), ∴·b=0,即-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,故点E的坐标为. 18.解析　(1)根据题意可知,CA,CB,CC1两两互相垂直. 以C为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Cxyz,如图, 由题意得N(1,0,1),B(0,1,0), 故BN=||==. (2)由(1)得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2), 故=(1,-1,2),=(0,1,2),则·=0-1+4=3,||==,||==, ∴|cos<,>|===,即异面直线BA1与CB1夹角的余弦值为. 能力提升练 1.A　分别取上、下底面的圆心O1,O,连接OO1,BO,以O为坐标原点,OO1,BO所在直线分别为z,y轴,在下底面内过O作OB的垂线,并以其为x轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 过Q向下底面作垂线,垂足为Q1,连接OQ1,设圆O的半径为r,则2πr=12π,所以r=6, 因此l=∠BOQ1×6=π,解得∠BOQ1=,则Q1(3,-3,0),Q(3,-3,3), 同理,过P向下底面作垂线,垂足为P1,则P1(-3,-3,0),P(-3,-3,9), 所以||==6,即此时线段PQ的长为6厘米. 2.A　因为在△ABC中,AB=4,BC=AC=2,所以AC2+BC2=AB2,所以△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°. 以C为原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,过C点且垂直于△ABC所在平面的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 所以A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,0).设P(x,y,z),则=(2-x,-y,-z),=(-x,2-y,-z),=(-x,-y,-z),故(+)·=(2-2x,2-2y,-2z)·(-x,-y,-z)=(2-2x)·(-x)+(2-2y)·(-y)+(-2z)·(-z)=2x2-2x+2y2-2y+2z2=2+2+2z2-2, 所以当且仅当x=,y=,z=0时,(+)·取得最小值,为-2. 3.答案　0;[2,2] 解析　以A为坐标原点,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Axyz, ∴A(0,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),A1(0,0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2),B1(2,0,2), ∴=(-2,0,0),=(0,0,2),=(0,2,-2),=(2,2,0), ∵=x+y, ∴=x(-2,0,0)+y(0,0,2)=(-2x,0,2y),∴=+=(-2x,2,2y-2), 当x=1时,=(-2,2,2y-2), ∴·=-4+4=0. 当x,y∈[0,1]时,∵=(-2x,0,2y),C(2,2,0),∴P(2-2x,2,2y), ∴=(2-2x,0,2y),=(2-2x,2,2y-2),又=(2,0,-2), ∴-+=(2-2x,0,2y)-(2,0,-2)+(2-2x,2,2y-2)=(2-4x,2,4y), ∴|-+|= ,x,y∈[0,1], 当x=,y=0时,|-+|取得最小值,最小值为2; 当x=1或x=0,y=1时,|-+|取得最大值,最大值为2, ∴|-+|∈[2,2]. 4.B　对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, ∵M,N分别为棱AB,A1B1的中点,∴MN∥AA1, ∵MN⊄平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,∴MN∥平面AA1C1C, ∵Q∈MN,C1Q∩平面AA1C1C=C1,CP⊂平面AA1C1C,且C1∉CP,∴直线C1Q与直线CP始终异面,故A中说法正确; 连接CM,由题知△ABC为等边三角形,又∵M为AB的中点,∴CM⊥AB, 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∴MN⊥平面ABC,又CM,AB⊂平面ABC,∴MN⊥CM,MN⊥AB, 如图,以M为坐标原点,,,的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则B(1,0,0),C(0,,0),C1(0,,2),P(-1,0,1), 设Q(0,0,h)(0≤h≤2). 对于B,易得=(0,-,h-2),=(-1,-,1), 若C1Q⊥CP,则·=0,∴3+h-2=0,∴h=-1, ∵0≤h≤2,∴不存在点Q使得直线C1Q与直线CP垂直,故B中说法错误; 对于C,易得=(-2,0,1),由B知=(0,-,h-2), 若C1Q⊥BP,则·=0,∴h-2=0,∴h=2, 故当点Q位于点N的位置时,直线C1Q与直线BP垂直,故C中说法正确; 对于D,易得=(1,0,h-1),由B知=(0,-,h-2), 若C1Q⊥PQ,则·=0,∴(h-2)·(h-1)=0,∴h=1或h=2, 故当点Q位于点N的位置或Q为MN的中点时,直线C1Q与直线PQ垂直,故D中说法正确. 