1.3 空间向量及其运算的坐标表示【第三课】
1.3 空间向量及其运算的坐标表示【第三课】
扩展1 合理建系，运用坐标运算，求距离、角度、证平行与垂直
运用空间向量求解立体几何中有关距离、角度、平行与垂直等问题，基本思路为：（1）明确几何问题；（2）转化为向量问题；（3）通过建立坐标系，转化为向量坐标运算；（4）回归几何问题，获得几何结论.
例1（2023·福建莆田华侨中学高二期末）如图，在棱长为的正方体中，是底面正方形的中心，点在上，点在上，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、，设点，，其中，，
，，因为，则，解得，故.故选：D.
【方法总结】利用坐标运算，求距离、角度、证平行与垂直问题的基本步骤
【举一反三1-1】（2023·江西上饶高二期末）
1．如图，在正方体中，为对角线的三等分点，到各顶点的距离的不同取值有（ ）
A．6个 B．5个 C．4个 D．3个
【举一反三1-2】（2023·河北邯郸高二期中）
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，，M为PC上一动点，，若∠BMD为钝角，则实数t可能为（ ）
A． B． C． D．
【举一反三1-3】（2023·福建厦门一中高二期中）
3．在等腰梯形中，M，N分别是，的中点，沿将折起至，使平面平面（如图）.已知，下列四个结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【举一反三1-4】（2023·吉林东北师大附中高二期末）
4．平行六面体的棱长都为1，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．与平面所成角的正弦值为
C．在上的投影向量为 D．直线与之间的距离为
扩展2 利用坐标运算、解决立体几何中的最值问题
此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合，解决此类问题一般可从三个方面思考：
一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；
二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；
三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.
例2（2023·吉林长春东北师大附中高二期末）如图，在棱长为1的正方体中，点在上，点在上，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则可设，其中，，其中，
根据图中可知直线和直线为异面直线，若能取到两异面直线间的距离，则此时距离最小，
根据异面直线公垂线的定义知，，
，，，，则，
则，，
解得，满足范围，则此时，
则.故选：C.
【方法总结】 利用空间向量坐标运算求最值基本思想
1、建立函数法：很多情况下把最值问题转化为目标函数，利用代数方法求目标函数的最值.根据标函数特征，可用一次函数的端点法；二次函数的配方法、公式法；有界函数界值法（如三角函数等）.
2、公理与定义法：通常以公理与定义作为依据，如：两点之间以线段为最短；分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的共垂线短等.如果利用函数关系求之比较困难，而运用两异面直线共垂线段最短则是解决问题的捷径.
3、解不等式法：在立体几何中利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解.如：、、最小角定理所建立的不等关系等.
4、变量分析法：透过现象看本质，观察问题中点、线、面，哪些在动，哪些不动，确定它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值问题的方法.
【举一反三2-1】（2023·重庆沙坪坝八中校期中）
5．已知长方体中，，若棱上存在点，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【举一反三2-2】（2023·广东佛山市荣山中学高二期中）
6．已知空间直角坐标系中， ，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【举一反三2-3】（2023·上海浦东华师大附中高二期末）（2023·全国·高三专题练习）
7．如图，在长方体中，当，，点在棱上，且，则当的面积最小时，棱的长为 ．
【举一反三2-4】（2023·安徽六安一中高二月考）
8．如图，正三棱柱的各棱长均为1，点和点分别为棱和棱的中点，先将底面置于平面内，再将三棱柱绕旋转一周，则以下结论正确的是 （填入正确结论对应的序号）.
①设向量旋转后的向量为，则
②点的轨迹是以为半径的圆
③设①中的在平面上的投影向量为，则的取值范围是
④直线在平面内的投影与直线所成角的余弦值的取值范围是
（2014·全国高考真题）
9．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
（2010·广东·高考真题）
10．若向量＝(1，1，x)，＝(1，2，1)，＝(1，1，1)满足条件，则x＝ ．
（2008·海南高考真题）
11．已知向量，且，则 ．
（2008·江苏高考真题）
12．记动点P是棱长为1的正方体的对角线上一点，记．当为钝角时，求的取值范围．
（2000·上海·高考真题）
13．如图，直三棱柱，底面中，，，，M、N分别是、的中点．
(1)求的长；
(2)求的值；
(3)求证：．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得到各顶点的距离的不同取值.
