《2025年师说高中数学选择性必修第一册》

例1　(1)如图所示，空间四边形OABC中，点M、N 分别为OA、BC的中点，则$\overrightarrow{MN}=$ ( )
A. $\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$
B. $-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$
C. $\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$
D. $\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}-\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$

(2)已知平行六面体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的所有棱长均为2，$\angle BAD = \angle BAA_{1} = \angle DAA_{1} = 60^{\circ}$，M，N 分别为BC，$C_{1}D_{1}$的中点，则MN的长为( )
A. 2　　　B. 3　　　C. $\sqrt{3}$　　　D. $\sqrt{5}$

答案： 解析:
(1)因为点M，N分别为OA，BC的中点，所以$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$. 故选B.
(2)因为平行六面体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的所有棱长均为2，$\angle BAD = \angle BAA_{1} = \angle DAA_{1} = 60^{\circ}$，
所以$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AA_{1}}\cdot\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA_{1}} = 2\times2\times\cos60^{\circ}=2$，
依题意可得$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CC_{1}}+\overrightarrow{C_{1}N}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，
所以$\overrightarrow{MN}^{2}=(\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB})^{2}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AD}^{2}+\overrightarrow{AA_{1}}^{2}+\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}^{2}+\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}=\frac{1}{4}\times2^{2}+2^{2}+\frac{1}{4}\times2^{2}+2-\frac{1}{2}\times2 - 2 = 5$，
所以$|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{5}$. 故选D.
答案:
(1)B　
(2)D

巩固练习1　(1)设$x,y\in R$，向量$\boldsymbol{a}=(x,1,2)$，$\boldsymbol{b}=(-1,-y,1)$，$\boldsymbol{c}=(-2,4,2)$，且$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{c}$，$\boldsymbol{b}//\boldsymbol{c}$，则$\vert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}\vert =$ ( )
A. $2\sqrt{2}$　　B. $3\sqrt{3}$　　C. $3\sqrt{2}$　　D. $\sqrt{22}$
(2)(多选)已知空间单位向量$\overrightarrow{PA}$，$\overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{PC}$两两之间的夹角均为$60^{\circ}$，$\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{PE}$，$\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{BF}$，则下列说法中正确的是 ( )
A. $\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=1$　　B. $\overrightarrow{PA}\cdot(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AC})=-\frac{1}{2}$
C. $\vert\overrightarrow{EF}\vert =\frac{\sqrt{2}}{2}$　　　D. $\cos\langle\overrightarrow{AF},\overrightarrow{CP}\rangle =\frac{\sqrt{3}}{6}$

答案： 解析:
(1)因为向量$\boldsymbol{a}=(x,1,2)$，$\boldsymbol{c}=(-2,4,2)$，且$\boldsymbol{a}\perp\boldsymbol{c}$，所以$-2x + 1\times4 + 2\times2 = 0$，解得$x = 4$；因为$\boldsymbol{b}=(-1,-y,1)$，$\boldsymbol{c}=(-2,4,2)$，且$\boldsymbol{b}//\boldsymbol{c}$，所以$\frac{-1}{-2}=\frac{-y}{4}=\frac{1}{2}$，解得$y = - 2$，则$\boldsymbol{a}=(4,1,2)$，$\boldsymbol{b}=(-1,2,1)$，所以$\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(5,-1,1)$，则$|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{5^{2}+1 + 1}=3\sqrt{3}$. 故选B.
(2)由单位向量$\overrightarrow{PA}$，$\overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{PC}$两两夹角均为$60^{\circ}$，故$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=1\times1\times\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$，故A错误；
$\overrightarrow{PA}\cdot(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{PA}\cdot(\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA})=\overrightarrow{PA}\cdot(2\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA})=1-\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$，故B正确；
由$\overrightarrow{PA}=2\overrightarrow{PE}$，得$\frac{1}{2}\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{PE}$，
由$\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{BF}$，得$\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PB}=2\overrightarrow{PF}-2\overrightarrow{PB}\Rightarrow\overrightarrow{PF}=\frac{\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}}{2}$，
所以$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{PF}-\overrightarrow{PE}=\frac{\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}}{2}$，
则$|\overrightarrow{EF}|=\frac{|\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA}|}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{(\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PA})^{2}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{\overrightarrow{PC}^{2}+\overrightarrow{PB}^{2}+\overrightarrow{PA}^{2}+2\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PB}-2\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PA}-2\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{1 + 1 + 1 + 1 - 1 - 1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故C正确；
$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{PF}-\overrightarrow{PA}=\frac{\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}-2\overrightarrow{PA}}{2}$，
所以$\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{CP}=-\frac{(\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{PB}-2\overrightarrow{PA})\cdot\overrightarrow{PC}}{2}$
$=-\frac{1+\frac{1}{2}-2\times\frac{1}{2}}{2}=-\frac{1}{4}$，故$\cos\langle\overrightarrow{AF},\overrightarrow{CP}\rangle\lt0$，故D错误.
故选BC.
答案:
(1)B　
(2)BC

