《2025年教材课本高中数学选择性必修第一册人教B版》

10.已知点$A(2,3,-1)$，$B(8,-2,4)$，$C(3,0,5)$，是否存在实数$x$，使$\overrightarrow{AB}$与$\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC}$垂直?

答案： 易知$\overrightarrow{AB}=(6,-5,5)$,$\overrightarrow{AC}=(1,-3,6)$,
假设存在实数$x$使$\overrightarrow{AB}$与$\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC}$垂直,则$\overrightarrow{AB}\cdot(\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC})=0$,
即$(6,-5,5)\cdot[(6,-5,5)+x(1,-3,6)]=0$,
$\therefore 6(6 + x)+(-5)(-5 - 3x)+5(5 + 6x)=0$,解得$x=-\frac{86}{51}$.
故假设成立,即存在实数$x=-\frac{86}{51}$,使$\overrightarrow{AB}$与$\overrightarrow{AB}+x\overrightarrow{AC}$垂直.

11.若$ABCD$为平行四边形，且$A(4,1,3)$，$B(2,-5,1)$，$C(-3,7,-5)$，求顶点$D$的坐标.

答案： 设点$D$的坐标为$(a,b,c)$,则由$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$,得$(2 - 4,-5 - 1,1 - 3)=(-3 - a,7 - b,-5 - c)$,
$\therefore\begin{cases}-3 - a = -2\\7 - b = -6\\-5 - c = -2\end{cases}$,解得$\begin{cases}a = -1\\b = 13\\c = -3\end{cases}$.
$\therefore$顶点$D$的坐标为$(-1,13,-3)$.

12.已知$A(2,-5,1)$，$B(2,-2,4)$，$C(1,-4,1)$，求:
　　　(1)$\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle$;
　　　(2)$\overrightarrow{AC}$在$\overrightarrow{AB}$上的投影的数量.

答案： 易知$\overrightarrow{AB}=(0,3,3)$,$\overrightarrow{AC}=(-1,1,0)$.
(1)$\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{3}{\sqrt{3^{2}+3^{2}}\times\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{1}{2}$,$\therefore\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle = 60^{\circ}$.
(2)$\overrightarrow{AC}$在$\overrightarrow{AB}$上的投影的数量为$|\overrightarrow{AC}|\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle=\sqrt{2}\times\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

13.已知$ABCD - A'B'C'D'$是长方体，$AB = AA' = 2$，$AD = 4$，且$E$为侧面$AA'B'B$的中心，$F$为$A'D'$的中点，分别求$\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{ED'}$，$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AB'}$，$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{FC'}$.

答案：
由题意可作图D4,以点$D$为原点,$\overrightarrow{DA}$的方向为$x$轴正方向,$\overrightarrow{DC}$的方向为$y$轴正方向,$\overrightarrow{DD'}$的方向为$z$轴正方向建立空间直角坐标系.
因为$AB = AA' = 2$,$AD = 4$,所以可得各点坐标,$B(4,2,0)$,$C(0,2,0)$,$E(4,1,1)$,$D'(0,0,2)$,$F(2,0,2)$,$A(4,0,0)$,$B'(4,2,2)$,$C'(0,2,2)$.
所以$\overrightarrow{BC}=(-4,0,0)$,$\overrightarrow{ED'}=(-4,-1,1)$,$\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{ED'}=(-4)\times(-4)+0\times(-1)+0\times1 = 16$;
$\overrightarrow{BF}=(-2,-2,2)$,$\overrightarrow{AB'}=(0,2,2)$,$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AB'}=-2\times0 - 2\times2+2\times2 = 0$;
$\overrightarrow{EF}=(-2,-1,1)$,$\overrightarrow{FC'}=(-2,2,0)$,$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{FC'}=(-2)\times(-2)+(-1)\times2+1\times0 = 2$.

1.如果存在三个不全为0的实数$x$，$y$，$z$，使得$x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}+z\boldsymbol{c}=\boldsymbol{0}$，那么向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$是否一定共面? 为什么?

答案： 一定共面. 不妨设$z\neq0$,由于$xa+yb + zc = 0$可变形为$c=(-\frac{x}{z})a+(-\frac{y}{z})b$,所以其中一个向量可以由另外两个向量唯一表示,所以三个向量一定共面.

2.已知空间向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$不共面，且$\boldsymbol{p}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{q}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}$，$\boldsymbol{r}=\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}$，判断向量$\boldsymbol{p}$，$\boldsymbol{q}$，$\boldsymbol{r}$是否共面，并说明理由.

答案： 共面,理由如下.
假设$p,q,r$三个向量共面,则存在实数$x,y$使得$p=xq + yr$ (*),
即$a + b=x(a + c)+y(b - c)$,整理得$a + b=xa+yb+(x - y)c$,
因为$a,b,c$不共面,所以$x = 1$,$y = 1$,所以存在$x = 1$,$y = 1$使得(*)式成立.
由共面向量定理可知,假设成立,故$p,q,r$共面.

