《2025年师说高中数学选择性必修第一册》

巩固练习2　如图，直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的体积为4，$AB = AC = AA_{1} = 2$，M为AB 的中点，N为$B_{1}C_{1}$的中点，P 是$BC_{1}$与$B_{1}C$的交点.
(1)证明：$A_{1}C\perp BC_{1}$；
(2)在线段$A_{1}N$上是否存在点Q，使得$PQ//$平面$A_{1}CM$？若存在，请确定Q的位置；若不存在，请说明理由.

答案：
解析:
(1)证明:由棱柱的体积公式$V = S_{\triangle ABC}|AA_{1}|$，
可得$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin\angle BAC = 2$，
又$AB = AC = 2$，可知$\sin\angle BAC = 1$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，
$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$中，$A_{1}B_{1}=A_{1}C_{1}$，$N$为$B_{1}C_{1}$的中点，可得$A_{1}N\perp B_{1}C_{1}$，
又$B_{1}B\perp$平面$A_{1}B_{1}C_{1}$，$A_{1}N\subset$平面$A_{1}B_{1}C_{1}$，
可得$B_{1}B\perp A_{1}N$，而$B_{1}B\cap B_{1}C_{1}=B_{1}$，$B_{1}C_{1}\subset$平面$B_{1}BCC_{1}$，$B_{1}B\subset$平面$B_{1}BCC_{1}$，
所以$A_{1}N\perp$平面$B_{1}BCC_{1}$，即有$A_{1}N\perp BC_{1}$.
由$\tan\angle C_{1}CN=\frac{C_{1}N}{C_{1}C}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\tan\angle CC_{1}B=\frac{CB}{C_{1}C}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$，
则$\tan\angle C_{1}CN\cdot\tan\angle CC_{1}B = 1$，
可得$\angle C_{1}CN+\angle CC_{1}B = 90^{\circ}$，
即有$BC_{1}\perp CN$，而$CN\cap A_{1}N = N$，$A_{1}N\subset$平面$A_{1}CN$，$CN\subset$平面$A_{1}CN$，
所以$BC_{1}\perp$平面$A_{1}CN$，则$A_{1}C\perp BC_{1}$.
(2)以$A$为原点，以$AC$，$AB$，$AA_{1}$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系$Axyz$，

则$A_{1}(0,0,2)$，$C(2,0,0)$，$M(0,1,0)$，$N(1,2,2)$，$P(1,1,1)$，
所以$\overrightarrow{A_{1}N}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{A_{1}P}=(1,1,-1)$，$\overrightarrow{CM}=(-2,1,0)$，$\overrightarrow{CA_{1}}=(-2,0,2)$，
设平面$A_{1}CM$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CA_{1}}=-2x + 2z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CM}=-2x + y = 0\end{cases}$，
令$y = 2$，可得$\boldsymbol{n}=(1,2,1)$，
设$\overrightarrow{A_{1}Q}=m\overrightarrow{A_{1}N}=(m,m,0)$，$m\in[0,1]$，
则$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{A_{1}Q}-\overrightarrow{A_{1}P}=(m - 1,m - 1,1)$，
所以$\overrightarrow{PQ}\cdot\boldsymbol{n}=m - 1 + 2(m - 1)+1 = 3m - 2$，
当$\overrightarrow{PQ}\perp\boldsymbol{n}$时，可得$PQ//$平面$A_{1}CM$，
所以$3m - 2 = 0$，即$m=\frac{2}{3}$.
所以在线段$A_{1}N$上存在点$Q$，且当$A_{1}Q=\frac{2}{3}A_{1}N$时，$PQ//$平面$A_{1}CM$.

例3　如图，在四棱锥$P - ABCD$ 中，$PA\perp$平面ABCD，$AB\perp AD$，$AD// BC$，$AP = AB = AD = 1$，且直线PB与CD所成角的大小为$\frac{\pi}{3}$.
(1)求BC的长；
(2)求点C到平面PBD的距离.

