1.3(1) 空间向量及其运算的坐标表示
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【基础过关系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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基础知识
空间直角坐标系
1 空间直角坐标系
在空间选定一点\(O\)和一个单位正交基底 \(\{\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\}\)，以点\(O\)为原点，分别以 \(\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\)的方向为正方向、以它们的长为单位长度建立三条数轴：\(x\)轴、\(y\)轴、\(z\)轴，它们都叫做坐标轴，这时我们就建立了一个空间直角坐标系\(Oxyz\)，\(O\)叫做原点， \(\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\)都叫做坐标向量，通过每两条坐标轴的平面叫做坐标平面，分别称为\(Oxy\)平面，\(Oxz\)平面，\(Oyz\)平面，它们把空间分成八个部分.
在空间直角坐标系中，让右手拇指指向\(x\)轴的正方向，食指指向\(y\)轴的正方向，如果中指指向\(z\)轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系.
2 空间直角坐标系中的坐标
在空间直角坐标系\(O-x y z\)中，对空间任一点\(A\)，存在唯一的有序实数组\((x ,y ,z)\)，使 \(\overrightarrow{O A}=x \vec{i}+y \vec{j}+z \vec{k}\) , 有序实数组\((x ,y ,z)\)叫作向量\(A\)在空间直角坐标系中的坐标，记作 \(A(x ,y ,z)\)，\(x\)叫横坐标，\(y\)叫纵坐标，\(z\)叫竖坐标.
【例1】在空间直角坐标系中标出下列各点
\(A(0,2,0)\),\(B(0,2,4)\),\(C(-1,0,5)\),\(D(1,-3,4)\)
解析 略
【例2】求点\(A(1,-2,3)\)关于\(Oxy\)平面，\(Oxz\)平面，\(Oyz\)平面的对称点.
解析 \(A_1 (1,-2,-3)\)，\(A_2 (1,2,3)\)，\(A_3 (-1,-2,3)\).
空间向量的直角坐标运算律
① 若 \(\vec{a}=\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)\)，\(\vec{b}=\left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right)\)
则 \(\vec{a}+\vec{b}=\left(a_{1}+b_{1}, a_{2}+b_{2}, a_{3}+b_{3}\right)\), \(\vec{a}-\vec{b}=\left(a_{1}-b_{1}, a_{2}-b_{2}, a_{3}-b_{3}\right)\),
\(\lambda \vec{a}=\left(\lambda a_{1}, \lambda a_{2}, \lambda a_{3}\right) \quad (λ∈R)\),
\(\vec{a} \cdot \vec{b}=a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}\),
\(\vec{a} \| \vec{b} \Rightarrow a_{1}=\lambda b_{1}, a_{2}=\lambda b_{2}, a_{3}=\lambda b_{3}(\lambda \in R)\),
\(\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0 \Rightarrow a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}=0\).
② 若\(A(x_1 ,y_1 ,z_1 )\) , \(B(x_2 ,y_2 ,z_2 )\) ，则 \(\overrightarrow{A B}=\left(x_{2}-x_{1}, y_{2}-y_{1}, z_{2}-z_{1}\right)\).
③ 模长公式
若 \(\vec{a}=\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)\)，则 \(|\vec{a}|=\sqrt{\vec{a} \cdot \vec{a}}=\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}\).
④ 夹角公式
\(\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\dfrac{a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}}{\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}} \sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}}}\),
\(∆ABC\)中 ， \(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}>0 \Rightarrow A\)为锐角， \(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}<0 \Rightarrow\)为钝角.
⑤ 两点间的距离公式
若\(A(x_1 ,y_1 ,z_1)\),\(B(x_2 ,y_2 ,z_2)\),
则 \(|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{\overrightarrow{A B}^{2}}=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}+\left(z_{2}-z_{1}\right)^{2}}\)
或 \(d_{A B}=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}+\left(z_{2}-z_{1}\right)^{2}}\).
【例1】若 \(\vec{a}=\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)\)，\(\vec{b}=\left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right)\)，证明 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}\).
证明 设 \(\vec{i}, \vec{j}, \vec{k}\)为空间的一个单位正交基底，
则 \(\vec{a}=a_{1} \vec{i}+a_{2} \vec{j}+a_{3} \vec{k}\), \(\vec{b}=b_{1} \vec{i}+b_{2} \vec{j}+b_{3} \vec{k}\)，
所以 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=\left(a_{1} \vec{i}+a_{2} \vec{j}+a_{3} \vec{k}\right) \cdot\left(b_{1} \vec{i}+b_{2} \vec{j}+b_{3} \vec{k}\right)\)
利用向量数量积的分配律以及\(\vec{i} \cdot \vec{i}=\vec{j} \cdot \vec{j}=\vec{k} \cdot \vec{k}=1\), \(\vec{i} \cdot \vec{j}=\vec{j} \cdot \vec{k}=\vec{k} \cdot \vec{i}=0\)
得 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}\).
