1、 1 空间直角坐标系 空间向量运算的坐标表示 基础过关练 题组一 空间向量的坐标表示 1.(2020 安徽阜阳三中高二上期中)已知点 A(-3,1,-4),点 A 关于 x 轴的对称点的坐标为()A.(-3,-1,4)B.(-3,-1,-4)C.(3,1,4)D.(3,-1,-4)2.(2020 山西晋中高一上期末)已知点 A(1,1,-3),B(3,1,-1),则线段 AB 的中点 M 关于平面 Oyz 对称的点的坐标为()A.(-2,1,-2)B.(2,1,-2)C.(2,-1,-2)D.(2,1,2)3.(2021 首都师范大学附属中学高二上月考)如图所示,在长方体 ABCD-A1B1C
2、1D1中,|AB|=4,|AA1|=5,|AD|=3,N为棱 CC1的中点,分别以 AB、AD、AA1所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系.(1)求点 A,B,C,D,A1,B1,C1,D1的坐标;(2)求点 N 的坐标.题组二 空间向量线性运算的坐标表示 4.(2020 山东滨州十二校高二上联考)已知向量 a=(1,-2,1),a-b=(-1,2,-1),则向量 b=()A.(2,-4,2)B.(-2,4,-2)C.(-2,0,-2)D.(2,1,-3)5.(2021 辽宁辽阳高二上检测)若向量 a=(2,0,-1),b=(0,1,-2),则 2a-b=()A.(-4,1
3、,0)B.(-4,1,-4)C.(4,-1,0)D.(4,-1,-4)6.(2020 上海徐汇高二下期末)如图,以长方体 ABCD-A1B1C1D1的顶点 D 为坐标原点,过 D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1 的坐标为(4,3,2),则1 的坐标为 .2 题组三 空间向量数量积的坐标表示 7.(2021 山东师范大学附属中学高二上月考)已知 a=(1,2,2),b=(-2,1,1),则向量 b 在 a 上的投影向量为()A.(-29,-49,-49)B.(29,49,49)C.(-23,13,13)D.(23,-13,-13)8.(2020 福建莆田第七中学高二上期末)
4、若向量 a,b 的坐标满足 a+b=(-2,-1,2),a-b=(4,-3,-2),则 ab 等于()A.5 B.-5C.7 D.-1 9.(2021 天津静海高二上检测)若向量 a=(1,1,2),b=(1,2,1),c=(1,1,1),则(c-a)2b=.题组四 利用空间向量的坐标运算解决平行和垂直问题 10.(2021 福建南平高二上期中)已知 a=(sin,cos,tan),b=(cos,sin,1tan),且 ab,则 为()A.-4 B.4 C.2k-2(kZ)D.k-4(kZ)11.若在ABC 中,C=90,A(1,2,-3k),B(-2,1,0),C(4,0,-2k),则 k
5、的值为()A.10B.10C.25D.10 12.(2020 北京中央民族大学附属中学高二上期末)已知 a=(x,-4,2),b=(3,y,-5),若 ab,则 x2+y2的取值范围为()A.2,+)B.3,+)C.4,+)D.5,+)题组五 利用空间向量的坐标运算求夹角和模 13.(2021山东师范大学附属中学高二上月考)若向量a=(x,-4,-5),b=(1,-2,2),且a与 b的夹角的余弦值为-26,则实数 x 的值为()A.-3 B.11 C.3 D.-3 或 11 14.(2020四川绵阳中学高二上期中)空间直角坐标系中的点A(3,3,1)关于平面Oxy的对称点A与点B(-1,1,
6、5)间的距离为()A.6 B.26C.43D.214 3 15.(2020 北京十二中高二上期中)已知点 A(0,1,2),B(1,-1,3),C(1,5,-1).(1)若 D 为线段 BC 的中点,求线段 AD 的长;(2)若=(2,a,1),且 =1,求 a 的值,并求此时向量 与 夹角的余弦值.16.(2020 山西太原第五中学高二上月考)如图,以棱长为 1 的正方体的三条棱所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系 Oxyz,点 P 在线段 AB 上,点 Q 在线段 DC 上.(1)当 PB=2AP,且点 P 关于 y 轴的对称点为 M 时,求|PM|;(2)当点 P 是面对角线 AB 的中
7、点,点 Q 在面对角线 DC 上运动时,探究|PQ|的最小值.深度解析 能力提升练 题组一 利用空间向量解决平行、垂直问题 4 1.(2021 江西新余一中、宜春一中高二上联考,)如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,O 是底面正方形 ABCD的中心,M 是 D1D 的中点,N 是 A1B1的中点,则直线 NO,AM 的位置关系是()A.平行 B.相交 C.异面垂直 D.异面不垂直 2.(2020 辽宁盘锦高二上期末,)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD平面 ABCD,PDQA,QA=AB=12PD,则平面 PQC与平面 DCQ 的位置关系为()A.平行 B.垂直 C.相交但不
