《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》

12. 如下图所示，棱长为$2$的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E$、$F$分别为棱$A_1D_1$、$AA_1$的中点，$G$为面对角线$B_1C$上一个动点，则


A.三棱锥$A_1 - EFG$的体积为定值$\frac{1}{3}$
B.存在$G \in$线段$B_1C$，使平面$EFG //$平面$BDC_1$
C.当$G$为$B_1C$中点时，直线$EG$与$B_1C$所成角最小
D.三棱锥$A_1 - EFG$的外接球半径的最大值为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$

答案：
12. AD 解析 对于A选项，因为$G\in$平面$BB_1C_1C$，平面$BB_1C_1C//$平面$AA_1D_1D$，所以，点$G$到平面$AA_1D_1D$的距离等于$AB$，$\triangle A_1EF$的面积为$S_{\triangle A_1EF}=\frac{1}{2}A_1E· A_1F=\frac{1}{2}$，所以，$V_{A_1 - EFG}=V_{G - A_1EF}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_1EF}· AB=\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2=\frac{1}{3}$，A选项正确。对于B、C选项，以点$D$为坐标原点，$DA$、$DC$、$DD_1$所在直线分别为$x$、$y$、$z$轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则$A(2,0,0)$、$B(2,2,0)$、$C(0,2,0)$、$D(0,0,0)$、$A_1(2,0,2)$、$B_1(2,2,2)$、$C_1(0,2,2)$、$D_1(0,0,2)$，$E(1,0,2)$、$F(2,0,1)$，设平面$BDC_1$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_1,y_1,z_1)$，$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{DC_1}=(0,2,2)$，由$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{DB}=2x_1 + 2y_1 = 0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{DC_1}=2y_1 + 2z_1 = 0\end{cases}$，取$y_1 = - 1$，可得$\boldsymbol{m}=(1,-1,1)$，设$\overrightarrow{CG}=\lambda\overrightarrow{CB_1}=\lambda(2,0,2)=(2\lambda,0,2\lambda)$，可得点$G(2\lambda,2,2\lambda)$，其中$0\leq\lambda\leq1$，则$\overrightarrow{EG}=(2\lambda - 1,2,2\lambda - 2)$，所以，$\boldsymbol{m}·\overrightarrow{EG}=2\lambda - 1 - 2 + 2\lambda - 2 = 4\lambda - 5 = 0$，解得$\lambda=\frac{5}{4}\notin[0,1]$，故平面$EFG$与平面$BDC_1$不平行，B选项错误。因为$\overrightarrow{EG}=(2\lambda - 1,2,2\lambda - 2)$，$\overrightarrow{B_1C}=(-2,0,-2)$，设直线$EG$与$BC_1$所成角为$\theta$，则$\cos\theta=|\cos\langle\overrightarrow{EG},\overrightarrow{B_1C}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{EG}·\overrightarrow{B_1C}|}{|\overrightarrow{EG}|·|\overrightarrow{B_1C}|}=\frac{|8\lambda - 6|}{\sqrt{(2\lambda - 1)^2 + 4 + (2\lambda - 2)^2}×2\sqrt{2}}=\frac{|4\lambda - 3|}{\sqrt{16\lambda^2 - 24\lambda + 18}}=\sqrt{\frac{16\lambda^2 - 24\lambda + 9}{16\lambda^2 - 24\lambda + 18}}=\sqrt{1 - \frac{9}{(4\lambda - 3)^2 + 9}}$，当$\lambda = 0$时，$\cos\theta$取得最大值，此时$\theta$最小，C选项错误。对于D选项，由题意可知，三棱锥$A_1 - EFG$的外接球球心在过线段$EF$的中点且垂直于平面$AA_1D_1D$的垂线上，设球心为$O\left(\frac{3}{2},t,\frac{3}{2}\right)$，易知点$G(2\lambda,2,2\lambda)$，由$|OA_1| = |OG|$，可得$t^2 + \frac{1}{2}=2\left(2\lambda - \frac{3}{2}\right)^2 + (t - 2)^2$，整理可得$t = 2\lambda^2 - 3\lambda + 2$，因为$0\leq\lambda\leq1$，则$t_{\max}=2$，所以，三棱锥$A_1 - EFG$的外接球的半径为$R = |OA_1|=\sqrt{t^2 + \frac{1}{2}}\leq\sqrt{2^2 + \frac{1}{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，D选项正确。

13. 已知

共

面

的三个单位向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$满足$\boldsymbol{a} · \boldsymbol{b} = \boldsymbol{a} · \boldsymbol{c} = \boldsymbol{b} · \boldsymbol{c} = -\frac{1}{2}$，若空间向量$\boldsymbol{m}$满足$\boldsymbol{m} · \boldsymbol{a} = \boldsymbol{m} · \boldsymbol{c}$，且对于任意$x,y \in \mathbf{R}$，恒有$|\boldsymbol{m} - (x\boldsymbol{a} + y\boldsymbol{b})| \geqslant |\boldsymbol{m} - \boldsymbol{a} - \boldsymbol{c}| = \sqrt{3}$，则$|\boldsymbol{m} - \boldsymbol{b}| =$$\sqrt{7}$.

