2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 空间直角坐标系 空间向量运算的坐标表示 学案

这是一份2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 空间直角坐标系 空间向量运算的坐标表示，共16页。
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
基础过关练
题组一　空间向量的坐标表示
1.(多选题)(2023湖北黄冈红安一中月考)在空间直角坐标系Oxyz中,以下结论正确的是(　　)
A.点A(1,3,-4)关于x轴的对称点的坐标为(-1,-3,4)
B.点P(-1,2,3)关于Oxy平面对称的点的坐标是(-1,2,-3)
C.设i,j,k分别是x,y,z轴正方向上的单位向量,若m=3i-2j+4k,则m=(3,-2,4)
D.M(-1,1,2),N(1,3,3)两点间的距离为3
2.(2023河南郑州登封月考)已知点P(2,3,-1)关于坐标平面Oxy的对称点为P1,点P1关于坐标平面Oyz的对称点为P2,点P2关于z轴的对称点为P3,则点P3的坐标为　　　　. 
3.(2023湖北荆门一中月考)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
4.(2023北京首师大附属密云中学月考)已知向量a=(3,5,-1),b=(2,2,3),则向量2a-3b的坐标为(　　)
A.(0,4,-11)　　　　B.(12,16,7)
C.(0,16,-7)　　　　D.(12,16,-7)
5.(2022河北任丘第一中学月考)设O为坐标原点,M(5,-1,2),A(4,2,-1),若OM=AB,则点B的坐标为(　　)
A.(-1,3,-3)　　　　B.(9,1,1)
C.(1,-3,3)　　　　D.(-9,-1,-1)
6.(2022河北石家庄第四中学月考)已知点A,B,C,D的坐标分别为(0,1,2),(1,2,3),(1,3,1),(x,5,3),且A,B,C,D四点共面,则x=　　　　. 
7.若向量a=(1,1,2),b=(1,2,1),c=(1,1,1),则(c-a)·2b=　　　　. 
题组三　利用空间向量的坐标运算解决平行和垂直问题
8.(2022吉林长春外国语学校月考)如果A(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)三点共线,那么a-b=(　　)
A.1　　　　B.2　　
C.3　　　　D.4
9.(多选题)(2023湖南怀化月考)已知空间中三点A(2,1,-1),B(1,0,2),C(0,3,-1),则(　　)
A.|AB|=11　　　　B.AB⊥AC
C.cos∠ABC=1119　　　　D.A,B,C三点共线
10.在△ABC中,∠C=90°,A(1,2,-3k),B(-2,1,0),C(4,0,-2k),则k=(　　)
A.10　　　　B.−10
C.25　　　　D.±10
11.(2023辽宁省实验中学月考)已知OA=(1,2,3),OB=(2,λ,3),OC=(4,2,k),若OA⊥平面ABC,则λ+k的值是(　　)
A.43　　B.32　　C.74　　D.72
12.(2022天津河东期中)已知AB=(-2,3,5),AC=(4,1,a),AD=(6,b,-2).
(1)若四边形ABCD为平行四边形,求实数a,b的值;
(2)若四边形ABCD的对角线互相垂直,求实数a,b满足的关系式.
题组四　利用空间向量的坐标运算求夹角和模
13.若向量a=(1,-2,3),b=(-2,3,-1),则|a+2b|=(　　)
A.27　　　　B.5　　
C.26　　　　D.42
14.(2023河南郑州中学月考)若△ABC的三个顶点分别为A(0,0,2),B−32,12,2,C(-1,0,2),则角A的大小为　　　　. 
15.(2022重庆万州第二高级中学月考)已知点A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,则|PD|=　　　　. 
16.(2023吉林长春外国语学校月考)已知空间向量a=(2,4,-2),b=(-1,0,2),c=(x,2,-1).
(1)若a∥c,求|c|;
(2)若b⊥c,求cos的值.




17.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AB1⊥BC1,点O,O1分别是边AC,A1C1的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)求正三棱柱的侧棱长;
(2)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值.

