《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

23.[2023·广东深圳华侨城中学高二阶段练习]已知边长为1的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，M为BC的中点，N为平面$DCC_{1}D_{1}$上的动点. 若$MN\perp A_{1}C$，则三棱锥$N - AA_{1}D$的体积的最小值为_______.

答案： $\frac{1}{12}$

24.在棱长为1的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，E为$CC_{1}$的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足$BP\perp A_{1}E,BQ\perp A_{1}E$. 若P，Q均在平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$内，则PQ与BD的位置关系是_______，$|A_{1}P|$的最小值为_______.

答案： 平行；$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

25.如图，在三棱锥$P - ABC$中，$AB = AC$，D是BC的中点，$PO\perp$平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知$BC = 8,PO = 4,AO = 3,OD = 2$.
（1）求证：$AP\perp BC$.
（2）若点M是线段AP上一点，且$AM = 3$，试证明平面$AMC\perp$平面BMC.

答案： （1）证明：以O为原点，分别以$OD,OP$所在直线为x轴、z轴，过O作平行于AB的直线为y轴，建立空间直角坐标系.
则$A(0, - 3,0),B(4,0,0),C(-4,0,0),P(0,0,4)$.
所以$\overrightarrow{AP}=(0,3,4)$，$\overrightarrow{BC}=( - 8,0,0)$.
因为$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{BC}=0\times( - 8)+3\times0 + 4\times0 = 0$，
所以$\overrightarrow{AP}\perp\overrightarrow{BC}$，即$AP\perp BC$.
（2）因为$AM = 3$，$AP=\sqrt{0^{2}+3^{2}+4^{2}} = 5$，所以$\overrightarrow{AM}=\frac{3}{5}\overrightarrow{AP}=(0,\frac{9}{5},\frac{12}{5})$.
则$M(0,-\frac{6}{5},\frac{12}{5})$.
$\overrightarrow{AM}=(0,\frac{9}{5},\frac{12}{5})$，$\overrightarrow{AC}=( - 4,3,0)$，$\overrightarrow{BM}=( - 4,-\frac{6}{5},\frac{12}{5})$，$\overrightarrow{CM}=(4,-\frac{6}{5},\frac{12}{5})$.
设平面AMC的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AM}=\frac{9}{5}y_{1}+\frac{12}{5}z_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AC}=-4x_{1}+3y_{1}=0\end{cases}$，
令$y_{1}=4$，则$x_{1}=3$，$z_{1}=-3$，所以$\boldsymbol{n}_{1}=(3,4, - 3)$.
设平面BMC的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{BM}=-4x_{2}-\frac{6}{5}y_{2}+\frac{12}{5}z_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{CM}=4x_{2}-\frac{6}{5}y_{2}+\frac{12}{5}z_{2}=0\end{cases}$，
令$y_{2}=10$，则$z_{2}=5$，$x_{2}=0$，所以$\boldsymbol{n}_{2}=(0,10,5)$.
因为$\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=3\times0 + 4\times10+( - 3)\times5 = 25\neq0$，
$\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\times3+10\times4 + 5\times( - 3)=25\neq0$，
又$\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=3\times0+4\times10+( - 3)\times5 = 25\neq0$，
而$\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0$，所以平面$AMC\perp$平面BMC.

26.[2023·天津擂鼓台中学高二月考]如图，在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 4,BC = 3,CC_{1}=2$.
（1）求证：平面$A_{1}C_{1}B//$平面$ACD_{1}$.
（2）线段$B_{1}C$上是否存在点P，使得$A_{1}P//$平面$ACD_{1}$？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.

答案： （1）证明：以D为原点，分别以$DA,DC,DD_{1}$所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
则$A(3,0,0),C(0,4,0),D_{1}(0,0,2),A_{1}(3,0,2),B(3,4,0),C_{1}(0,4,2)$.
$\overrightarrow{AC}=( - 3,4,0)$，$\overrightarrow{AD_{1}}=( - 3,0,2)$，$\overrightarrow{A_{1}C_{1}}=( - 3,4,0)$，$\overrightarrow{A_{1}B}=(0,4, - 2)$.
设平面$ACD_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AC}=-3x_{1}+4y_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AD_{1}}=-3x_{1}+2z_{1}=0\end{cases}$，
令$x_{1}=4$，则$y_{1}=3$，$z_{1}=6$，所以$\boldsymbol{n}_{1}=(4,3,6)$.
设平面$A_{1}C_{1}B$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{A_{1}C_{1}}=-3x_{2}+4y_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{A_{1}B}=4y_{2}-2z_{2}=0\end{cases}$，
令$x_{2}=4$，则$y_{2}=3$，$z_{2}=6$，所以$\boldsymbol{n}_{2}=(4,3,6)$.
因为$\boldsymbol{n}_{1}=\boldsymbol{n}_{2}$，所以平面$A_{1}C_{1}B//$平面$ACD_{1}$.
（2）设$\overrightarrow{B_{1}P}=\lambda\overrightarrow{B_{1}C}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，$B_{1}(3,4,2)$，$C(0,4,0)$，则$\overrightarrow{B_{1}P}=( - 3\lambda,0, - 2\lambda)$，$P(3 - 3\lambda,4,2 - 2\lambda)$.
$\overrightarrow{A_{1}P}=( - 3\lambda,4, - 2\lambda)$.
因为$A_{1}P//$平面$ACD_{1}$，所以$\overrightarrow{A_{1}P}\cdot\boldsymbol{n}_{1}=-3\lambda\times4 + 4\times3+( - 2\lambda)\times6 = 0$，
即$-12\lambda+12 - 12\lambda = 0$，$24\lambda = 12$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$.
所以线段$B_{1}C$上存在点P，当$\overrightarrow{B_{1}P}=\frac{1}{2}\overrightarrow{B_{1}C}$时，$A_{1}P//$平面$ACD_{1}$.

27.设$\alpha,\beta$是不重合的两个平面，$\alpha,\beta$的法向量分别为$\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}$，l和m是不重合的两条直线，l，m的方向向量分别为$\boldsymbol{e}_{1},\boldsymbol{e}_{2}$，那么$\alpha//\beta$的一个充分条件是（ ）
A.$l\subset\alpha,m\subset\beta$，且$\boldsymbol{e}_{1}\perp\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{e}_{2}\perp\boldsymbol{n}_{2}$
B.$l\subset\alpha,m\subset\beta$，且$\boldsymbol{e}_{1}//\boldsymbol{e}_{2}$
C.$\boldsymbol{e}_{1}//\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{e}_{2}//\boldsymbol{n}_{2}$，且$\boldsymbol{e}_{1}//\boldsymbol{e}_{2}$
D.$\boldsymbol{e}_{1}\perp\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{e}_{2}\perp\boldsymbol{n}_{2}$，且$\boldsymbol{e}_{1}//\boldsymbol{e}_{2}$

答案： C