\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！
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知识剖析
空间向量的直角坐标系
(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\(\{\vec{\imath}， \vec{\jmath}， \vec{k}\}\)，以点\(O\)为原点，分别以\(\vec{\imath}， \vec{\jmath}， \vec{k}\)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，\(\vec{\imath}， \vec{\jmath}， \vec{k}\)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.空间直角坐标系中的坐标
(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\(\overrightarrow{O A}=x \vec{\imath}+y \vec{\jmath}+z \vec{k}\) ， 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.
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\(\vec{a}+\vec{b}=\left(a_{1}+b_{1}， a_{2}+b_{2}， a_{3}+b_{3}\right)\)，\(\vec{a}-\vec{b}=\left(a_{1}-b_{1}， a_{2}-b_{2}， a_{3}-b_{3}\right)\)，
\(\lambda \vec{a}=\left(\lambda a_{1}， \lambda a_{2}， \lambda a_{3}\right) \quad(\lambda \in R)\)，
\(\vec{a} \cdot \vec{b}=a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}\)，
\(\vec{a} \| \vec{b} \Rightarrow a_{1}=\lambda b_{1}\)， \(a_{2}=\lambda b_{2}\) ， \(a_{3}=\lambda b_{3}(\lambda \in R)\)，
\(\vec{a} \perp \vec{b} \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b}=0 \Rightarrow a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+a_{3} b_{3}=0\)，
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， \(\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}<0 \Rightarrow\)\(A\)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\(d_{A B}=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}+\left(z_{2}-z_{1}\right)^{2}}\).
经典例题
【题型一】空间向量坐标运算
【典题1】 已知：\(\vec{a}=(x，4，1)\)，\(\vec{b}=(-2，y，-1)\)，\(\vec{c}=(3，-2，z)\)，\(\vec{a}//\vec{b}\)，\(\vec{b}⊥\vec{c}\)，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\(\vec{b}⊥\vec{c}\)，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\(\theta\)，
则 \(\cos \theta=\dfrac{5-12+3}{\sqrt{38} \cdot \sqrt{38}}=-\dfrac{2}{19}\)．
【典题2】 已知空间四点\(A(2，-1，1)\)、\(B(1，2 ，3)\)、\(C(0 ，2 ，1)\)、\(D(1 ，0 ，λ)\)在同一平面内，则实数\(λ=\)\(\underline{\quad \quad}\) ．
【解析】 \(∵\)空间四点\(A(2，-1，1)\)、\(B(1，2 ，3)\)、\(C(0 ，2 ，1)\)、\(D(1 ，0 ，λ)\)在同一平面内，
\(\therefore \overrightarrow{A D}=m \overrightarrow{A B}+n \overrightarrow{A C}\)，
即\((-1，1， \lambda-1)=m(-1，3，2)+n(-2，3，0)=(-m-2 n， 3 m+3 n， 2 m)\)
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
-m-2 n=-1 \\
3 m+3 n=1 \\
2 m=\lambda-1
\end{array}\right.\)，解得\(m=-\dfrac{1}{3}\)，\(n=\dfrac{2}{3}\)，\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)．
\(∴\)实数\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)．
【点拨】 若\(A\)、\(B\)、\(C\)、\(P\)四点共面\(\Rightarrow \overrightarrow{A P}=x \overrightarrow{A B}+y \overrightarrow{A C}\).
巩固练习
1(★) 空间点\(A(x，y，z)\)，\(O(0，0，0)\)，\(B(\sqrt{2}，\sqrt{3}，2)\)，若\(|AO|=1\)，则\(|AB\)|的最小值为 \(\underline{\quad \quad}\) .
2(★) 已知向量\(\vec{a}=(2，-1，3)\)，\(\vec{b}=(-4，2，t)\)的夹角为钝角，则实数\(t\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\) .