答案：
13. $\sqrt{7}$ 解析 共面的三个单位向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$满足$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=-\frac{1}{2}$，$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$彼此夹角为$120^{\circ}$。如下图所示，以$\boldsymbol{a}$起点作为坐标原点$O$，$\boldsymbol{a}$所在直线为$x$轴，以共面的三个单位向量$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$所在平面为$xOy$平面，在其中以与$\boldsymbol{a}$垂直方向为$y$轴，过$O$点作平面$xOy$的垂线，以此垂线为$z$轴，建立空间直角坐标系。

$\boldsymbol{a}=(1,0,0)$，$\boldsymbol{b}=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$，$\boldsymbol{c}=\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$。设$\boldsymbol{m}=(m,n,z)$，$\boldsymbol{m}$对于任意$x$，$y\in\mathbb{R}$，恒有$|\boldsymbol{m}-(x\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b})|\geq|\boldsymbol{m}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}|=\sqrt{3}$，上式表示$\boldsymbol{m}$与$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$所在平面中的任意向量的差向量的模最小值为$\sqrt{3}$，即$|z|\geq\sqrt{3}$，又因为$|\boldsymbol{m}-\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}|=\sqrt{\left(m - 1 + \frac{1}{2}\right)^2 + \left(n + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + z^2}= \sqrt{3}$，所以，$z=\sqrt{3}$，$m=\frac{1}{2}$，$n=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\boldsymbol{m}=\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}\right)$，$\boldsymbol{m}·\boldsymbol{a}=\frac{1}{2}$，$\boldsymbol{m}·\boldsymbol{c}=\frac{1}{2}$，$\boldsymbol{m}·\boldsymbol{a}=\boldsymbol{m}·\boldsymbol{c}$符合题意。$\boldsymbol{m}-\boldsymbol{b}=\left(\frac{1}{2}-\left(-\frac{1}{2}\right),-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3}-0\right)=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})$，$|\boldsymbol{m}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{1 + 3 + 3}=\sqrt{7}$。

14. 已知单位空间向量$\boldsymbol{e}_1$，$\boldsymbol{e}_2$，$\boldsymbol{e}_3$满足$\boldsymbol{e}_1 · \boldsymbol{e}_2 = 0$，$\boldsymbol{e}_2 · \boldsymbol{e}_3 = \boldsymbol{e}_3 · \boldsymbol{e}_1 = \frac{1}{2}$.若空间向量$\boldsymbol{a}$满足$\boldsymbol{a} · \boldsymbol{e}_1 = \boldsymbol{a} · \boldsymbol{e}_2 = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，且对于任意实数$x$，$y$，$|\boldsymbol{a} - x\boldsymbol{e}_1 - y\boldsymbol{e}_2|$的最小值是$2$，则$|\boldsymbol{a} - \lambda\boldsymbol{e}_3| (\lambda \in \mathbf{R})$的最小值是$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案： 14. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 解析 以$\boldsymbol{e_1}$，$\boldsymbol{e_2}$方向为$x$，$y$轴，垂直于$\boldsymbol{e_1}$，$\boldsymbol{e_2}$方向为$z$轴建立空间直角坐标系，则$\boldsymbol{e_1}=(1,0,0)$，$\boldsymbol{e_2}=(0,1,0)$，由$\boldsymbol{e_2}·\boldsymbol{e_3}=\boldsymbol{e_1}·\boldsymbol{e_3}=\frac{1}{2}$可设$\boldsymbol{e_3}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},z_1\right)$，由$\boldsymbol{e_3}$是单位空间向量可得$\boldsymbol{e_3}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$，由$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{e_1}=\boldsymbol{a}·\boldsymbol{e_2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$可设$\boldsymbol{a}=\left(\frac{3\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2},z_2\right)$，$|\boldsymbol{a}-x\boldsymbol{e_1}-y\boldsymbol{e_2}|=\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}-x\right)^2 + \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}-y\right)^2 + z_2^2}$，当$x = y=\frac{3\sqrt{2}}{2}$时，$|\boldsymbol{a}-x\boldsymbol{e_1}-y\boldsymbol{e_2}|$的最小值是$2$，所以$z_2=\pm2$，取$\boldsymbol{a}=\left(\frac{3\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2},2\right)$，$\boldsymbol{a}-\lambda\boldsymbol{e_3}=\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}-\frac{\lambda}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2}-\frac{\lambda}{2},2-\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda\right)$，$|\boldsymbol{a}-\lambda\boldsymbol{e_3}|=\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}-\frac{\lambda}{2}\right)^2 + \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}-\frac{\lambda}{2}\right)^2 + \left(2-\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda\right)^2}=\sqrt{\lambda^2 - 5\sqrt{2}\lambda + 13}$，当$\lambda=\frac{5\sqrt{2}}{2}$时，$|\boldsymbol{a}-\lambda\boldsymbol{e_3}|(\lambda\in\mathbb{R})$最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。

