《2025年教材课本高中数学选择性必修第一册人教B版》

1. 已知$G$是正方形$ABCD$的中心，点$P$为正方形$ABCD$所在平面外一点，则$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD}=$（ ）.
(A)$4\overrightarrow{PG}$ (B)$3\overrightarrow{PG}$ (C)$2\overrightarrow{PG}$ (D)$\overrightarrow{PG}$

答案： A 由点$G$与正方形$ABCD$四个顶点的位置关系易知$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GC}=\boldsymbol{0}$,$\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GD}=\boldsymbol{0}$,$\therefore\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PD}=\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{GB}-\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GP}+\overrightarrow{GD}-\overrightarrow{GP}=-4\overrightarrow{GP}=4\overrightarrow{PG}$.

2. 已知$\boldsymbol{a}=(1,1,0)$，$\boldsymbol{b}=(-1,0,2)$，且$k\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$与$2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$互相垂直，求$k$的值.

答案： 由题意得,$|\boldsymbol{a}|=\sqrt{2}$,$|\boldsymbol{b}|=\sqrt{5}$,$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=-1$.
$\because k\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$与$2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}$互相垂直,
$\therefore(k\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot(2\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})=0$,
即$2k\boldsymbol{a}^{2}-\boldsymbol{b}^{2}+2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-k\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=0$,
$\therefore4k - 5-2 + k = 0$,解得$k=\frac{7}{5}$.

3. 已知三棱锥$O - ABC$中，$M$，$N$分别是$OA$，$BC$的中点，点$G$在$MN$上，且$MG = 2GN$. 设$\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{c}$，试用基底$\{\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\}$表示向量$\overrightarrow{OG}$.

答案： 由题意,得$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b})=-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$.
$\therefore\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OM}+\frac{2}{3}\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{2}{3}(-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c})=\frac{1}{6}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{3}\boldsymbol{c}$.

4. 已知正方体$ABCD - A'B'C'D'$的棱长为$1$，求$\overrightarrow{BD'}\cdot\overrightarrow{AD}$，$\cos\langle\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{DB'}\rangle$.

答案： 易知$\overrightarrow{BD'}\cdot\overrightarrow{AD}=(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DD'})\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AD}^{2}+\overrightarrow{DD'}\cdot\overrightarrow{AD}=|\overrightarrow{AD}|^{2}=1$.
$\because\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{B'C'}$,$\therefore ADC'B'$为平行四边形,
又$DA\perp AB'$,$\therefore ADC'B'$为矩形,设矩形$ADC'B'$对角线交于点$O$.
在$\text{Rt}\triangle AB'C'$中,$\sin\angle C'AB'=\frac{B'C'}{AC'}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
$\therefore\sin\angle C'OB'=\sin2\angle C'AB'=2\sin\angle C'AB'\times\cos\angle C'AB'=2\times\frac{\sqrt{3}}{3}\times\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
$\therefore\cos\langle\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{DB'}\rangle=\sqrt{1 - (\frac{2\sqrt{2}}{3})^{2}}=\frac{1}{3}$.

5. 已知$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$都是空间向量，且$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}| = 1$，求$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|$.

答案： $\because|\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}|=1$,$\therefore(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})^{2}=1$,
$\therefore|\boldsymbol{a}|^{2}+|\boldsymbol{b}|^{2}+2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=1$.
又$|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=1$,$\therefore2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=-1$.
$\therefore(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})^{2}=\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{b}^{2}-2\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=1 + 1+1 = 3$,
$\therefore|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{3}$.

6. 已知$A(3,4,0)$，$B(2,5,5)$，$C(0,3,5)$，且$ABCD$是平行四边形，求顶点$D$的坐标.

答案： $\because ABCD$是平行四边形,$\therefore\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$.
设$D(x,y,z)$,则$\overrightarrow{DC}=(-x,3 - y,5 - z)$.
又$\overrightarrow{AB}=(-1,1,5)$,
$\therefore\begin{cases}-1=-x\\1=3 - y\\5=5 - z\end{cases}$, 解得$\begin{cases}x = 1\\y = 2\\z = 0\end{cases}$,故顶点$D$的坐标为$(1,2,0)$.

7. 已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$M$与$N$分别是棱$BB_{1}$与对角线$CA_{1}$的中点. 求证：$MN// BD$且$MN=\frac{1}{2}BD$.

答案：
如图D2所示,以$D$为坐标原点,分别以$\overrightarrow{DA}$,$\overrightarrow{DC}$,$\overrightarrow{DD_{1}}$的方向为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为$1$,则$A_{1}(1,0,1)$,$C(0,1,0)$,$M(1,1,\frac{1}{2})$,$B(1,1,0)$.
$\because N$是$A_{1}C$中点,$\therefore N(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$,$\therefore\overrightarrow{MN}=(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0)$,$\overrightarrow{BD}=(-1,-1,0)$,$\therefore\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{MN}$.$\therefore MN// BD$且$MN=\frac{1}{2}BD$.

