《2025年赢在微点高中数学选择性必修第一册A版》

1. 长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，若$\overrightarrow{AB}=3\boldsymbol{i}$，$\overrightarrow{AD}=2\boldsymbol{j}$，$\overrightarrow{AA_{1}}=5\boldsymbol{k}$，则$\overrightarrow{AC_{1}}=$（ ）
A. $\boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}+\boldsymbol{k}$
B. $\frac{1}{3}\boldsymbol{i}+\frac{1}{2}\boldsymbol{j}+\frac{1}{5}\boldsymbol{k}$
C. $3\boldsymbol{i}+2\boldsymbol{j}+5\boldsymbol{k}$
D. $3\boldsymbol{i}+2\boldsymbol{j}-5\boldsymbol{k}$

答案： C 解析 $\overrightarrow{AC_{1}}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CC_{1}} = 3\boldsymbol{i}+2\boldsymbol{j}+5\boldsymbol{k}$。

2. 已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，若$F$是侧面$CC_{1}D_{1}D$的中心，且$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}+m\overrightarrow{AB}-n\overrightarrow{AA_{1}}$，则$m$，$n$的值分别为（ ）
A. $\frac{1}{2}$，$-\frac{1}{2}$
B. $-\frac{1}{2}$，$-\frac{1}{2}$
C. $-\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$

答案： A 解析 因为 $\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DD_{1}})=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AA_{1}}$，所以 $m = \frac{1}{2},n = -\frac{1}{2}$。

3. 如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$M$，$N$分别为$AB$，$B_{1}C$的中点，若$AB = a$，则$MN =$________。

答案： $\frac{\sqrt{3}}{2}a$ 解析 $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BB_{1}}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}$，$|\overrightarrow{MN}|^{2}=\frac{1}{4}(|\overrightarrow{BB_{1}}|^{2}+|\overrightarrow{BC}|^{2}+|\overrightarrow{BA}|^{2})=\frac{3}{4}a^{2}$，所以 $|\overrightarrow{MN}|=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，即 $MN = \frac{\sqrt{3}}{2}a$。

4. 在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，直线$AC_{1}$与$BC$所成角的余弦值为________。

答案： $\frac{\sqrt{3}}{3}$ 解析 设正方体棱长为 1，则 $\overrightarrow{AC_{1}}=\overrightarrow{BB_{1}}+\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}$，$|\overrightarrow{AC_{1}}|=\sqrt{3}$，所以 $\cos\langle\overrightarrow{AC_{1}},\overrightarrow{BC}\rangle=\frac{\overrightarrow{AC_{1}}\cdot\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{AC_{1}}||\overrightarrow{BC}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即直线 $AC_{1}$ 与 $BC$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$。

5. 如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$P$是$DD_{1}$的中点，$O$是底面$ABCD$的中心。求证：$OB_{1}\perp$平面$PAC$。

答案：
证明 如图
，连接 $BD$，则 $BD$ 过点 $O$，令 $\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b},\overrightarrow{AA_{1}}=\boldsymbol{c}$，则 $\{\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\}$ 构成空间的一个正交基底。设 $|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}| = 1$，因为 $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b},\overrightarrow{OB_{1}}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BB_{1}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BB_{1}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD})+\overrightarrow{BB_{1}}=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}$。所以 $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{OB_{1}}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b})\cdot(\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})=\frac{1}{2}|\boldsymbol{a}|^{2}+\frac{1}{2}\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}|\boldsymbol{b}|^{2}+\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}+\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$。所以 $\overrightarrow{AC}\perp\overrightarrow{OB_{1}}$，即 $AC\perp OB_{1}$。又 $\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DD_{1}}=\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$，所以 $\overrightarrow{OB_{1}}\cdot\overrightarrow{AP}=(\frac{1}{2}\boldsymbol{a}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c})\cdot(\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{c})=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}|\boldsymbol{b}|^{2}+\boldsymbol{c}\cdot\boldsymbol{b}+\frac{1}{4}\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{c}-\frac{1}{4}\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{c}+\frac{1}{2}|\boldsymbol{c}|^{2}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0$，所以 $\overrightarrow{OB_{1}}\perp\overrightarrow{AP}$，即 $OB_{1}\perp AP$。又 $AC\cap AP = A,AC,AP\subset$ 平面 $PAC$，所以 $OB_{1}\perp$ 平面 $PAC$。