能力提升练
题组一　空间向量的坐标运算
1.(2023广东佛山南海中学月考)已知空间向量a=(2,-1,2),b=(1,-2,1),则向量b在向量a上的投影向量是(　　)
A.43,−23,43　　　　B.(2,-1,2)
C.23,−43,23　　　　D.(1,-2,1)
2.(2023河南许昌高级中学月考)已知a=(cos α,-1,sin α),b=(sin α,-1,cos α),则向量a+b与a-b的夹角为(　　)
A.90°　　B.60°　　C.30°　　D.0°
3.(2022河南濮阳范县一中月考)已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),若向量a+kb与2a+b所成的角为锐角,则实数k的取值范围为　　　　　　. 
题组二　利用空间向量的坐标运算解决平行和垂直问题
4.(2022福建A佳大联考)已知空间向量m=(-1,x,2),n=(1,3,y),其中x>0,y>0,若m⊥n,则xy的最大值是(　　)
A.66　　B.16　　C.112　　D.124
5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是CD,CC1的中点,则直线A1M与DN的位置关系是(　　)

A.平行　　　　B.垂直
C.异面垂直　　　　D.异面不垂直
6.(2022广东东莞四中期中)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为BC的中点,N为侧面DCC1D1内的动点(包括边界),若MN⊥A1C,则三棱锥N-AA1D的体积的最小值为(　　)

A.110　　B.112　　C.114　　D.116
7.(多选题)(2022湖北黄冈麻城二中期中)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.VP−AA1D=13
B.点P必在线段B1C上
C.AP⊥BC1
D.AP∥平面A1C1D

题组三　空间向量的夹角和模的问题
8.(2023广东肇庆鼎湖中学月考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是侧面ADD1A1上的一个动点(包括边界),满足BC1·BM=1,则BC1与BM的夹角的最大值为(　　)

A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.75°
9.(2022山东省实验中学月考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=π2,AB=AC=AA1=1,G,E分别为A1B1,CC1的中点,D,F分别为线段AC,AB上的动点(不包括端点),若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为(　　)
A.55,1　　　　B.55,1
C.255,1　　　　D.255,1
10.(2022河北石家庄十七中月考)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,现建立一个“自变量”是向量,“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=−12,0,−32,若f(u)=v,求向量a;
(2)对于V中的任意单位向量x,求|f(x)-x|的最大值和此时x和a的夹角.
11.(2020山西太原五中月考,)如图,以棱长为1的正方体的三条共顶点的棱所在的直线为坐标轴,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|=2|AP|,且点P关于y轴的对称点为M时,求|PM|;
(2)当点P是AB的中点,点Q在DC上运动时,探究|PQ|的最小值.