3.已知向量$\overrightarrow{OA}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OC}$可以构成空间向量的一组基底，则这三个向量中哪一个向量可以与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成空间向量的另一组基底?

答案： $\overrightarrow{OC}$可以与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成空间向量的另一组基底. 已知$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$可以构成空间向量的一组基底,设$\overrightarrow{OM}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$,且$(x,y,z)$唯一. 假设$\overrightarrow{OA}$可以与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成空间向量的一组基底,则$\overrightarrow{OM}$可以由$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$唯一表示,则有$\overrightarrow{OM}=p(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})+q(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB})+r\overrightarrow{OA}=(p + q + r)\overrightarrow{OA}+(p - q)\overrightarrow{OB}$,
所以$\begin{cases}x=p + q + r\\y=p - q\\z = 0\end{cases}$,解得$\begin{cases}p=\frac{x + y - r}{2}\\q=\frac{x - y - r}{2}\end{cases}$.
因为$r$为未知数,所以$(p,q,r)$的值不唯一,所以$\overrightarrow{OA}$不可以与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成空间向量的一组基底.
同理,可证$\overrightarrow{OB}$不可以与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成空间向量的一组基底.
当$\overrightarrow{OC}$与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成基底时,有$\overrightarrow{OM}=p(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB})+q(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB})+r\overrightarrow{OC}=(p + q)\overrightarrow{OA}+(p - q)\overrightarrow{OB}+r\overrightarrow{OC}$,
所以有$\begin{cases}p + q=x\\p - q=y\\r = z\end{cases}$,解得$\begin{cases}p=\frac{x + y}{2}\\q=\frac{x - y}{2}\\r = z\end{cases}$.
因为$x,y,z$唯一,所以$p,q,r$唯一,即$\overrightarrow{OM}$可以由$\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$唯一表示.
综上,$\overrightarrow{OC}$可以与向量$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$和向量$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}$构成空间向量的另一组基底.

4.已知$A$，$B$，$C$是空间中不共线的三点，$O$是空间中任意一点，求证:$P$在平面$ABC$内的充要条件是，存在满足$x + y+z = 1$的实数$x$，$y$，$z$，使得$\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$.

答案： 必要性:当$P$在平面$ABC$内时,$A,B,C,P$四点共面,则存在唯一的实数对$(a,b)$,使$\overrightarrow{AP}=a\overrightarrow{AB}+b\overrightarrow{AC}$,即$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{OA}+a(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+b(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})=(1 - a - b)\overrightarrow{OA}+a\overrightarrow{OB}+b\overrightarrow{OC}$,
令$x = 1 - a - b$,$y = a$,$z = b$,则有$x + y + z = 1$.
故存在满足$x + y + z = 1$的实数$x,y,z$,使得$\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$.
充分性:当$\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$且$x + y + z = 1$时,$\overrightarrow{AP}=(x - 1)\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}=y(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA})+z(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})=y\overrightarrow{AB}+z\overrightarrow{AC}$,满足共面向量定理,故$\overrightarrow{AP},\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}$三个向量共面,即点$P$在平面$ABC$内.
综上,$P$在平面$ABC$内的充要条件是,存在满足$x + y + z = 1$的实数$x,y,z$,使得$\overrightarrow{OP}=x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC}$.

5.已知四面体$ABCD$的每条棱长都等于$a$，点$E$，$F$，$G$分别是棱$AB$，$AD$，$DC$的中点，求下列向量的数量积:
　　　(1)$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$;　　　　(2)$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{DB}$;　　　　(3)$\overrightarrow{GF}\cdot\overrightarrow{AC}$;
　　　(4)$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{BC}$;　　　　(5)$\overrightarrow{FG}\cdot\overrightarrow{BA}$;　　　　(6)$\overrightarrow{GE}\cdot\overrightarrow{GF}$.

答案：
由题意作四面体$ABCD$,如图D5所示,并连接$EC$,$GF$,$GE$,$EF$.
(1)$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\cdot\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\rangle=a^{2}\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}a^{2}$.
(2)$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{DB}=|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{DB}|\cos\langle\overrightarrow{AD},\overrightarrow{DB}\rangle=a^{2}\cos120^{\circ}=-\frac{1}{2}a^{2}$.
(3)$\overrightarrow{GF}\cdot\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{2}a^{2}$.
(4)$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}\cdot\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{BD}||\overrightarrow{BC}|\cos\langle\overrightarrow{BD},\overrightarrow{BC}\rangle=\frac{1}{2}a^{2}\cos60^{\circ}=\frac{1}{4}a^{2}$.
(5)$\overrightarrow{FC}\cdot\overrightarrow{BA}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BA}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{BA}|\cos\langle\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BA}\rangle=\frac{1}{2}a^{2}\cos120^{\circ}=-\frac{1}{4}a^{2}$.
(6)$\overrightarrow{GE}\cdot\overrightarrow{GF}=(\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{CE})\cdot\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{GC}\cdot\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{CA})=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}a^{2}\cos120^{\circ}+\frac{\sqrt{3}}{2}a^{2}\cos30^{\circ})=\frac{1}{4}a^{2}$.