8、垂直 D.位置关系不确定 3.(2020 中国人民大学附属中学高一下期末,)三棱锥 V-ABC 中,侧面 VBC底面 ABC,ABC=45,VA=VB,AC=AB,则()A.ACBC B.VBACC.VABC D.VCAB 4.(2020 云南师大附中高三下月考,)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,M,N,H,R 是各条棱的中点.直线 AD1平面 MNP;HD1CQ;P,Q,H,R 四点共面;A1C1平面 AB1D1.其中正确的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4 5.(多选)(2020 海南海口海南中学高三下月考,)如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB
9、=1,点 P 在侧面 BCC1B1及其边界上运动,并且总是保持 APBD1,则以下四个结论正确的是()5 A.-1=13 B.点 P 必在线段 B1C 上 C.APBC1 D.AP平面 A1C1D 6.(2020 浙江绍兴高二上期末阶段测试,)如图,已知四棱柱 ABCD-A1B1C1D1,AA1平面 ABCD,四边形 ABCD 是正方形,点 E 在线段 A1D 上,且 A1E=2ED.(1)证明:BD1AC;(2)证明:BD1平面 ACE.题组二 利用空间向量的坐标运算解决长度和夹角问题 7.(2020 安徽芜湖高二上期末,)如图,在三棱锥 P-ABC 中,ABC 为等边三角形,PAC 为等腰
10、直角三角形,PA=PC=4,平面 PAC平面 ABC,D 为 AB 的中点,则异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值为(深度解析)A.14 B.24 C.34 D.12 8.(2020 四川内江高三三模,)如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成,半圆柱体底面直径 BC=4,AB=AC,BAC=90,D 为半圆弧的中点,若异面直线 BD 和 AB1所成角的余弦值为23,则该几何体的体积为()6 A.16+8 B.32+16C.32+8 D.16+16 9.(2020 湖北武汉高二期末联考,)在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,P 是底面 ABCD(含边界)上一动点,满足 A1P
11、AC1,则线段 A1P 长度的取值范围是()A.62,2 B.62,3C.1,2D.2,3 10.(多选)(2020 山东莱州第一中学高二上期末,)正方体 A1B1C1D1-ABCD 的棱长为 2,M 为 B1C1的中点,下列命题中正确的是()A.AB1与 BC1成 60角 B.若=13 1,面1交于点,则=13 C.P 点在正方形 ABB1A1边界及内部运动,且 MPDB1,则 P 点的轨迹长等于2 D.E,F 分别在 DB1,A1C1上,且1=11=2,直线与1,1所成角分别是,则+=2 11.(2021 山东滕州一中高二上月考,)如图所示的正方体是一个三阶魔方(由 27 个全等的棱长为
12、1 的小正方体构成),正方形 ABCD 是上底面正中间的一个正方形,正方形 A1B1C1D1是下底面最大的正方形,已知点 P 是线段AC 上的动点,点 Q 是线段 B1D 上的动点,则线段 PQ 长度的最小值为 .深度解析 12.(2020 青海西宁五中高二期末,)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,AA1=2,BCA=90,M,N 分别是A1B1,A1A 的中点.(1)求 的模;(2)求 cos的值;(3)求证:A1BC1M.7 答案全解全析 基础过关练 1.A 在空间直角坐标系中关于 x 轴对称的点的横坐标不变,纵坐标和竖坐标变为原来的相反数,点A(-3,1,-4)关
13、于 x 轴对称的点的坐标是(-3,-1,4).故选 A.2.A 点 A(1,1,-3),B(3,1,-1),线段 AB 的中点 M(2,1,-2),点 M 关于平面 Oyz 对称的点的坐标为(-2,1,-2).故选 A.3.解析(1)由已知,得 A(0,0,0),由于点 B 在 x 轴的正半轴上,|AB|=4,故 B(4,0,0),同理可得D(0,3,0),A1(0,0,5),由于点 C 在坐标平面 Axy内,BCAB,CDAD,故C(4,3,0),同理可得 B1(4,0,5),D1(0,3,5),与点 C 的坐标相比,点 C1的坐标中只有竖坐标不同,|CC1|=|AA1|=5,则 C1(4,