【详解】以D为原点，分别以所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
设，则
，
则，
则，则
，
，，
，
，
则到各顶点的距离的不同取值有4个.
故选：C
2．D
【分析】建立空间直角坐标系，利用即可求解.
【详解】分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设， ，故，,，,
由可知，，即，
又因为为钝角，所以，
由,,可知，，
，整理得，
解得，
故选：D.
3．ABC
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，求方向向量，看数量积是否为零，则选项可判定.
【详解】
因为等腰梯形中，分别是的中点，
所以，，所以为二面角的平面角，
又平面平面，所以，即,
设，以点M为坐标原点，
，，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，，，，，
因为，，，，
则，所以，故A正确；
，所以，故B正确；
，所以，故C正确；
，故D错误；
故选:ABC.
4．ABD
【分析】利用空间向量数量积的运算律求解选项A；利用空间向量的坐标运算求线面夹角的正弦值求解选项B；利用空间向量的数量积的坐标运算以及投影向量的概念求解选项C；利用点到平面的距离公式求解.
【详解】
对A，如图，，所以
，所以，A正确；
对B，如图，连接交点为，再连接，
因为，所以均为边长为1的正三角形，
又因为，，所以，
所以，且，
所以，所以，
又因为，所以，
且平面，所以平面，
所以以为轴，建立如图所示坐标系，
则，
又因为平面，所以为平面的一个法向量，
设与平面所成角为，
所以与平面所成角的正弦值，B正确；
对C，，
所以在上的投影向量为，C错误；
对D，连接，，
所以，则，
所以点到直线的距离为，
因为，所以直线与之间的距离为，D正确.
故选：ABD.
5．C
【分析】建立空间直角坐标系，设，求出、，利用，求出的范围．
【详解】解：如图建立坐标系，
设，，
则，，，
，，
，
，
即，所以，
当时，所以，所以．
故选：C．
6．C
【分析】利用向量表示出点Q坐标，再求出，的坐标，借助数量积建立函数关系即可求解.
【详解】因点Q在直线上运动，则，设，于是有，
因为，，所以，，
因此，，
于是得
，
则当时，，此时点Q，
所以当取得最小值时，点Q的坐标为.
故选：C
7．
【分析】建立空间直角坐标系，可设，，写出点坐标，根据，可求得与的等量关系，代入的面积中，利用基本不等式求得面积最小值时和的值，进而得出棱的长.
【详解】如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，则，设，，，
则，，因为，所以，
当时等式不成立，即．
因此
，当且仅当，即时
取等号．因此当的面积最小时，棱．
故答案为：
8．①②③
【分析】利用坐标法，由可得，利用模长公式可判断①②，利用投影向量的概念可得，可判断③，利用夹角公式可判断④.
【详解】如图，取棱的中点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
绕着旋转即绕着轴旋转，设旋转后的向量为，则，①正确；
设，则，，点的轨迹是以为半径的圆，②正确；
由题知，在平面上的投影向量即为其在平面上的投影向量，，③正确；
设直线在平面内的投影与直线所成的角为，
则，④错误.
故答案为：①②③.
9．C
【详解】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线为轴，则设CA=CB=1，则
，，A（1，0，0），，故，，所以，故选C.
考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力.
10．
【分析】利用空间向量的坐标运算和数量积表示求解.
【详解】解：
，解得
故答案为：
11．3
【分析】利用向量的坐标运算求得求出，根据空间向量模的公式列方程求解即可.
【详解】因为，
所以，
可得，
因为，解得，故答案为3.
12．
【详解】建构如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则相关点的坐标分别为： ，则.
由，得，
而；
又.
由，
化简得，解得.
13．(1)
(2)
(3)详见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得的坐标，再求模即可；
（2）分别求得的坐标，再利用向量的夹角公式求解；
（3）分别求得的坐标，再判断是否为零即可.
【详解】（1）解：建立如图所示空间直角坐标系：
，
则，
所以，
则；
（2）由（1）知，
所以，
则，
所以；
（3）由（1）知，
所以，
则，
所以．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页1.3 空间向量及其运算的坐标表示【第三练】
1.3 空间向量及其运算的坐标表示【第三练】
【试题来源】来自各地期中期末的联考试题，进行整理和改编；
【试题难度】本次训练试题难度较大，适合学完第三课后，起到提升解题能力和素养的目的.
