《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] (1)(2025·青岛期中)已知$\boldsymbol{a}= (m,-2,1)$,$\boldsymbol{b}= (1,2,2)$,若$(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b})\perp\boldsymbol{b}$,则$m= $(C)
A.$4$
B.$2$
C.$11$
D.$3$

答案： C

(2)已知空间两点$A(1,2,-1)$,$B(2,0,1)$,点$P(-1,a,b)在直线AB$上运动,则$ab= $$-30$。

答案： $-30$

(1)(2025·深圳期中)设$x,y\in\mathbf{R}$,向量$\boldsymbol{a}= (x,2,2)$,$\boldsymbol{b}= (2,y,2)$,$\boldsymbol{c}= (3,-6,3)$,且$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{c}$,$\boldsymbol{b}//\boldsymbol{c}$,则$x + y= $(B)
A.$-8$
B.$-2$
C.$2$
D.$8$

答案： B

(2)如图,在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,$AB = 2$,$BC = CC_{1} = 1$,$E$,$F分别是DC$,$A_{1}B_{1}$的中点。求证：

① 四边形$BFD_{1}E$为平行四边形；
② $B_{1}E\perp平面AED_{1}$。
①以D为坐标原点，$\overrightarrow {DA},\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DD_{1}}$的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则$A(1,0,0),E(0,1,0),D_{1}(0,0,1),B_{1}(1,2,1),F(1,1,1),B(1,2,0)$，所以$\overrightarrow {ED_{1}}=(0,-1,1),\overrightarrow {BF}=(0,-1,1)$，所以$\overrightarrow {ED_{1}}=\overrightarrow {BF}$，又B，F，$D_{1}$，E四点不共线，所以四边形$BFD_{1}E$为平行四边形.②由①知$\overrightarrow {EB_{1}}=(1,1,1),\overrightarrow {EA}=(1,-1,0)$，所以$\overrightarrow {EB_{1}}\cdot \overrightarrow {ED_{1}}=1×0+1×(-1)+1×1 = 0,\overrightarrow {EB_{1}}\cdot \overrightarrow {EA}=1×1+1×(-1)+1×0 = 0$，所以$\overrightarrow {EB_{1}}\perp\overrightarrow {ED_{1}},\overrightarrow {EB_{1}}\perp\overrightarrow {EA}$，即$EB_{1}\perp ED_{1},EB_{1}\perp EA$，又因为$ED_{1}\cap EA = E,ED_{1},EA\subset$平面$AED_{1}$，所以$B_{1}E\perp$平面$AED_{1}.$

答案： ①以D为坐标原点，$\overrightarrow {DA},\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DD_{1}}$的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则$A(1,0,0),E(0,1,0),D_{1}(0,0,1),B_{1}(1,2,1),F(1,1,1),B(1,2,0)$，所以$\overrightarrow {ED_{1}}=(0,-1,1),\overrightarrow {BF}=(0,-1,1)$，所以$\overrightarrow {ED_{1}}=\overrightarrow {BF}$，又B，F，$D_{1}$，E四点不共线，所以四边形$BFD_{1}E$为平行四边形.②由①知$\overrightarrow {EB_{1}}=(1,1,1),\overrightarrow {EA}=(1,-1,0)$，所以$\overrightarrow {EB_{1}}\cdot \overrightarrow {ED_{1}}=1×0+1×(-1)+1×1 = 0,\overrightarrow {EB_{1}}\cdot \overrightarrow {EA}=1×1+1×(-1)+1×0 = 0$，所以$\overrightarrow {EB_{1}}\perp\overrightarrow {ED_{1}},\overrightarrow {EB_{1}}\perp\overrightarrow {EA}$，即$EB_{1}\perp ED_{1},EB_{1}\perp EA$，又因为$ED_{1}\cap EA = E,ED_{1},EA\subset$平面$AED_{1}$，所以$B_{1}E\perp$平面$AED_{1}.$

三 空间夹角、距离的计算
思考
设平面向量$\boldsymbol{a}= (x_{1},y_{1})$,$\boldsymbol{b}= (x_{2},y_{2})$,如何求两者的夹角？对于空间向量也有类似结论吗？
先求$|a|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}},|b|=\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}$，再利用夹角公式$cos\langle a,b\rangle=\frac{x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}}$，最后利用三角函数值求出夹角.对于空间向量也有类似结论.

答案： 先求$|a|=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}},|b|=\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}$，再利用夹角公式$cos\langle a,b\rangle=\frac{x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}}$，最后利用三角函数值求出夹角.对于空间向量也有类似结论.

