《2026年学易优同步学案导学高中数学选择性必修第一册人教版》

【例1】 如图，在平行六面体$ABCD - A'B'C'D'$中，$E,F,G$分别是$A'D',DD',D'C'$的中点，请选择恰当的基底向量证明：

(1)$EG// AC$；
(2)平面$EFG//$平面$AB'C$.

答案： [例1][证明]取基底{$\overrightarrow{AA^{\prime}}$,$\overrightarrow{AB}$,$\overrightarrow{AD}$}，
(1)因为$\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{ED^{\prime}}+\overrightarrow{D^{\prime}G}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{EG}$，
所以$\overrightarrow{EG}//\overrightarrow{AC}$，
又$\overrightarrow{EG}$，$\overrightarrow{AC}$无公共点，所以$EG// AC$。
(2)因为$\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{FD^{\prime}}+\overrightarrow{D^{\prime}G}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AA^{\prime}}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AB^{\prime}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA^{\prime}}=2\overrightarrow{FG}$，
所以$\overrightarrow{FG}//\overrightarrow{AB^{\prime}}$，
又$FG$，$AB^{\prime}$无公共点，所以$FG// AB^{\prime}$。
又$FG\not\subset$平面$AB^{\prime}C$，$AB^{\prime}\subset$平面$AB^{\prime}C$，
所以$FG//$平面$AB^{\prime}C$。
又由
(1)知$EG// AC$，$AC\subset$平面$AB^{\prime}C$，$EG\not\subset$平面$AB^{\prime}C$，可得$EG//$平面$AB^{\prime}C$，
又$FG\cap EG=G$，$FG$，$EG\subset$平面$EFG$，
所以平面$EFG//$平面$AB^{\prime}C$。

1. 如图所示，在平行六面体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E,F$分别在$B_1B$和$D_1D$上，且$BE = \frac{1}{3}BB_1$，$DF = \frac{2}{3}DD_1$.
求证：$A,E,C_1,F$四点共面.

答案： 1.证明：因为$\overrightarrow{AC_{1}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AA_{1}}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AA_{1}}=(\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AA_{1}})+(\overrightarrow{AD}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AA_{1}})=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}$，
所以$\overrightarrow{AC_{1}}$，$\overrightarrow{AE}$，$\overrightarrow{AF}$共面，所以$A$，$E$，$C_{1}$，$F$四点共面。

二、计算夹角、垂直问题
[探究导思]
问题1 如何利用空间向量解决空间几何中的垂直问题，以及求解夹角问题？
注意点：
区分向量的夹角与异面直线所成的角的范围.

答案： 问题1提示
(1)$\theta$为$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$的夹角，则$\cos\theta=\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|}$；
(2)若$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$是非零向量，则$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{b}\Leftrightarrow\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=0$。

【例2】 在棱长为2的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E,F$分别是$DD_1$，$BD$的中点，点$G$在棱$CD$上，且$CG = \frac{1}{3}CD$.

(1)证明：$EF\perp B_1C$；
(2)求$EF$与$C_1G$所成角的余弦值.

答案： [例2][解]
(1)证明：设$\overrightarrow{DA}=\boldsymbol{i}$，$\overrightarrow{DC}=\boldsymbol{j}$，$\overrightarrow{DD_{1}}=\boldsymbol{k}$，
则{$\boldsymbol{i}$，$\boldsymbol{j}$，$\boldsymbol{k}$}构成空间的一个正交基底。
所以$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{ED}+\overrightarrow{DF}=-\frac{1}{2}\boldsymbol{k}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{DC})=\frac{1}{2}\boldsymbol{i}+\frac{1}{2}\boldsymbol{j}-\frac{1}{2}\boldsymbol{k}$，$\overrightarrow{B_{1}C}=\overrightarrow{B_{1}B}+\overrightarrow{BC}=-\boldsymbol{i}-\boldsymbol{k}$，
所以$\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{B_{1}C}=(\frac{1}{2}\boldsymbol{i}+\frac{1}{2}\boldsymbol{j}-\frac{1}{2}\boldsymbol{k})·(-\boldsymbol{i}-\boldsymbol{k})=-\frac{1}{2}|\boldsymbol{i}|^{2}+\frac{1}{2}|\boldsymbol{k}|^{2}=0$，
所以$EF\perp B_{1}C$。
(2)$\because\overrightarrow{EF}=\frac{1}{2}\boldsymbol{i}+\frac{1}{2}\boldsymbol{j}-\frac{1}{2}\boldsymbol{k}$，$\overrightarrow{C_{1}G}=\overrightarrow{C_{1}C}+\overrightarrow{CG}=-\boldsymbol{k}-\frac{1}{3}\boldsymbol{j}$，$|\overrightarrow{EF}|^{2}=(\frac{1}{2}\boldsymbol{i}+\frac{1}{2}\boldsymbol{j}-\frac{1}{2}\boldsymbol{k})^{2}=\frac{1}{4}|\boldsymbol{i}|^{2}+\frac{1}{4}|\boldsymbol{j}|^{2}+\frac{1}{4}|\boldsymbol{k}|^{2}=3$，$|\overrightarrow{EF}|=\sqrt{3}$，
$|\overrightarrow{C_{1}G}|^{2}=(-\boldsymbol{k}-\frac{1}{3}\boldsymbol{j})^{2}=|\boldsymbol{k}|^{2}+\frac{1}{9}|\boldsymbol{j}|^{2}=4+\frac{4}{9}=\frac{40}{9}$，$|\overrightarrow{C_{1}G}|=\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
$\therefore\cos\langle\overrightarrow{EF},\overrightarrow{C_{1}G}\rangle=\frac{\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{C_{1}G}}{|\overrightarrow{EF}||\overrightarrow{C_{1}G}|}=\frac{(\frac{1}{2}\boldsymbol{i}+\frac{1}{2}\boldsymbol{j}-\frac{1}{2}\boldsymbol{k})·(-\boldsymbol{k}-\frac{1}{3}\boldsymbol{j})}{\sqrt{3}×\frac{2\sqrt{10}}{3}}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{2\sqrt{30}}{3}}=\frac{\sqrt{30}}{15}$。
即$EF$与$C_{1}G$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{30}}{15}$。