《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》

例4

如图,在正三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中,$ BC = CC_1 $,$ M $ 是 $ CC_1 $ 的中点。在线段 $ BB_1 $ 上是否存在一点 $ Q $,使 $ AB_1 \perp $ 平面 $ A_1MQ $？若存在,确定点 $ Q $ 的位置；若不存在,请说明理由。
解:假设在线段$BB_{1}$上存在一点$Q$，使$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$.取$BC$的中点$O$，以$O$为坐标原点，$OA$，$OB$所在直线分别为$x$轴、$y$轴，过点$O$且平行于$BB_{1}$的直线为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设$BC = 2$，$BQ = a(0\leqslant a\leqslant2)$，则$M(0,-1,1)$，$A(\sqrt{3},0,0)$，$B_{1}(0,1,2)$，$A_{1}(\sqrt{3},0,2)$，$Q(0,1,a)$，所以$\overrightarrow{AB_{1}}=(-\sqrt{3},1,2)$，$\overrightarrow{MQ}=(0,2,a - 1)$，$\overrightarrow{A_{1}M}=(-\sqrt{3},-1,-1)$.显然$\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{A_{1}M}=-3 - 1 - 2 = 0$，则$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{A_{1}M}$，即$AB_{1}\perp A_{1}M$，因为$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$，$\overrightarrow{MQ}\subset$平面$A_{1}MQ$，则$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{MQ}$，$\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{MQ}=2 + 2a - 2 = 0$，解得$a = 0$，此时$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{A_{1}M}$，$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{MQ}$，$\overrightarrow{A_{1}M}\cap\overrightarrow{MQ}=M$，$\overrightarrow{A_{1}M}$，$\overrightarrow{MQ}\subset$平面$A_{1}MQ$，所以$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$.所以在线段$BB_{1}$上存在一点$Q$，使$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$，此时点$Q$为点$B$.

答案： 解:假设在线段$BB_{1}$上存在一点$Q$，使$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$.取$BC$的中点$O$，以$O$为坐标原点，$OA$，$OB$所在直线分别为$x$轴、$y$轴，过点$O$且平行于$BB_{1}$的直线为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设$BC = 2$，$BQ = a(0\leqslant a\leqslant2)$，则$M(0,-1,1)$，$A(\sqrt{3},0,0)$，$B_{1}(0,1,2)$，$A_{1}(\sqrt{3},0,2)$，$Q(0,1,a)$，所以$\overrightarrow{AB_{1}}=(-\sqrt{3},1,2)$，$\overrightarrow{MQ}=(0,2,a - 1)$，$\overrightarrow{A_{1}M}=(-\sqrt{3},-1,-1)$.显然$\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{A_{1}M}=-3 - 1 - 2 = 0$，则$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{A_{1}M}$，即$AB_{1}\perp A_{1}M$，因为$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$，$\overrightarrow{MQ}\subset$平面$A_{1}MQ$，则$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{MQ}$，$\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{MQ}=2 + 2a - 2 = 0$，解得$a = 0$，此时$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{A_{1}M}$，$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{MQ}$，$\overrightarrow{A_{1}M}\cap\overrightarrow{MQ}=M$，$\overrightarrow{A_{1}M}$，$\overrightarrow{MQ}\subset$平面$A_{1}MQ$，所以$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$.所以在线段$BB_{1}$上存在一点$Q$，使$AB_{1}\perp$平面$A_{1}MQ$，此时点$Q$为点$B$.

已知正四棱台 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 的体积为 $ \frac{28\sqrt{2}}{3} $,其中 $ AB = 2A_1B_1 = 4 $。在线段 $ CC_1 $ 上是否存在一点 $ P $,使得 $ BP \perp A_1D $？若存在,确定点 $ P $ 的位置；若不存在,请说明理由。

在线段$CC_{1}$上不存在一点$P$，使得$BP\perp A_{1}D$。

理由如下：

依题意，在正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 2A_{1}B_{1}=4$，所以上底面面积$S_{1}=2×2 = 4$，下底面面积$S_{2}=4×4 = 16$，设正四棱台的高为$h$，则$\dfrac{1}{3}(4+\sqrt{4×16}+16)h=\dfrac{28\sqrt{2}}{3}$，解得$h = \sqrt{2}$.