【目标分析】
1.熟练掌握空间向量的坐标运算，锻炼数学运算能力，如第2题、第4题、第9题；
2.运用空间向量的坐标运算，判断平行于垂直，培养逻辑推理和数学运算能力，如第1题、第15题、第16题；
3.运用空间向量的坐标运算，求解夹角和距离问题，发展直观想象，逻辑推理和数学运算素养，如第3题、第6题、第7题、第10题、第11题、第13题；
4.运用空间向量的坐标运算，求解最值问题，发展直观想象，逻辑推理和数学运算素养，如第5题、第8题、第12题、第14题；
一、单选题
（2023·广东清远高二期末）
1．已知直线的方向向量，直线的方向向量，若且，则的值是（ ）
A． B．或 C． D．或
（2023·江苏淮安高二期末）
2．已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （ ）
A． B． C． D．
（2023·湖北黄石高二期末）
3．如图1所示是素描中的由圆锥和圆柱简单组合体，抽象成如图2的图像.已知圆柱的轴线在平面内且平行于轴，圆锥与圆柱的高相同.为圆锥底面圆的直径，，且.若到圆所在平面距离为2.若，则与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2023·福建三明高二期末）
4．在四面体中，两两垂直，设，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
（2023·安徽铜陵高二联考期末）
5．如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点，点E在线段上，点F在线段上，则线段EF长的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
（2023·甘肃武威高二期末）
6．设空间两个单位向量与向量的夹角都等于，则（ ）
A． B．
C．或 D．或
（2023·江西上饶高二期中）
7．如图所示，在正方体中，为线段上的动点，给出下列四个结论：①DP长度为定值；②三棱锥的体积为定值；③任意点P，都有；④存在点P，使得平面其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
（023·安徽滁州高二期末）
8．鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧.图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图.它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2023·四川成都树德中学高二期末）
9．空间向量，则下列选项中可能成立的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·湖南湘潭县高二期末）
10．如图，在长方体中，是底面内的动点，，，，分别为，，，的中点，若，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为2
B．三棱锥的体积不变，表面积改变
C．若平面，则
D．的最小值为
三、填空题
（2023·福建莆田高二期中）
11．已知线段垂直于三角形所在的平面，且，为垂足，为的中点，则的长为 .
（2023·山东菏泽高二期中）
12．如图，棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，点P在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为 ．
（2023·重庆沙坪坝南开中学高二期末）
13．已知正方体，是线段上的一点.若正方体的各个顶点中，恰有两个顶点满足，，则此时的值为 .
（2023·江西景德镇高二期末）
14．如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为 ，点S与P距离的最小值是 ．
四、解答题
（2023·四川绵阳高二期中）
15．如图，在空间直角坐标系中，，，，．
（1）求向量在向量上的投影的数量．
（2）是否存在实数，使得点，，，共面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（2023·广东佛山高二期末）（2023·全国·高二专题练习）
16．如图所示，在四棱锥中，为等腰直角三角形，且，四边形ABCD为直角梯形，满足，，，．
(1)若点F为DC的中点，求；
(2)若点E为PB的中点，点M为AB上一点，当时，求的值．
【易错题目】第5题、第8题、第12题、第14题
【复盘要点】利用空间向量坐标运算解决立体几何中最值与范围问题的基本思路
1、建立函数法：把动态问题转化为目标函数，利用代数方法求目标函数的最值.
2、公理与定义法：一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短；分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的共垂线短等.
3、解不等式法：利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解.如：、、最小角定理所建立的不等关系等.
4、变量分析法：在点、线、面，哪些在动，哪些不动，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值问题的方法.
典例（2023·浙江嘉兴高二期中）如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直，点在上移动，点在上移动，若，则的长的最小值为______.
【答案】
【解析】因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以两两垂直.
过点M作，垂足分别为G，H，连接，易证.
因为，所以
以B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
当，的长最小，且最小值为．故答案为：．
【复盘训练】
（2023·吉林通化高二期末）
17．如图，在棱长为1的正方体中，，分别是线段，上的点，是直线上的点，满足平面，，且、不是正方体的顶点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
（2023·江苏盐城高二期末）
18．在直三棱柱中，，，已知和分别为和的中点，与分别为线段和上的动点（不包括端点），若，则线段的长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
（2023·江西景德镇高二期末）
19．如图，在正四棱柱中，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
（2023·山西师大附中高二期末）
20．如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为4，P是的中点，点M在侧面（含边界）内，若.则△BCM面积的最小值为（ ）
A．8 B．4 C． D．
（2023·河北邯郸高二期中）
21．在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面（包含边界）．
（1）若点与点重合，则点到平面的距离是 ；
（2）若，则线段长度的取值范围是 ．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】根据向量模长运算可求得，根据向量垂直关系可求得，进而得到结果.
