第1.1~1.3节综合训练

因为 $ \overrightarrow {A{C}_{1}}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {A{A}_{1}} $ ,又点 $ P $ 是线段 $ A{C}_{1} $ 上的一点,且 $ AP=2P{C}_{1} $ ,所以 $ \overrightarrow {AP}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow {A{C}_{1}}=\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {A{A}_{1}}) $ ,所以 $ \overrightarrow {P{D}_{1}}=\overrightarrow {A{D}_{1}}-\overrightarrow {AP}=\overrightarrow {A{A}_{1}}+\overrightarrow {AD}-\dfrac{2}{3}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AD}+\overrightarrow {A{A}_{1}})=-\dfrac{2}{3}\overrightarrow {AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {AD}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {A{A}_{1}}=\dfrac{1}{3}\boldsymbol{a}-\dfrac{2}{3}\boldsymbol{b}+\dfrac{1}{3}\boldsymbol{c} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ A(-1,0,3) $ ， $ B(1,1,0) $ ， $ C(-2,3,1) $ ，

所以 $ \overrightarrow {AB}=(2,1,-3) $ ， $ \overrightarrow {AC}=(-1,3,-2) $ ，

所以 $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC}=2×(-1)+1×3+(-3)×(-2)=7 $ ，

$ |\overrightarrow {AB}|=\sqrt{4+1+9}=\sqrt{14} $ ， $ |\overrightarrow {AC}|=\sqrt{1+9+4}=\sqrt{14} $ ，

所以 $ \cos \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {AC}}{|\overrightarrow {AB}||\overrightarrow {AC}|}=\dfrac{7}{\sqrt{14}×\sqrt{14}}=\dfrac{1}{2} $ .

因为 $ 0 < \mathrm{\angle }BAC < \mathrm{\pi } $ ，所以 $ \mathrm{\angle }BAC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，

所以以 $ AB $ ， $ AC $ 为邻边的平行四边形的面积为 $ |\overrightarrow {AB}|\cdot |\overrightarrow {AC}|\cdot \sin \mathrm{\angle }BAC=\sqrt{14}×\sqrt{14}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=7\sqrt{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意知, $ \overrightarrow {FE}=\overrightarrow {FA}+\overrightarrow {AA\prime }+\overrightarrow {A^\prime E} $ ,所以 $ {\overrightarrow {FE}}^{2}={\left(\overrightarrow {FA}+\overrightarrow {AA\prime }+\overrightarrow {A^\prime E}\right) ^ {2}} $ ,展开得 $ {\overrightarrow {FE}}^{2}={\overrightarrow {FA}}^{2}+{\overrightarrow {AA\prime }}^{2}+{\overrightarrow {A^\prime E}}^{2}+2\overrightarrow {FA}\cdot \overrightarrow {AA\prime }+2\overrightarrow {FA}\cdot \overrightarrow {A^\prime E}+2\overrightarrow {AA\prime }\cdot \overrightarrow {A^\prime E} $ ,因为异面直线 $ a $ , $ b $ 所成的角为 $ {60}^{\circ } $ ,所以 $ 23=9+{\overrightarrow {AA\prime }}^{2}+4+0±2×3×2 \cos {60}^{\circ }+0 $ ,所以 $ \left|\overrightarrow {AA\prime }\right|=4 $ 或 $ \left|\overrightarrow {AA\prime }\right|=2 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

如图,设正四棱台 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的高为 $ h $ ,

四边形 $ ABCD $ , $ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 是正方形,设其中心分别为 $ F $ , $ E $ ,连接 $ CA $ , $ {C}_{1}{A}_{1} $ , $ EF $ .

以 $ F $ 为原点,过点 $ F $ 垂直于 $ AB $ 的直线为 $ x $ 轴,过点 $ F $ 垂直于 $ BC $ 的直线为 $ y $ 轴, $ EF $ 所在直线为 $ z $ 轴,建立空间直角坐标系,且作 $ {C}_{1}G\perp CF $ ,垂足为 $ G $ ,

由勾股定理得 $ CA=2\sqrt{2} $ , $ {C}_{1}{A}_{1}=\sqrt{2} $ ,所以 $ CF=\sqrt{2} $ , $ {C}_{1}E=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

由题意得 $ {C}_{1}E//CF $ , $ {C}_{1}G//EF $ ,所以四边形 $ EFG{C}_{1} $ 是平行四边形,

所以 $ {C}_{1}E=GF=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ EF={C}_{1}G $ ,所以 $ CG=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,所以 $ {C}_{1}(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},h) $ ,

而 $ A(1,-1,0) $ , $ B(1,1,0) $ ,所以 $ \overrightarrow {AB}=(0,2,0) $ , $ \overrightarrow {A{C}_{1}}=(-\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},h) $ ,所以 $ \overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {A{C}_{1}}=2×\dfrac{3}{2}=3 $ ,