连接$AC$，$A_{1}C_{1}$，则$AC = 4\sqrt{2}$，$A_{1}C_{1}=2\sqrt{2}$，再连接$BD$，$B_{1}D_{1}$，设正四棱台上、下底面的中心分别为$O_{1}$，$O$，以$O$为原点，$OA$，$OB$，$OO_{1}$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系，则$A_{1}(\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$D(0,-2\sqrt{2},0)$，$B(0,2\sqrt{2},0)$。

假设线段$CC_{1}$上存在一点$P$，使得$BP\perp A_{1}D$，设$\overrightarrow{C_{1}P}=\lambda\overrightarrow{C_{1}C}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，$C_{1}(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$C(-2\sqrt{2},0,0)$，$\overrightarrow{C_{1}C}=(-\sqrt{2},0,-\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{C_{1}P}=(-\sqrt{2}\lambda,0,-\sqrt{2}\lambda)$，则$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BC_{1}}+\overrightarrow{C_{1}P}=(-\sqrt{2},-2\sqrt{2},\sqrt{2})+(-\sqrt{2}\lambda,0,-\sqrt{2}\lambda)=(-\sqrt{2}\lambda-\sqrt{2},-2\sqrt{2},\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda)$。

$\overrightarrow{A_{1}D}=(-\sqrt{2},-2\sqrt{2},-\sqrt{2})$，因为$BP\perp A_{1}D$，则$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{A_{1}D}=0$，即$-\sqrt{2}(-\sqrt{2}\lambda-\sqrt{2})+8-\sqrt{2}(\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda)=0$，解得$\lambda=-2$，舍去。

所以在线段$CC_{1}$上不存在一点$P$，使得$BP\perp A_{1}D$。

答案： 解:依题意，在正四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 2A_{1}B_{1}=4$，所以上底面面积$S_{1}=2×2 = 4$，下底面面积$S_{2}=4×4 = 16$，设正四棱台的高为$h$，则$\dfrac{1}{3}(4+\sqrt{4×16}+16)h=\dfrac{28\sqrt{2}}{3}$，解得$h = \sqrt{2}$.连接$AC$，$A_{1}C_{1}$，则$AC = 4\sqrt{2}$，$A_{1}C_{1}=2\sqrt{2}$，再连接$BD$，$B_{1}D_{1}$，设正四棱台上、下底面的中心分别为$O_{1}$，$O$，以$O$为原点，$OA$，$OB$，$OO_{1}$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，则$A_{1}(\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$D(0,-2\sqrt{2},0)$，$B(0,2\sqrt{2},0)$，假设线段$CC_{1}$上存在一点$P$，使得$BP\perp A_{1}D$，设$\overrightarrow{C_{1}P}=\lambda\overrightarrow{C_{1}C}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，$C_{1}(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$C(-2\sqrt{2},0,0)$，$\overrightarrow{C_{1}C}=(-\sqrt{2},0,-\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{C_{1}P}=(-\sqrt{2}\lambda,0,-\sqrt{2}\lambda)$，则$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BC_{1}}+\overrightarrow{C_{1}P}=(-\sqrt{2},-2\sqrt{2},\sqrt{2})+(-\sqrt{2}\lambda,0,-\sqrt{2}\lambda)=(-\sqrt{2}\lambda-\sqrt{2},-2\sqrt{2},\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda)$，$\overrightarrow{A_{1}D}=(-\sqrt{2},-2\sqrt{2},-\sqrt{2})$，因为$BP\perp A_{1}D$，则$\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{A_{1}D}=0$，即$-\sqrt{2}(-\sqrt{2}\lambda-\sqrt{2})+8-\sqrt{2}(\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda)=0$，解得$\lambda=-2$，舍去，所以在线段$CC_{1}$上不存在一点$P$，使得$BP\perp A_{1}D$.

1. 已知平面 $ \alpha $,$ \beta $ 的法向量分别为 $ \boldsymbol{a} = (1, -1, 2) $,$ \boldsymbol{b} = (5, -1, -3) $,则这两个平面的位置关系为(C)
A.平行
B.相交但不垂直
C.垂直
D.不能确定

答案： C

2. (多选)已知点 $ P $ 是平行四边形 $ ABCD $ 所在的平面外一点,如果 $ \overrightarrow{AB} = (2, -1, -4) $,$ \overrightarrow{AD} = (4, 2, 0) $,$ \overrightarrow{AP} = (-1, 2, -1) $。则下列结论正确的有(ABC)
A.$ AP \perp AB $
B.$ AP \perp AD $
C.$ \overrightarrow{AP} $ 是平面 $ ABCD $ 的一个法向量
D.$ AP // BD $

答案： ABC

3. (教材 $ P_{33} T_{1(2)} $ 改编)已知 $ \boldsymbol{u} = (2, a, b) $($ a $,$ b \in \mathbb{R} $)是直线 $ l $ 的方向向量,$ \boldsymbol{n} = (1, 3, 2) $ 是平面 $ \alpha $ 的法向量,如果 $ l \perp \alpha $,则 $ 2a + 3b = $24。

答案： 24