答案与分层梯度式解析
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
基础过关练
1.BCD
4.A
5.B
8.B
9.AB
10.D
11.D
13.C
1.BCD　点A(1,3,-4)关于x轴的对称点的坐标为(1,-3,4),故A错误;
点P(-1,2,3)关于Oxy平面对称的点的坐标为(-1,2,-3),故B正确;
易知C正确;
M(-1,1,2),N(1,3,3)两点间的距离为(1+1)2+(3−1)2+(3−2)2=3,故D正确.
故选BCD.
2.答案　(2,-3,1)
解析　点P(2,3,-1)关于坐标平面Oxy的对称点P1的坐标为(2,3,1),点P1关于坐标平面Oyz的对称点P2的坐标为(-2,3,1),所以点P2关于z轴的对称点P3的坐标为(2,-3,1).
3.答案　12,1,12
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12,1,12.
4.A　由题意可得2a-3b=(6,10,-2)-(6,6,9)=(0,4,-11).故选A.
5.B　设B(x,y,z),由OM=AB得(5,-1,2)=(x-4,y-2,z+1),∴x−4=5,y−2=−1,z+1=2,∴x=9,y=1,z=1.∴点B的坐标为(9,1,1).
6.答案　3
解析　由A,B,C,D四点共面,知∃λ,μ∈R,使得AB=λAC+μAD,
易得AB=(1,1,1),AC=(1,2,-1),AD=(x,4,1),
故λ+xμ=1,2λ+4μ=1,−λ+μ=1,解得x=3,λ=−12,μ=12.
7.答案　-2
解析　易得c-a=(0,0,-1),2b=(2,4,2),∴(c-a)·2b=0+0-2=-2.
8.B　∵A(1,5,-1),B(2,4,1),C(a,3,b+2)三点共线,∴AB=λBC,即(1,-1,2)=λ(a-2,-1,b+1),∴λ=1,λ(a−2)=1,λ(b+1)=2,∴λ=1,a=3,b=1,故a-b=2,故选B.
9.AB　根据题意,可得AB=(-1,-1,3),AC=(-2,2,0),BC=(-1,3,-3).对于A,|AB|=1+1+9=11,A正确;对于B,AB·AC=2-2+0=0,则AB⊥AC,B正确;对于C,cos∠ABC=cos=BA·BC|BA||BC|=−1+3+911×19=1119≠1119,C错误;对于D,由B中的结论知AB⊥AC,所以A,B,C三点不共线,D错误.故选AB.
10.D　由题意得CB=(-6,1,2k),CA=(-3,2,-k).
∵∠C=90°,∴CB·CA=-6×(-3)+1×2+2k×(-k)=-2k2+20=0,∴k=±10.故选D.
11.D　易得AB=(1,λ-2,0),AC=(3,0,k-3).
若OA⊥平面ABC,则OA⊥AB,OA⊥AC,
即OA·AB=1+2(λ-2)=0,OA·AC=3+3(k-3)=0,所以λ=32,k=2,故λ+k=72.故选D.
12.解析　(1)因为AB=(-2,3,5),AD=(6,b,-2),且−26≠5−2,所以AB,AD不共线.由四边形ABCD为平行四边形,知AC=AB+AD,所以(4,1,a)=(-2,3,5)+(6,b,-2),所以a=3,b=-2.
(2)由题意得BD=AD−AB=(8,b-3,-7).
因为四边形ABCD的对角线互相垂直,所以BD·AC=0,即32+b-3-7a=0,故7a-b-29=0.
13.C　∵a=(1,-2,3),b=(-2,3,-1),
∴a+2b=(-3,4,1),
∴|a+2b|=9+16+1=26,故选C.
14.答案　30°
解析　由题得AB=−32,12,0,AC=(-1,0,0),所以|AB|=1,|AC|=1,所以cos A=AB·AC|AB||AC|=321×1=32,故角A的大小为30°.
15.答案　773
解析　设P(x,y,z),则AP=(x-1,y-2,z-1),PB=(-1-x,3-y,4-z).
由AP=2PB,得(x-1,y-2,z-1)=2(-1-x,3-y,4-z),∴x=-13,y=83,z=3,∴P−13,83,3,
故PD=43,−53,−2,∴|PD|=169+259+4=773.
16.解析　(1)因为a∥c,所以存在实数k,使得c=ka,又a=(2,4,-2),c=(x,2,-1),
所以x=2k,2=4k,−1=−2k,解得k=12,x=1,
则|c|=12+22+(−1)2=6.
(2)因为b⊥c,且b=(-1,0,2),c=(x,2,-1),所以b·c=-x+0-2=0,解得x=-2,所以c=(-2,2,-1),
故cos=a·c|a||c|=2×(−2)+4×2+(−2)×(−1)4+16+4×4+4+1=66.
17.解析　(1)设正三棱柱的侧棱长为h.
由题意得A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),B1(3,0,h),C1(0,1,h),则AB1=(3,1,h),BC1=(-3,1,h).因为AB1⊥BC1,所以AB1·BC1=-3+1+h2=0,所以h=2(负值舍去).故正三棱柱的侧棱长为2.
(2)由(1)可知AB1=(3,1,2),BC=(-3,1,0),
所以AB1·BC=-3+1=-2,|AB1|=6,|BC|=2,
