《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

10. 如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = 3$，$AA_1 = 4$，$AD = 5$. 求证：平面$A_1BD//$平面$B_1D_1C$.

答案： 证明　如图，以$D$为坐标原点，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$D - xyz$，则$D(0,0,0)$，$A_1(5,0,4)$，$B(5,3,0)$，$D_1(0,0,4)$，$B_1(5,3,4)$，$C(0,3,0)$，
∴$\overrightarrow{A_1D}=(-5,0,-4)$，$\overrightarrow{A_1B}=(0,3,-4)$，$\overrightarrow{D_1C}=(0,3,-4)$，$\overrightarrow{B_1C}=(-5,0,-4)$。
设平面$A_1BD$的一个法向量为$m=(x,y,z)$，
$\begin{cases}m\perp\overrightarrow{A_1D}\\m\perp\overrightarrow{A_1B}\end{cases}$，即$\begin{cases}m\cdot\overrightarrow{A_1D}=-5x - 4z = 0\\m\cdot\overrightarrow{A_1B}=3y - 4z = 0\end{cases}$，
取$z = 1$，得$x = -\frac{4}{5}$，$y = \frac{4}{3}$，
则$m = (-\frac{4}{5},\frac{4}{3},1)$。
设平面$B_1D_1C$的一个法向量为$n=(a,b,c)$，
$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{D_1C}=0\\n\cdot\overrightarrow{B_1C}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}3b - 4c = 0\\-5a - 4c = 0\end{cases}$，
取$c = 1$，得$n = (-\frac{4}{5},\frac{4}{3},1)$。
∴$m = n$，即$m// n$，
∴平面$A_1BD//$平面$B_1D_1C$

11.（2024·山东济宁期末）设$\alpha$，$\beta$是不重合的两个平面，$\alpha$，$\beta$的法向量分别为$n_1$，$n_2$，$l$和$m$是不重合的两条直线，$l$，$m$的方向向量分别为$e_1$，$e_2$，那么$\alpha//\beta$的一个充分条件是（ ）
A. $l\subset\alpha$，$m\subset\beta$，且$e_1\perp n_1$，$e_1\perp n_2$
B. $l\subset\alpha$，$m\subset\beta$，且$e_1// e_2$
C. $e_1// n_1$，$e_2// n_2$，且$e_1// e_2$
D. $e_1\perp n_1$，$e_2\perp n_2$，且$e_1// e_2$

答案： C　对于选项C，根据条件可推得$n_1// n_2$，则$\alpha//\beta$，易验证选项A、B、D均不能推出$\alpha//\beta$

12. 已知$A(1,0,0)$，$B(0,1,1)$，$C(1,1,0)$，$D(1,2,0)$，$E(0,0,1)$，则直线$DE$与平面$ABC$的位置关系是（ ）
A. 平行
B. $DE\subset$平面$ABC$
C. 相交
D. 平行或$DE\subset$平面$ABC$

答案： B　因为$\overrightarrow{AB}=(-1,1,1)$，$\overrightarrow{BC}=(1,0,-1)$，设平面$ABC$的一个法向量为$n=(x,y,z)$，则$n\cdot\overrightarrow{AB}=0$且$n\cdot\overrightarrow{BC}=0$，所以$\begin{cases}-x + y + z = 0\\x - z = 0\end{cases}$，令$x = 1$，得$y = 0$，$z = 1$，所以$n=(1,0,1)$，又$\overrightarrow{DE}=(-1,-2,1)$，所以$\overrightarrow{DE}\cdot n=(-1,-2,1)\cdot(1,0,1)=0$，即$\overrightarrow{DE}\perp n$，则$\overrightarrow{DE}//$平面$ABC$或$\overrightarrow{DE}\subset$平面$ABC$。因为$\overrightarrow{BD}=(1,1,-1)$，所以$\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{AB}$，所以$A$，$B$，$C$，$D$四点共面，即点$D$在平面$ABC$内，所以$\overrightarrow{DE}\subset$平面$ABC$

13. 已知向量$\overrightarrow{AB}=(1,5,-2)$，$\overrightarrow{BC}=(3,1,2)$，$\overrightarrow{DE}=(a,-3,6)$，若$DE//$平面$ABC$，则$a$的值是________.

