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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选择性必修第一册同步巩固，难度 2 颗星！

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

1. 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：$ACD$．

2. 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

1. 答案 $\sqrt{78}$
   解析 $∵\vec{a}=(4,2,-4)$, $\vec{b}=(6,-3,3)$， $\therefore \vec{a}-\vec{b}=(-2,5,-7)$，
   $\therefore|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{(-2)^{2}+5^{2}+(-7)^{2}}=\sqrt{78}$．

2. 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 $m=－2$.

3. 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 $\lambda=k=-\dfrac{1}{3}$．

4. 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 $1$．

5. 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

1. 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 $MN=\sqrt{5}$.

2. 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

1. 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：$D$．

2. 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：$D$．

3. 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：$B$．

4. 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 $\overrightarrow{AA^{\prime}}=(4,0,-2)$．

5. 答案 $(-2,3,4)$
   解析 $\overrightarrow{D B_{1}}=(2,3,4)$,$∴B_1 (2,3,4)$．
   $∴A(2,0,0)$,$C_1 (0,3,4)$， $\therefore \overrightarrow{A C_{1}}=(0,3,4)-(2,0,0)=(-2,3,4)$.

6. 答案 $4$
   解析 由已知，$\overrightarrow{C A} =(2-3,-4-(-4),-1-1)=(-1,0,-2)$
   $\overrightarrow{C B}=(-1-3,5-(-4),1-1)=(-4,9,0)$，
   $\therefore \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=4+0+0=4$.

7. 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 $\dfrac{\pi}{6}$．

8. 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 $EF⊥DA_1$.

9. 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

1. 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 $y=-\left(2-4 \sin 30^{\circ} \cos 60^{\circ}\right)=-1$，
   $\therefore D(0,-1, \sqrt{3})$，
   $\therefore|A D|=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+1\right)^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{6}$．

2. 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 $\left\{\begin{array}{l} x=1 \\ y=3 \end{array}\right.$．
   $∴x+y=4$．

3. 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 $90^{\circ}$

4. 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

1. 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：$B$．
   

2. 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：$B$．

3. 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：$C$．