15. 已知正四面体$A - BCD$的外接球半径为$3$，$MN$为其外接球的一条直径，$P$为正四面体$A - BCD$表面上任意一点，则$\overrightarrow{PM} · \overrightarrow{PN}$的最小值为$-8$.

答案： 15. $-8$ 解析 设正四面体外接球球心为$O$，正四面体$A - BCD$的外接球半径为$3$，设正四面体$A - BCD$内切球半径为$r$，一个面的面积为$S$，高为$h$，则$V_{A - BCD}=4×\frac{1}{3}Sr=\frac{1}{3}Sh$，所以$h = 4r$，显然$r + 3 = h = 4r$，所以$r = 1$，即$|PO|_{\min}=1$。$PM· PN=(PO + OM)·(PO + ON)=\overrightarrow{PO}^2 + \overrightarrow{OM}·\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{PO}^2 - 9\geq1 - 9 = - 8$。

16. 设向量$\boldsymbol{u} = (\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}, 0)$，$\boldsymbol{v} = (\boldsymbol{c}, \boldsymbol{d}, 1)$.其中$\boldsymbol{a}^2 + \boldsymbol{b}^2 = \boldsymbol{c}^2 + \boldsymbol{d}^2 = 1$.则$\boldsymbol{u}$与$\boldsymbol{v}$夹角的最大值为$\frac{3\pi}{4}$.

答案：
16. $\frac{3\pi}{4}$ 解析 向量$\boldsymbol{u}$的终点都在以$O$为圆心，$1$为半径的圆上；向量$\boldsymbol{v}$的终点都在以$O_1$为圆心，$1$为半径的圆上；且圆$O$与圆$O_1$的距离为$1$。如下图所示，两向量的夹角最大，为$\frac{3\pi}{4}$。

17. 如下图所示，在三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，点$D$是$BC_1$的中点，$AC = 1$，$BC = CC_1 = 2$，$\angle ACC_1 = 90^{\circ}$，$\angle ACB = \angle BCC_1 = 60^{\circ}$，设$\overrightarrow{CA} = \boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{CB} = \boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{CC_1} = \boldsymbol{c}$.

(1)用$\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$，$\boldsymbol{c}$表示$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{A_1D}$；
(2)求异面直线$AB$与$A_1D$所成角的余弦值.

答案： 17.
(1)$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{A_1D}=-\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$
(2)$\frac{\sqrt{3}}{6}$ 解析
(1)三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，点$D$是$BC_1$的中点，$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CA}=\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{A_1D}=\overrightarrow{A_1C_1}+\overrightarrow{C_1D}=-\overrightarrow{CA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{C_1B}=-\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CC_1})=-\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{c}$。
(2)$|\boldsymbol{a}| = 1$，$|\boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{c}| = 2$，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}=1×2×\cos60^{\circ}=1$，$\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=1×2×\cos90^{\circ}=0$，$\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=2×2×\cos60^{\circ}=2$，$|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})^2}=\sqrt{\boldsymbol{b}^2 - 2\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\boldsymbol{a}^2}=\sqrt{4 - 2×1 + 1^2}=\sqrt{3}$，$|\overrightarrow{A_1D}|=\sqrt{\left(-\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{c}\right)^2}=\sqrt{\boldsymbol{a}^2 + \frac{1}{4}\boldsymbol{b}^2 + \frac{1}{4}\boldsymbol{c}^2 - \boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}}=\sqrt{1 + 1 + 1 - 1 + 0 - \frac{1}{2}×2}=1$，$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{A_1D}=(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a})·\left(-\boldsymbol{a}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}-\frac{1}{2}\boldsymbol{c}\right)=-\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{b}^2-\frac{1}{2}\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}+\boldsymbol{a}^2-\frac{1}{2}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\frac{1}{2}\boldsymbol{a}·\boldsymbol{c}=-1 + 2 - 1 + 1 - \frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}$，$\cos\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A_1D}\rangle=\frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{A_1D}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{A_1D}|}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{3}×1}=\frac{\sqrt{3}}{6}$。所以异面直线$AB$与$A_1D$所成角的余弦值是$\frac{\sqrt{3}}{6}$。