《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》

7.在底面是正方形的四棱柱$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=1,BB_1=2,\angle A_1AD=\angle A_1AB=\frac{\pi}{3}$，则$|\overrightarrow{A_1C}|=$(A)

A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{10}$
C.$\sqrt{3}$
D.$2$

答案： 7.A 解析 因为四棱柱$ABCD—A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，底面是正方形，所以
$AB=1$,$BB_{1}=2$,$\angle A_{1}AD=\angle A_{1}AB=\frac{\pi}{3}$，
则$\overrightarrow{A_{1}C}=\overrightarrow{A_{1}C_{1}}+\overrightarrow{C_{1}C}=\overrightarrow{A_{1}D_{1}}+\overrightarrow{A_{1}B_{1}}+\overrightarrow{A_{1}A}$，
所以$|\overrightarrow{A_{1}C}|=|\overrightarrow{A_{1}D_{1}}+\overrightarrow{A_{1}B_{1}}+\overrightarrow{A_{1}A}|=\sqrt{(\overrightarrow{A_{1}D_{1}}|^{2}+|\overrightarrow{A_{1}B_{1}}|^{2}+|\overrightarrow{A_{1}A}|^{2}+2\overrightarrow{A_{1}D_{1}}· \overrightarrow{A_{1}B_{1}}+2\overrightarrow{A_{1}D_{1}}· \overrightarrow{A_{1}A}+2\overrightarrow{A_{1}B_{1}}· \overrightarrow{A_{1}A})^{\frac{1}{2}}}=(1^{2}+1^{2}+2^{2}+0+2|\overrightarrow{A_{1}D_{1}}|· |\overrightarrow{A_{1}A}|\cos \angle A_{1}D_{1}A_{1}+2|\overrightarrow{A_{1}B_{1}}|· |\overrightarrow{A_{1}A}|\cos \angle A_{1}A_{1}B_{1})^{\frac{1}{2}}=\sqrt{6 + 4\cos(\pi-\frac{\pi}{3})+4\cos(\pi-\frac{\pi}{3})}=\sqrt{6 - 4}=\sqrt{2}$.

8.正四面体$A—BCD$的棱长为$1$，点$P$是该正四面体内切球球面上的动点，当$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PD}$取得最小值时，点$P$到$AD$的距离为 (A)

A.$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{12}$
B.$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{12}$
C.$\frac{2\sqrt{2}-\sqrt{3}}{12}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{4}$

答案：
8.A 解析 因为四面体$A—BCD$是棱长为$1$的正四面体，所以其体积为$\frac{1}{3}× \frac{1}{2}× 1× 1× \frac{\sqrt{3}}{2}× \frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}$.
设正四面体$A—BCD$内切球的半径为$r$，
则$4× \frac{1}{3}× \frac{1}{2}× 1× 1× \frac{\sqrt{3}}{2}× r=\frac{\sqrt{2}}{12}$，得$r=\frac{\sqrt{6}}{12}$.
如下图所示，取$AD$的中点为$E$，则
$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{PD}=(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EA})· (\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{ED})=\overrightarrow{PE}^{2}+\overrightarrow{PE}· (\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{ED})+\overrightarrow{EA}· \overrightarrow{ED}=\overrightarrow{PE}^{2}-\frac{1}{4}$.
显然，当$PE$的长度最小时，$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{PD}$取得最小值.

设正四面体内切球的球心为$O$，可求得$OA=OD=\frac{\sqrt{6}}{4}$.
因为球心$O$到点$E$的距离$d=\sqrt{OA^{2}-AE^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，
所以球$O$上的点$P$到点$E$的最小距离为$d-r=\frac{\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{6}}{12}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{12}$，
即当$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{PD}$取得最小值时，点$P$到$AD$的距离为$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{12}$.