【例2】 已知 \(\vec{a}=(1,0,1)\), \(\vec{b}=(x,-1,2)\)，且 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=3\)，则向量 \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角为\(\underline{\quad \quad}\).
解析 \(∵\vec{a}=(1,0,1)\), \(\vec{b}=(x,-1,2)\)，且 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=3\)，
\(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=x+2=3\)，解得\(x=1\)，
\(\therefore \cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\dfrac{3}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(∴\)向量 \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角为 \(\dfrac{\pi}{6}\)．
基本方法
【题型1】空间坐标系
【典题1】 在长方体\(OABC-D' A' B' C'\)中，\(OA=3\),\(OC=4\),\(OD'=2\)，以 \(\left\{\dfrac{1}{3} \overrightarrow{O A}, \dfrac{1}{4} \overrightarrow{O C}, \dfrac{1}{2} \overrightarrow{O D^{\prime}}\right\}\)为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系\(Oxyz\)，
(1)写出\(D',B'\)四点的坐标；(2)写出向量 \(\overrightarrow{A^{\prime} B^{\prime}}, \overrightarrow{A^{\prime} C^{\prime}}\)的坐标.
解析 (1)点\(D'\)在\(z\)轴上，且\(OD'=2\)，所以 \(\overrightarrow{O D^{\prime}}=0 \vec{j}+0\vec{b}+2\vec{k}\)，
所以点\(D'\)的坐标是\((0,0,2)\)；
点\(B'\)在\(x\)轴、\(y\)轴、\(z\)轴上的射影分别为\(A,C,D'\)，它们在坐标轴上的坐标分别为\(3,4,2\)，
所以点\(B'\)的坐标是\((3,4,2)\)；
(2) \(\overrightarrow{A^{\prime} B^{\prime}}=\overrightarrow{O C}=0 \vec{i}+4 \vec{j}+0 \vec{k}=(0,4,0)\)； \(\overrightarrow{A^{\prime} C^{\prime}}=\overrightarrow{A^{\prime} D^{\prime}}+\overrightarrow{D^{\prime} C^{\prime}}=-3 \vec{i}+4 \vec{j}+0 \vec{k}\).
巩固练习
1 (多选)如图，在长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=5\),\(AD=4\),\(AA_1=3\)，以直线\(DA\),\(DC\),\(DD_1\)分别为\(x\)轴、\(y\)轴、\(z\)轴，建立空间直角坐标系，则 ( )
A．点\(B_1\)的坐标为\((4,5,3)\)
B．点\(C_1\)关于点\(B\)对称的点为\((5,8, -3)\)
C．点\(A\)关于直线\(BD_1\)对称的点为\((0,5,3)\)
D．点\(C\)关于平面\(ABB_1 A_1\)对称的点为\((8,5,0)\)
2 在空间直角坐标系\(Oxyz\)中，
(1)哪个坐标平面与\(x\)轴垂直？哪个坐标平面与\(y\)轴垂直？哪个坐标平面与\(z\)轴垂直？
(2)写出点\(P(2,3,4)\)在三个坐标平面内的射影的坐标；
(3)写出点\(P(1,3,5)\)关于原点成中心对称的点的坐标.
参考答案
-
答案 \(ACD\)
解析 由图形及其已知可得：点\(B_1\)的坐标为\((4,5,3)\)，点\(C_1 (0,5,3)\)关于点\(B\)对称的点为\((8,5,-3)\)，
点\(A\)关于直线\(BD_1\)对称的点为\(C_1 (0,5,3)\)，
点\(C(0,5,0)\)关于平面\(ABB_1 A_1\)对称的点为\((8,5,0)\)．
因此\(ACD\)正确．
故选：\(ACD\)． -
答案 (1)平面\(Oyz\)，平面\(Oxz\)，平面\(Oxy\)；
(2)在平面\(Oyz\)上的射影坐标是\((0,3,4)\)，在平面\(Oxy\)上的射影坐标是\((2,3,0)\)，在平面\(Oxz\)上的射影坐标是\((2,0,4)\)；
(3)\((-1,-3,-5)\).
