《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

如图，在正三棱锥 $ P - ABC $ 中，三条侧棱两两互相垂直，$ G $ 是 $ \triangle PAB $ 的重心，$ E $，$ F $ 分别为 $ BC $，$ PB $ 上的点，且 $ BE : EC = PF : FB = 1 : 2 $. 求证：平面 $ EFG \perp $ 平面 $ PBC $.

答案：
证明：法一：如图所示，以三棱锥的顶点$P$为原点，$PA,PB,PC$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系.
令$PA = PB = PC = 3$，则$A(3,0,0),F(0,1,0),G(1,1,0),P(0,0,0)$.
则$\overrightarrow{PA} = (3,0,0),\overrightarrow{FG} = (1,0,0)$，
故$\overrightarrow{PA} = 3\overrightarrow{FG}$，所以$PA // FG$.
又$PA \perp$平面$PBC$，所以$FG \perp$平面$PBC$.
又$FGC \subset$平面$EFG$，所以平面$EFG \perp$平面$PBC$.
法二：同法一，建立空间直角坐标系，
则$E(0,2,1),F(0,1,0),G(1,1,0)$.
所以$\overrightarrow{EF} = (0,-1,-1),\overrightarrow{EG} = (1,-1,-1)$.
设平面$EFG$的法向量是$\mathbf{n} = (x,y,z)$，
则$\begin{cases} \mathbf{n} · \overrightarrow{EF} = 0, \\ \mathbf{n} · \overrightarrow{EG} = 0, \end{cases}$即$\begin{cases} y + z = 0, \\ x - y - z = 0. \end{cases}$令$y = 1$，得$z = -1,x = 0$，
即$\mathbf{n} = (0,1,-1)$.
显然$\overrightarrow{PA} = (3,0,0)$是平面$PBC$的一个法向量.
又$\mathbf{n} · \overrightarrow{PA} = 0$，所以$\mathbf{n} \perp \overrightarrow{PA}$，
即平面$EFG$的法向量与平面$PBC$的法向量互相垂直，
所以平面$EFG \perp$平面$PBC$.

典例 3
如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ PD \perp $ 底面 $ ABCD $，底面 $ ABCD $ 为正方形，$ PD = DC $，$ E $，$ F $ 分别是 $ AB $，$ PB $ 的中点.
(1) 求证：$ EF \perp CD $；
(2) 在平面 $ PAD $ 内求一点 $ G $，使 $ GF \perp $ 平面 $ PCB $，并证明你的结论.

答案：
解：
(1)证明：如图所示，以点$D$为原点，$DA,DC,DP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系.
设$AD = a$，则$D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E\left(\frac{a}{2},0,\frac{a}{2}\right),P(0,0,a),F\left(\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{a}{2}\right)$.
$\overrightarrow{EF} = \left(-\frac{a}{2},0,\frac{a}{2}\right),\overrightarrow{DC} = (0,a,0)$.
因为$\overrightarrow{EF} · \overrightarrow{DC} = 0$，所以$EF \perp DC$，即$EF \perp CD$.
(2)当$G$为$AD$的中点时，$GF \perp$平面$PCB$.
证明如下：设$G(x,0,z)$，
由
(1)得$\overrightarrow{FG} = \left(x - \frac{a}{2},-\frac{a}{2},\frac{a}{2} - z\right),\overrightarrow{CB} = (a,0,0),\overrightarrow{CP} = (0,-a,a)$，
若使$GF \perp$平面$PCB$，则需$\overrightarrow{FG} · \overrightarrow{CB} = 0$且$\overrightarrow{FG} · \overrightarrow{CP} = 0$，
由$\overrightarrow{FG} · \overrightarrow{CB} = \left(x - \frac{a}{2},-\frac{a}{2},\frac{a}{2} - z\right) · (a,0,0) = a\left(x - \frac{a}{2}\right) = 0$，
得$x = \frac{a}{2}$，由$\overrightarrow{FG} · \overrightarrow{CP} = \left(x - \frac{a}{2},-\frac{a}{2},\frac{a}{2} - z\right) · (0,-a,a)$
$=\frac{a^2}{2} + a\left(z - \frac{a}{2}\right) = 0$，得$z = 0$.
所以$G$点坐标为$\left(\frac{a}{2},0,0\right)$，即$G$为$AD$的中点时，$GF \perp$平面$PCB$.

如图，在长方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ AA_1 = AD = 1 $，$ E $ 为 $ CD $ 的中点.
(1) 求证：$ B_1E \perp AD_1 $；
(2) 在棱 $ AA_1 $ 上是否存在一点 $ P $，使得 $ DP // $ 平面 $ B_1AE $？若存在，求 $ AP $ 的长；若不存在，说明理由.

答案：
解：
(1)证明：以点$A$为原点，$AB,AD,AA_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，如图所示
设$AB = a$，则$A(0,0,0),D(0,1,0),D_1(0,1,1),E\left(\frac{a}{2},1,0\right),B_1(a,0,1)$.
$\overrightarrow{AD_1} = (0,1,1),\overrightarrow{B_1E} = \left(-\frac{a}{2},1,-1\right)$.
因为$\overrightarrow{AD_1} · \overrightarrow{B_1E} = -\frac{a}{2} · 0 + 1 × 1 + (-1) × 1 = 0$，所以$B_1E \perp AD_1$.
(2)假设在棱$AA_1$上存在一点$P(0,0,z_0)(0 \leq z_0 \leq 1)$，
使得$DP //$平面$B_1AE$，此时$\overrightarrow{DP} = (0,-1,z_0)$.
由
(1)得$\overrightarrow{AB_1} = (a,0,1),\overrightarrow{AE} = \left(\frac{a}{2},1,0\right)$.
设平面$B_1AE$的法向量为$\mathbf{n} = (x,y,z)$，
则$\begin{cases} \mathbf{n} · \overrightarrow{AB_1} = 0, \\ \mathbf{n} · \overrightarrow{AE} = 0, \end{cases}$即$\begin{cases} ax + z = 0, \\ \frac{a}{2}x + y = 0. \end{cases}$
取$x = 1$，得平面$B_1AE$的一个法向量$\mathbf{n} = \left(1,-\frac{a}{2},-a\right)$.
要使$DP //$平面$B_1AE$，则需$\mathbf{n} · \overrightarrow{DP} = 0$，
即$\frac{a}{2} - az_0 = 0$，解得$z_0 = \frac{1}{2}$.
又$DP \not\subset$平面$B_1AE$，所以存在点$P$，使得$DP //$平面$B_1AE$，此时$AP = \frac{1}{2}$.