《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. 已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长为1，用向量的坐标运算解答下列问题：
（1）求$A_{1}B$和$B_{1}C$的夹角；
（2）证明：$A_{1}B\perp AC_{1}$；
（3）求$AC_{1}$的长.

答案：
(1)解：以$D$为原点，$\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow{DD_{1}}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系$Dxyz$，
则$A(1,0,0)$，$A_{1}(1,0,1)$，$B(1,1,0)$，$B_{1}(1,1,1)$，$C(0,1,0)$，$C_{1}(0,1,1)$，
所以$\overrightarrow{A_{1}B} = (0,1,-1)$，$\overrightarrow{B_{1}C} = (-1,0,-1)$，
所以$\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\overrightarrow{B_{1}C} = (0,1,-1)\cdot(-1,0,-1) = 0 + 0 + 1 = 1$，
$|\overrightarrow{A_{1}B}| = \sqrt{0 + 1 + 1} = \sqrt{2}$，
$|\overrightarrow{B_{1}C}| = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}$，
所以$\cos\langle\overrightarrow{A_{1}B},\overrightarrow{B_{1}C}\rangle = \frac{\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\overrightarrow{B_{1}C}}{|\overrightarrow{A_{1}B}||\overrightarrow{B_{1}C}|} = \frac{1}{2}$。
因为$\langle\overrightarrow{A_{1}B},\overrightarrow{B_{1}C}\rangle\in[0,\pi]$，
所以$A_{1}B$与$B_{1}C$的夹角为$\frac{\pi}{3}$。
(2)证明：由
(1)知，$\overrightarrow{A_{1}B} = (0,1,-1)$，$\overrightarrow{AC_{1}} = (-1,1,1)$，
所以$\overrightarrow{A_{1}B}\cdot\overrightarrow{AC_{1}} = 0 + 1 - 1 = 0$，
所以$A_{1}B\perp AC_{1}$。
(3)解：由
(2)知，$\overrightarrow{AC_{1}} = (-1,1,1)$，
所以$|\overrightarrow{AC_{1}}| = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}$，即$AC_{1}$的长为$\sqrt{3}$。

2. 在棱长为1的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$，$F$分别是$D_{1}D$，$BD$的中点，$G$在棱$CD$上，且$CG=\frac{1}{4}CD$，$H$是$C_{1}G$的中点. 利用空间向量解决下列问题：
（1）求$EF$与$B_{1}C$所成的角；
（2）求$EF$与$C_{1}G$所成角的余弦值；
（3）求$F$，$H$两点间的距离.

答案： 解：如图所示，建立空间直角坐标系$Dxyz$，
则$D(0,0,0)$，$E(0,0,\frac{1}{2})$，$F(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$，$C(0,1,0)$，$C_{1}(0,1,1)$，$B_{1}(1,1,1)$，$G(0,\frac{3}{4},0)$。
(1)$\overrightarrow{EF} = (\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{B_{1}C} = (-1,0,-1)$，
所以$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{B_{1}C} = (\frac{1}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2})\cdot(-1,0,-1) = \frac{1}{2}×(-1) + \frac{1}{2}×0 + (-\frac{1}{2})×(-1) = 0$，
所以$\overrightarrow{EF}\perp\overrightarrow{B_{1}C}$，即$EF\perp B_{1}C$，
所以$EF$与$B_{1}C$所成的角为$\frac{\pi}{2}$。
(2)因为$\overrightarrow{C_{1}G} = (0,-\frac{1}{4},-1)$，
所以$|\overrightarrow{C_{1}G}| = \frac{\sqrt{17}}{4}$。
又$|\overrightarrow{EF}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$，且$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{C_{1}G} = \frac{3}{8}$，
所以$\cos\langle\overrightarrow{EF},\overrightarrow{C_{1}G}\rangle = \frac{\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{C_{1}G}}{|\overrightarrow{EF}||\overrightarrow{C_{1}G}|} = \frac{\sqrt{51}}{17}$，
即$EF$与$C_{1}G$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{51}}{17}$。
(3)因为$H$是$C_{1}G$的中点，
所以$H(0,\frac{7}{8},\frac{1}{2})$。
又$F(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$，
所以$FH = |\overrightarrow{FH}|$
$ = \sqrt{(0 - \frac{1}{2})^{2}+(\frac{7}{8} - \frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2} - 0)^{2}} = \frac{\sqrt{41}}{8}$。