《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

如图，在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$O$ 为 $AC$ 与 $BD$ 的交点，$G$ 为 $CC_{1}$ 的中点. 求证：$A_{1}O\perp$ 平面 $GBD$.

答案： 证明：设$\overrightarrow{A_{1}B_{1}}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{A_{1}D_{1}}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{A_{1}A}=\boldsymbol{c}$，
则$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=0$，$\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=0$，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=0$，$|\boldsymbol{a}| = |\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}|$。
因为$\overrightarrow{A_{1}O}=\overrightarrow{A_{1}A}+\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{A_{1}A}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=\boldsymbol{c}+\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CG}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})+\frac{1}{2}\overrightarrow{CC_{1}}=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$，
所以$\overrightarrow{A_{1}O}·\overrightarrow{BD}=(\boldsymbol{c}+\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b})·(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})=\frac{1}{2}(\boldsymbol{b}^{2}-\boldsymbol{a}^{2})=\frac{1}{2}(|\boldsymbol{b}|^{2}-|\boldsymbol{a}|^{2})=0$，
所以$A_{1}O\perp BD$，即$A_{1}O\perp BD$。
同理可证$A_{1}O\perp OG$，即$A_{1}O\perp OG$。
又因为$OG\cap BD = O$，$OG\subset$平面$GBD$，$BD\subset$平面$GBD$，
所以$A_{1}O\perp$平面$GBD$。

例 2 如图，正四面体 $ABCD$ 的棱长为 $a$，$M$，$N$ 分别是棱 $AB$，$CD$ 上的点，且 $MB = 2AM$，$CN=\frac{1}{2}ND$，求 $|\overrightarrow{MN}|$ 的值.

一题多思
思考 1. 本例的条件不变，求异面直线 $AC$ 与 $MN$ 所成角的余弦值.
思考 2. 把本例中的条件“$MB = 2AM$，$CN=\frac{1}{2}ND$”改为“$M$，$N$ 分别是 $AB$，$CD$ 的中点”，求 $|\overrightarrow{MN}|$ 的值.

答案： 例2 $|\overrightarrow{MN}|=\frac{\sqrt{5}}{3}\boldsymbol{a}$。
[一题多思]
思考1.解：因为$\overrightarrow{MN}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}$，
所以$\overrightarrow{MN}·\overrightarrow{AC}=(-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD})·\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}^{2}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{AC}=-\frac{1}{6}\boldsymbol{a}^{2}+\frac{2}{3}\boldsymbol{a}^{2}+\frac{1}{6}\boldsymbol{a}^{2}=\frac{2}{3}\boldsymbol{a}^{2}$，所以$\cos\langle\overrightarrow{MN},\overrightarrow{AC}\rangle=\frac{\frac{2}{3}\boldsymbol{a}^{2}}{\frac{\sqrt{5}}{3}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{a}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即
异面直线$AC$与$MN$所成角的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
思考2.解：$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AN}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}$。
因为$\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$两两的夹角均为$\frac{\pi}{3}$，且$|\overrightarrow{AB}| = |\overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{AD}| = a$，
所以$|\overrightarrow{MN}|^{2}=\left|-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right|^{2}=\frac{1}{4}(|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{AC}|^{2}+|\overrightarrow{AD}|^{2}-2|\overrightarrow{AB}|·|\overrightarrow{AC}|\cos\frac{\pi}{3}-2|\overrightarrow{AB}|·|\overrightarrow{AD}|\cos\frac{\pi}{3}+2|\overrightarrow{AC}|·|\overrightarrow{AD}|\cos\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}^{2}$，故$|\overrightarrow{MN}|=\frac{\sqrt{2}}{2}\boldsymbol{a}$。

如图，三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 的所有棱长都为 $a$，$\angle BAA_{1}=\angle CAA_{1}=60^{\circ}$.
(1) 求 $|\overrightarrow{AB_{1}}|$，$|\overrightarrow{BC_{1}}|$；
(2) 求向量 $\overrightarrow{AB_{1}}$ 与 $\overrightarrow{BC_{1}}$ 夹角的余弦值.

答案：
(1)$|\overrightarrow{AB_{1}}|=\sqrt{3}a$，$|\overrightarrow{BC_{1}}|=\sqrt{2}a$。
(2)向量$\overrightarrow{AB_{1}}$与$\overrightarrow{BC_{1}}$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{6}$。