3(★) 若向量\(\vec{a}=(7，λ，8)\)，\(\vec{b}=(1，-1，2)\)，\(\vec{c}=(2，3，1)\)，且\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)共面，则\(λ=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
4(★★) 已知\(\overrightarrow{A B}=(2，-1，3)\)，\(\overrightarrow{A C}=(-1，4，-2)\)，\(\overrightarrow{A D}=(5，-6，λ)\)，若\(A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共面，则实数\(λ\)为\(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
【答案】 \(2\)
【解析】 \(\because\)空间点\(A(x，y，z)\)，\(O(0，0，0)\)，\(B(\sqrt{2}，\sqrt{3}，2)\)，若\(|AO|=1\)，，
\(\therefore A\)是以\(O\)为球心，\(1\)为半径的球上的点，
\(\because B(\sqrt{2}，\sqrt{3}，2)\)， \(\therefore|O B|=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{3})^2+2^2}=3\)．
\(\therefore |AB|\)的最小值为：\(|OB|－||OA|=3－1=2\)．
【答案】 \((-\infty，-6) \cup\left(-6， \dfrac{10}{3}\right)\)
【解析】 \(\because\)向量\(\vec{a}=(2，-1，3)\)，\(\vec{b}=(-4，2，t)\)的夹角为钝角，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
\vec{a} \cdot \vec{b}=-8-2+3 t<0 \\
t \neq-6
\end{array}\right.\)，解得\(t<\dfrac{10}{3}\)，且\(t≠-6\)，
\(\therefore\)实数\(t\)的取值范围为\((-\infty，-6) \cup\left(-6， \dfrac{10}{3}\right)\)．
【答案】 \(3\)
【解析】 向量 \(\vec{a}=(7，λ，8)\)，\(\vec{b}=(1，-1，2)\)，\(\vec{c}=(2，3，1)\)，
且\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，\(\vec{c}\)共面，
所以存在两个实数\(x\)、\(y\)使得\(\vec{a}=x\vec{b}+y\vec{c}\)；
即 \(\left\{\begin{array}{l}
7=x+2 y \\
\lambda=-x+3 y \\
8=2 x+y
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
x=3 \\
y=2 \\
\lambda=3
\end{array}\right.\)；所以\(λ=3\)．
【答案】 \(8\)
【解析】 \(\because A\)，\(B\)，\(C\)，\(D\)四点共面，\(\therefore\)存在实数\(m\)，\(n\)，使得\(\overrightarrow{A D}=m\overrightarrow{A B}+n\overrightarrow{A C}\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
2 m-n=5 \\
-m+4 n=-6 \\
3 m-2 n=\lambda
\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}
m=2 \\
n=-1 \\
\lambda=8
\end{array}\right.\).
【题型二】建立空间坐标系处理几何问题
【典题1】 \(△ABC\)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\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】
方法一 要求高\(BD\)，则只需求点\(D\)坐标，可采取待定系数法.
设点\(D(x、y、z)\)，
则\(\overrightarrow{B D}=(x-5， y+6， z-2)\)，\(\overrightarrow{A D}=(x-1， y+1， z-2)\)，\(\overrightarrow{A C}=(0，4，-3)\)，
由垂足\(D\)满足的条件
\(\left\{\begin{array} { l }
{ \overrightarrow{B D}\cdot \overrightarrow{AC}= 0 } \\
{ \overrightarrow{AD} / / \overrightarrow{AC}}
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ 4 ( y + 6 ) - 3 ( z - 2 ) = 0 } \\
{ ( x - 1 ， y + 1 ， z - 2 ) = \lambda ( 0 ， 4 ， - 3 ) }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=1 \\
y=-\dfrac{21}{5} \\
z=\dfrac{22}{5}
\end{array}\right.\right.\right.\)；
\(\therefore \overrightarrow{B D}=\left(-4， \dfrac{9}{5}， \dfrac{12}{5}\right)\)，