【题型2】空间向量坐标运算
【典题1】已知 \(\vec{a}=(x, 4,1)\)， \(\vec{b}=(-2, y,-1)\)， \(\vec{c}=(3,-2, z)\)， \(\vec{a} / / \vec{b}\)， \(\vec{b} \perp \vec{c}\)，求：
(1) \(\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}\)； \(\qquad \qquad\) (2) \(\vec{a}+\vec{c}\)与 \(\vec{b}+\vec{c}\)所成角的余弦值．
解析(1) \(\because \vec{a} / / \vec{b}\)， \(\therefore \dfrac{x}{-2}=\dfrac{4}{y}=\dfrac{1}{-1}\)，解得\(x=2,y=-4\)，
故 \(\vec{a}=(2,4,1)\), \(\vec{b}=(-2,-4,-1)\)，
又因为 \(\vec{b} \perp \vec{c}\)，所以 \(\vec{b} \cdot \vec{c}=0\)，即\(-6+8-z=0\)，解得\(z=2\)，
故 \(\vec{c}=(3,-2,2)\)；
(2)由(1)可得 \(\vec{a}+\vec{c}=(5,2,3)\), \(\vec{b}+\vec{c}=(1,-6,1)\)，
设向量\(\vec{a}+\vec{c}\)与 \(\vec{b}+\vec{c}\)所成的角为\(θ\)，
则 \(\cos \theta=\dfrac{5-12+3}{\sqrt{38} \cdot \sqrt{38}}=-\dfrac{2}{19}\)．
巩固练习
1 已知 \(\vec{a}=(4,2,-4)\), \(\vec{b}=(6,-3,3)\)，则 \(|\vec{a}-\vec{b}|=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
2 已知向量 \(\vec{a}=\left(1,-2, \dfrac{m}{2}-2\right)\), \(\vec{b}=\left(m, 3,-\dfrac{m}{2}-2\right)\)，若 \((\vec{a}+\vec{b}) \perp(\vec{a}-\vec{b})\)，则\(m\)的值为\(\underline{\quad \quad}\).
3 已知空间向量 \(\vec{m}=(3,1,3)\), \(\vec{n}=(-1, \lambda,-1)\)，且 \(\vec{m} / / \vec{n}\)，则实数\(λ=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
4 若 \(\vec{a}=(1, \lambda, 2)\), \(\vec{b}=(2,-1,1)\)， \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角为\(60^{\circ}\)，则\(λ\)的值为\(\underline{\quad \quad}\)．
5 若向量 \(\vec{a}=(1, \lambda, 1)\), \(\vec{b}=(2,-1,-2)\)，且 \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角余弦为 \(\dfrac{\sqrt{2}}{6}\)，则\(λ\)等于\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
-
答案 \(\sqrt{78}\)
解析 \(∵\vec{a}=(4,2,-4)\), \(\vec{b}=(6,-3,3)\)， \(\therefore \vec{a}-\vec{b}=(-2,5,-7)\)，
\(\therefore|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(-2)^{2}+5^{2}+(-7)^{2}}=\sqrt{78}\)． -
答案 \(－2\)
解析 根据题意， \(\vec{a}+\vec{b}=(1+m, 1,-4)\), \(\vec{a}-\vec{b}=(1-m,-5, m)\)，
所以由 \((\vec{a}+\vec{b}) \perp(\vec{a}-\vec{b})\)，则有 \((\vec{a}+\vec{b}) \cdot(\vec{a}-\vec{b})=(1+m)(1-m)-5-4 m=0\)
所以\(m=－2\). -
答案 \(-\dfrac{1}{3}\)
解析 \(\because \vec{m} / / \vec{n}\)，\(∴\)可设 \(k \vec{m}=\vec{n}\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} -1=3 k \\ \lambda=k \\ -1=3 k \end{array}\right.\)，解得 \(\lambda=k=-\dfrac{1}{3}\)． -
答案 \(－17\)或\(1\)
解析 \(∵\vec{a}=(1, \lambda, 2)\), \(\vec{b}=(2,-1,1)\)，
\(\therefore|\vec{a}|=\sqrt{5+\lambda^{2}},|\vec{b}|=\sqrt{6}\) ，\(\vec{a} \cdot \vec{b}=4-\lambda\)
又 \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角为\(60^{\circ}\)，
\(\therefore \cos 60^{\circ}=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\dfrac{4-\lambda}{\sqrt{5+\lambda^{2}} \cdot \sqrt{6}}=\dfrac{1}{2}\)，解得：\(λ=－17\)或\(1\)． -
答案 \(-\sqrt{2}\)
解析 \(∵\)向量\(\vec{a}=(1, \lambda, 1)\), \(\vec{b}=(2,-1,-2)\)， \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角余弦为 \(\dfrac{\sqrt{2}}{6}\)，
\(\therefore \cos <\vec{a}, \vec{b}>=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\dfrac{-\lambda}{\sqrt{2+\lambda^{2}} \cdot \sqrt{9}}=\dfrac{\sqrt{2}}{6}\)，
解得 \(\lambda=-\sqrt{2}\)．
【题型3】建立空间坐标系处理几何问题
【典题1】 在棱长为\(1\)的正方体\(ABCD-A' B' C' D'\)中，\(M\)为\(BC'\)的中点，\(E_1,F_1\)分别在棱\(A' B'\),\(C' D'\)上， \(B^{\prime} E_{1}=\dfrac{1}{4} A^{\prime} B^{\prime}\)， \(D^{\prime} F_{1}=\dfrac{1}{4} C^{\prime} D^{\prime}\)，
(1)求\(AM\)的长； \(\qquad \qquad\) (2)求\(BE_1\)与\(DF_1\)所成角的余弦值.