1. 若$\boldsymbol{a}= (a_{1},a_{2},a_{3})$,$\boldsymbol{b}= (b_{1},b_{2},b_{3})$,则
$|\boldsymbol{a}|=$$\sqrt{\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{a}}$$=$$\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}$;
$\cos\langle \boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle =$$\frac{\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}$$=$$\frac{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}}{\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}\sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}}}$.

答案： 1.$\sqrt{a\cdot a}$;2.$\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}$;3.$\frac{a\cdot b}{|a||b|}$;4.$\frac{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}}{\sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}\sqrt{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}}}$

2. 空间两点间的距离公式
设$P_{1}(x_{1},y_{1},z_{1})$,$P_{2}(x_{2},y_{2},z_{2})$,则$P_{1}P_{2}= \vert\overrightarrow{P_{1}P_{2}}\vert=\underline{$\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}+(z_{2}-z_{1})^{2}}$}$。

答案： $\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}+(z_{2}-z_{1})^{2}}$

[例3] (对接教材例3)如图,在棱长为$2的正方体ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,$E$,$F分别是DD_{1}$,$DB$的中点,$G在棱CD$上,且$CG = \frac{1}{3}CD$,$H是C_{1}G$的中点。

(1) 求$FH$的长；
(2) 求$EF与C_{1}G$所成角的余弦值。
母题探究
在本例中,求$\triangle EFH的面积S$。
(1)$\frac{\sqrt{22}}{3}$
(2)$\frac{\sqrt{30}}{15}$
母题探究：$\frac{5\sqrt{2}}{6}$

答案：
(1)以D为原点，DA，DC，$DD_{1}$分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，连接FH，则$D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),C_{1}(0,2,2),G(0,\frac{4}{3},0).$因为H是$C_{1}G$的中点，所以$H(0,\frac{5}{3},1)$，所以$\overrightarrow {FH}=(-1,\frac{2}{3},1),|\overrightarrow {FH}|=\sqrt{(-1)^{2}+(\frac{2}{3})^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{22}}{3}$，即$FH=\frac{\sqrt{22}}{3}.$
(2)因为$\overrightarrow {EF}=(1,1,-1)$，所以$|\overrightarrow {EF}|=\sqrt{3}$，因为$\overrightarrow {C_{1}G}=(0,-\frac{2}{3},-2)$，所以$|\overrightarrow {C_{1}G}|=\frac{2\sqrt{10}}{3}$，且$\overrightarrow {EF}\cdot \overrightarrow {C_{1}G}=(1,1,-1)\cdot(0,-\frac{2}{3},-2)=0-\frac{2}{3}+2=\frac{4}{3}$，所以$cos\langle \overrightarrow {EF},\overrightarrow {C_{1}G}\rangle=\frac{\overrightarrow {EF}\cdot \overrightarrow {C_{1}G}}{|\overrightarrow {EF}||\overrightarrow {C_{1}G}|}=\frac{\frac{4}{3}}{\sqrt{3}×\frac{2\sqrt{10}}{3}}=\frac{\sqrt{30}}{15}$，设EF与$C_{1}G$所成的角为θ，则$cosθ=|cos\langle \overrightarrow {EF},\overrightarrow {C_{1}G}\rangle|=\frac{\sqrt{30}}{15}$，即EF与$C_{1}G$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{30}}{15}.$母题探究：由本例解析可知，$\overrightarrow {EF}=(1,1,-1),|\overrightarrow {EF}|=\sqrt{3},\overrightarrow {FH}=(-1,\frac{2}{3},1),|\overrightarrow {FH}|=\frac{\sqrt{22}}{3},\overrightarrow {EF}\cdot \overrightarrow {FH}=(1,1,-1)\cdot(-1,\frac{2}{3},1)=-1+\frac{2}{3}-1=-\frac{4}{3}$，所以$cos\langle \overrightarrow {EF},\overrightarrow {FH}\rangle=\frac{\overrightarrow {EF}\cdot \overrightarrow {FH}}{|\overrightarrow {EF}||\overrightarrow {FH}|}=\frac{-\frac{4}{3}}{\sqrt{3}×\frac{\sqrt{22}}{3}}=-\frac{2\sqrt{66}}{33}$，所以$cos∠EFH=\frac{2\sqrt{66}}{33}$，所以$sin∠EFH=\sqrt{1 - cos^{2}∠EFH}=\sqrt{1 - (\frac{2\sqrt{66}}{33})^{2}}=\frac{5\sqrt{33}}{33}$，故$\triangle EFH$的面积$S=\frac{1}{2}|\overrightarrow {EF}||\overrightarrow {FH}|sin∠EFH=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×\frac{\sqrt{22}}{3}×\frac{5\sqrt{33}}{33}=\frac{5\sqrt{2}}{6}.$