【详解】，或，
当时，，，解得：，；
当时，，，解得：，；
综上所述：的值为或.
故选：D.
2．C
【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.
【详解】，设向量在向量的夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
所以，所以.
故选：C.
3．C
【分析】根据所建空间直角坐标系，由求出的坐标，得到，，的长度，利用余弦定理求与夹角的余弦值.
【详解】如图2所示的空间直角坐标系中，
设，.，，所以，，
由，所以
所以，，由对称性这里取，则，，又，
所以，，，
因此由余弦定理，.
故选：C
4．B
【分析】由题设构建空间直角坐标系，过作面，交面于，则的长即为到平面的距离，确定、（三角形重心）坐标，应用两点式求距离即可.
【详解】根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，则.
过作面，交面于，则的长即为到平面的距离.
，则为的外心.易知为正三角形，
为的重心，可得的坐标为.
.
点到平面的距离为.
故选：B
5．B
【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，令，用表示出点E，F坐标，再由两点间距离公式计算作答.
【详解】依题意，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设，则，设，有，
线段EF长最短，必满足，则有，解得，即，
因此，，当且仅当时取“=”，
所以线段EF长的最小值为.
故选：B
6．C
【分析】首先根据为单位向量得到，再利用与的夹角等于，得.联立方程求解出与的值，最后再利用向量的夹角公式进行求解即可.
【详解】空间两个单位向量，与向量的夹角都等于，
，，
，
又，，
又为单位向量，，
联立，得或，
，，
.
故选：C.
7．C
【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式可判断①的正误，利用锥体的体积公式可判断②的正误，利用空间向量法可判断③④的正误．
【详解】如下图所示：
设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、，设点，其中.
对于①，不是定值，①错误；
对于②， 在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，则平面，
，则点到平面的距离为定值，而的面积也为定值，
所以，三棱锥的体积为定值，②正确；
对于③，，，所以，，
因此，对任意点，都有，③正确；
对于④，，，，
，这样的不存在，所以，不存在点，使得平面，④错误．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于建系，设出点的坐标，然后根据向量的运算求解判断．
8．D
【分析】将鲁班锁补成正方体,建立空间直角坐标系，求出鲁班锁某个顶点到另一个顶点的最大值，即可求解.
【详解】将鲁班锁补成正方体，然后以点A为坐标原点，
AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在
、、、、、、、中取得，
结合图形可知、，，、，，，，
则，
，
，
，，
，
，
，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为，则，
该正方体的表面积为.
故选：D.
9．AB
【分析】利用坐标进行向量线性运算，并结合三角恒等变换计算相应数量积和模长，从而判断出答案.
【详解】.因为，
所以，，
，，
，
，
若，此时，故，A可能正确；
若，此时，，B可能正确；
，
故C一定不正确；
，故D一定不正确.
故选：AB
10．BC
【分析】由向量线性运算求得的最大值判断A，根据棱锥体积公式计算体积，再确定表面积后判断B，建立如图的空间直角坐标系，设，用坐标运算求得及的最小值判断CD．
【详解】对于A，是底面内的动点，则存在实数使得，
则，
所以，当点在线段上时，的最大值为1，故A错误；
对于B，因为点到底面的距离为，底面面积为，
所以三棱锥的体积为，是定值；三棱锥与三棱锥表面积不同，故B正确；
以为原点，，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，于是，，，，
设，则，，，
所以，，解得，，
于是，故C正确；
由上述坐标系知，
则，
于是当，时，取最小值，故D错误.
故选：BC.
11．
【分析】则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设求得，即可求出的长.
【详解】因为线段垂直于三角形所在的平面，且，
则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为在上，所以可设，先设，
所以，，
，所以，
，，
因为，所以，解得：，
，，
则的长为.
故答案为：.
12．##
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出的坐标，由可推出P点轨迹，确定P点在何处时的面积取到最小值，由此可求得答案.