9.如下图所示，在正三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AC=\sqrt{2},CC_1=1$，点$D$为$BC$中点，则以下结论中正确的是 (ABD)


A.$\overrightarrow{A_1D}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AA_1}$
B.三棱锥$D—ABC_1$的体积为$\frac{\sqrt{3}}{6}$
C.$AB_1\perp BC$且$AB_1//$平面$A_1C_1D$
D.$\triangle ABC$内到直线$AC,BB_1$的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分

答案：
9.ABD 解析 A.$\overrightarrow{A_{1}D}=\overrightarrow{A_{1}A}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AA_{1}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})-\overrightarrow{AA_{1}}$，故A正确.
B.$V_{D—AB_{1}C_{1}}=V_{A—DB_{1}C_{1}}$，因为$D$为$BC$中点且$AB=AC$，所以$AD\bot BC$，
又因为$BB_{1}\bot$平面$ABC$，$AD\subset$平面$ABC$，所以$BB_{1}\bot AD$且$BB_{1}\cap BC=B$，所以$AD\bot$平面$DB_{1}C_{1}$，
又因为$AD=\sqrt{3}BD=\frac{\sqrt{3}}{2}BC=\frac{\sqrt{6}}{2}$，$S_{\triangle DB_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}× BB_{1}× B_{1}C_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$V_{D—AB_{1}C_{1}}=V_{A—DB_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}× AD× S_{\triangle DB_{1}C_{1}}=\frac{1}{3}× \frac{\sqrt{6}}{2}× \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，故B正确.
C.假设$AB_{1}\bot BC$成立，又因为$BB_{1}\bot$平面$ABC$，所以$BB_{1}\bot BC$且$BB_{1}\cap AB_{1}=B_{1}$，
所以$BC\bot$平面$ABB_{1}$，所以$BC\bot AB$，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以$AB_{1}\bot BC$不成立；
取$AB$中点$E$，连接$ED$,$EA_{1}$,$AB_{1}$，如下图所示:

因为$D$,$E$为$BC$,$AB$中点，所以$DE//AC$，
且$AC//A_{1}C_{1}$，所以$DE//A_{1}C_{1}$，
所以$D$,$E$,$A_{1}$,$C_{1}$四点共面，
又因为$A_{1}E$与$AB_{1}$相交，所以$AB_{1}//$平面$A_{1}C_{1}D$显然不成立，故C错误.
D.“$\triangle ABC$内到直线$AC$、$BB_{1}$的距离相等的点”即为“$\triangle ABC$内到直线$AC$和点$B$的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.

10.在四面体$P—ABC$中，以下说法中正确的有 (ABC)

A.若$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$，则可知$\overrightarrow{BC}=3\overrightarrow{BD}$
B.若$Q$为$\triangle ABC$的重心，则$\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{PB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{PC}$
C.若$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{BC}=0,\overrightarrow{PC}·\overrightarrow{AB}=0$，则$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{AC}=0$
D.若四面体$P—ABC$各棱长都为$2$，$M,N$分别为$PA,BC$的中点，则$|\overrightarrow{MN}|=1$

答案：
10.ABC 解析 对于A，因为$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$，所以$3\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AC}+2\overrightarrow{AB}$，所以$2\overrightarrow{AD}-2\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD}$，所以$2\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{DC}$，所以$3\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{BC}$，故A正确；
对于B，因为$Q$为$\triangle ABC$的重心，则$\overrightarrow{QA}+\overrightarrow{QB}+\overrightarrow{QC}=0$，所以$3\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QA}+\overrightarrow{QB}+\overrightarrow{QC}=3\overrightarrow{PQ}$，所以$(\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QA})+(\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QB})+(\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{QC})=3\overrightarrow{PQ}$，所以$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}=3\overrightarrow{PQ}$，即$\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{PB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{PC}$，故B正确；
对于C，因为$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{BC}=0$，$\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{AB}=0$，则$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{AB}=0$，所以$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PC}· (\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB})=0$，所以$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{CB}=0$，所以$\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{BC}=0$，所以$(\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PC})· \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{AC}=0$，所以$\overrightarrow{CA}· \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{AC}=0$，所以$\overrightarrow{AC}· \overrightarrow{PB}=0$，故C正确；
对于D，如下图所示:

$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{PN}-\overrightarrow{PM}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC})-\frac{1}{2}\overrightarrow{PA}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA})$，
所以$|\overrightarrow{MN}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{PC}-\overrightarrow{PA}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PC}|$.
因为$|\overrightarrow{PA}-\overrightarrow{PB}-\overrightarrow{PC}|=(\overrightarrow{PA}^{2}+\overrightarrow{PB}^{2}+\overrightarrow{PC}^{2}-2\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{PB}-2\overrightarrow{PA}· \overrightarrow{PC}+2\overrightarrow{PC}· \overrightarrow{PB})^{\frac{1}{2}}=(2^{2}+2^{2}+2^{2}-2× 2× 2× \frac{1}{2}-2× 2× 2× \frac{1}{2}+2× 2× 2× \frac{1}{2})^{\frac{1}{2}}=2\sqrt{2}$，所以$|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{2}$，故D错误.

