《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》

1. 如图,在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中,$M$,$N$ 分别是 $CD$,$CC_{1}$ 的中点,则直线 $A_{1}M$ 与 $DN$ 的位置关系是( )

A.平行
B.相交
C.异面垂直
D.异面不垂直

答案：
解析:选C.以D为原点,$\overrightarrow {DA},\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DD_{1}}$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Dxyz，设正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长为2,
　　　　
则$A_{1}(2,0,2),M(0,1,0),D(0,0,0),N(0,2,1)$，所以$\overrightarrow {A_{1}M}=(-2,1,-2)$，$\overrightarrow {DN}=(0,2,1)$，所以$\overrightarrow {A_{1}M}\cdot \overrightarrow {DN}=0$，所以$A_{1}M⊥DN$，又$DN\subset$平面$DCC_{1}D_{1}$，$A_{1}M\not\subset$平面$DCC_{1}D_{1}$，$M∈$平面$DCC_{1}D_{1}$，且$M\notin DN$，所以直线$A_{1}M$与$DN$异面垂直。

2. (2025·天津市河东区期中)如图,在长方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中,$AD = AA_{1} = 2$,$AB = 4$。$E$,$M$,$N$ 分别是棱 $C_{1}D_{1}$,$AB$,$BC$ 的中点。若点 $P$ 是平面 $A_{1}ADD_{1}$ 内的动点,且满足 $PE //$ 平面 $B_{1}MN$,则线段 $PE$ 长度的最小值为______。

答案：
解析:以D为原点,$\overrightarrow {DA},\overrightarrow {DC},\overrightarrow {DD_{1}}$的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　
则$B_{1}(2,4,2),M(2,2,0),N(1,4,0),E(0,2,2)$，因为点P是平面$A_{1}ADD_{1}$内的动点，所以设$P(x,0,z)(x,z∈[0,2])$，设平面$B_{1}MN$的法向量为$m=(a,b,c)$，又$\overrightarrow {B_{1}M}=(0,-2,-2)$，$\overrightarrow {B_{1}N}=(-1,0,-2)$，$\overrightarrow {EP}=(x,-2,z - 2)$，
所以有$\begin{cases}\overrightarrow {B_{1}M}\cdot m = 0\\\overrightarrow {B_{1}N}\cdot m = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-2b - 2c = 0\\-a - 2c = 0\end{cases}$，取$c = 1$，则$m = (-2,-1,1)$，
因为$PE//$平面$B_{1}MN$，
所以$\overrightarrow {EP}\cdot m = -2x + 2 + z - 2 = 0$，整理得$z = 2x$，即$\overrightarrow {EP}=(x,-2,2x - 2)$，
于是$|\overrightarrow {EP}|=\sqrt{x^{2}+(-2)^{2}+(2x - 2)^{2}}=\sqrt{5x^{2}-8x + 8}=\sqrt{5(x - \frac{4}{5})^{2}+\frac{24}{5}}$，
当$x = \frac{4}{5}$，$z = \frac{8}{5}$时，线段PE长度有最小值$\sqrt{\frac{24}{5}}=\frac{2\sqrt{30}}{5}$。
答案:$\frac{2\sqrt{30}}{5}$

3. (2025·泉州期末)如图,在四棱锥 $P - ABCD$ 中,底面 $ABCD$ 是边长为 $a$ 的正方形,侧棱 $PD = a$,$PA = PC = \sqrt{2}a$,$E$ 是 $PC$ 的中点。

(1)求证：$PA //$ 平面 $BDE$；
(2)求证：$PD \perp$ 平面 $ABCD$；
(3)侧棱 $PB$ 上是否存在一点 $F$,使得 $PB \perp$ 平面 $DEF$,若存在,求 $\frac{PF}{FB}$ 的值；若不存在,请说明理由。

答案：
解:
(1)证明:如图，
连接AC交BD于点G，连接EG，由正方形ABCD可得，$AG = GC$。
又E是PC的中点，
则$PA// EG$，
又$PA\not\subset$平面BDE，$EG\subset$平面BDE，故$PA//$平面BDE。
　　　　　　　　
(2)证明:因为$AD = DC = PD = a$，$PA = PC = \sqrt{2}a$，则$AD^{2}+PD^{2}=PA^{2}$，$CD^{2}+PD^{2}=PC^{2}$，故有$PD⊥AD$，$PD⊥CD$，又$AD\cap CD = D$，$AD,CD\subset$平面ABCD，故$PD⊥$平面ABCD。
(3)由题意和
(2)的结论，以点D为原点，分别以DA，DC，DP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$D(0,0,0),B(a,a,0),P(0,0,a),C(0,a,0)$，$\overrightarrow {PB}=(a,a,-a)$，
因为E是PC的中点，则$E(0,\frac{a}{2},\frac{a}{2})$，设$\overrightarrow {PF}=t\overrightarrow {PB}=t(a,a,-a)(0\lt t\leq1)$，解得$F(at,at,a - at)$，则得$\overrightarrow {DE}=(0,\frac{a}{2},\frac{a}{2})$，$\overrightarrow {DF}=(at,at,a - at)$，
设平面DEF的法向量为$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow {DE}\cdot n=\frac{a}{2}y+\frac{a}{2}z = 0\\\overrightarrow {DF}\cdot n=atx + aty + a(1 - t)z = 0\end{cases}$，取$z = t$，则$n=(2t - 1,-t,t)$。
由$PB⊥$平面DEF可得$\overrightarrow {PB}// n$，
即$\frac{2t - 1}{a}=\frac{-t}{a}=\frac{t}{-a}$，解得$t = \frac{1}{3}$，即存在$F(\frac{1}{3}a,\frac{1}{3}a,\frac{2}{3}a)$，满足$PB⊥$平面DEF，此时，$\frac{PF}{FB}=\frac{1}{2}$。