14、3,5).(2)由(1)知,C(4,3,0),C1(4,3,5),则 C1C 的中点坐标为 N(4,3,52).4.A b=(1,-2,1)-(-1,2,-1)=(2,-4,2).故选 A.5.C 因为向量 a=(2,0,-1),所以 2a=(4,0,-2),又向量 b=(0,1,-2),所以 2a-b=(4,0,-2)-(0,1,-2)=(4,-1,0),故选 C.6.答案(-4,3,2)解析 因为点 D(0,0,0),1=(4,3,2),所以 B1(4,3,2),即 AD=4,CD=3,DD1=2,所以 A(4,0,0),C1(0,3,2),因此1=(-4,3,2).7.B a=(1,2,
15、2),b=(-2,1,1),ab=1(-2)+21+21=2,向量 a 方向上的单位向量 e=|=(13,23,23),向量 b 在 a 上的投影向量 m=|=222+22+12(13,23,23)8=(29,49,49).故选 B.8.B a+b=(-2,-1,2),a-b=(4,-3,-2),两式相加得 2a=(2,-4,0),解得 a=(1,-2,0),b=(-3,1,2),ab=1(-3)+(-2)1+02=-5,故选 B.9.答案-2 解析 c-a=(0,0,-1),2b=(2,4,2),(c-a)2b=0+0-2=-2.10.D a=(sin,cos,tan),b=(cos,sin
16、,1tan),且 ab,sincos+cossin+1=0,即 sin2=-1,2=-2+2k,kZ,=-4+k,kZ.故选 D.11.D 在ABC 中,A(1,2,-3k),B(-2,1,0),C(4,0,-2k),=(-6,1,2k),=(-3,2,-k),又C=90,=(-6)(-3)+12+2k(-k)=-2k2+20=0,k=10.故选 D.12.C a=(x,-4,2),b=(3,y,-5),ab,ab=3x-4y-10=0,y=34 52,x2+y2=x2+(34-52)2=2516(-65)2+44,x2+y2的取值范围为4,+).故选 C.13.A 根据公式 cos=|=+8
17、-102+16+251+4+4=26,-22+41=22,且 x2,9 解得 x=11(舍)或 x=-3.故选 A.14.D 由题意得,A(3,3,-1),所以=(-4,-2,6),所以|=16+4+36=214,故选 D.15.解析(1)由题意得,D(1,2,1),=(1,1,-1),|=1+1+1=3,即线段的长为3.(2)易知=(1,-2,1),=2-2a+1=1,解得 a=1,=(2,1,1).cos=|=166=16,即向量 与 夹角的余弦值为16.16.解析 由题意知 A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D(1,1,1).(1)由 PB=2AP 得 P(1,13,
18、23),所以(-1,13,-23),所以|=2133.(2)当点 P 是面对角线 AB 的中点时,P(1,12,12),点 Q 在面对角线 DC 上运动,设点 Q(a,1,a),a0,1,则|PQ|=(-1)2+(1-12)2+(-12)2=22-3+32=2(-34)2+38,所以当 a=34 时,|取得最小值 64,此时点(34,1,34).方法归纳 利用向量坐标求空间中线段长度的一般步骤:(1)建立适当的空间直角坐标系;(2)求出线段端点的坐标(或线段对应向量的坐标);(3)利用两点间的距离公式求出线段的长(或利用向量模的坐标公式求出对应向量的模).能力提升练 1.C 建立空间直角坐标系
19、,如图所示.设正方体的棱长为 2,则 A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),=(-1,0,-2),=(-2,0,1).=0,直线 NO,AM 的位置关系是异面垂直.故选 C.2.B 由已知可得 PDDC,PDDA,DCDA,如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系.设 QA=1,则 D(0,0,0),C(0,0,1),Q(1,1,0),P(0,2,0),=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0),10 =0,=0,PQDQ,PQDC,DQDC=D,PQ平面 DCQ,又 PQ平面 PQC,平面 PQC平面 DCQ.3.C AC=AB,ABC=45,AC