\(\therefore|\overrightarrow{B D}|=\sqrt{4^{2}+\left(\dfrac{9}{5}\right)^{2}+\left(\dfrac{12}{5}\right)^{2}}=5\)．
方法二 等积法
(思考：因为三个点\({\color{Red}{ A}}\)、\({\color{Red}{B }}\)、\({\color{Red}{C }}\)确定了，则可求出\({\color{Red}{ ∆ABC}}\)的面积\({\color{Red}{ S_{ABC}}}\)，继而可求高\({\color{Red}{B D=\dfrac{2 S_{A B C}}{A C} }}\))
\(∵A(1 ，-1 ，2)\)，\(B(5 ，-6 ，2)\)，\(C(1 ，3 ，-1)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A C}=(0，4，-3)\)，\(\overrightarrow{A B}=(4，-5，0)\)，
\(\therefore \cos A=\dfrac{\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{A B}}{|\overrightarrow{A C}| \cdot|\overrightarrow{A B}|}=\dfrac{-20}{5 \times \sqrt{41}}=-\dfrac{4}{\sqrt{41}} \Rightarrow \sin A=\dfrac{5}{\sqrt{41}}\)，
\(\therefore S_{A B C}=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{A C}| \cdot|\overrightarrow{A B}| \sin A=\dfrac{25}{2}，\) ，
\(\because S_{A B C}=\dfrac{1}{2} B D \times A C\) ，
\(\therefore B D=\dfrac{2 S_{A B C}}{A C}=\dfrac{25}{5}=5 .\).
【点拨】 我们利用空间向量的知识也是可以求出几何中常见的量：线段长度(两点距离公式)、角度(数量积)、面积等.
【典题2】 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\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】 \(∵\)点\(D\)在平面\(yoz\)上，\(∴\)点\(D\)的横坐标为\(0\)，
过点\(D\)作\(DH⊥BC\)，
依题意易得\(D H=4 \sin 30^{\circ} \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}\)，\(O H=O B-B H=2-4 \sin 30^{\circ} \cos 60^{\circ}=1\)，
即点\(D\)的竖坐标为\(z=\sqrt{3}\)，纵坐标为\(y=-1\)，
\(\therefore D(0，-1， \sqrt{3})\)，
\(\therefore|A D|=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}+1\right)^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{6}\)．
【点拨】
① 在空间坐标系中确定点的坐标是个硬骨头，基本方法是：
(1) 根据题意求出各线段长度，比如\(CD\)、\(BD\)；
(2) 确定空间点坐标的意义，比如点\(D\)的竖坐标与点\(D\)到平面\(xOy\)的距离有关；
(3) 把空间问题平面化；
(4) 留意\(D\)坐标的正负.
② 两点间的距离公式:若\(A(x_1 ，y_1 ，z_1)\) ，\(B(x_2 ，y_2 ，z_2)\)，
则\(|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}+\left(z_{2}-z_{1}\right)^{2}}\).
【典题3】 如图，直角三角形\(OAC\)所在平面与平面\(α\)交于\(OC\)，平面\(OAC⊥\)平面\(α\)，\(∠OAC\)为直角，\(OC=4\)，\(B\)为\(OC\)的中点，且\(\angle A B C=\dfrac{2 \pi}{3}\)，平面\(α\)内一动点\(P\)满足\(\angle P A B=\dfrac{\pi}{3}\)，则\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】
(题中垂直关系较多，较容易建系描出各点坐标，进而数量积\({\color{Red}{ \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}}}\)易于用某个变量表示，再用函数的方法求其范围)
\(∵\)平面\(OAC⊥\)平面\(α\)，
\(∴\)作\(AO'⊥OC\)，则\(AO'⊥\)平面\(α\)，
过\(O'\)在平面\(α\)内作\(OC\)的垂线\(O'X\)，如图建立空间直角坐标系\(O'－XYZ\)，
\(∵∠OAC\)为直角，\(OC=4\)，\(B\)为\(OC\)的中点，且\(\angle A B C=\dfrac{2 \pi}{3}\)， (利用平几知识)
\(∴BC=AB=OB=2\)，\(\angle A B O=\dfrac{\pi}{3}\)，
\(O^{\prime} A=\sqrt{3}\)，\(O'B=1\)，\(OO'=1\)，\(O'C=3\)，
则\(O(0 ，-1 ，0)\)，\(A(0，0， \sqrt{3})\)，\(B(0 ，1 ，0)\)，\(C(0 ，3 ，0)\)，
设\(P(x ，y ，0)\)，
(点\(P\)是动点，在坐标系中引入变量\(x\)，\(y\)，再由限制条件\(\angle P A B=\dfrac{\pi}{3}\)得到\(x\)，\(y\)的关系)