所以cos=−226=−66.
所以异面直线AB1与BC所成角的余弦值为66.
能力提升练
1.A
2.A
4.D
5.C
6.B
7.BD
8.C
9.A
1.A　由题可知a·b=6,|a|=3,故向量b在向量a上的投影向量是a·ba|2·a=69×(2,-1,2)=43,−23,43.故选A.
2.A　根据题意,a+b=(cos α+sin α,-2,sin α+cos α),a-b=(cos α-sin α,0,sin α-cos α),
则(a+b)·(a-b)=(cos2α-sin2α)+(sin2α-cos2α)=0,故向量a+b与a-b垂直,即它们的夹角为90°,故选A.
3.答案　k|k>−1且k≠12
解析　易得a+kb=(1-k,1,2k),2a+b=(1,2,2).
由题意得(a+kb)·(2a+b)>0且a+kb,2a+b不共线,
∴1-k+2+4k>0,且1−k1=12=2k2不成立,
解得k>-1且k≠12,
∴实数k的取值范围为k|k>−1且k≠12.
4.D　由题意得m·n=-1×1+3x+2y=0,即3x+2y=1.
因为x>0,y>0,所以1=3x+2y≥23x×2y,解得xy≤124,当且仅当3x=2y=12,即x=16,y=14时取等号.故选D.
5.C　以D为原点,DA,DC,DD1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,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A1(2,0,2),M(0,1,0),D(0,0,0),N(0,2,1),∴A1M=(-2,1,-2),DN=(0,2,1),∴A1M·DN=0,∴A1M⊥DN,又DN⊂平面DCC1D1,A1M⊄平面DCC1D1,M∈平面DCC1D1,且M∉DN,∴直线A1M与DN异面垂直.故选C.
6.B　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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,
则A1(1,0,1),C(0,1,0),M12,1,0.
设N(0,a,b),0≤a≤1,0≤b≤1,易得A1C=(-1,1,-1),MN=−12,a−1,b.∵MN⊥A1C,∴MN·A1C=12+a-1-b=0,即a-b=12,∴b=a-12,12≤a≤1.易知点N到平面AA1D的距离等于其纵坐标,∴VN−AA1D=13·S△AA1D·a=16a.∴112≤VN−AA1D≤16.故选B.
7.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,∴VP−AA1D=13S△AA1D·CD=13×12×1×1×1=16,故A中结论错误.
以D为坐标原点,DA,DC,DD1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),P(x,1,z)(0≤x≤1,0≤z≤1),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),∴AP=(x-1,1,z),BD1=(-1,-1,1),B1C=(-1,0,-1).
∵AP⊥BD1,∴AP·BD1=1-x-1+z=0,∴x=z,
∴P(x,1,x),∴CP=(x,0,x),∴CP=−xB1C,即B1,P,C三点共线,∴P必在线段B1C上,故B中结论正确.
易知C1(0,1,1),∴BC1=(-1,0,1),又AP=(x-1,1,x),∴AP·BC1=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),∴A1C1=(-1,1,0),DA1=(1,0,1),又AP=(x-1,1,x),∴AP=xDA1+A1C1 (其中0≤x≤1),∴AP,DA1,A1C1共面,又AP⊄平面A1C1D,∴AP∥平面A1C1D,故D中结论正确.
故选BD.
8.C　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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.
∵M是侧面ADD1A1上的一个动点,∴可设点M(x,0,z),其中0≤x≤1,0≤z≤1,易得B(1,1,0),C1=(0,1,1),∴BC1=(-1,0,1),BM=(x-1,-1,z),∴BC1·BM=1-x+z=1,即x=z,|BC1|=2,|BM|=(x−1)2+(−1)2+z2=2x2−2x+2,
设BC1与BM的夹角为θ,
则cos θ=BC1·BM|BC1||BM|=12×2x2−2x+2=12·1x2−x+1,设f(x)=x2-x+1,0≤x≤1,易知f(x)在0,12上单调递减,在12,1上单调递增,f(0)=1,f 12=34,f(1)=1,∴34≤f(x)≤1,∴12≤cos θ≤33,∴θmax=60°,故选C.
9.A　以A为坐标原点,AB,AC,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E0,1,12,G12,0,1.
设F(x,0,0)(0