《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》

1.(1)在空间直角坐标系中，已知$A(1, - 2,1)$，$B(2,2,2)$，点$P$在$z$轴上，且满足$|\overrightarrow{PA}| = |\overrightarrow{PB}|$，则$P$点坐标为 (C)
A.$(3,0,0)$
B.$(0,3,0)$
C.$(0,0,3)$
D.$(0,0, - 3)$

答案： 1.
(1)C设$P(0,0,z)$，
则有$\sqrt{(1 - 0)^2 + (-2 - 0)^2 + (1 - z)^2}=\sqrt{(2 - 0)^2 + (2 - 0)^2 + (2 - z)^2}$，解得$z = 3$。

(2)已知空间向量$\boldsymbol{a}=(2,4, - 2)$，$\boldsymbol{b}=(-1,0,2)$，$\boldsymbol{c}=(x,2, - 1)$。若$\boldsymbol{b}\perp\boldsymbol{c}$，则$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{c}\rangle=$$\frac{\sqrt{6}}{6}$。

答案：
(2)解析:因为$\boldsymbol{b}\perp\boldsymbol{c}$，则$\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=-x + 0 - 2 = 0$，
解得$x = -2$，所以$\boldsymbol{c}=(-2,2,-1)$，
故$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{c}\rangle=\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}}{|\boldsymbol{a}||\boldsymbol{c}|}=\frac{2×(-2)+4×2+(-2)×(-1)}{\sqrt{4 + 16 + 4}×\sqrt{4 + 4 + 1}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$。
答案:$\frac{\sqrt{6}}{6}$

（3）如图所示，在平行六面体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，以顶点$A$为端点的三条棱长度都为$1$，且两两夹角为$60^{\circ}$。
①求$\overrightarrow{AC_1}$的长；
②求$\overrightarrow{BD_1}$与$\overrightarrow{AC}$夹角的余弦值。

答案：
(3)解:记$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{AA_1}=\boldsymbol{c}$，则$|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{c}|=1$，$\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\langle\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\rangle=\langle\boldsymbol{c},\boldsymbol{a}\rangle=60^{\circ}$，
$\therefore\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=\boldsymbol{c}·\boldsymbol{a}=\frac{1}{2}$
①$|\overrightarrow{AC_1}|^2=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})^2$
$=\boldsymbol{a}^2+\boldsymbol{b}^2+\boldsymbol{c}^2+2(\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{c}·\boldsymbol{a})$
$=1 + 1 + 1 + 2×(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}) = 6$，
$\therefore|\overrightarrow{AC_1}|=\sqrt{6}$
②$\overrightarrow{BD_1}=\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$，
$\therefore|\overrightarrow{BD_1}|=\sqrt{2}$，$|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{3}$
$\overrightarrow{BD_1}·\overrightarrow{AC}=(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})·(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=\boldsymbol{b}^2-\boldsymbol{a}^2+\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=1$，
$\therefore\cos\langle\overrightarrow{BD_1},\overrightarrow{AC}\rangle=\frac{\overrightarrow{BD_1}·\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{BD_1}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{\sqrt{6}}{6}$

例2 在四棱锥$P - ABCD$中，$AB\perp AD$，$CD\perp AD$，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA = AD = CD = 2AB = 2$，$M$为$PC$的中点。
（1）求证：$BM//$平面$PAD$；
（2）平面$PAD$内是否存在一点$N$，使$MN\perp$平面$PBD$？若存在，确定$N$的位置；若不存在，说明理由。

答案：
[例2]　[解]　
(1)证明:以A为原点，以$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}$方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则$B(1,0,0)$，$D(0,2,0)$，$P(0,0,2)$，$C(2,2,0)$，$M(1,1,1)$，

$\because\overrightarrow{BM}=(0,1,1)$，平面$PAD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,0,0)$，$\therefore\overrightarrow{BM}·\boldsymbol{n}=0$，即$\overrightarrow{BM}\perp\boldsymbol{n}$，
又$\overrightarrow{BM}\not\subset$平面$PAD$，
$\therefore BM//$平面$PAD$。
(2)由
(1)知，$\overrightarrow{BD}=(-1,2,0)$，$\overrightarrow{PB}=(1,0,-2)$，假设平面$PAD$内存在一点$N$，使$MN\perp$平面$PBD$。
设$N(0,y,z)$，则$\overrightarrow{MN}=(-1,y - 1,z - 1)$，
从而$\overrightarrow{MN}\perp\overrightarrow{BD}$，$\overrightarrow{MN}\perp\overrightarrow{PB}$，
$\begin{cases}\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{BD}=0\\\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{PB}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}1 + 2(y - 1)=0\\-1 - 2(z - 1)=0\end{cases}$，
$\therefore\begin{cases}y=\frac{1}{2}\\z=\frac{1}{2}\end{cases}$
$\therefore N(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，
$\therefore$在平面$PAD$内存在一点$N(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，使$MN\perp$平面$PBD$。

2. 如图所示，已知四棱锥$P - ABCD$的底面是直角梯形，$\angle ABC=\angle BCD = 90^{\circ}$，$AB = BC = PB = PC = 2CD$，侧面$PBC\perp$底面$ABCD$。证明：
（1）$PA\perp BD$；
（2）平面$PAD\perp$平面$PAB$。

答案：
2.证明:
(1)取$BC$的中点$O$，连接$PO$，
$\because$平面$PBC\perp$底面$ABCD$，$\triangle PBC$为等边三角形，平面$PBC\cap$底面$ABCD = BC$，$PO\subset$平面$PBC$，
$\therefore PO\perp$底面$ABCD$。
以$BC$的中点$O$为坐标原点，以$BC$所在直线为$x$轴，过点$O$与$AB$平行的直线为$y$轴，$OP$所在直线为$z$轴，建立空间直角坐标系，如图所示。

不妨设$CD = 1$，则$AB = BC = 2$，$PO=\sqrt{3}$，
$\therefore A(1,-2,0)$，$B(1,0,0)$，$D(-1,-1,0)$，$P(0,0,\sqrt{3})$，$\therefore\overrightarrow{BD}=(-2,-1,0)$，$\overrightarrow{PA}=(1,-2,-\sqrt{3})$。
$\because\overrightarrow{BD}·\overrightarrow{PA}=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-\sqrt{3}) = 0$，$\therefore\overrightarrow{PA}\perp\overrightarrow{BD}$，$\therefore PA\perp BD$。
(2)取$PA$的中点$M$，连接$DM$，则$M(\frac{1}{2},-1,\frac{\sqrt{3}}{2})$。
$\because\overrightarrow{DM}=(\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{PB}=(1,0,-\sqrt{3})$，
$\therefore\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{PB}=\frac{3}{2}×1+0×0+\frac{\sqrt{3}}{2}×(-\sqrt{3}) = 0$，
$\therefore DM\perp PB$，即$DM\perp PB$。
$\because\overrightarrow{DM}·\overrightarrow{PA}=\frac{3}{2}×1+0×(-2)+\frac{\sqrt{3}}{2}×(-\sqrt{3}) = 0$，
$\therefore DM\perp PA$，即$DM\perp PA$。
又$\because PA\cap PB = P$，$PA,PB\subset$平面$PAB$，
$\therefore DM\perp$平面$PAB$。
$\because DM\subset$平面$PAD$，
$\therefore$平面$PAD\perp$平面$PAB$。