则\(\overrightarrow{A P}=(x， y，-\sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{A B}=(0，1，-\sqrt{3})\)，
\(\therefore \overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A B}=y+3\)，
\(\because \angle P A B=\dfrac{\pi}{3}\)
\(\therefore \overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A B}=|\overrightarrow{A P}||\overrightarrow{A B}| \cos \angle P A B=2 \sqrt{x^{2}+y^{2}+3} \cdot \dfrac{1}{2}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+3}\)，
\(\therefore y+3=\sqrt{x^{2}+y^{2}+3} \Rightarrow x^{2}=6 y+6\)，(点\(P\)的轨迹是抛物线)
\(\therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}=x^{2}+(y+1)(y-3)\)\(=6 y+6+y^{2}-2 y-3=y^{2}+4 y+3=(y+2)^{2}-1\)，
又\(∵x^2=6y+6≥0\)，
\(∴y≥-1\)，
(点\(P\)是有固定轨迹的，即\(y\)是有范围的，讨论函数性质也要优先讨论定义域)
\(∴\)当\(y=-1\)时，\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}\)的最小值为\(0\)，
\(\therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P} \geq 0\)．
故答案为\([0 ，+∞)\)．
【点拨】
① 由平面OAC⊥平面α可想到建立空间直角坐标系的方法，根据\(∆OAC\)已知条件可求其他角、边的大小，从而得到各点的坐标；
② 而\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}\)由点\(P\)确定，能否求出其轨迹呢？而利用建坐标系的方法，较容易得到其轨迹(学圆锥曲线后也可知轨迹是抛物线)；
③ 从数量积坐标运算的角度得\(\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A B}=y+3\)，从数量积的定义\(\overrightarrow{A P} \cdot \overrightarrow{A B}=\sqrt{x^{2}+y^{2}+3}\)，从而得到点\(P\)的轨迹\(x^2=6y+6\)；
④ 由坐标运算易求\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}\)最小值化为\((y+2)^2-1\)的最小值，这里有函数思想，注意函数的定义域；
⑤ 本题若想用非坐标的方法解答：
\(\overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{C P}=(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{B P})(\overrightarrow{C B}+\overrightarrow{B P})\)\(\overrightarrow{O B} \cdot \overrightarrow{C B}+\overrightarrow{B P}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{C B})+\overrightarrow{B P}^{2}=|B P|^{2}-4\)，
而得不到点\(P\)的轨迹，较难求出\(|BP|^2\)的范围！
巩固练习
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，\(∠CBB_1=60^{\circ}\)，\(BC_1\)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\(O-xyz\)，则点\(A_1\)的坐标为\(\underline{\quad \quad}\) ．
2 (★★) 已知点\(A(1，-2，11)\)、\(B(4，2，3)\)，\(C(6，-1，4)\)，则\(△ABC\)中角\(C\)的大小是\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★) 已知空间三点\(A(0 ，2 ，3)\)，\(B(2 ，5 ，2)\)，\(C(-2 ，3 ，6)\)，则以\(AB\)，\(AC\)为邻边的平行四边形的面积为\(\underline{\quad \quad}\)．
4 (★★★) 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\(I_1=I_2\)
B．存在点\(P\)，使得\(I_1=I_3\)
C．对任意的点\(P\)，有\(I_1>I_2\)
D．对任意的点\(P\)，有\(I_2>I_3\)
5(★★★) 如图，已知点\(P\)在正方体\(ABCD－A'B'C'D'\)的对角线\(BD'\)上，\(∠PDC=60^{\circ}\)．设\(\overrightarrow{D^{\prime} P}=\lambda \overrightarrow{D^{\prime} B}\)，则\(λ\)的值为\(\underline{\quad \quad}\)．
