《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》

(2) 如图,三棱锥 $P - ABC$ 中,$M$,$N$ 分别是 $BC$,$PA$ 上的点,且 $\overrightarrow{BM}= \frac{1}{2}\overrightarrow{MC}$,$\overrightarrow{AN}= 2\overrightarrow{NP}$,设 $\overrightarrow{AB}= \boldsymbol{a}$,$\overrightarrow{AC}= \boldsymbol{b}$,$\overrightarrow{AP}= \boldsymbol{c}$.

① 试用 $\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$,$\boldsymbol{c}$ 表示向量 $\overrightarrow{MN}$；
② 已知 $\angle BAC= \frac{\pi}{2}$,$\angle PAB= \angle PAC= \frac{\pi}{3}$,且 $PA = AB = AC = 2$,若 $(\boldsymbol{a}+\lambda\boldsymbol{c})\perp\overrightarrow{MN}$,求 $\lambda$ 的值.

答案： ①$\overrightarrow {MN}=-\frac {2}{3}a-\frac {1}{3}b+\frac {2}{3}c$；②$λ=2$

1. (教材 $P_{12}T_{3}$ 改编)在正方体 $ABCD - A 'B'C'D'$ 中,$M$ 为 $BB'$ 上靠近 $B'$ 的四等分点,若 $\overrightarrow{AA'}= \boldsymbol{a}$,$\overrightarrow{AB}= \boldsymbol{b}$,$\overrightarrow{AD}= \boldsymbol{c}$,以 $\{\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\}$ 作为空间的一个基底,则向量 $\overrightarrow{D'M}$ 可表示为(B)
A.$-\frac{1}{4}\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}$
B.$-\frac{1}{4}\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c}$
C.$\frac{1}{4}\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}$
D.$-\frac{1}{4}\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}$

答案： B

2. 下列可使非零向量 $\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$,$\boldsymbol{c}$ 构成空间的一个基底的条件是(A)
A.$\boldsymbol{a}$,$\boldsymbol{b}$,$\boldsymbol{c}$ 两两垂直
B.$\boldsymbol{b}= \lambda\boldsymbol{c}$
C.$\boldsymbol{a}= m\boldsymbol{b}+n\boldsymbol{c}$
D.$\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}= \boldsymbol{0}$

答案： A

3. (教材 $P_{15}T_{7}$ 改编)在正三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中,$E$ 为 $CC_{1}$ 中点,$AB= \frac{1}{2}AA_{1}= 1$,则直线 $BE$ 与 $AC$ 所成角的余弦值为$\frac {\sqrt {2}}{4}$.

答案： $\frac {\sqrt {2}}{4}$

4. 如图,在四棱锥 $P - ABCD$ 中,底面 $ABCD$ 是边长为 $3$ 的菱形,$PC = 4$,$\angle ABC = \angle BCP = \angle DCP = 120^{\circ}$.

(1) 利用空间向量证明 $PA\perp BD$；
(2) 求 $AP$ 的长.
(1)证明:设$\overrightarrow {AB}=a,\overrightarrow {AD}=b,\overrightarrow {CP}=c$,则$\{ a,b,c\} $构成空间的一个基底，$\overrightarrow {BD}=\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB}=b-a,\overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BC}+\overrightarrow {CP}=a+b+c$,所以$\overrightarrow {BD}\cdot \overrightarrow {AP}=(b-a)\cdot (a+b+c)=b^{2}-a^{2}+b\cdot c-a\cdot c=3^{2}-3^{2}+3×4cos60^{\circ }-3×4cos60^{\circ }=0$,所以$\overrightarrow {BD}⊥\overrightarrow {AP}$,所以$PA⊥BD.$
(2)解:由(1)知$\overrightarrow {AP}=a+b+c$,所以$\overrightarrow {AP}^{2}=(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2a\cdot b+2b\cdot c+2a\cdot c=3^{2}+3^{2}+4^{2}+2×3×3cos60^{\circ }+2×3×4cos60^{\circ }+2×3×4cos60^{\circ }=9+9+16+9+12+12=67.$所以$AP=|\overrightarrow {AP}|=\sqrt {67}.$

答案：
(1)证明:设$\overrightarrow {AB}=a,\overrightarrow {AD}=b,\overrightarrow {CP}=c$,则$\{ a,b,c\} $构成空间的一个基底，$\overrightarrow {BD}=\overrightarrow {AD}-\overrightarrow {AB}=b-a,\overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BC}+\overrightarrow {CP}=a+b+c$,所以$\overrightarrow {BD}\cdot \overrightarrow {AP}=(b-a)\cdot (a+b+c)=b^{2}-a^{2}+b\cdot c-a\cdot c=3^{2}-3^{2}+3×4cos60^{\circ }-3×4cos60^{\circ }=0$,所以$\overrightarrow {BD}⊥\overrightarrow {AP}$,所以$PA⊥BD.$
(2)解:由
(1)知$\overrightarrow {AP}=a+b+c$,所以$\overrightarrow {AP}^{2}=(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2a\cdot b+2b\cdot c+2a\cdot c=3^{2}+3^{2}+4^{2}+2×3×3cos60^{\circ }+2×3×4cos60^{\circ }+2×3×4cos60^{\circ }=9+9+16+9+12+12=67.$所以$AP=|\overrightarrow {AP}|=\sqrt {67}.$