《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

【例4】 如下图所示，已知在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AB = AC = 2$，$AA_{1} = 3$，$\angle A_{1}AB = \angle A_{1}AC = 60^{\circ}$，$\angle BAC = \alpha$，记$\overrightarrow{AA_{1}}=a,\overrightarrow{AB}=b,\overrightarrow{AC}=c$.

(1)求证：四边形$BB_{1}C_{1}C$为矩形.
(2)若$\alpha = 60^{\circ}$，求异面直线$BC_{1}$与$A_{1}C$所成角的余弦值.

答案：
答案
(1)证明见解析；
(2)$\frac{4\sqrt{91}}{91}$
解析
(1)由于已知该几何体是三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$，所以四边形$BB_{1}C_{1}C$为平行四边形.
又$\overrightarrow{BC}=c - b,\overrightarrow{BB_{1}}=\overrightarrow{AA_{1}}=a$，
所以$\overrightarrow{BB_{1}}·\overrightarrow{BC}=a·(c - b)$
$=a· c - a· b = 0$，
故$BC\perp BB_{1}$，
所以四边形$BB_{1}C_{1}C$为矩形.
(2)由$\overrightarrow{BC_{1}}=\overrightarrow{BB_{1}}+\overrightarrow{B_{1}C_{1}}=\overrightarrow{AA_{1}}+\overrightarrow{BC}$，
又$\overrightarrow{BC}=c - b$，故$\overrightarrow{BC_{1}}=a + c - b$，
$|\overrightarrow{BC_{1}}|=\sqrt{(a + c - b)^{2}}$
$=\sqrt{a^{2}+c^{2}+b^{2}+2a· c - 2a· b - 2b· c}$
$=\sqrt{13}$.
同理$\overrightarrow{A_{1}C}=c - a$，
$|\overrightarrow{A_{1}C}|=\sqrt{(c - a)^{2}}$
$=\sqrt{a^{2}+c^{2}-2a· c}=\sqrt{7}$，
$\overrightarrow{BC_{1}}·\overrightarrow{A_{1}C}=(a + c - b)·(c - a)$
$=c^{2}-a^{2}-b· c + a· b = - 4$，
$\cos\langle\overrightarrow{BC_{1}},\overrightarrow{A_{1}C}\rangle=\frac{\overrightarrow{BC_{1}}·\overrightarrow{A_{1}C}}{|\overrightarrow{BC_{1}}|·|\overrightarrow{A_{1}C}|}$
$=\frac{-4}{\sqrt{13}×\sqrt{7}}=-\frac{4\sqrt{91}}{91}$，
所以异面直线$BC_{1}$与$A_{1}C$所成角的余弦值为$\frac{4\sqrt{91}}{91}$.

点睛
(1)利用空间向量的基本定理及线性运算可得$\overrightarrow{BB_{1}}·\overrightarrow{BC}=0$，可得$BC\perp BB_{1}$从而证得.
(2)由向量的线性运算可得$\overrightarrow{BC_{1}}=a + c - b,\overrightarrow{A_{1}C}=c - a$，再根据异面直线$BC_{1}$与$A_{1}C$所成角的余弦值的公式求解即可.需要指出的是，异面直线所成的角，可能是两条直线方向向量所成的角或其补角.

变式4 如下图所示，在矩形$ABCD$和$ABEF$中，$AB = 4$，$AD = AF = 3$，$\angle DAF = \frac{\pi}{3}$，$\overrightarrow{DM}=\lambda\overrightarrow{DB},\overrightarrow{AN}=\lambda\overrightarrow{AE},0＜\lambda＜1$，记$\overrightarrow{AB}=a,\overrightarrow{AD}=b,\overrightarrow{AF}=c$.

(1)将$\overrightarrow{MN}$用$a,b,c$表示出来.
(2)当$\lambda$等于多少时，线段$MN$的长度取得最小值？求此时$MN$与$AE$夹角的余弦值.

答案： 答案
(1)$\overrightarrow{MN}=(\lambda - 1)b + \lambda c$；
(2)$\lambda=\frac{1}{2},\frac{3}{10}$.
解析
(1)由题图知，
$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AN}$
$=\lambda\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{AD}+\lambda\overrightarrow{AE}$
$=\lambda(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB})-\overrightarrow{AD}+\lambda(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AF})$
$=(\lambda - 1)\overrightarrow{AD}+\lambda\overrightarrow{AF}=(\lambda - 1)b + \lambda c$.
(2)由题意有
$|a| = 4,|b| = |c| = 3,a· b = a· c = 0$，
$c· b = 3×3×\cos\frac{\pi}{3}=\frac{9}{2}$，
由
(1)知，
$\overrightarrow{MN}^{2}=[(\lambda - 1)b + \lambda c]^{2}$
$=(\lambda - 1)^{2}b^{2}+2\lambda(\lambda - 1)b· c + \lambda^{2}c^{2}$
$=9(\lambda - 1)^{2}+9\lambda(\lambda - 1)+9\lambda^{2}$
$=9(3\lambda^{2}-3\lambda + 1)$，
所以当$\lambda =-\frac{-3}{2×3}=\frac{1}{2}$时$\overrightarrow{MN}^{2}$有最小值，即$|\overrightarrow{MN}|$有最小值.
此时$\overrightarrow{MN}=-\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c,\overrightarrow{AE}=a + c$，
$\overrightarrow{MN}^{2}=9(3×(\frac{1}{2})^{2}-3×\frac{1}{2}+1)=\frac{9}{4}$，
故$|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}$，
$|\overrightarrow{AE}|=\sqrt{(a + c)^{2}}=\sqrt{|a|^{2}+2a· c+|c|^{2}}$
$=\sqrt{4^{2}+3^{2}} = 5$，
$\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{AE}=(-\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c)·(a + c)$
$=-\frac{1}{2}a· b-\frac{1}{2}c· b+\frac{1}{2}c· a+\frac{1}{2}|c|^{2}$
$=-\frac{1}{2}×\frac{9}{2}+\frac{1}{2}×9=\frac{9}{4}$.
设$\overrightarrow{MN}$与$\overrightarrow{AE}$的夹角为$\theta$，则
$\cos\theta =|\cos\langle\overrightarrow{MN},\overrightarrow{AE}\rangle|$
$=\frac{|\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{AE}|}{|\overrightarrow{MN}|·|\overrightarrow{AE}|}=\frac{\frac{9}{4}}{\frac{3}{2}×5}=\frac{3}{10}$.