《2025年金榜领航高二数学选择性必修第一册北师大版》

【典例 2】 在正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中,$ M,N $ 分别是 $ CC_{1},B_{1}C_{1} $ 的中点. 求证:$ MN // $ 平面 $ A_{1}BD $.

答案：
【证明】方法一：如图，以$D$为原点，$DA$，$DC$，$DD_{1}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则$D(0,0,0)$，$A_{1}(1,0,1)$，$B(1,1,0)$，$M\left(0,1,\dfrac{1}{2}\right)$，$N\left(\dfrac{1}{2},1,1\right)$，于是$\overrightarrow{DA_{1}}=(1,0,1)$，$\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{MN}=\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right)$.设平面$A_{1}BD$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{DA_{1}}\\\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{DB}\end{cases}$即$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DA_{1}}=x + z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DB}=x + y = 0\end{cases}$，取$x = 1$，则$y = -1$，$z = -1$，所以平面$A_{1}BD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,-1,-1)$.又$\overrightarrow{MN}\cdot\boldsymbol{n}=\left(\dfrac{1}{2},0,\dfrac{1}{2}\right)\cdot(1,-1,-1)=0$，所以$\overrightarrow{MN}\perp\boldsymbol{n}$，所以$MN//$平面$A_{1}BD$.

方法二：$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{C_{1}N}-\overrightarrow{C_{1}M}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{C_{1}B_{1}}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{C_{1}C}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{D_{1}A_{1}}-\overrightarrow{D_{1}D})=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DA_{1}}$，所以$\overrightarrow{MN}//\overrightarrow{DA_{1}}$，又$DA_{1}\subset$平面$A_{1}BD$，所以$MN//$平面$A_{1}BD$.
方法三：$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{C_{1}N}-\overrightarrow{C_{1}M}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{C_{1}B_{1}}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{C_{1}C}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DA}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{A_{1}A}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{DB}+\overrightarrow{BA})-\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A_{1}B}+\overrightarrow{BA})=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{DB}-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{A_{1}B}$.即$\overrightarrow{MN}$可用$\overrightarrow{A_{1}B}$与$\overrightarrow{DB}$线性表示，故$\overrightarrow{MN}$与$\overrightarrow{A_{1}B}$，$\overrightarrow{DB}$是共面向量，故$MN//$平面$A_{1}BD$.

【典例 3】 如图所示,正三棱柱 $ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $ 的所有棱长都为 $ 2,D $ 为 $ CC_{1} $ 的中点. 求证:$ AB_{1} \perp $ 平面 $ A_{1}BD $.

答案：
【证明】方法一：如图所示，取$BC$的中点$O$，连接$AO$.因为$\triangle ABC$为正三角形，所以$AO\perp BC$.因为在正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，平面$ABC\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$，平面$ABC\cap$平面$BCC_{1}B_{1}=BC$，所以$AO\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$.取$B_{1}C_{1}$的中点$O_{1}$，连接$OO_{1}$，以$O$为原点，以$OB$，$OO_{1}$，$OA$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，则$B(1,0,0)$，$D(-1,1,0)$，$A_{1}(0,2,\sqrt{3})$，$A(0,0,\sqrt{3})$，$B_{1}(1,2,0)$，所以$\overrightarrow{AB_{1}}=(1,2,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BA_{1}}=(-1,2,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BD}=(-2,1,0)$.因为$\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{BA_{1}}=1×(-1)+2×2+(-\sqrt{3})×\sqrt{3}=0$，$\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{BD}=1×(-2)+2×1+(-\sqrt{3})×0=0$，所以$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{BA_{1}}$，$\overrightarrow{AB_{1}}\perp\overrightarrow{BD}$，即$AB_{1}\perp BA_{1}$，$AB_{1}\perp BD$.又因为$BA_{1}\cap BD=B$，所以$AB_{1}\perp$平面$A_{1}BD$.

方法二：建系同方法一.设平面$A_{1}BD$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{BA_{1}}\\\boldsymbol{n}\perp\overrightarrow{BD}\end{cases}$，即$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BA_{1}}=-x + 2y + \sqrt{3}z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BD}=-2x + y = 0\end{cases}$，令$x = 1$，得平面$A_{1}BD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,2,-\sqrt{3})$.又$\overrightarrow{AB_{1}}=(1,2,-\sqrt{3})$，所以$\boldsymbol{n}=\overrightarrow{AB_{1}}$，即$\overrightarrow{AB_{1}}//\boldsymbol{n}$，所以$AB_{1}\perp$平面$A_{1}BD$.