6(★★★) 三棱锥\(O－ABC\)中，\(OA\)，\(OB\)，\(OC\)两两垂直且相等，点\(P\)，\(Q\)分别是线段\(BC\)和\(OA\)上移动，且满足\(B P \leq \dfrac{1}{2} B C\)，\(A Q \leq \dfrac{1}{2} A O\)，则\(PQ\)和\(OB\)所成角余弦值的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
【答案】 \((-\sqrt{3}， 1，1)\)
【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，\(∠CBB_1=60^{\circ}\)，\(BC_1\)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】 \(90°\)
【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\(\because \overrightarrow{C A}=(-5，-1，7)， \quad \overrightarrow{C B}=(-2，3，-1)\)
\(\therefore \overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}=(-5) \times(-2)+(-1) \times 3+7 \times(-1)=0\)
可得\(\cos \angle A C B=\dfrac{\overrightarrow{C A} \cdot \overrightarrow{C B}}{|\overrightarrow{C A \mid}| \times|\overrightarrow{C B}|}=0\)
\(∵∠ACB∈(0^{\circ}，180^{\circ})\) \(∴∠ACB=90^{\circ}\)
故答案为\(90^{\circ}\)
【答案】 \(6 \sqrt{5}\)
【解析】 \(\overrightarrow{A B}=(2，3，-1)\)，\(\overrightarrow{A C}=(-2，1，3)\)
\(\therefore \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}=-4+3-3=-4\)，
\(|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{2^{2}+3^{2}+(-1)^{2}}=\sqrt{14}\)，\(|\overrightarrow{A C}|=\sqrt{(-2)^{2}+1^{2}+3^{2}}=\sqrt{14}\)．
\(\therefore \cos \angle B A C=\dfrac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}|}=\dfrac{-4}{\sqrt{14} \times \sqrt{14}}=-\dfrac{2}{7}\)．
\(\therefore \sin \angle B A C=\sqrt{1-\cos ^{2} \angle A B C}=\dfrac{3 \sqrt{5}}{7}\)．
\(∴\)以\(AB，AC\)为邻边的平行四边形的面积
\(S=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \sin \angle B A C=\sqrt{14} \times \sqrt{14} \times \dfrac{3 \sqrt{5}}{7}=6 \sqrt{5}\)．
故答案为：\(6√5\)．
【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\(\overrightarrow{A B}=(-4，0，0)\)，\(\overrightarrow{A P}=(x-4， y， z-2)\)，\(\overrightarrow{A D}=(0，3，0)\)，
\(\overrightarrow{A C_{1}}=(-4，3，-2)\)，\(\overrightarrow{B_{1} P}=(x， y， z)\)，
因为满足\(\left|\overrightarrow{B_{1} P}\right|=1\)，
所以\(x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\)，\(x∈[－1，1]\)，\(y∈[－1，1]\)，\(z∈[－1，1]\)，
\(\therefore I_{1}=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A P}=-4(x-4)\)，
\(\therefore I_{2}=\overrightarrow{A D} \cdot \overrightarrow{A P}=3 y\)
\(\therefore I_{3}=\overrightarrow{A C}_{1} \cdot \overrightarrow{A P}=-4(x-4)+3 y-2(z-2)\)，
\(I_{1}-I_{2}=-4(x-4)-3 y=16-4 x-3 y>0\)恒成立，故\(C\)正确，\(A\)不正确；
\(I_{1}-I_{3}=-3 y+2(z-2)=-4-3 y+2 z<0\)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：\(C\)．
【答案】 \(\sqrt{2}-1\)
【解析】 以\(D\)为原点，\(DA\)为\(x\)轴，\(DC\)为\(y\)轴，\(DD'\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
设正方体\(ABCD－A'B'C'D'\)的棱长为\(1\)，
点\(P\)在正方体\(ABCD－A'B'C'D'\)的对角线\(BD'\)上，且\(∠PDA=60^{\circ}\)，