故 $ \overrightarrow {A{C}_{1}} $ 在 $ \overrightarrow {AB} $ 上的投影向量为 $ \dfrac{\overrightarrow {AB}\cdot \overrightarrow {A{C}_{1}}}{\left|\overrightarrow {AB}\right|}\cdot \dfrac{\overrightarrow {AB}}{\left|\overrightarrow {AB}\right|}=\dfrac{3}{4}\overrightarrow {AB} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

$ \because \overrightarrow {PG}=\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {AG}=\overrightarrow {PA}+\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}(\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {AC})=\overrightarrow {PA}+\dfrac{1}{3}(\overrightarrow {AP}+\overrightarrow {PB}+\overrightarrow {AP}+\overrightarrow {PC})=\dfrac{1}{3}\overrightarrow {PA}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {PB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {PC} $ ,

$ \therefore \overrightarrow {PM}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {PG}=\dfrac{1}{6}(\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {PB}+\overrightarrow {PC}) $ .

$ \because \overrightarrow {PD}=\lambda \overrightarrow {PA} $ , $ \overrightarrow {PE}=\mu \overrightarrow {PB} $ , $ \overrightarrow {PF}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {PC} $ , $ \therefore \overrightarrow {PM}=\dfrac{1}{6\lambda }\overrightarrow {PD}+\dfrac{1}{6\mu }\overrightarrow {PE}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow {PF} $ .

$ \because M $ , $ D $ , $ E $ , $ F $ 四点共面,且点 $ P $ 在平面 $ DEF $ 外, $ \therefore \dfrac{1}{6\lambda }+\dfrac{1}{6\mu }+\dfrac{1}{3}=1 $ ,即 $ \dfrac{1}{\lambda }+\dfrac{1}{\mu }=4 $ .

$ \because \lambda +\mu =\dfrac{1}{4}(\lambda +\mu )(\dfrac{1}{\lambda }+\dfrac{1}{\mu })=\dfrac{1}{4}(2+\dfrac{\mu }{\lambda }+\dfrac{\lambda }{\mu })\geqslant 1 $ ,当且仅当 $ \lambda =\mu =\dfrac{1}{2} $ 时,等号成立, $ \therefore \lambda +\mu $ 的最小值为1.故选 $ \mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ : $ \boldsymbol{a}=(2,1,m) $ , $ \boldsymbol{b}=(-2,1,2) $ ,因为 $ \boldsymbol{a}//\boldsymbol{b} $ ,所以可设 $ \boldsymbol{a}=t\boldsymbol{b}(t\in \boldsymbol{R}) $ ,即 $ \begin{cases}2=-2t,\\ 1=t,\\ m=2t,\end{cases} $ 方程组无解,故 $ \boldsymbol{a}//\boldsymbol{b} $ 不可能成立, $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ :若 $ \boldsymbol{a}\perp \boldsymbol{b} $ ,则 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=2×(-2)+1×1+2m=0 $ ,解得 $ m=\dfrac{3}{2} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ :因为 $ \boldsymbol{a} $ 与 $ \boldsymbol{b} $ 不可能共线,若 $ ⟨\boldsymbol{a} $ , $ \boldsymbol{b}⟩ $ 为锐角,则 $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=2×(-2)+1×1+2m > 0 $ ,解得 $ m > \dfrac{3}{2} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ : $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=2×(-2)+1×1+2m=2m-3 $ , $ \left|\boldsymbol{b}\right|=\sqrt{{\left(-2\right) ^ {2}}+{1}^{2}+{2}^{2}}=3 $ ,若 $ \boldsymbol{a} $ 在 $ \boldsymbol{b} $ 上的投影向量为 $ \dfrac{1}{6}\boldsymbol{b} $ ,即 $ \dfrac{\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}}{{\left|\boldsymbol{b}\right|}^{2}}\cdot \boldsymbol{b}=\dfrac{2m-3}{9}\cdot \boldsymbol{b}=\dfrac{1}{6}\boldsymbol{b} $ ,则 $ \dfrac{2m-3}{9}=\dfrac{1}{6} $ ,解得 $ m=\dfrac{9}{4} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

以 $ B $ 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,得 $ B(0,0,0) $ , $ C(0,1,0) $ , $ {B}_{1}(0,0,2) $ , $ {D}_{1}(1,1,2) $ ,则 $ \overrightarrow {BC}=(0,1,0) $ , $ \overrightarrow {B{B}_{1}}=(0,0,2) $ .