11.下列条件中，使点$P$与$A,B,C$三点一定共面的是(AB)

A.$\overrightarrow{PC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{PB}$
B.$\overrightarrow{OP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}$
C.$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$
D.$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{0}$

答案： 11.AB 解析 对于A：因为$\overrightarrow{PC}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PA}+\frac{2}{3}\overrightarrow{PB}$，$\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=1$，故$P$、$A$、$B$、$C$共面.
对于B：因为$\overrightarrow{OP}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}$，$\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$，故$P$、$A$、$B$、$C$共面.
对于C：由$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$，$1 + 1 + 1=3\neq 1$，所以点$P$与$A$、$B$、$C$三点不共面.
对于D：由$\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=0$，得$\overrightarrow{OP}=-\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}$，而$-1 - 1 - 1=-3\neq 1$，所以点$P$与$A$、$B$、$C$三点不共面.

12.在正三棱柱$ABC-A'B'C'$中，所有棱长为$1$，又$BC'$与$B'C$交于点$O$，则 (AC)

A.$\overrightarrow{AO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AA'}$
B.$AO\perp B'C$
C.三棱锥$A—BB'O$的体积为$\frac{\sqrt{3}}{24}$
D.$AO$与平面$BB'C'C$所成的夹角为$\frac{\pi}{6}$

答案：
12.AC 解析 由题意，正三棱柱$ABC—A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$如下图所示:

$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BB^{\prime}})=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})+\frac{1}{2}\overrightarrow{AA^{\prime}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AA^{\prime}}$，故选项A正确；
在$\triangle AOC$中，$AC=1$，$OC=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\overrightarrow{OA}=\sqrt{(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=1$，$\overrightarrow{OA}^{2}+\overrightarrow{OC}^{2}\neq \overrightarrow{AC}^{2}$，所以$OA$和$B^{\prime}C$不垂直，故选项B错误；
在三棱锥$A—BB^{\prime}O$中，$S_{\triangle BB^{\prime}O}=\frac{1}{4}$，点$A$到平面$BB^{\prime}O$的距离即$\triangle ABC$中$BC$边上的高，所以$h=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$V_{A—BB^{\prime}O}=\frac{1}{3}S_{\triangle BB^{\prime}O}h=\frac{1}{3}× \frac{1}{4}× \frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{24}$，故选项C正确；
设$BC$中点为$D$，所以$AD\bot BC$，又三棱柱是正三棱柱，所以$AD\bot$平面$BB^{\prime}C^{\prime}C$，所以$\angle AOD$即$AO$与平面$BB^{\prime}C^{\prime}C$所成的角，$\cos\angle AOD=\frac{OD}{OA}=\frac{\frac{1}{2}}{1}=\frac{1}{2}$，所以$\angle AOD=\frac{\pi}{3}$，故选项D错误.

13.已知$M,N$分别是四面体$O—ABC$的棱$OA,BC$的中点，点$P$在线段$MN$上，且$MP=2PN$，设向量$\overrightarrow{OA}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{OB}=\boldsymbol{b},\overrightarrow{OC}=\boldsymbol{c}$，则$\overrightarrow{OP}=$$\frac{1}{6}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{3}\boldsymbol{c}$(用$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}$表示).

答案： 13.$\frac{1}{6}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{3}\boldsymbol{c}$
解析 $\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{NP}$，$\overrightarrow{ON}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$，$\overrightarrow{NP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{NM}$，$\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON}$，$\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}$，所以$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{NP}=\overrightarrow{ON}+\frac{1}{3}\overrightarrow{NM}=\overrightarrow{ON}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{ON})=\frac{2}{3}\overrightarrow{ON}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OM}=\frac{2}{3}× \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})+\frac{1}{3}× \frac{1}{2}\overrightarrow{OA}=\frac{1}{6}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}=\frac{1}{6}\boldsymbol{a}+\frac{1}{3}\boldsymbol{b}+\frac{1}{3}\boldsymbol{c}$.