《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》

如图,已知 $ PA \perp $ 平面 $ ABCD $,底面 $ ABCD $ 为正方形,$ PA = AD = AB = 2 $,$ M $,$ N $ 分别为 $ AB $,$ PC $ 的中点。求证：$ MN \perp $ 平面 $ PCD $。


证明:如图，因为$PA\perp$平面$ABCD$，底面$ABCD$为正方形，故$PA$，$AB$，$AD$两两垂直，以$A$为原点，$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AP}$的方向分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴的正方向建立空间直角坐标系.又$PA = AD = AB = 2$，$M$，$N$分别为$AB$，$PC$的中点，则$P(0,0,2)$，$C(2,2,0)$，$D(0,2,0)$，$M(1,0,0)$，$N(1,1,1)$，于是$\overrightarrow{MN}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{DP}=(0,-2,2)$，$\overrightarrow{DC}=(2,0,0)$，设平面$PCD$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DP}=-2y + 2z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DC}=2x = 0\end{cases}$，得$x = 0$，令$y = 1$，则$z = 1$，所以$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$，则$\overrightarrow{MN}//\boldsymbol{n}$，所以$MN\perp$平面$PCD$.

答案： 证明:如图，因为$PA\perp$平面$ABCD$，底面$ABCD$为正方形，故$PA$，$AB$，$AD$两两垂直，以$A$为原点，$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AP}$的方向分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴的正方向建立空间直角坐标系.又$PA = AD = AB = 2$，$M$，$N$分别为$AB$，$PC$的中点，则$P(0,0,2)$，$C(2,2,0)$，$D(0,2,0)$，$M(1,0,0)$，$N(1,1,1)$，于是$\overrightarrow{MN}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{DP}=(0,-2,2)$，$\overrightarrow{DC}=(2,0,0)$，设平面$PCD$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DP}=-2y + 2z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DC}=2x = 0\end{cases}$，得$x = 0$，令$y = 1$，则$z = 1$，所以$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$，则$\overrightarrow{MN}//\boldsymbol{n}$，所以$MN\perp$平面$PCD$.

三 平面与平面垂直
思考

如图,设 $ \boldsymbol{n}_1 $,$ \boldsymbol{n}_2 $ 分别是平面 $ \alpha $,$ \beta $ 的法向量,当平面 $ \alpha $ 垂直于平面 $ \beta $ 时,$ \boldsymbol{n}_1 $,$ \boldsymbol{n}_2 $ 之间有什么关系？
n₁·n₂=0

答案： n₁·n₂=0

设平面 $ \alpha $,$ \beta $ 的法向量分别为 $ \boldsymbol{n}_1 $,$ \boldsymbol{n}_2 $,则 $ \alpha \perp \beta \Leftrightarrow \boldsymbol{n}_1 \perp \boldsymbol{n}_2 \Leftrightarrow \boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2 = 0$。

答案： 0

答案： 在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，
连接$A_{1}B,BD,A_{1}D$。
因为$A_{1}A\perp$平面$ABCD$，$BD\subset$平面$ABCD$，
根据直线与平面垂直的性质可得$A_{1}A\perp BD$。
又因为四边形$ABCD$是正方形，
根据正方形的性质可知$AC\perp BD$。
又因为$A_{1}A\cap AC = A$，$A_{1}A,AC\subset$平面$A_{1}AC$，
根据直线与平面垂直的判定定理可知$BD\perp$平面$A_{1}AC$。
因为$A_{1}C\subset$平面$A_{1}AC$，
所以$BD\perp A_{1}C$。
同理可证$A_{1}B_{1}\perp$平面$B_{1}B C_{1}$，
则$B_{1}C\perp A_{1}B_{1}$，
又因为$B_{1}C\perp BC_{1}$，
所以$B_{1}C\perp$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$（这一步根据题目意图可能是想求与$B_1C$垂直的平面，假设求的是$B_{1}C\perp$平面$A_{1}BC_{1}$ ），
因为$A_{1}C_{1}\subset$平面$A_{1}BC_{1}$不成立，重新来看，
因为$B_{1}C\perp BC_{1}$，$B_{1}C\perp B_{1}A_{1}$，$BC_{1}\cap B_{1}A_{1}=B_{1}$，$BC_{1},B_{1}A_{1}\subset$平面$A_{1}BC_{1}$，
所以$B_{1}C\perp$平面$A_{1}BC_{1}$。
所以平面$A_{1}BC_{1}$中的一条直线$A_{1}C$与$BD$垂直（已证），平面$A_{1}BC_{1}$与$B_1C$垂直。