答案： 5
解析　设平面$ABC$的法向量为$n=(x,y,z)$，
$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{AB}=x + 5y - 2z = 0\\n\cdot\overrightarrow{BC}=3x + y + 2z = 0\end{cases}$，取$n=(6,-4,-7)$。
因为$\overrightarrow{DE}//$平面$ABC$，所以$\overrightarrow{DE}\cdot n = 6a + (-3)\times(-4) + 6\times(-7)=0$，解得$a = 5$

14. 如图，在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E$，$F$，$G$分别是$AB$，$CC_1$，$AD$的中点.
（1）求异面直线$B_1E$与$BG$所成角的余弦值；
（2）棱$CD$上是否存在点$T$，使得$AT//$平面$B_1EF$？请证明你的结论.

答案： 解　以$D$为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为$2a$，则$B(2a,2a,0)$，$B_1(2a,2a,2a)$，$E(2a,a,0)$，$G(a,0,0)$，$F(0,2a,a)$，$A(2a,0,0)$，
（1）设异面直线$B_1E$与$BG$所成角为$\theta$，
∵$\overrightarrow{B_1E}=(0,-a,-2a)$，$\overrightarrow{BG}=(-a,-2a,0)$，
∴$\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{B_1E}\cdot\overrightarrow{BG}|}{|\overrightarrow{B_1E}|\cdot|\overrightarrow{BG}|}=\frac{2a^2}{\sqrt{5}a\cdot\sqrt{5}a}=\frac{2}{5}$，即异面直线$B_1E$与$BG$所成角的余弦值为$\frac{2}{5}$
（2）假设在棱$CD$上存在点$T(0,t,0)$，$t\in[0,2a]$，使得$AT//$平面$B_1EF$，易得$\overrightarrow{B_1E}=(0,-a,-2a)$，$\overrightarrow{EF}=(-2a,a,a)$，$\overrightarrow{AT}=(-2a,t,0)$，
设平面$B_1EF$的法向量为$n=(x,y,z)$，
$\begin{cases}\overrightarrow{B_1E}\cdot n=-ay - 2az = 0\\\overrightarrow{EF}\cdot n=-2ax + ay + az = 0\end{cases}$，
令$x = 1$，则$y = -2$，$z = - \frac{1}{2}$，
∴$n = (1,-2,-\frac{1}{2})$。
∵$AT//$平面$B_1EF$，
∴$\overrightarrow{AT}\cdot n = -2a - 2t = 0$，解得$t = \frac{a}{2}$，
∴$DT = \frac{1}{4}DC$，
∴棱$CD$上存在点$T$，满足$DT = \frac{1}{4}DC$，使得$AT//$平面$B_1EF$

15.（数学运算）如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = 4$，$BC = 3$，$CC_1 = 2$. 以$D$为原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 若线段$B_1C$上存在点$P$，使得$A_1P//$平面$ACD_1$，则$\frac{|\overrightarrow{B_1P}|}{|\overrightarrow{B_1C}|}=$________.

答案： $\frac{1}{2}$
解析　因为$A$，$C$，$D_1$的坐标分别为$(3,0,0)$，$(0,4,0)$，$(0,0,2)$，所以$\overrightarrow{AC}=(-3,4,0)$，$\overrightarrow{AD_1}=(-3,0,2)$。设$n=(x,y,z)$是平面$ACD_1$的法向量，则$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{AC}=0\\n\cdot\overrightarrow{AD_1}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-3x + 4y = 0\\-3x + 2z = 0\end{cases}$，
$\begin{cases}x = \frac{2}{3}z\\y = \frac{1}{2}z\end{cases}$，取$z = 6$，则$x = 4$，$y = 3$。
所以$n=(4,3,6)$是平面$ACD_1$的一个法向量。由$A_1$，$C$，$B_1$的坐标分别为$(3,0,2)$，$(0,4,0)$，$(3,4,2)$，得$\overrightarrow{A_1B_1}=(0,4,0)$，$\overrightarrow{B_1C}=(-3,0,-2)$。设点$P$满足$\overrightarrow{B_1P}=\lambda\overrightarrow{B_1C}(0\lt\lambda\lt1)$，则$\overrightarrow{B_1P}=(-3\lambda,0,-2\lambda)$，所以$\overrightarrow{A_1P}=\overrightarrow{A_1B_1}+\overrightarrow{B_1P}=(-3\lambda,4,-2\lambda)$。令$n\cdot\overrightarrow{A_1P}=0$，得$-12\lambda + 12 - 12\lambda = 0$，解得$\lambda = \frac{1}{2}$，即$\frac{|\overrightarrow{B_1P}|}{|\overrightarrow{B_1C}|}=\frac{1}{2}$