《2025年同步实践评价课程基础训练高中数学必修第二册》

【例1】 如图所示，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$M$是$AB$上一点，$N$是$A_{1}C$的中点，$MN\perp$平面$A_{1}DC$.求证：$MN// AD_{1}$.
[尝试解答]

答案： 证明:因为四边形 $ADD_{1}A_{1}$ 为正方形，
所以 $AD_{1}\perp A_{1}D$。
又因为 $CD\perp$ 平面 $ADD_{1}A_{1}$，
所以 $CD\perp AD_{1}$。
因为 $A_{1}D\cap CD = D$，
所以 $AD_{1}\perp$ 平面 $A_{1}DC$。
又因为 $MN\perp$ 平面 $A_{1}DC$，所以 $MN// AD_{1}$。

【例2】 如图，在四棱锥$P - ABCD$中，$CD\perp$平面$PAD$，$AD = 2PD = 4$，$AB = 6$，$PA = 2\sqrt{5}$，$\angle BAD = 60^{\circ}$，点$Q$在棱$AB$上.
(1)证明：$PD\perp$平面$ABCD$；
(2)若三棱锥$P - ADQ$的体积为$2\sqrt{3}$，求点$B$到平面$PDQ$的距离.
[尝试解答]

答案： 解:
(1)证明:因为 $AD = 2PD = 4$，$PA = 2\sqrt{5}$，所以 $PA^{2}=PD^{2}+AD^{2}$，即 $PD\perp AD$，因为 $CD\perp$ 平面 $PAD$，
所以 $CD\perp PD$，且 $AD\cap CD = D$，
所以 $PD\perp$ 平面 $ABCD$。
(2)因为三棱锥 $P - ADQ$ 的体积为 $2\sqrt{3}$，
所以 $\frac{1}{3}S_{\triangle ADQ}\cdot PD = 2\sqrt{3}$，
所以 $S_{\triangle ADQ}=3\sqrt{3}$。
所以 $\frac{1}{2}AD\cdot AQ\cdot\sin60^{\circ}=3\sqrt{3}$，
所以 $AQ = 3$。
所以 $Q$ 为 $AB$ 中点，即点 $A$ 到平面 $PDQ$ 的距离等于点 $B$ 到平面 $PDQ$ 的距离。
在 $\triangle ADQ$ 中，由余弦定理可得 $DQ=\sqrt{AD^{2}+AQ^{2}-2AD\cdot AQ\cos60^{\circ}}=\sqrt{13}$。
所以 $S_{\triangle PDQ}=\frac{1}{2}\times PD\times DQ=\sqrt{13}$。
由 $V_{P - ADQ}=V_{A - PDQ}\Rightarrow2\sqrt{3}=\frac{1}{3}\times\sqrt{13}\times d$，所以 $d = \frac{6\sqrt{39}}{13}$。
所以点 $B$ 到平面 $PDQ$ 的距离为 $\frac{6\sqrt{39}}{13}$。

【例3】 如图，$AB$为$\odot O$直径，$C$为$\odot O$上一点，$PA\perp$平面$ABC$，$AE\perp PB$，$AF\perp PC$，求证：$PB\perp EF$.
[尝试解答]

答案： 证明:因为 $PA\perp$ 平面 $ABC$，$BC$ 在平面 $ABC$ 上，所以 $PA\perp BC$。
又 $AB$ 是圆 $O$ 的直径，所以 $AC\perp BC$。
又 $AC$，$PA$ 在平面 $PAC$ 中交于 $A$，
所以 $BC\perp$ 平面 $PAC$。又 $AF\subset$ 平面 $PAC$，
所以 $BC\perp AF$。
因为 $AF\perp PC$，$BC$，$PC$ 在平面 $PBC$ 中交于 $C$，所以 $AF\perp$ 平面 $PBC$。又 $PB\subset$ 平面 $PBC$，所以 $AF\perp PB$。
又 $AE\perp PB$，$AF$，$AE$ 在平面 $AEF$ 中交于 $A$，所以 $PB\perp$ 平面 $AEF$，所以 $PB\perp EF$。