20、B=45,ACAB,故选项 A 错误;设 BC 的中点为 D,AB 的中点为 E,连接 AD、VE、VD、DE,易得,ADBC,VEAB,DEAC.又平面 VBC平面 ABC,且平面 VBC平面 ABC=BC,AD平面 ABC,AD平面 VBC,又 VD平面 VBC,ADVD.DEAC,ABAC,DEAB,又 VEAB,VEDE=E,AB平面 VDE,ABVD,又 ABAD=A,VD平面 ABC,VDBC,VDAD.以 D 为坐标原点,DA,DB,DV 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.设 VD=b,BD=DA=DC=a,则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,-a,0
21、),V(0,0,b),则=(a,0,-b),=(0,a,-b),=(0,-a,-b),=(-a,a,0),=(-a,-a,0),=(0,-2a,0),=0,=-a20,=-a20,VABC,故选项 B、D 错误,选项 C 正确.故选 C.4.B 因为 M,N 分别为 A1B1,C1D1的中点,所以 MNA1D1,又因为 MN平面 ADD1A1,A1D1平面 ADD1A1,所以 MN平面 ADD1A1,同理可得 NP平面 ADD1A1,又 MNNP=N,所以平面 MNP平面 ADD1A1,又 AD1平面 MNP,所以 AD1平面 MNP,正确;设棱长为 2,如图建立空间直角坐标系,11 所以 D
22、1(0,0,2),H(2,0,1),C(0,2,0),Q(1,0,0),所以1=(-2,0,1),=(1,-2,0),所以1 =-2+0+00,错误;连接 AC,HR,因为 H,R 分别是 AA1,CC1的中点,所以 HRAC,又因为 Q,P 分别为 AD,DC 的中点,连接 QP,所以 QPAC,所以 PQHR,故 P,Q,H,R 四点共面,正确;A(2,0,0),B1(2,2,2),D1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2),所以1=(0,2,2),1=(-2,0,2),11=(-2,2,0),11 1 0,1 11 0,所以直线 A1C1不垂直于平面 AB1D1,不正确.
23、所以正确的是,故选 B.5.BD 对于 A,P 在平面 BCC1B1上,平面 BCC1B1平面 AA1D1D,P 到平面 AA1D1D 的距离即为 C 到平面 AA1D1D 的距离,即为正方体棱长,-1=13 1CD=13 12 1 1 1=16,故 A 中结论错误;对于 B,以 D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),P(x,1,z),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),=(x-1,1,z),1=(-1,-1,1),1=(-1,0,-1),APBD1,1=1-x-1+z=0,x=z,即 P(x,1,x),=(x,0,x),
24、=-x1,即 B1,P,C 三点共线,P 必在线段 B1C 上,故 B 中结论正确;对于 C,C1(0,1,1),1=(-1,0,1),12 又=(x-1,1,x),1=1-x+x=1,AP 与 BC1不垂直,故 C 中结论错误;对于 D,A1(1,0,1),D(0,0,0),11=(-1,1,0),1=(1,0,1),又=(x-1,1,x),=x1+11(其中 0 x1),1,11 共面,又 AP平面 A1C1D,AP平面 A1C1D,故 D 中结论正确.故选 BD.6.证明(1)设 AC 与 BD 交于点 O,A1C1与 B1D1交于点 O1,连接 OO1,设 AB=a,AA1=b.如图,
25、建立空间直角坐标系,则 O(0,0,0),A(0,-22,0),(22,0,0),(0,22,0),(-22,0,0),A1(0,-22,),1(-22,0,),1=(2a,0,b),=(0,2a,0),1 =0,BD1AC.(2)设 E(x,y,z),A1E=2ED,1=2,即,+22,=2 22 a-x,-y,-z,解得 x=-23,=26,=3,即(-23,-26,13),=(-23,23,13).设1=+(,R),则(-2,0,)=(0,2,0)+(-23,23,13),即 -2=0-23,0=2+23,=0+13,解得 =-1,=3,即1=-+3,1,共面.又 BD1平面 ACE,B
26、D1平面 ACE.7.B 取 AC 的中点 O,连接 OP,OB,PA=PC,ACOP,平面 PAC平面 ABC,平面 PAC平面 ABC=AC,OP平面 ABC,13 又AB=BC,ACOB,以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,PAC 是等腰直角三角形,PA=PC=4,ABC 为等边三角形,A(22,0,0),(22,0,0),(0,0,22),(2,6,0),=(42,0,0),=(2,6,22),cos=|=-8424=24.异面直线 AC 与 PD 所成角的余弦值为24.故选 B.解题反思 用坐标法求解立体几何问题,关键是建立适当的空间直角坐标系.建系时,关键是寻找线面垂