解析 如图建立空间直角坐标系\(Dxyz\)，
则\(A(1,0,0)\)， \(M\left(\dfrac{1}{2}, 1, \dfrac{1}{2}\right)\)，
所以 \(A M=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}-1\right)^{2}+(1-0)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}-0\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2} \text {, }\)，
(2)由已知，得\(B(1,1,0)\), \(E_{1}\left(1, \dfrac{3}{4}, 1\right)\),\(D(0,0,0)\), \(F_{1}\left(0, \dfrac{1}{4}, 1\right)\)，
所以 \(\overrightarrow{B E_{1}}=\left(1, \dfrac{3}{4}, 1\right)-(1,1,0)=\left(0,-\dfrac{1}{4}, 1\right)\)， \(\overrightarrow{D F_{1}}=\left(0, \dfrac{1}{4}, 1\right)-(0,0,0)=\left(0, \dfrac{1}{4}, 1\right)\)，
\(\left|\overrightarrow{B E_{1}}\right|=\dfrac{\sqrt{17}}{4}\), \(\left|\overrightarrow{D F_{1}}\right|=\dfrac{\sqrt{17}}{4}\)，
所以 \(\overrightarrow{B E_{1}} \cdot \overrightarrow{D F_{1}}=0 \times 0+\left(-\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4}\right)+1 \times 1=\dfrac{15}{16}\)，
所以 \(\cos \left\langle\overrightarrow{B E_{1}}, \overrightarrow{D F_{1}}\right\rangle=\dfrac{\overrightarrow{B E_{1}} \cdot \overrightarrow{D F_{1}}}{\left|\overrightarrow{B E_{1}}\right|\left|\overrightarrow{D F_{1}}\right|}=\dfrac{\dfrac{15}{16}}{\dfrac{\sqrt{17}}{4} \times \dfrac{\sqrt{17}}{4}}=\dfrac{15}{17}\)，
所以\(BE_1\)与\(DF_1\)所成角的余弦值是 \(\dfrac{15}{17}\).
巩固练习
1 如图，正方体\(OABC-D' A' B' C'\)的棱长为\(3\)，点\(N,M\)分别在\(AC\),\(BC'\)上，\(AN=2CN\),\(BM=2MC'\)，求\(MN\)的长.
2 如图，在正方体\(ABCD-A' B' C' D'\)中，\(M\)是\(AB\)的中点，求\(DB'\)与\(CM\)所成角的余弦值.
参考答案
-
答案 \(\sqrt{5}\)
解析 建立如图的空间直角坐标系，
则\(A(3,0,0)\)，\(C(0,3,0)\)，
又由\(AN=2CN\)，所以\(N(1,2,0)\)，
因为\(B(3,3,0)\)，\(C'(0,3,3)\)，\(BM=2MC'\)，所以\(M(1,3,2)\),
所以 \(\overrightarrow{N M}=(1,3,2)-(1,2,0)=(0,1,2)\)，即 \(|\overrightarrow{N M}|=\sqrt{0^{2}+1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}\)，
即\(MN=\sqrt{5}\). -
答案 \(\dfrac{\sqrt{15}}{15}\)
解析 建立如图的空间直角坐标系，不妨设边长为\(1\)，
则\(D(0,0,0)\)，\(B' (1,1,1)\)，\(C(0,1,0)\)， \(M\left(1, \dfrac{1}{2}, 0\right)\),
所以 \(\overrightarrow{D B^{\prime}}=(1,1,1)\)， \(\overrightarrow{C M}=\left(1,-\dfrac{1}{2}, 0\right)\)，
所以 \(\cos <\overrightarrow{D B^{\prime}}, \overrightarrow{C M}>=\dfrac{\overrightarrow{D B^{\prime}} \cdot \overrightarrow{C M}}{\left|\overrightarrow{D B^{\prime}}\right||\overrightarrow{C M}|}=\dfrac{1-\dfrac{1}{2}+0}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{\dfrac{5}{4}}}=\dfrac{\sqrt{15}}{15}\).
