《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第一册人教版青海专用》

在四棱锥 $ P - ABCD $ 中,平面 $ ABCD \perp $ 平面 $ PCD $,底面 $ ABCD $ 为梯形。$ AB // CD $,$ AD \perp DC $,且 $ AB = 1 $,$ AD = DC = DP = 2 $,$ \angle PDC = 120° $。若 $ M $ 是棱 $ PA $ 的中点,则棱 $ BC $ 上是否存在点 $ F $,使得 $ MF // PC $。

答案：
解:在平面PCD内过点D作$DH⊥DC$，交PC于点H，因为平面ABCD⊥平面PCD，且平面ABCD∩平面PCD = CD，$DH\subset$平面PCD，可得$DH⊥$平面ABCD，又$AD⊥DC$，所以AD，DC，DH两两垂直。
以D为原点，DA，DC，DH所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
　　　　
由$AB = 1$，$AD = DC = DP = 2$，$\angle PDC = 120^{\circ}$，可得$D(0,0,0)$，$P(0,-1,\sqrt{3})$，$A(2,0,0)$，$B(2,1,0)$，$C(0,2,0)$。
假设棱BC上存在点F，使得$MF// PC$，设$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BC}$，其中$\lambda\in[0,1]$，因为M是棱PA的中点，可得$M(1,-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，又由$\overrightarrow{BC}=(-2,1,0)$，得$\overrightarrow{BF}=(-2\lambda,\lambda,0)$，所以$F(2 - 2\lambda,1 + \lambda,0)$。
所以$\overrightarrow{MF}=(1 - 2\lambda,\frac{3}{2}+\lambda,-\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{PC}=(0,3,-\sqrt{3})$。
设$\overrightarrow{MF}=\mu\overrightarrow{PC}$，可得$\begin{cases}1 - 2\lambda = 0\frac{3}{2}+\lambda = 3\mu\\-\frac{\sqrt{3}}{2}=-\sqrt{3}\mu\end{cases}$，此方程组无解，所以假设不成立，所以棱BC上不存在点F，使得$MF// PC$。

1.(教材 $ P_{33}T_{1(1)} $ 改编)已知直线 $ l $ 的方向向量 $ \boldsymbol{e} = (1,-2,-2) $,平面 $ \alpha $ 的法向量 $ \boldsymbol{n} = (2,\lambda,-1) $,若 $ l // \alpha $,则 $ \lambda = $ (C)
A.$ \frac{1}{2} $
B.$ -\frac{1}{2} $
C.$ 2 $
D.$ -2 $

答案： C

2.(多选)已知向量 $ \boldsymbol{m} = (2,-1,1) $,$ \boldsymbol{n} = (-4,2,-2) $ 分别为两个不同的平面 $ \alpha,\beta $ 的法向量,$ \boldsymbol{c} = (1,0,-2) $ 为直线 $ l $ 的方向向量,且 $ l \not\subset \beta $,则 (AB)
A.$ \alpha // \beta $
B.$ l // \beta $
C.$ l \perp \alpha $
D.$ \alpha \perp \beta $

答案： AB

3. 已知平面 $ \alpha $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m} = (2,3,z) $,平面 $ \beta $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n} = (x,1,5) $,若 $ \alpha // \beta $,$ x,z \in \mathbb{R} $,则 $ xz = $10。

答案： 10

4.(教材 $ P_{31}T_3 $ 改编)如图,已知多面体是由正四棱锥 $ P - ABCD $ 与正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 组合而成的,且 $ PC = \frac{\sqrt{3}}{2}AB $。求证：$ PC // $ 平面 $ ADC_1B_1 $。

答案：
证明:如图，以点$A_{1}$为原点，$A_{1}B_{1}$，$A_{1}D_{1}$，$A_{1}A$所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系。设$AB = 2a$，则$PC=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\sqrt{3}a$，过P作$PP_{1}⊥$平面ABCD，垂足为点$P_{1}$，连接$CP_{1}$。
　　　　
则点$P_{1}$是正方形ABCD的中心，则$CP_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\sqrt{2}a$，$PP_{1}=\sqrt{(\sqrt{3}a)^{2}-(\sqrt{2}a)^{2}}=a$。于是，$C(2a,2a,2a)$，$P(a,a,3a)$，则$\overrightarrow{PC}=(a,a,-a)$。
设平面$ADC_{1}B_{1}$的法向量为$n=(x,y,z)$，又$A(0,0,2a)$，$D(0,2a,2a)$，$C_{1}(2a,2a,0)$，则$\overrightarrow{AD}=(0,2a,0)$，$\overrightarrow{AC_{1}}=(2a,2a,-2a)$，$\begin{cases}\overrightarrow{AD}\cdot n = 2ay = 0\\\overrightarrow{AC_{1}}\cdot n = 2ax + 2ay - 2az = 0\end{cases}$，解得$y = 0$，$x = z$，故可取$n=(1,0,1)$，由$n\cdot\overrightarrow{PC}=a + 0 - a = 0$，可得$n⊥\overrightarrow{PC}$，又$PC\not\subset$平面$ADC_{1}B_{1}$，故$PC//$平面$ADC_{1}B_{1}$。