《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》

如图,在四棱锥$P - ABCD$中,$PB\perp底面ABCD$,底面$ABCD是边长为2$的菱形,$\angle ABC = 120^{\circ}$,$F为CD$的中点,$PB = 2$,以$B$为坐标原点,$\overrightarrow{BA}的方向为x$轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系。

(1) 求线段$AF$的长；
(2) 求异面直线$PD与BF$所成角的余弦值。
(1) $\sqrt{7}$
(2) $\frac{\sqrt{6}}{4}$

答案：
(1)在菱形ABCD中，$∠ABC = 120^{\circ}$，则$∠BCD = 60^{\circ}$，易知$\triangle BCD$为等边三角形，则$BD = 2$，在等边三角形BCD中，F为CD的中点，则$DF=\frac{1}{2}CD = 1,BF\perp CD$，在$Rt\triangle BDF$中，$BF=\sqrt{BD^{2}-DF^{2}}=\sqrt{3}$，所以$F(0,\sqrt{3},0),A(2,0,0)$，所以$\overrightarrow {AF}=(-2,\sqrt{3},0).$$|\overrightarrow {AF}|=\sqrt{(-2)^{2}+(\sqrt{3})^{2}+0^{2}}=\sqrt{7}$，即$AF=\sqrt{7}.(2)$由题易知$P(0,0,2),D(1,\sqrt{3},0),B(0,0,0),F(0,\sqrt{3},0)$，则$\overrightarrow {PD}=(1,\sqrt{3},-2),\overrightarrow {BF}=(0,\sqrt{3},0)$，所以$\overrightarrow {PD}\cdot \overrightarrow {BF}=0 + 3 + 0 = 3,|\overrightarrow {PD}|=\sqrt{1 + 3 + 4}=2\sqrt{2},|\overrightarrow {BF}|=\sqrt{0 + 3 + 0}=\sqrt{3}$，设异面直线PD与BF所成的角为θ，则$cosθ=|cos\langle \overrightarrow {PD},\overrightarrow {BF}\rangle|=\frac{|\overrightarrow {PD}\cdot \overrightarrow {BF}|}{|\overrightarrow {PD}||\overrightarrow {BF}|}=\frac{3}{2\sqrt{2}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{4}.$

[典例] (多选)《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”充分体现了中国古典哲学与现代数学的关系，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴(正半轴和负半轴)，进而到平面直角坐标系中的四个象限和空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到复杂的变化过程。现将平面向量的运算推广到$n(n\geq3)$维向量，用有序数组$(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n})$表示$n(n\geq3)$维向量，已知$n$维向量$\boldsymbol{a}=(-1,1,1,\cdots,1)$，$\boldsymbol{b}=(1,1,1,\cdots,1)$，则（BC）
A.$\vert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}\vert=n - 1$
B.$\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}=n - 2$
C.$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\frac{n - 2}{n}$
D.存在$\lambda\in\mathbf{R}$，使得$\boldsymbol{b}=\lambda\boldsymbol{a}$

答案： BC