27、直的条件,将垂线所在直线作为 z 轴,利用底面的图形特点建立 x 轴和 y 轴.8.A 设 D 在底面半圆上的射影为 D1,连接 AD1交 BC 于 O,连接 A1D 交 B1C1于点 O1.依题意知半圆柱体底面直径 BC=4,AB=AC,BAC=90,D 为半圆弧的中点,所以 AD1BC,A1DB1C1,O,O1分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接 OO1,则 OO1与上下底面垂直,所以 OO1OB,OO1OA,OAOB,以,1 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,设几何体的高为 h(h0),则B(2,0,0),D(0,-2,h),A(0,2,0),B1(2,0,h),所以=(-2
28、,-2,h),1=(2,-2,h),由于异面直线 BD 和 AB1所成的角的余弦值为23,所以|cos|=|1|1|=|2|8+28+2=23,即28+2=23,所以 h=4(负值舍去).所以几何体的体积为12 22 4+12424=16+8.故选 A.14 9.A 如图,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),P 是底面 ABCD(含边界)上一动点,设 P(x,y,0)(0 x1,0y1),则1=(x,y,-1),1=(1,1,1),A1PAC1,1 1=x+y-1=0,1 2=x2+y2+1=x2+(1-x)2+1=2x2-2x+2=2(-12)2
29、+32,当 x=12时,1 2取最小值32,此时线段1的长度为 62;当 x=0 或 x=1 时,1 2取最大值 2,此时线段1的长度为2,线段 A1P 长度的取值范围是62,2.故选 A.10.ACD 如图,建立空间直角坐标系,则 A(2,0,2),B(2,2,2),C(0,2,2),D(0,0,2),A1(2,0,0),B1(2,2,0),C1(0,2,0),D1(0,0,0),M(1,2,0).对于 A,1=(0,2,-2),1=(-2,0,-2),cos=1 1|1|1|=42222=12,AB1与 BC1成 60角,A 对;15 对于 B,=13 1,(0,2,32),设 E(0,m
30、,2),则1=(-1,2,0),1=(-2,2,32),1=(-2,m,2),由已知得 A1,M,N,E 四点共面,R,使得1=1+1,得-1=-2-2,2=2+,0=32 +2,解得=2,=-32,=43,E(0,43,2),=(0,-23,0),|=23,B 错;对于 C,设 P(2,y,z)(0y2,0z2),则=(1,y-2,z),1=(2,2,-2),由 1=2+2y-4-2z=0,得 y-z=1.点 P 的轨迹长为线段 y-z=1(1y2)的长度,为2,C 对;对于 D,E,F 分别在 DB1,A1C1上,且1=11=2,=23 1=23(2,2,2)=(43,43,-43),1=
31、23 11=23(2,2,0)=(-43,43,0),则 E(43,43,23),(23,43,0),则=(-23,0,-23),则 cos=|cos|=|-43-43(-23)2+(-23)24+4|=83223 22=1,故=0,cos=|cos|=|-43+43(-23)2+(-23)24+4|=0,故=2,即+=2,故 D 正确.11.答案 33434 解析 以 B1为坐标原点,B1C1、B1A1所在直线分别为 x,y 轴建立如图空间直角坐标系,则 B1(0,0,0),A(1,2,3),C(2,1,3),D(2,2,3),设1=1,=,0,1,16 则1=(2,2,3)=(2,2,3)
32、,1=1+=1+=(1,2,3)+(1,-1,0)=(1+,2-,3),=1-1=(1+-2,2-2,3-3).|2=(1+-2)2+(2-2)2+(3-3)2=172-30+22-2+14=17(-1517)2+2(-12)2+934.当=1517 且=12时,|2 取得最小值934,线段长度的最小值为33434.思路点拨 本题主要考查空间向量的应用,利用空间向量求解距离的最值问题时,一般是把目标式表示出来,结合目标式的特征,选择合适的方法求最值.12.解析 以 C 为原点,CA,CB,CC1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.(1)依题意,B(0,1,0),N(1,0,1),=(1,-1,1),|=3.(2)依题意 A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),1=(1,-1,2),1=(0,1,2),1 1=10-11+22=3,|1|=6,|1|=5,cos=1 1|1|1|=3010.(3)证明:C1(0,0,2),M(12,12,2),1=(12,12,0),又由(2)可得1=(-1,1,-2),1 1=12+12+0=0,1 1,A1BC1M.