所以\(DB_1\)与\(CM\)所成角的余弦值为 \(\dfrac{\sqrt{15}}{15}\).
分层练习
【A组---基础题】
1 若向量 \(\vec{a}=(1,-1,2)\), \(\vec{b}=(2,1,-3)\)，则 \(|2 \vec{a}+\vec{b}|=\)( )
A． \(\sqrt{7}\) \(\qquad \qquad \qquad\qquad\) B． \(2\sqrt{2}\) \(\qquad \qquad \qquad\qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad\qquad\) D． \(3\sqrt{2}\)
2 已知 \(\vec{a}=(2,-1,3)\), $\vec{b}=(-4, x+1, y-2) $，若 \(\vec{a} \| \vec{b}\)，则\(x+y=\)( )
A．\(－6\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) B．\(－5\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) C．\(－4\) \(\qquad \qquad \qquad\qquad\)D．\(－3\)
3 已知向量 \(\vec{a}=(1,1,1)\), \(\vec{b}=(1,-2,2)\)，且 \(k \vec{a}\)与 \(\vec{a}+\vec{b}\)互相垂直，则\(k\)的值为( )
A．\(2\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) B．\(0\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) C．\(－2\) \(\qquad\qquad \qquad \qquad\) D．\(1\)
4 若点\(A(-2,2,1)\)关于\(y\)轴的对称点为\(A'\)，则向量 \(\overrightarrow{AA^{\prime}}\)的坐标为\(\underline{\quad \quad}\) .
5如图，以长方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)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 \(\overrightarrow{D B_{1}}\)的坐标为 \((2,3,4)\)，则 \(\overrightarrow{A C_{1}}\)的坐标为\(\underline{\quad \quad}\)．
6 若\(A(2,-4,-1)\),\(B(-1,5,1)\),\(C(3,-4,1)\)，则 \(\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
7 已知 \(\vec{a}=(1,0,1)\), \(\vec{b}=(x,-1,2)\)，且 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=3\)，则向量 \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角为\(\underline{\quad \quad}\) .
8 在正方体\(ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(E,F\)分别是\(BB_1\),\(D_1 B_1\)的中点，求证\(EF⊥DA_1\).
9如图，直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)底面\(△ABC\)中，\(CA=CB=1\)，\(∠BCA=90^∘\)，棱\(AA_1=2\)，\(M\)是\(A_1 B_1\)的中点．
(1)求 \(\cos <{\overrightarrow{B A_{1}}}, \overrightarrow{C B_{1}}>\)的值；\(\qquad \qquad\) (2)求证：\(A_1 B⊥C_1 M\)．
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 \(∵\)向量 \(\vec{a}=(1,-1,2)\), \(\vec{b}=(2,1,-3)\)， \(\therefore 2 \vec{a}+\vec{b}=(4,-1,1)\)，
\(\therefore|2 \vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{16+1+1}=3 \sqrt{2}\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(D\)
解析 \(∵\vec{a} \| \vec{b}\)，\(∴\)存在实数\(k\)使得 \(\overrightarrow{k a}=\vec{b}\)，
\(\left\{\begin{array}{l} -4=2 k \\ x+1=-k \\ y-2=3 k \end{array}\right.\)，解得\(k=－2\)，\(x=1\)，\(y=－4\)．
则\(x+y=－3\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(B\)
解析 \(∵\)向量 \(\vec{a}=(1,1,1)\), \(\vec{b}=(1,-2,2)\)，
\(\therefore k \vec{a}=(k, k, k)\), \(\vec{a}+\vec{b}=(2,-1,3)\)，
\(∵ k \vec{a}\)与 \(\vec{a}+\vec{b}\)互相垂直，
\(\therefore(k \vec{a}) \cdot(\vec{a}+\vec{b})=2 k-k+3 k=0\)，解得\(k=0\)．
故选：\(B\)． -
答案 \((4,0,-2)\)
解析 因为点\(A(-2,2,1)\)，所以点\(A\)关于\(y\)轴的对称点为\(A' (2,2,-1)\)，
故 \(\overrightarrow{AA^{\prime}}=(4,0,-2)\)． -
答案 \((-2,3,4)\)