如图所示,$ \triangle ABC $ 是一个正三角形,$ EC \perp $ 平面 $ ABC $,$ BD // CE $,且 $ CE = CA = 2BD $。求证：平面 $ DEA \perp $ 平面 $ ECA $。

证明:以$C$为原点，$CB$，$CE$所在直线分别为$y$轴、$z$轴，平面$ABC$内过点$C$且垂直于$BC$的直线为$x$轴，建立如图所示的空间直角坐标系$Cxyz$，不妨设$CA = 2$，则$CE = 2$，$BD = 1$，则$C(0,0,0)$，$A(\sqrt{3},1,0)$，$E(0,0,2)$，$D(0,2,1)$，所以$\overrightarrow{EA}=(\sqrt{3},1,-2)$，$\overrightarrow{CE}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{ED}=(0,2,-1)$，设平面$ECA$的法向量是$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{EA}=\sqrt{3}x_{1}+y_{1}-2z_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{CE}=2z_{1}=0\end{cases}$，取$x_{1}=1$，则$y_{1}=-\sqrt{3}$，$z_{1}=0$，即平面$ECA$的一个法向量$\boldsymbol{n}_{1}=(1,-\sqrt{3},0)$，设平面$DEA$的法向量是$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{EA}=\sqrt{3}x_{2}+y_{2}-2z_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{ED}=2y_{2}-z_{2}=0\end{cases}$，取$x_{2}=\sqrt{3}$，则$y_{2}=1$，$z_{2}=2$，即平面$DEA$的一个法向量$\boldsymbol{n}_{2}=(\sqrt{3},1,2)$，因为$\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=1×\sqrt{3}+(-\sqrt{3})×1 + 0×2 = 0$，所以$\boldsymbol{n}_{1}\perp\boldsymbol{n}_{2}$，所以平面$DEA\perp$平面$ECA$。

答案： 证明:以$C$为原点，$CB$，$CE$所在直线分别为$y$轴、$z$轴，平面$ABC$内过点$C$且垂直于$BC$的直线为$x$轴，建立如图所示的空间直角坐标系$Cxyz$，不妨设$CA = 2$，则$CE = 2$，$BD = 1$，则$C(0,0,0)$，$A(\sqrt{3},1,0)$，$E(0,0,2)$，$D(0,2,1)$，所以$\overrightarrow{EA}=(\sqrt{3},1,-2)$，$\overrightarrow{CE}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{ED}=(0,2,-1)$，设平面$ECA$的法向量是$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{EA}=\sqrt{3}x_{1}+y_{1}-2z_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{CE}=2z_{1}=0\end{cases}$，取$x_{1}=1$，则$y_{1}=-\sqrt{3}$，$z_{1}=0$，即平面$ECA$的一个法向量$\boldsymbol{n}_{1}=(1,-\sqrt{3},0)$，设平面$DEA$的法向量是$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{EA}=\sqrt{3}x_{2}+y_{2}-2z_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{ED}=2y_{2}-z_{2}=0\end{cases}$，取$x_{2}=\sqrt{3}$，则$y_{2}=1$，$z_{2}=2$，即平面$DEA$的一个法向量$\boldsymbol{n}_{2}=(\sqrt{3},1,2)$，因为$\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=1×\sqrt{3}+(-\sqrt{3})×1 + 0×2 = 0$，所以$\boldsymbol{n}_{1}\perp\boldsymbol{n}_{2}$，所以平面$DEA\perp$平面$ECA$.