例2　如图，直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC\perp BC$，$AC = BC = CC_{1}$，M，N分别为AC，$B_{1}C_{1}$的中点.
(1)求证：$MN//$平面$ABB_{1}A_{1}$；
(2)线段$CC_{1}$上是否存在点Q，使$A_{1}B\perp$平面MNQ？若存在，求$\frac{CQ}{CC_{1}}$；若不存在，说明理由.

答案：
解析:
(1)证明:在直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC\perp BC$，直线$CB$，$CC_{1}$，$CA$两两垂直，
以$C$为原点，以直线$CB$，$CC_{1}$，$CA$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系$Cxyz$，
设$AC = 2$，则$M(0,0,1)$，$A(0,0,2)$，$B(2,0,0)$，$N(1,2,0)$，$B_{1}(2,2,0)$，
$\overrightarrow{MN}=(1,2,-1)$，$\overrightarrow{AB}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{AB_{1}}=(2,2,-2)$，
设$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$是平面$ABB_{1}A_{1}$的一个法向量，
则$\begin{cases}\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}=2x - 2z = 0\\\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\boldsymbol{n}=2x + 2y - 2z = 0\end{cases}$，
令$x = 1$，得$\boldsymbol{n}=(1,0,1)$，
显然$\overrightarrow{MN}\cdot\boldsymbol{n}=1 + 0 - 1 = 0$，即$\overrightarrow{MN}\perp\boldsymbol{n}$，而$MN\not\subset$平面$ABB_{1}A_{1}$，
所以$MN//$平面$ABB_{1}A_{1}$.
(2)假定线段$CC_{1}$上存在点$Q$满足条件，
由
(1)设$CQ = y_{0}$，$0\leqslant y_{0}\leqslant2$，
$A_{1}(0,2,2)$，$B(2,0,0)$，$M(0,0,1)$，$N(1,2,0)$，$Q(0,y_{0},0)$，
则$\overrightarrow{A_{1}B}=(2,-2,-2)$，$\overrightarrow{MN}=(1,2,-1)$，$\overrightarrow{MQ}=(0,y_{0},-1)$，
设$\boldsymbol{m}=(a,b,c)$是平面$MNQ$的一个法向量，
则$\begin{cases}\overrightarrow{MN}\cdot\boldsymbol{m}=a + 2b - c = 0\\\overrightarrow{MQ}\cdot\boldsymbol{m}=y_{0}b - c = 0\end{cases}$，
令$b = 1$，得$\boldsymbol{m}=(y_{0}-2,1,y_{0})$，
由$A_{1}B\perp$平面$MNQ$，得$A_{1}B//\boldsymbol{m}$，
即存在实数$\lambda$，满足$\boldsymbol{m}=\lambda\overrightarrow{A_{1}B}$，
即$\begin{cases}y_{0}-2 = 2\lambda\\1 = - 2\lambda\\y_{0} = - 2\lambda\end{cases}$，解得$\lambda=-\frac{1}{2}$，$y_{0}=1$，
因此$CQ = 1$，即$Q$是$CC_{1}$的中点，
所以线段$CC_{1}$上存在点$Q$，使$A_{1}B\perp$平面$MNQ$，$\frac{CQ}{CC_{1}}=\frac{1}{2}$.