解析 \(\overrightarrow{D B_{1}}=(2,3,4)\),\(∴B_1 (2,3,4)\)．
\(∴A(2,0,0)\),\(C_1 (0,3,4)\)， \(\therefore \overrightarrow{A C_{1}}=(0,3,4)-(2,0,0)=(-2,3,4)\). -
答案 \(4\)
解析 由已知，\(\overrightarrow{C A} =(2-3,-4-(-4),-1-1)=(-1,0,-2)\)
\(\overrightarrow{C B}=(-1-3,5-(-4),1-1)=(-4,9,0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=4+0+0=4\). -
答案 \(\dfrac{\pi}{6}\)
解析 \(∵\vec{a}=(1,0,1)\), \(\vec{b}=(x,-1,2)\)，且 \(\vec{a} \cdot \vec{b}=3\)，
\(\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=x+2=3\)，解得\(x=1\)，
\(\therefore \cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\dfrac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\dfrac{3}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
\(∴\)向量 \(\vec{a}\)与 \(\vec{b}\)的夹角为 \(\dfrac{\pi}{6}\)． -
证明 不妨设正方体的棱长为\(1\)，建立如图的空间直角坐标系\(Oxyz\)，
则 \(E\left(1,1, \dfrac{1}{2}\right)\), \(F\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}, 1\right)\)，所以 \(\overrightarrow{E F}=\left(-\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)\)，
又\(A_1 (1,0,1)\),\(D(0,0,0)\)，所以 \(\overrightarrow{\mathrm{DA}_{1}}=(1,0,1)\)，
所以 \(\overrightarrow{E F} \cdot \overrightarrow{D A_{1}}=\left(-\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right) \cdot(1,0,1)=0\)，
所以 \(\overrightarrow{E F} \perp \overrightarrow{D A_{1}}\)，即\(EF⊥DA_1\). -
答案 (1) \(\dfrac{\sqrt{30}}{10}\)(2)略
解析 (1)以\(C\)为原点，\(CA,CB,CC_1\)所在直线分别为\(x,y,z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(A_1 (1,0,2)\),\(B(0,1,0)\),\(C(0,0,0)\),\(B_1 (0,1,2)\)，
\(\overrightarrow{B A_{1}}=(1,-1,2)\),\(\overrightarrow{C B_{1}}=(0,1,2)\)，
\(\therefore \cos <{\overrightarrow{B A_{1}}} , \overrightarrow{C B_{1}}>=\dfrac{\overrightarrow{B A_{1}} \cdot \overrightarrow{C B_{1}}}{\left|\overrightarrow{B A_{1}}\right| \cdot\left|\overrightarrow{C B_{1}}\right|}=\dfrac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{30}}{10}\)．
证明 ：(2)\(A_1 (1,0,2)\),\(B(0,1,0)\),\(C_1 (0,0,2)\), \(M\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}, 2\right)\)，
\(\overrightarrow{A_{1} B}=(-1,1,-2)\), \(\overrightarrow{C_{1} M}=\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}, 0\right)\) ,
\(\therefore \overrightarrow{A_{1} B} \cdot \overrightarrow{C_{1} M}=0\)，
\(∴A_1 B⊥C_1 M\)．
【B组---提高题】
1 如图，\(BC=4\)原点\(O\)是\(BC\)的中点，点 \(A\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2}, 0\right)\)，点\(D\)在平面\(yOz\)上，且\(∠BDC=90^{\circ}\)，\(∠DCB=30^{\circ}\)，则\(AD\)的长度为 \(\underline{\quad \quad}\)．
2 已知向量 \(\vec{a}=(1,2,3)\), \(\vec{b}=\left(x, x^{2}+y-2, y\right)\)，并且 \(\vec{a} 、 \vec{b}\)共线且方向相同，则\(x+y=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
3 已知点\(A(1，－2，11)\)、\(B(4，2，3)\)，\(C(6，－1，4)\)，则\(△ABC\)中角\(C\)的大小是\(\underline{\quad \quad}\)．
4 \(△ABC\)的三个顶点分别是\(A(1，－1，2)\)，\(B(5，－6，2)\)，\(C(1，3，－1)\)，则\(AC\)边上的高\(BD\)长为\(\underline{\quad \quad}\).
