《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1) (2025·江苏徐州期末)已知$\boldsymbol{a}=(2,0,1)$，$\boldsymbol{b}=(3,2,-5)$，则向量$\boldsymbol{b}$在向量$\boldsymbol{a}$上的投影向量是(C)

A.$\dfrac{1}{5}(3,2,-5)$
B.$\dfrac{1}{38}(3,2,-5)$
C.$\dfrac{1}{5}(2,0,1)$
D.$\dfrac{1}{38}(2,0,1)$

答案：
(1)C 因为$\boldsymbol{a}=(2,0,1),\boldsymbol{b}=(3,2,-5)$，则向量$\boldsymbol{b}$在向量$\boldsymbol{a}$上的投影数量为$\frac{\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}}{|\boldsymbol{a}|}=\frac{2×3 + 0×2 + 1×(-5)}{\sqrt{4 + 1}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以向量$\boldsymbol{b}$在向量$\boldsymbol{a}$上的投影向量是$\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{1}{|\boldsymbol{a}|}\boldsymbol{a}=\frac{\sqrt{5}}{5}×\frac{1}{\sqrt{5}}\boldsymbol{a}=\frac{1}{5}\boldsymbol{a}=\frac{1}{5}(2,0,1)$.故选C.

(2) 如图所示，四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，底面为平行四边形，以顶点$A$为端点的三条棱长都为$1$，且两两夹角为$60^{\circ}$.
求：① $AC_{1}$的长；
② $BD_{1}$与$AC$夹角的余弦值.

答案：
(2)解：①记$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b},\overrightarrow{AA_1}=\boldsymbol{c}$，
则$|\boldsymbol{a}|=|\boldsymbol{b}|=|\boldsymbol{c}|=1,\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}\rangle=\langle\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\rangle=\langle\boldsymbol{c},\boldsymbol{a}\rangle=60^{\circ}$，
所以$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=\boldsymbol{c}·\boldsymbol{a}=\frac{1}{2}$.
$|\overrightarrow{AC_1}|^{2}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})^{2}=\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{b}^{2}+\boldsymbol{c}^{2}+2(\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{c}·\boldsymbol{a})=1 + 1 + 1 + 2×(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2})=6$，
所以$|\overrightarrow{AC_1}|=\sqrt{6}$，即$\overrightarrow{AC_1}$的长为$\sqrt{6}$.
②因为$\overrightarrow{BD_1}=\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a},\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}$，
所以$|\overrightarrow{BD_1}|=\sqrt{2},|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{3}$，
$\overrightarrow{BD_1}·\overrightarrow{AC}=(\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}-\boldsymbol{a})·(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})=\boldsymbol{b}^{2}-\boldsymbol{a}^{2}+\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=1$，
所以$\cos\langle\overrightarrow{BD_1},\overrightarrow{AC}\rangle=\frac{\overrightarrow{BD_1}·\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{BD_1}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
所以$\overrightarrow{BD_1}$与$\overrightarrow{AC}$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{6}$.

如图，已知$AA_{1}\perp$平面$ABC$，$BB_{1}// AA_{1}$，$AB = AC = 3$，$BC = 2\sqrt{5}$，$AA_{1}=\sqrt{7}$，$BB_{1}=2\sqrt{7}$，点$E$和$F$分别为$BC$和$A_{1}C$的中点.