\(\because \overrightarrow{D^{\prime}} P=\lambda \overrightarrow{D^{\prime}} B， \quad(0<\lambda<1)\)
则\(A(1，0，0)\)，\(C(0，1，0)\)，\(D'(0，0，1)\)，\(B(1，1，0)\)，\(P(\lambda， \lambda， 1-\lambda)\)，
\(\therefore \overrightarrow{D P}=(\lambda， \lambda， 1-\lambda)， \quad \overrightarrow{D C}=(0，1，0)\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{D C}， \overrightarrow{D P}>=\dfrac{\overrightarrow{D C} \cdot \overrightarrow{D P}}{|\overrightarrow{D C}| \times|\overrightarrow{D P}|}=\dfrac{\lambda}{1 \times \sqrt{\lambda^{2}+\lambda^{2}+(1-\lambda)^{2}}}=\cos 60^{\circ}=\dfrac{1}{2}\)，
由\(0<λ<1\)，解得\(\lambda=\sqrt{2}-1\)．
故选：\(C\)．
【答案】 \(\left[\dfrac{\sqrt{6}}{6}， \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right]\)
【解析】 如图所示，不妨取\(OA=2\)．则\(B(0，2，0)\)，\(C(0，0，2)\)．
设\(P(0，y，z)\)，\(\overrightarrow{B P}=\lambda \overrightarrow{B C}\)\(\left(0 \leq \lambda \leq \dfrac{1}{2}\right)\)．
则\((0， y-2， z)=\lambda(0，-2，2)=(0，-2 \lambda， 2 \lambda)\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l}
y-2=-2 \lambda \\
z=2 \lambda
\end{array}\right.\)，解得\(y=2-2 \lambda\)，\(z=2 \lambda\)．
\(\therefore P(0，2-2 \lambda， 2 \lambda)\)．
设\(Q(m，0，0)\)，\(\left(\dfrac{1}{2} \leq m \leq 1\right)\)，则\(\overrightarrow{P Q}=(m， 2 \lambda-2，-2 \lambda)\)，
又\(\overrightarrow{O B}=(0，2，0)\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{P Q}， \overrightarrow{O B}>=\dfrac{\overrightarrow{P Q} \cdot \overrightarrow{O B}}{\overrightarrow{P Q|| \overrightarrow{O B} \mid}}=\dfrac{1-\lambda}{\sqrt{m^{2}+(1-\lambda)^{2}+\lambda^{2}}}\)．
①当点\(P\)取\(B(0，1，0)\)时，取\(Q\left(\dfrac{1}{2}， 0，0\right)\)时，\(m=\dfrac{1}{2}\)，\(λ=0\)，
则\(\cos <\overrightarrow{P Q}， \overrightarrow{O B}>=\dfrac{1}{\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+1}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)．
取\(Q(1，0，0)\)时，\(m=1\)，\(λ=0\)，\(\cos <\overrightarrow{P Q}， \overrightarrow{O B}>=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)．
②当点\(P\)取\(B\left(0， \dfrac{1}{2}， \dfrac{1}{2}\right)\)时，取\(Q\left(\dfrac{1}{2}， 0，0\right)\)时，\(m=\dfrac{1}{2}\)，\(\lambda=\dfrac{1}{2}\)，
则\(\cos <\overrightarrow{P Q}， \overrightarrow{O B}>=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2} \times 2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)．
取\(Q(1，0，0)\)时，\(m=1\)，\(\lambda=\dfrac{1}{2}\)，
\(\cos <\overrightarrow{P Q}， \overrightarrow{O B}>=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\sqrt{1^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2} \times 2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}\)．
综上可得：\(PQ\)和\(OB\)所成角余弦值的取值范围是\(\left[\dfrac{\sqrt{6}}{6}， \dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\right]\)．