【详解】以A为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设 ，则 ， ，
由 ,可得，故, 即,
取的中点N，连结 ，则P点轨迹为线段，
过B作,垂足为Q,由于,
则,
又平面,平面 ，故 ，
当P点位于Q点位置时，由于 ,此时的面积最小，
即的面积最小值为 ，
故答案为：
13．或
【分析】以坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，，利用向量垂直的坐标表示可构造构造关于的方程，从而满足垂直关系的顶点个数，从而得到满足题意的的取值，进而得到的值.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，，，，，，，，
设，，
；；；；；；；
；；；；；；
；
①令，方程无解，即与不垂直；
②令，解得：或，
当时，此时与重合，，
即，，，不合题意；
当时，，即，，满足题意；
此时，；
③令，解得：或；
由②知：不合题意；
当时，此时与重合，则，即有且仅有，不合题意；
④令，解得：或；
由③知：不合题意；
当时，，即，，满足题意；
此时，；
综上所述：或.
故答案为：或.
14． ## ##
【分析】建系，根据空间向量的垂直关系可得点P的轨迹方程为.空1：根据圆的弦长公式运算求解；空2：根据空间中两点间距离公式运算求解.
【详解】由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，
设，则，
因为AM⊥MP，则，解得，
所以点P的轨迹方程为，
空1：根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为；
空2：因为，
所以当时，点S与P距离的最小，其最小值为．
故答案为：；.
15．（1）；（2）
【分析】（1）求出，的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示以及向量模长的坐标表示计算即可求解；
（2）求出，，的坐标，设存在实数和使得，根据向量相等坐标相同列方程组，解方程组求出的值即可.
【详解】（1）因为，，，
所以，，
所以向量在向量上的投影的数量为：
，
（2），，，
若点，，，共面，则存在实数和使得，
所以，解得：，
所以存在实数使得点，，，共面.
16．(1)
(2)
【分析】（1）可证，再建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后可求夹角的余弦值.
（2）设，则可用表示的坐标，再利用可求，从而可得两条线段的比值.
【详解】（1）因为为等腰直角三角形，，，所以，
又，，所以．
而，，故，
因，平面，故平面.
以点C为原点，CP，CD所在直线分别为x，z轴，过点C作PB的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，，，，．
则，，
所以．
（2）由（1）知，设，
而，所以，
所以，所以，
又，
因为，故，
所以，解得，
所以．
17．B
【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，，即可表示的坐标，再连结，可证平面，即可得到则即可得到，设，则，即可得到，即可表示的坐标，最后根据向量模的坐标表示及二次函数的性质计算可得；
【详解】解：如图，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，0，，，1，，
设，，，，
则，，，
，
连结，正方体中，是正方形，平面，
，，
又，平面，平面，
平面，，
又，1，，，，
，，，，，，
设，则，，，
，，即，
，，，，
，
当时，的最小值是．
故选：．
18．A
【分析】根据直三棱柱中三条棱两两垂直，本题考虑利用空间坐标系解决．建立空间直角坐标系，设出、的坐标，利用求得关系式，写出的表达式，然后利用二次函数求最值即可．
【详解】在直三棱柱中，底面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，设点、，
，，
由于，则，可得，
，则，
，
故选：A．
19．B
【分析】以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，3，，根据空间向量垂直的坐标表示求得，继而得的最小值，连接BP，由线面角的定义得 就是与平面所成的角，故而得的最大值.
【详解】解：以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，
设，3，，则，3，，，，，
，，
，，
，
连接BP，在正四棱柱中，面，所以 就是与平面所成的角，即 ，
，的最大值为．
故选：B．
20．D
【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法确定M的轨迹满足，求出的最小值，可求出面积的最小值.
【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，，，，
设 ，则 ，，
因为 ，
所以 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
当 时， 取最小值 ，
易知，且平面，平面
故，故
所以的最小值为．
故选：D.
21．
【分析】（1）连接交于点，由正方体的性质可证面，面，即可得到点到平面的距离，当点与点重合时，点到平面的距离即为点到平面的距离；
（2）建立空间直角坐标系，设，由得到，再根据及二次函数的性质计算可得；
【详解】解：在正方体中，，面，面，所以面，连接交于点，所以，又面，面，所以，因为，所以面，因为正方体的棱长为，所以，即点到平面的距离为
若点与点重合，则点到平面的距离即为点到平面的距离为；
如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，，，因为，所以，所以，即，所以，因为解得，所以，即
故答案为：；
答案第1页，共2页
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