答案： 答案略

(1) 求证：$EF//$平面$A_{1}B_{1}BA$；

答案：
证明：
(1)因为$AB = AC,E$为$BC$的中点，所以$AE\perp BC$.
因为$AA_1\perp$平面$ABC,AA_1// BB_1$，所以过$E$作平行于$BB_1$的直线为$z$轴，$EC,EA$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为$AB = 3,BE=\sqrt{5}$，所以$AE = 2$，所以$E(0,0,0),C(\sqrt{5},0,0),A(0,2,0),B(-\sqrt{5},0,0),B_1(-\sqrt{5},0,2\sqrt{7}),A_1(0,2,\sqrt{7})$，则$F(\frac{\sqrt{5}}{2},1,\frac{\sqrt{7}}{2})$.
所以$\overrightarrow{EF}=(\frac{\sqrt{5}}{2},1,\frac{\sqrt{7}}{2}),\overrightarrow{AB}=(-\sqrt{5},-2,0),\overrightarrow{AA_1}=(0,0,\sqrt{7})$.
设平面$A_1B_1BA$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AA_1}=0\end{cases}$即$\begin{cases}-\sqrt{5}x-2y = 0\\\sqrt{7}z = 0\end{cases}$.
取$x = -2$，则$\begin{cases}y=\sqrt{5}\\z = 0\end{cases}$，所以$\boldsymbol{n}=(-2,\sqrt{5},0)$.
因为$\overrightarrow{EF}·\boldsymbol{n}=\frac{\sqrt{5}}{2}×(-2)+\sqrt{5}×1+\frac{\sqrt{7}}{2}×0 = 0$，所以$\overrightarrow{EF}\perp\boldsymbol{n}$.
又$EF\not\subset$平面$A_1B_1BA$，所以$EF//$平面$A_1B_1BA$.

(2) 求证：平面$AEA_{1}\perp$平面$BCB_{1}$.

答案：
(2)因为$EC\perp$平面$AEA_1$，所以$\overrightarrow{EC}=(\sqrt{5},0,0)$为平面$AEA_1$的一个法向量.
又$EA\perp$平面$BCB_1$，所以$\overrightarrow{EA}=(0,2,0)$为平面$BCB_1$的一个法向量.
因为$\overrightarrow{EC}·\overrightarrow{EA}=0$，所以$\overrightarrow{EC}\perp\overrightarrow{EA}$，故平面$AEA_1\perp$平面$BCB_1$.

如图，在底面为直角梯形的四棱锥$P - ABCD$中，$AD// BC$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$PD\perp$平面$ABCD$，$AD = 1$，$AB = \sqrt{3}$，$BC = 4$.
(1) 求证：$BD\perp PC$；
(2) 设点$E$在棱$PC$上，$\overrightarrow{PE}=\lambda \overrightarrow{PC}$，若$DE//$平面$PAB$，求$\lambda$的值.

答案：
解：
(1)证明：如图，在平面$ABCD$内过点$D$作直线$DF// AB$，交$BC$于点$F$，以$D$为坐标原点，$DA,DF,DP$所在的直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，

则$D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,\sqrt{3},0),C(-3,\sqrt{3},0)$，设$PD=\boldsymbol{a}$，则$P(0,0,\boldsymbol{a})$，
$\overrightarrow{BD}=(-1,-\sqrt{3},0),\overrightarrow{PC}=(-3,\sqrt{3},-\boldsymbol{a})$，
因为$\overrightarrow{BD}·\overrightarrow{PC}=3 - 3 = 0$，所以$\overrightarrow{BD}\perp\overrightarrow{PC}$.
(2)由题意知，$\overrightarrow{AB}=(0,\sqrt{3},0),\overrightarrow{DP}=(0,0,\boldsymbol{a}),\overrightarrow{PA}=(1,0,-\boldsymbol{a}),\overrightarrow{PC}=(-3,\sqrt{3},-\boldsymbol{a})$.
因为$\overrightarrow{PE}=\lambda\overrightarrow{PC}$，所以$\overrightarrow{PE}=(-3\lambda,\sqrt{3}\lambda,-\boldsymbol{a}\lambda),\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DP}+\overrightarrow{PE}=(0,0,\boldsymbol{a})+(-3\lambda,\sqrt{3}\lambda,-\boldsymbol{a}\lambda)=(-3\lambda,\sqrt{3}\lambda,\boldsymbol{a}-\boldsymbol{a}\lambda)$.
设$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$为平面$PAB$的法向量，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PA}=0\end{cases}$即$\begin{cases}\sqrt{3}y = 0\\x-\boldsymbol{a}z = 0\end{cases}$.
令$z = 1$，得$x=\boldsymbol{a},y = 0$，所以$\boldsymbol{n}=(\boldsymbol{a},0,1)$.
因为$DE//$平面$PAB$，所以$\overrightarrow{DE}·\boldsymbol{n}=0$，
所以$-3\boldsymbol{a}\lambda+\boldsymbol{a}-\boldsymbol{a}\lambda = 0$，即$\boldsymbol{a}(1 - 4\lambda)=0$.因为$\boldsymbol{a}\neq0$，所以$\lambda=\frac{1}{4}$.