5.BD　∵P在侧面BCC1B1上运动(包括边界),平面BCC1B1∥平面AA1D1D,∴P到平面AA1D1D的距离即为C到平面AA1D1D的距离,此距离等于正方体的棱长,∴=·CD=××1×1×1=,故A中结论错误. 以D为坐标原点,,,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A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),设P(x,1,z)(0≤x≤1,0≤z≤1),∴=(x-1,1,z),=(-1,-1,1),=(-1,0,-1). ∵AP⊥BD1,∴·=1-x-1+z=0,∴x=z,∴P(x,1,x),∴=(x,0,x), ∴=-x,即B1,P,C三点共线,又0≤x≤1,∴P必在线段B1C上,故B中结论正确. 易知C1(0,1,1),∴=(-1,0,1),又=(x-1,1,x),∴·=1-x+x=1≠0,∴AP与BC1不垂直,故C中结论错误. 易知A1(1,0,1),D(0,0,0),∴=(-1,1,0),=(1,0,1),又=(x-1,1,x),∴=x+ (其中0≤x≤1),∴,,共面,又AP⊄平面A1C1D,∴AP∥平面A1C1D,故D中结论正确. 6.答案　 解析　依题意,以D为坐标原点,,,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Dxyz,如图所示, 则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),可得=(1,1,-2),则=λ=(λ,λ,-2λ), 所以=+=(λ-1,λ,-2λ+2),=+=(λ,λ-1,-2λ+2), 由AP⊥CP,可得·=0,即2λ(λ-1)+4(λ-1)2=0,解得λ=或λ=1, 因为0<λ<1,所以实数λ的值为. 7.A　依题意,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0),A1(0,0,4), 因为||=1,所以点P在以B为球心,1为半径的球面上. 由=λ+(1-λ)=λ(4,4,0)+(1-λ)(0,0,4)=(4λ,4λ,4-4λ), 可得点Q的坐标为(4λ,4λ,4-4λ). 易得|-|=||, 由球的性质可知||的最小值为-1, 又||=|+| = =4=4, 故当λ=时,||取得最小值,为4×=,所以||的最小值为-1,即|-|的最小值为-1. 8.D　由=2,知O为BC的中点,取B1C1的中点Q,连接OQ,OA,易知OC,OA,OQ两两互相垂直. 以O为原点,OC,OA,OQ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O(0,0,0),A(0,,0), 由题可设M(a,0,),且a∈[-1,1],则=(-a,,-),=(a,0,), 因为=,所以MN===, 令t=,则t∈[,],==t-, 因为函数y=t-在[,]上单调递增, 所以当t=时,=-=,即线段MN长度的最小值为. 9.B　第一步:建系,确定点P的坐标满足的条件. 依题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2), 设P(x,y,z),x,y,z∈[0,2],AB的中点为O1,AA1的中点为O2,则O1(2,1,0),O2(2,0,1),连接O1P,O2P,由·=0得AP⊥BP,则PO1=AB=1,即(x-2)2+(y-1)2+z2=1①, 同理由·=0,可得PO2=1, 即(x-2)2+y2+(z-1)2=1②, 联立①②,整理得 故有y=z,则x2+2y2-4x-2y+4=0. 第二步:计算向量夹角的余弦值. 易得=(x-2,y-2,z),=(0,-2,0), =(x-2)2+(y-2)2+z2=x2+2y2-4x-4y+8=-2y+4, 故cos<,>====·, 第三步:结合参数的范围得到余弦值的范围,从而得到角的范围. 由②可得y∈[0,1], 故cos<,>=·∈,故∠ABP∈. 10.解析　(1)因为A(0,2,3),B(-2,1,6),所以线段AB的中点的坐标为,且=(-2,-1,3), 所以||==, 所以线段AB的长度为. (2)因为A(0,2,3),C(1,1,4),所以=(1,-1,1),又=(-2,-1,3), 所以|cos<,>| = ==, 所以直线AB和直线AC夹角的余弦值为. (3)因为点P在直线AC上,=(1,-1,1), 所以可设=λ=λ(1,-1,1)=(λ,-λ,λ),λ∈R,则=+=(0,2,3)+(λ,-λ,λ)=(λ,2-λ,3+λ), 故=-=(λ,2-λ,3+λ)-(-2,1,6)=(λ+2,1-λ,λ-3), 因为BP⊥AC,所以⊥, 所以·=1×(λ+2)+(-1)×(1-λ)+1×(λ-3)=λ+2+λ-1+λ-3=3λ-2=0, 解得λ=,故=, 所以点P的坐标为. 11.解析　(1)依题意得 f(u)=-u+2(u·a)a=v, 即-(1,0,0)+2(1×a1+0×a2+0×a3)(a1,a2,a3)=(0,0,1),即(-1,0,0)+2a1·(a1,a2,a3)=(0,0,1),即 解得或 ∴a=或a=. (2)证明: f(x)·f(y)=[-x+2(x·a)a]·[-y+2(y·a)a]=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)a2=x·y-4(y·a)(x·a)+4(y·a)(x·a)=x·y,故得证. (3)设x与a的夹角为α,则x·a=|x||a|cos α=cos α,则|f(x)-x|=|-2x+2(x·a)a|==,∵0≤cos2α≤1,∴0≤|f(x)-x|≤2,∴|f(x)-x|的最大值为2. 7 学科网（北京）股份有限公司 $