《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第一册人教版青海专用》

例 2(对接教材例 2)如图,在四棱锥 $P - ABCD$ 中,底面 $ABCD$ 是矩形,$M$,$N$ 分别是 $PA$,$BC$ 的中点,$PD\perp$ 平面 $ABCD$,且 $PD = AD= \sqrt{2}$,$CD = 1$. 求证：
(1) $MN//$ 平面 $PCD$；
(2) $MC\perp DB$.

(1)证明：因为$\overrightarrow {MN}=\overrightarrow {DN}-\overrightarrow {DM}=\overrightarrow {DC}+\overrightarrow {CN}-\frac {1}{2}(\overrightarrow {DP}+\overrightarrow {DA})=\overrightarrow {DC}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}$,所以$\overrightarrow {MN},\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DP}$共面. 又因为 MN⊄平面 PCD,$\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DP}\subset $平面 PCD,$\overrightarrow {DC}\cap \overrightarrow {DP}=D$,所以$MN// $平面 PCD.
(2)证明：因为$\overrightarrow {MC}\cdot \overrightarrow {DB}=(\overrightarrow {DC}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA})\cdot (\overrightarrow {DA}+\overrightarrow {DC})=\overrightarrow {DC}\cdot \overrightarrow {DA}+\overrightarrow {DC}^{2}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}\cdot \overrightarrow {DA}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}\cdot \overrightarrow {DC}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA}^{2}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA}\cdot \overrightarrow {DC}=0+\overrightarrow {DC}^{2}-0-0-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA}^{2}-0=1^{2}-\frac {1}{2}×(\sqrt {2})^{2}=0$,所以$\overrightarrow {MC}⊥\overrightarrow {DB}$,所以$MC⊥DB.$

答案：
(1)证明：因为$\overrightarrow {MN}=\overrightarrow {DN}-\overrightarrow {DM}=\overrightarrow {DC}+\overrightarrow {CN}-\frac {1}{2}(\overrightarrow {DP}+\overrightarrow {DA})=\overrightarrow {DC}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}$,所以$\overrightarrow {MN},\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DP}$共面. 又因为 MN⊄平面 PCD,$\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DP}\subset $平面 PCD,$\overrightarrow {DC}\cap \overrightarrow {DP}=D$,所以$MN// $平面 PCD.
(2)证明：因为$\overrightarrow {MC}\cdot \overrightarrow {DB}=(\overrightarrow {DC}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA})\cdot (\overrightarrow {DA}+\overrightarrow {DC})=\overrightarrow {DC}\cdot \overrightarrow {DA}+\overrightarrow {DC}^{2}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}\cdot \overrightarrow {DA}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DP}\cdot \overrightarrow {DC}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA}^{2}-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA}\cdot \overrightarrow {DC}=0+\overrightarrow {DC}^{2}-0-0-\frac {1}{2}\overrightarrow {DA}^{2}-0=1^{2}-\frac {1}{2}×(\sqrt {2})^{2}=0$,所以$\overrightarrow {MC}⊥\overrightarrow {DB}$,所以$MC⊥DB.$

例 3 在直三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中,$\cos\angle ACB= \frac{1}{4}$,$AC = BC = AA_{1}= 1$,$E$,$F$ 分别为棱 $AC$,$BB_{1}$ 的中点,则异面直线 $A_{1}B$ 和 $EF$ 所成角的余弦值是(A)
A.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{3\sqrt{3}}{8}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： A

例 4 在正四面体 $PABC$ 中,$AB = 2$,且 $E$,$F$ 分别为 $AC$,$PB$ 中点,则 $EF$ 的长为$\sqrt {2}$.

答案： $\sqrt {2}$

跟踪训练 2 (1) 如图,平行六面体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的所有棱长均为 $2$,$AB$,$AD$,$AA_{1}$ 两两直线所成夹角均为 $\frac{\pi}{3}$,点 $E$,$F$ 分别在棱 $BB_{1}$,$DD_{1}$ 上,且 $BE = 2B_{1}E$,$D_{1}F = 2DF$,则 $|\overrightarrow{EF}|=$$\frac {2\sqrt {10}}{3}$；直线 $AC_{1}$ 与 $EF$ 所成角的余弦值为$\frac {\sqrt {15}}{15}$.

答案： $\frac {2\sqrt {10}}{3}$；$\frac {\sqrt {15}}{15}$