《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第一册人教版A》

1. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则$\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{FQ}$ ________.

答案： 1 解析：正八面体 $ABCDEF$ 中，$\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}$ 不共面，而 $P,Q$ 分别为棱 $AB,AD$ 的中点，
有 $\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=|\overrightarrow{CA}||\overrightarrow{CB}|\cos60^{\circ}=2$，
$\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CD}=0$，则 $\overrightarrow{CP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}$，
$\overrightarrow{FQ}=\overrightarrow{FC}+\overrightarrow{CD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{CD}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CD})=\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{CD}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CD})=\frac{3}{2}\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$，
$\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{FQ}=(\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CB})\cdot(\frac{3}{2}\overrightarrow{CA}-\overrightarrow{CB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{CD})=\frac{3}{4}\overrightarrow{CA}^2-\frac{1}{2}\overrightarrow{CB}^2+\frac{1}{4}\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}-\frac{1}{4}\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CD}-\frac{1}{4}\overrightarrow{CB}\cdot\overrightarrow{CD}=\frac{3}{4}\times2^2-\frac{1}{2}\times2^2 = 1$。

2. 如图，在平行六面体ABCD - A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1 = 2，∠A1AB = ∠A1AD = 120°.
（1）若选取$\overrightarrow{AB}，$$\overrightarrow{AD}，$$\overrightarrow{AA_{1}}$作为基底，试表示出向量$\overrightarrow{AC_{1}}；$
（2）求向量$\overrightarrow{AC_{1}}$的模；
（3）求直线AC1与A1D所成角的余弦值.

答案： 解：
(1)$\overrightarrow{AC_1}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC_1}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_1}$。
(2)$|\overrightarrow{AC_1}|^2=\overrightarrow{AC_1}^2=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_1})^2=\overrightarrow{AB}^2+\overrightarrow{AD}^2+\overrightarrow{AA_1}^2+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AA_1}+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA_1}=1 + 1 + 4 + 0+2\times1\times2\times(-\frac{1}{2})+2\times1\times2\times(-\frac{1}{2})=2$，
所以向量 $\overrightarrow{AC_1}$ 的模为 $\sqrt{2}$。
(3)因为 $\overrightarrow{A_1D}=\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{AA_1}+\overrightarrow{AD}$，
所以 $|\overrightarrow{A_1D}|^2=(-\overrightarrow{AA_1}+\overrightarrow{AD})^2=\overrightarrow{AA_1}^2+\overrightarrow{AD}^2-2\overrightarrow{AA_1}\cdot\overrightarrow{AD}=4 + 1-2\times2\times1\times(-\frac{1}{2})=7$，
所以 $|\overrightarrow{A_1D}|=\sqrt{7}$。
又 $\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{A_1D}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_1})\cdot(-\overrightarrow{AA_1}+\overrightarrow{AD})=-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA_1}+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AA_1}+\overrightarrow{AD}^2-\overrightarrow{AA_1}^2+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AA_1}=-1\times2\times(-\frac{1}{2})+0-1\times2\times(-\frac{1}{2})+1 - 4+1\times2\times(-\frac{1}{2})=-2$，
所以 $\cos\langle\overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{A_1D}\rangle=\frac{\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{A_1D}}{|\overrightarrow{AC_1}|\cdot|\overrightarrow{A_1D}|}=\frac{-2}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{7}}=-\frac{\sqrt{14}}{7}$，
所以直线 $AC_1$ 与 $A_1D$ 所成角的余弦值为 $|\cos\langle\overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{A_1D}\rangle|=\frac{\sqrt{14}}{7}$。

3. 如图，在直三棱柱ABC - A'B'C'中，已知AC = BC = AA'，∠ACB = 90°，D，E分别为AB，BB'的中点.
（1）求证：CE⊥A'D；
（2）求异面直线CE与AC'所成角的余弦值.

答案：
(1)证明：设 $\overrightarrow{CA}=a,\overrightarrow{CB}=b,\overrightarrow{CC'}=c$。
根据题意，得 $|a| = |b| = |c|$，且 $a\cdot b = b\cdot c = c\cdot a = 0$，
所以 $\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BB'}=b+\frac{1}{2}c$，$\overrightarrow{A'D}=\overrightarrow{A'A}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A'A}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA})=-c+\frac{1}{2}b-\frac{1}{2}a$，
所以 $\overrightarrow{CE}\cdot\overrightarrow{A'D}=-\frac{1}{2}c^2+\frac{1}{2}b^2 = 0$，
所以 $\overrightarrow{CE}\perp\overrightarrow{A'D}$，即 $CE\perp A'D$。
(2)解：因为 $\overrightarrow{AC'}=-a + c$，
所以 $|\overrightarrow{AC'}|=\sqrt{2}|a|$，$|\overrightarrow{CE}|=\frac{\sqrt{5}}{2}|a|$。
又 $\overrightarrow{AC'}\cdot\overrightarrow{CE}=(-a + c)\cdot(b+\frac{1}{2}c)=\frac{1}{2}c^2=\frac{1}{2}|a|^2$，
所以 $|\cos\langle\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{CE}\rangle|=\left|\frac{\frac{1}{2}|a|^2}{\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{5}}{2}|a|^2}\right|=\frac{\sqrt{10}}{10}$，
所以异面直线 $CE$ 与 $AC'$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{10}$。