8. 已知$O$为坐标原点，$OABC$是四面体，$A(0,3,5)$，$B(2,2,0)$，$C(0,5,0)$，直线$BD$与直线$CA$平行，并且与坐标平面$zOx$相交于点$D$，求点$D$的坐标.

答案： 由题得,$\overrightarrow{CA}=(0,-2,5)$,$\because BD// CA$,则可设$\overrightarrow{BD}=\lambda\overrightarrow{CA}=(0,-2\lambda,5\lambda)$,$\therefore\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BD}=(2,2,0)+(0,-2\lambda,5\lambda)=(2,2 - 2\lambda,5\lambda)$,
又点$D$在平面$xOz$上,$\therefore2 - 2\lambda=0$,即$\lambda = 1$.
故点$D$的坐标为$(2,0,5)$.

9. 如图所示，已知三个平面$AOB$，$BOC$，$AOC$相交于点$O$，且$\angle AOB=\angle BOC=\angle AOC = 60^{\circ}$，求直线$OA$与平面$BOC$所成角的余弦值.

答案： $\because\angle AOB=\angle BOC=\angle AOC = 60^{\circ}$,
$\therefore$点$A$在平面$OBC$的射影在$\angle BOC$的角平分线上.
设点$A$在$BOC$上的射影为点$P$,连接$OP$,作$PD\perp OB$交$OB$于点$D$,连接$AD$(图略).
设$OD = 1$,则$AO = 2$,$AD=\sqrt{3}$,
$\because\angle POD = 30^{\circ}$,$\therefore PD=\frac{\sqrt{3}}{3}$,$PO=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
$\therefore\cos\angle AOP=\frac{OP}{OA}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
故直线$OA$与平面$BOC$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.

10. 如图所示，三棱锥$A - BCD$中，平面$ABC$与平面$DBC$互相垂直，且$AB = BC = BD$，$\angle CBA=\angle CBD = 120^{\circ}$. 求：
(1)$AD$所在直线和平面$BCD$所成角的大小；
(2)$AD$所在直线与直线$BC$所成角的大小；
(3)二面角$A - BD - C$的正弦值.

答案：
设$AB = 1$,作$AO\perp BC$于点$O$,连接$DO$,以$O$为坐标原点,以$\overrightarrow{OD}$,$\overrightarrow{OC}$,$\overrightarrow{OA}$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴正方向,建立如图D3所示的空间直角坐标系,则$O(0,0,0)$,$D(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$,$B(0,\frac{1}{2},0)$,$C(0,\frac{3}{2},0)$,$A(0,0,\frac{\sqrt{3}}{2})$.
(1)易知$\overrightarrow{AD}=(\frac{\sqrt{3}}{2},0,-\frac{\sqrt{3}}{2})$,
且$\boldsymbol{n}_{1}=(0,0,1)$是平面$BCD$的一个法向量,
则$\cos\langle\overrightarrow{AD},\boldsymbol{n}_{1}\rangle=\frac{\overrightarrow{AD}\cdot\boldsymbol{n}_{1}}{|\overrightarrow{AD}||\boldsymbol{n}_{1}|}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{3}{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以$\langle\overrightarrow{AD},\boldsymbol{n}_{1}\rangle = 135^{\circ}$.
故$AD$所在直线与平面$BCD$所成角的大小为$180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}$.
(2)易知$\overrightarrow{BC}=(0,1,0)$,则$\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=(\frac{\sqrt{3}}{2},0,-\frac{\sqrt{3}}{2})\cdot(0,1,0)=0$,所以$\overrightarrow{AD}\perp\overrightarrow{BC}$,
所以$AD$所在直线与直线$BC$所成角的大小为$90^{\circ}$.
(3)易知$\overrightarrow{AB}=(0,\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2})$,设平面$ABD$的一个法向量$\boldsymbol{n}_{2}=(x,y,z)$,
则$\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{AB}=\frac{1}{2}y-\frac{\sqrt{3}}{2}z = 0$,$\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{AD}=\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}z = 0$,令$z = 1$,得$x = 1$,$y=\sqrt{3}$,故$\boldsymbol{n}_{2}=(1,\sqrt{3},1)$.
设二面角$A - BD - C$的大小为$\theta$,则$|\cos\theta|=\frac{|\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}|}{|\boldsymbol{n}_{1}||\boldsymbol{n}_{2}|}=\frac{1}{1\times\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.
故二面角$A - BD - C$的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{5}}{5})^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.