《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

例 2 如图，在平行六面体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，底面 $ABCD$ 是边长为 $1$ 的正方形，$AA_1 = 2$，$\angle A_1AB = \angle A_1AD = 120^{\circ}$.
（1）若选取 $\{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AA_1}\}$ 作为一个基底，试表示向量 $\overrightarrow{AC_1}$；
（2）求向量 $\overrightarrow{AC_1}$ 的模；
（3）求直线 $AC_1$ 与 $A_1D$ 所成角的余弦值.

答案： 例2 解：
(1)$\overrightarrow{AC_{1}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC_{1}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}}$.
(2)因为$|\overrightarrow{AC_{1}}|^{2}=\overrightarrow{AC_{1}}^{2}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}})^{2}=\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AD}^{2}+\overrightarrow{AA_{1}}^{2}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{AA_{1}}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AA_{1}}=$
$1 + 1+4+0+2×1×2×(-\frac{1}{2})+2×1×2×(-\frac{1}{2})=$
$2$，所以向量$\overrightarrow{AC_{1}}$的模为$\sqrt{2}$.
(3)因为$\overrightarrow{A_{1}D}=\overrightarrow{A_{1}A}+\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AD}$，
所以$|\overrightarrow{A_{1}D}|^{2}=(-\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AD})^{2}=\overrightarrow{AA_{1}}^{2}+\overrightarrow{AD}^{2}-2\overrightarrow{AA_{1}}·\overrightarrow{AD}$
$=4 + 1-2×2×1×(-\frac{1}{2}) = 7$，
所以$|\overrightarrow{A_{1}D}|=\sqrt{7}$.
又因为$\overrightarrow{AC_{1}}·\overrightarrow{A_{1}D}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}})·(-\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AD})$
$=-\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{AD}^{2}-\overrightarrow{AA_{1}}^{2}+\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{AA_{1}}=-1×2×(-\frac{1}{2})+0 - 1×2×(-\frac{1}{2})+1 -4+1×2×(-\frac{1}{2})=-2$，
所以$\cos\langle\overrightarrow{AC_{1}},\overrightarrow{A_{1}D}\rangle=\frac{\overrightarrow{AC_{1}}·\overrightarrow{A_{1}D}}{|\overrightarrow{AC_{1}}|·|\overrightarrow{A_{1}D}|}=\frac{-2}{\sqrt{2}×\sqrt{7}}=-\frac{\sqrt{14}}{7}$.
所以直线$AC_{1}$与$A_{1}D$所成角的余弦值为$|\cos\langle\overrightarrow{AC_{1}},\overrightarrow{A_{1}D}\rangle|=\frac{\sqrt{14}}{7}$.

如图，在直三棱柱 $ABC - A'B'C'$ 中，已知 $AC = BC = AA'$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$D$，$E$ 分别为 $AB$，$BB'$ 的中点.
（1）求证：$CE\perp A'D$；
（2）求异面直线 $CE$ 与 $AC'$ 所成角的余弦值.

答案：
(1)证明：设$\overrightarrow{CA}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{CB}=\boldsymbol{b},\overrightarrow{CC'}=\boldsymbol{c}$，
则$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$，且$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=\boldsymbol{c}·\boldsymbol{a}=0$.
因为$\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BB'}=\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c},\overrightarrow{A'D}=\overrightarrow{A'A}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{A'A}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA})=-\boldsymbol{c}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}$，
所以$\overrightarrow{CE}·\overrightarrow{A'D}=-\frac{1}{2}\boldsymbol{c}^{2}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}^{2}=0$.
所以$\overrightarrow{CE}\perp\overrightarrow{A'D}$，即$CE\perp A'D$.
(2)解：因为$\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CC'}=-\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c}$，
所以$|\overrightarrow{AC'}|=\sqrt{2}|\boldsymbol{a}|,|\overrightarrow{CE}|=\frac{\sqrt{5}}{2}|\boldsymbol{a}|$.
因为$\overrightarrow{AC'}·\overrightarrow{CE}=(-\boldsymbol{a}+\boldsymbol{c})·(\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c})=\frac{1}{2}\boldsymbol{c}^{2}=\frac{1}{2}|\boldsymbol{a}|^{2}$，
所以$|\cos\langle\overrightarrow{AC'},\overrightarrow{CE}\rangle|=\frac{\frac{1}{2}|\boldsymbol{a}|^{2}}{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{5}}{2}|\boldsymbol{a}|^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.
所以异面直线$CE$与$AC'$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$.