《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

3. (2025·广东省广州市奥林匹克中学月考)在棱长为3的正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中,EF是正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$外接球的直径,点P是正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$表面上的一点,则$\overrightarrow{PE}·\overrightarrow{PF}$的取值范围是(A)

A.$\left[-\dfrac{9}{2},0\right]$
B.$\left[-\dfrac{5}{2},0\right]$
C.$\left[0,\dfrac{5}{2}\right]$
D.$\left[0,\dfrac{9}{2}\right]$

答案：
3.A 如图D6.1−1，设正方体ABCD - $A_1B_1C_1D_1$的外接球的球心为O，球O的半径为R，则$2R = 3\sqrt{3}$，可得$R=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，故（【解惑】外接球的直径为正方体体对角线）$OE = OF=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，又因为$\overrightarrow{PE}·\overrightarrow{PF}=(\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OE})·(\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OF})=(\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{OE})·(\overrightarrow{PO}-\overrightarrow{OE})=|\overrightarrow{PO}|^2-|\overrightarrow{OE}|^2=|\overrightarrow{PO}|^2-\frac{27}{4}$，因为$\frac{3}{2}\leq|\overrightarrow{PO}|\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}$，所以$\overrightarrow{PE}·\overrightarrow{PF}=|\overrightarrow{PO}|^2-\frac{27}{4}$的范围是$[-\frac{9}{2},0]$。（【解惑】PO的最小值为棱长的一半，最大值为正方体体对角线的一半）\n

例18 如图6.1-25,正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中,O为$A_1C$上一点,且$\overrightarrow{A_1O}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{A_1C}$,BD与AC交于点M.求证:$C_1$,$O$,$M$三点共线.

答案： 思路点拨 结合空间向量的线性运算,根据共线向量定理的推论即可求解.
解析
方法1 连接$C_{1}O$，$C_{1}A_{1}$，$OM$，$\overrightarrow{C_{1}O}=\overrightarrow{C_{1}C}+\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{C_{1}A_{1}}+\overrightarrow{A_{1}C}+\overrightarrow{CO}=\overrightarrow{CA}+3\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{OC}$，$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{OC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}$，$\therefore\overrightarrow{C_{1}O}=2\overrightarrow{OM}$，
又$\overrightarrow{C_{1}O}$与$\overrightarrow{OM}$有公共点$O$，故$C_{1}$，$O$，$M$三点共线。
方法2 连接$MO$，$MC_{1}$。设$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{AA_{1}}=\boldsymbol{c}$，
则$\overrightarrow{MO}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CA_{1}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})+\frac{1}{3}(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AA_{1}})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AA_{1}})=\frac{1}{6}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{6}\overrightarrow{AD}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AA_{1}}=\frac{1}{6}\boldsymbol{a}+\frac{1}{6}\boldsymbol{b}+\frac{1}{3}\boldsymbol{c}$，
$\overrightarrow{MC_{1}}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CC_{1}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AA_{1}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})+\overrightarrow{AA_{1}}=\frac{1}{2}\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}+\boldsymbol{c}$，$\therefore\overrightarrow{MC_{1}}=3\overrightarrow{MO}$。
又$\overrightarrow{MC_{1}}$与$\overrightarrow{MO}$有公共点$M$，$\therefore C_{1}$，$O$，$M$三点共线。