参考答案
-
答案 \(\sqrt{6}\)
解析 \(∵\)点\(D\)在平面\(yoz\)上，\(∴\)点\(D\)的横坐标为\(0\)，
又\(∵BC=4\)，原点\(O\)是\(BC\)的中点，\(∴∠BDC=90^{\circ}\)，\(∠DCB=30^{\circ}\)，
\(∴\)竖坐标为 \(z=4 \sin 30^{\circ} \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}\)，纵坐标为 \(y=-\left(2-4 \sin 30^{\circ} \cos 60^{\circ}\right)=-1\)，
\(\therefore D(0,-1, \sqrt{3})\)，
\(\therefore|A D|=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+1\right)^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{6}\)． -
答案 \(4\)
解析 向量 \(\vec{a}=(1,2,3)\), \(\vec{b}=\left(x, x^{2}+y-2, y\right)\)，并且同向，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} x^{2}+y-2=2 x \\ y=3 x \end{array}\right.\) ，解得 \(\left\{\begin{array}{l} x=1 \\ y=3 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} x=-2 \\ y=-6 \end{array}\right.\)；
当\(x=-2,y=-6\)时，反向，应舍去；
\(∴x,y\)的值为 \(\left\{\begin{array}{l} x=1 \\ y=3 \end{array}\right.\)．
\(∴x+y=4\)． -
答案 \(90^{\circ}\)
解析 \(∵A(1，－2，11)\)、\(B(4，2，3)\)，\(C(6，－1，4)\)，
\(\therefore|\overrightarrow{A C}|=\sqrt{(1-6)^{2}+(-2+1)^{2}+(11-4)^{2}}=\sqrt{75}\)
\(|\overrightarrow{B C}|=\sqrt{(4-6)^{2}+(2+1)^{2}+(3-4)^{2}}=\sqrt{14}\)
又 \(\because \overrightarrow{C A}=(-5,-1,7)\)，\(\overrightarrow{C B}=(-2,3,-1)\)
\(\therefore \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=(-5) \times(-2)+(-1) \times 3+7 \times(-1)=0\)
可得 \(\cos \angle A C B=\dfrac{\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}}{|\overrightarrow{C A}||\times| \overrightarrow{C B} \mid}=0\)
\(∵∠ACB∈(0^{\circ}，180^{\circ})\) \(∴∠ACB=90^{\circ}\)
故答案为\(90^{\circ}\) -
答案 \(5\)
解析 设 \(\overrightarrow{A D}=\lambda \overrightarrow{A C}\)，
则 \(\overrightarrow{O D}=\overrightarrow{O A}+\lambda \overrightarrow{A C}=(1,-1,2)+\lambda(0,4,-3)=(1,-1+4 \lambda, 2-3 \lambda)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O B}=(-4,5+4 \lambda,-3 \lambda)\)，
\(\because \overrightarrow{B D} \perp \overrightarrow{A C}\)，
\(\therefore \overrightarrow{B D} \cdot \overrightarrow{A C}=0+4(5+4 \lambda)+9 \lambda=0\)，解得 \(\lambda=-\dfrac{4}{5}\)．
\(\therefore \overrightarrow{B D}=\left(-4, \dfrac{9}{5}, \dfrac{12}{5}\right)\)，
\(\therefore|\overrightarrow{B D}|=\sqrt{4^{2}+\left(\dfrac{9}{5}\right)^{2}+\left(\dfrac{12}{5}\right)^{2}}=5\)．
【C组---拓展题】
1 如图三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，侧面\(BB_1 C_1 C\)是边长为\(2\)菱形，\(∠CBB_1=60^∘\)，\(BC_1\)交\(B_1C\) 于点\(O\)，\(AO⊥\)侧面\(BB_1 C_1 C\)，且\(△AB_1 C\)为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系\(O－xyz\)，则点\(A_1\)的坐标为( )
A． \((-1, \sqrt{3}, 1)\) \(\qquad \qquad\) B． \((-\sqrt{3}, 1,1)\) \(\qquad \qquad\) C． \((-1,2, \sqrt{3})\) \(\qquad \qquad\) D． \((-2,1, \sqrt{3})\)
2 设向量 \(\vec{u}=(a, b, 0)\), \(\vec{v}=(c, d, 1)\)，其中\(a^2+b^2=c^2+d^2=1\)，则下列判断错误的是( )
A．向量 \(\vec{v}\)与\(z\)轴正方向的夹角为定值(与\(c，d\)之值无关)
B． \(\vec{u} \cdot \vec{v}\)的最大值为 \(\sqrt{2}\)
C． \(\vec{u}\)与 \(\vec{v}\)的夹角的最大值为 \(\dfrac{3 \pi}{4}\)
D．\(ad－bc\)的最大值为\(1\)．