答案：
解析:
(1)因为$PA\perp$平面$ABCD$，且$AB\perp AD$，
所以分别以$AB$，$AD$，$AP$所在直线为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则$P(0,0,1)$，$B(1,0,0)$，$D(0,1,0)$，令$BC = t$，则$C(1,t,0)$，$(t\gt0)$，
所以$\overrightarrow{PB}=(1,0,-1)$，$\overrightarrow{CD}=(-1,1 - t,0)$，
所以$|\cos\langle\overrightarrow{PB},\overrightarrow{CD}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot\overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{PB}||\overrightarrow{CD}|}=\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{1+(1 - t)^{2}}}$，
因为直线$PB$与$CD$所成角的大小为$\frac{\pi}{3}$，
所以$|\cos\langle\overrightarrow{PB},\overrightarrow{CD}\rangle|=\frac{1}{2}$，即$\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{1+(1 - t)^{2}}}=\frac{1}{2}$，
解得$t = 0$(舍)或者$t = 2$，
所以$BC$的长为2.
(2)由
(1)知$P(0,0,1)$，$B(1,0,0)$，$D(0,1,0)$，$C(1,2,0)$，
令平面$PBD$的一个法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，
因为$\overrightarrow{PB}=(1,0,-1)$，$\overrightarrow{PD}=(0,1,-1)$，
所以$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{PB}=0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{PD}=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x - z = 0\\y - z = 0\end{cases}$，
令$x = 1$，则$y = 1$，$z = 1$，所以$\boldsymbol{m}=(1,1,1)$，
又$\overrightarrow{CB}=(0,-2,0)$，所以$d=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{CB}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
所以点$C$到平面$PBD$的距离为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

巩固练习3　(多选)正方体$ABCD - A'B'C'D'$的棱长为3，E，F分别为线段$DD'$和$BB'$中点，则( )
A. $A'$到直线BE的距离为3
B. 直线AE到直线$FC'$的距离为3
C. 点B到平面$AB'E$的距离为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$
D. 直线$FC'$到平面$AB'E$的距离为1

答案：
解析:根据正方体建立如图所示的空间直角坐标系，
则$A(0,0,0)$，$B(3,0,0)$，$C(3,3,0)$，$D(0,3,0)$，$A'(0,0,3)$，$B'(3,0,3)$，$C'(3,3,3)$，$D'(0,3,3)$，
故$E(0,3,\frac{3}{2})$，$F(3,0,\frac{3}{2})$.
对于A，$\overrightarrow{BA'}=(-3,0,3)$，$\overrightarrow{BE}=(-3,3,\frac{3}{2})$，
故$A'$到直线$BE$的距离为$\sqrt{\overrightarrow{A'B}^{2}-(|\overrightarrow{BA'}|\cdot|\frac{\overrightarrow{BA'}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{BA'}||\overrightarrow{BE}|}|)^{2}}=\sqrt{18 - 9}=3$，故A成立；
对于B，$\overrightarrow{AE}=(0,3,\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{FC'}=(0,3,\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{AF}=(3,0,\frac{3}{2})$，
故$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{FC'}$，故$AE// FC'$，
故直线$AE$到直线$FC'$的距离为$\sqrt{\overrightarrow{AF}^{2}-(|\overrightarrow{AF}|\cdot|\frac{\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{AF}|\cdot|\overrightarrow{AE}|}|)^{2}}=\sqrt{9+\frac{9}{4}-\frac{9}{20}}=\frac{3\sqrt{30}}{5}$，
故B错误；
对于C，$\overrightarrow{AB'}=(3,0,3)$，设平面$AB'E$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}3x + 3z = 0\\3y+\frac{3}{2}z = 0\end{cases}$，取$z = 2$，则$y = - 1$，$x = - 2$，故$\boldsymbol{n}=(-2,-1,2)$，
而$\overrightarrow{EB}=(3,-3,\frac{3}{2})$，故$B$到平面$AB'E$的距离为$|\frac{\overrightarrow{EB}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{n}|}|=\frac{6}{3}=2$，故C错误；
对于D，由A中分析可得$AE// FC'$，而$AE\subset$平面$AB'E$，$FC'\not\subset$平面$AB'E$，
故$FC'//$平面$AB'E$，直线$FC'$到平面$AB'E$的距离即为$F$到平面$AB'E$的距离，
且该距离为$|\frac{\overrightarrow{AF}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{n}|}|=|\frac{-6 + 3}{3}|=1$，故D正确. 故选AD.
答案:AD