因为 $ \overrightarrow {BP}=\lambda \overrightarrow {BC}+\mu \overrightarrow {B{B}_{1}} $ ,所以 $ P(0,\lambda ,2\mu ) $ ,当 $ \lambda =1 $ 时, $ P(0,1,2\mu ) $ ,因为 $ \mu \in [0,1] $ ,所以点 $ P $ 在线段 $ C{C}_{1} $ 上运动,

显然点 $ P $ 到直线 $ A{B}_{1} $ 的距离随着点 $ P $ 位置的变化而变化,线段 $ A{B}_{1} $ 的长度确定,故 $ △A{B}_{1}P $ 的面积不为定值,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

当 $ \mu =1 $ 时, $ P(0,\lambda ,2) $ , $ \lambda \in [0,1] $ ,故此时点 $ P $ 在线段 $ {B}_{1}{C}_{1} $ 上运动,由题可知,四边形 $ {A}_{1}BC{D}_{1} $ 的面积为定值, $ {B}_{1}{C}_{1}//BC $ ,显然 $ {B}_{1}{C}_{1}\not\subset $ 平面 $ {A}_{1}BC{D}_{1} $ , $ BC\subset $ 平面 $ {A}_{1}BC{D}_{1} $ ,故 $ {B}_{1}{C}_{1}// $ 平面 $ {A}_{1}BC{D}_{1} $ ,所以 $ {B}_{1}{C}_{1} $ 到平面 $ {A}_{1}BC{D}_{1} $ 的距离为定值,所以四棱锥 $ P-{A}_{1}BC{D}_{1} $ 的体积为定值,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

当 $ \lambda =\mu $ 时, $ \overrightarrow {BP}=\lambda \overrightarrow {BC}+\lambda \overrightarrow {B{B}_{1}}=\lambda \overrightarrow {B{C}_{1}} $ , $ \lambda \in [0,1] $ ,所以此时点 $ P $ 的轨迹为线段 $ B{C}_{1} $ ,易知 $ B{C}_{1}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

当 $ \lambda +\mu =1 $ 时,此时 $ P(0,1-\mu ,2\mu ) $ ,因为 $ {D}_{1}(1,1,2) $ ,所以 $ P{D}_{1}=\sqrt{1+{\mu }^{2}+{\left(2-2\mu \right) ^ {2}}}=\sqrt{5{\mu }^{2}-8\mu +5} $ .因为 $ \mu \in [0,1] $ ,所以 $ P{D}_{1}=\sqrt{5{\mu }^{2}-8\mu +5}\in [\dfrac{3\sqrt{5}}{5},\sqrt{5}] $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由题意,如图①所示,设点 $ O $ 为正四面体 $ PABC $ 的外接球球心,连接 $ OA $ , $ OB $ , $ OC $ , $ OP $ .

图①

则 $ OA=OB=OC=OP=\dfrac{\sqrt{6}}{4}×\sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,且 $ \overrightarrow {QA}\cdot \overrightarrow {QC}=(\overrightarrow {QO}+\overrightarrow {OA})\cdot (\overrightarrow {QO}+\overrightarrow {OC})={\left|\overrightarrow {QO}\right|}^{2}+\overrightarrow {QO}\cdot (\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC})+\overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OC}={\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ^ {2}}+\overrightarrow {QO}\cdot (\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC})+\left|\overrightarrow {OA}\right|\left|\overrightarrow {OC}\right|\cdot \cos \mathrm{\angle }AOC=\dfrac{3}{4}+\overrightarrow {QO}\cdot (\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC})+\left|\overrightarrow {OA}\right|\left|\overrightarrow {OC}\right|\cdot \dfrac{O{A}^{2}+O{C}^{2}-A{C}^{2}}{2\left|OA\right|\cdot \left|OC\right|}=\dfrac{3}{4}+\overrightarrow {QO}\cdot (\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC})+\dfrac{O{A}^{2}+O{C}^{2}-A{C}^{2}}{2}=\dfrac{3}{4}+\overrightarrow {QO}\cdot (\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC})+\dfrac{{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ^ {2}}-{\left(\sqrt{2}\right) ^ {2}}}{2}=\dfrac{1}{2}+\overrightarrow {QO}\cdot (\overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC}) $ .

当 $ \overrightarrow {QO} $ 与 $ \overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC} $ 同向时, $ \overrightarrow {QA}\cdot \overrightarrow {QC} $ 的值最大.

设 $ \overrightarrow {OA}+\overrightarrow {OC}=\overrightarrow {OO\prime } $ ,设 $ AC $ 的中点为 $ D $ ,则 $ OO\prime $ 过点 $ D $ ,如图②所示 $ {\rm .} AD=CD=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ \therefore OD=\sqrt{A{O}^{2}-A{D}^{2}}=\sqrt{{\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ^ {2}}-{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) ^ {2}}}=\dfrac{1}{2} $ , $ OO\prime =2OD=1 $ ,故 $ {(\overrightarrow {QA}\cdot \overrightarrow {QC})}_{ \max }=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}×1× \cos {0}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2} $ .

图②