3 已知长方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=4\)，\(BC=3\)，\(AA_1=2\)，空间中存在一动点\(P\)满足 \(\left|\overrightarrow{B_{1} P}\right|=1\)，记 \(I_{1}=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}\), \(I_{2}=\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A P}\), \(I_{3}=\overrightarrow{A C_{1}} \cdot \overrightarrow{A P}\)，则( )
A．存在点\(P\)，使得\(I_1=I_2\) \(\qquad \qquad\) B．存在点\(P\)，使得\(I_1=I_3\)
C．对任意的点\(P\)，有\(I_1>I_2\) \(\qquad \qquad\) D．对任意的点\(P\)，有\(I_2>I_3\)
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)中，侧面\(BB_1 C_1 C\)是边长为\(2\)菱形，\(∠CBB_1=60°\)，
\(BC_1\)交\(B_1 C\)于点\(O\)，\(AO⊥\)侧面\(BB_1 C_1 C\)，且\(△AB_1 C\)为等腰直角三角形，
如图建立空间直角坐标系\(O－xyz\)，
过\(A_1\)作\(A_1 E⊥\)平面\(BCC_1 B_1\)，垂足是\(E\)，连结\(B_1 E\)，\(C_1 E\)，
则\(B_1 E∥OC_1\)，\(C_1 E∥OB_1\)，\(A_1 E∥AO\)，
\(∴\)点\(A_1\)的坐标为 \((-\sqrt{3}, 1,1)\)．
故选：\(B\)．
-
答案 \(B\)
解析 由向量 \(\vec{u}=(a, b, 0)\), \(\vec{v}=(c, d, 1)\)，其中\(a^2+b^2=c^2+d^2=1\)，知：
在\(A\)中，设\(z\)轴正方向的方向向量 \(\vec{z}=(0,0, t)\)，
向量 \(\vec{v}\)与\(z\)轴正方向的夹角的余弦值：
\(\cos \alpha=\dfrac{\bar{z} \cdot \vec{v}}{|\vec{z}| \cdot|\vec{v}|}=\dfrac{t}{t \cdot \sqrt{c^{2}+d^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)， \(\therefore \alpha=45^{\circ}\)，
\(∴\)向量 \(\vec{v}\)与\(z\)轴正方向的夹角为定值\(45°\)(与\(c，d\)之值无关)，故\(A\)正确；
在\(B\)中， \(\vec{u} \cdot \vec{v}=a c+b d \leq \dfrac{a^{2}+c^{2}}{2}+\dfrac{b^{2}+d^{2}}{2}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}{2}=1\)，
且仅当\(a=c\)，\(b=d\)时取等号，因此 \(\vec{u} \cdot \vec{v}\)的最大值为\(1\)，故\(B\)错误；
在\(C\)中，由\(B\)可得： \(|\vec{u} \cdot \vec{v}| \leq 1\)， \(\therefore-1 \leq \vec{u} \cdot \vec{v} \leq 1\)，
\(\therefore \cos <\vec{u}, \vec{v}>=\dfrac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot|\vec{v}|}=\dfrac{a c+b d}{\sqrt{a^{2}+b^{2}} \cdot \sqrt{c^{2}+d^{2}+1}}\)\(\geq-\dfrac{1}{1 \times \sqrt{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
\(∴ \vec{u}\)与 \(\vec{v}\)的夹角的最大值为 \(\dfrac{3 \pi}{4}\)，故\(C\)正确；
在\(D\)中， \(a d-b c \leq \dfrac{a^{2}+d^{2}}{2}+\dfrac{b^{2}+c^{2}}{2}=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}{2}=1\)，
\(∴ad－bc\)的最大值为\(1\)．故\(D\)正确．
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 如图所示
建立如图所示的空间直角坐标系，以\(B_1 A_1\)为\(x\)轴，\(B_1 C_1\)为\(y\)轴，\(B_1 B\)为\(z\)轴，\(B_1\)为坐标原点，由题意则\(B(0，0，2)\)，\(A(4，0，2)\)，\(D(4，3，2)\)，\(C_1 (0，3，0)\)，设\(P(x，y，z)\)，
所以 \(\overrightarrow{A B}=(-4,0,0)\), \(\overrightarrow{A P}=(x-4, y, z-2)\), \(\overrightarrow{A D}=(0,3,0)\),\(\overrightarrow{A C}_{1}=(-4,3,-2)\)
因为满足 \(\left|\overrightarrow{B_{1} P}\right|=1\)，
所以\(x^2+y^2+z^2=1\)，\(x∈[－1，1]\)，\(y∈[－1，1]\)，\(z∈[－1，1]\)，
\(\therefore I_{1}=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}=-4(x-4)\)，
\(\therefore I_{2}=\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A P}=3 y\)
\(\therefore I_{3}=\overrightarrow{A C_{1}} \cdot \overrightarrow{A P}=-4(x-4)+3 y-2(z-2)\)，
\(I_1－I_2=－4(x－4)－3y=16－4x－3y>0\)恒成立，故\(C\)正确，\(A\)不正确；
\(I_1－I_3=－3y+2(z－2)=－4－3y+2z<0\)恒成立，所以\(B\)不正确，
\(I_2－I_3=4(x－4)+2(z－2)=－12+4x+2z<0\)恒成立，所以\(D\)不正确；
故选：\(C\)．
