《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

1. 在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 4$，$AD = 3$，$AA_{1} = 2$，$P$，$Q$，$R$，$S$分别是$AA_{1}$，$D_{1}C_{1}$，$AB$，$CC_{1}$的中点.求证：$PQ// RS$.

答案：
1.证明:以$D$为原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
　　　　　　　
则$P(3, 0, 1)$，$Q(0, 2, 2)$，$R(3, 2, 0)$，$S(0, 4, 1)$，所以$\overrightarrow{PQ} = (-3, 2, 1)$，$\overrightarrow{RS} = (-3, 2, 1)$，所以$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{RS}$，所以$\overrightarrow{PQ} // \overrightarrow{RS}$。

2. 如图，在直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC = 3$，$BC = 4$，$AB = 5$，$AA_{1} = 4$.在线段$AB$上是否存在点$D$，使得$AC_{1}//$平面$CDB_{1}$？

答案：
2.解:因为$AC = 3$，$BC = 4$，$AB = 5$，所以$AC^2 + BC^2 = AB^2$，所以$AC \perp BC$。
在直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$AC$，$BC$，$CC_1$两两垂直，以$C$为原点，$CA$，$CB$，$CC_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
　　　　　　　
则$C(0, 0, 0)$，$A(3, 0, 0)$，$B(0, 4, 0)$，$B_1(0, 4, 4)$，$C_1(0, 0, 4)$，所以$\overrightarrow{CB_1} = (0, 4, 4)$，$\overrightarrow{AC_1} = (-3, 0, 4)$。
设点$D$的坐标为$(x, y, 0)(0 \leq x \leq 3, 0 \leq y \leq 4)$，则$\overrightarrow{CD} = (x, y, 0)$。
设平面$CDB_1$的法向量为$\boldsymbol{m} = (a, b, c)$，则$\begin{cases} \boldsymbol{m} · \overrightarrow{CD} = 0 \\ \boldsymbol{m} · \overrightarrow{CB_1} = 0 \end{cases}$，即$\begin{cases} ax + by = 0 \\ 4b + 4c = 0 \end{cases}$。
令$b = -x$，于是$\boldsymbol{m} = (y, -x, x)$为平面$CDB_1$的一个法向量。
若$AC_1 //$平面$CDB_1$，则$\overrightarrow{AC_1} · \boldsymbol{m} = 0$，即$-3y + 4x = 0$。①
由点$D$在$AB$上，得$\frac{x - 3}{-3} = \frac{y}{4}$，即$4x + 3y = 12$。②
由①②可得$x = \frac{3}{2}$，$y = 2$，即$D$为$AB$的中点。故在线段$AB$上存在点$D$，使得$AC_1 //$平面$CDB_1$，此时$D$是线段$AB$的中点。

例2 如图所示，四边形$ABCD$为矩形，$PA\perp$平面$ABCD$，$PA = AD$，$M$，$N$，$Q$分别是$PC$，$AB$，$CD$的中点.
（1）求证：$MN//$平面$PAD$；
（2）求证：平面$MNQ//$平面$PAD$.

答案：
例2　证明:
(1)因为$PA \perp$平面$ABCD$，$AB$，$AD \subset$平面$ABCD$，所以$PA \perp AB$，$PA \perp AD$。
因为四边形$ABCD$为矩形，所以$AB \perp AD$，所以$AB$，$AD$，$AP$两两垂直。
以$A$为原点，$AB$，$AD$，$AP$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$B(b, 0, 0)$，$D(0, d, 0)$，$P(0, 0, d)$，则$C(b, d, 0)$。
因为$M$，$N$，$Q$分别是$PC$，$AB$，$CD$的中点，所以$M\left(\frac{b}{2}, \frac{d}{2}, \frac{d}{2}\right)$，$N\left(\frac{b}{2}, 0, 0\right)$，$Q\left(\frac{b}{2}, d, 0\right)$。
所以$\overrightarrow{MN} = \left(0, -\frac{d}{2}, -\frac{d}{2}\right)$。
因为平面$PAD$的一个法向量为$\boldsymbol{m} = (1, 0, 0)$，所以$\overrightarrow{MN} · \boldsymbol{m} = 0$，即$MN \perp \boldsymbol{m}$。
又因为$MN \not\subset$平面$PAD$，所以$MN //$平面$PAD$。
(2)因为$\overrightarrow{QN} = (0, -d, 0)$，所以$\overrightarrow{QN} · \boldsymbol{m} = 0$，所以$QN \perp \boldsymbol{m}$。
又$QN \not\subset$平面$PAD$，所以$QN //$平面$PAD$。
又因为$MN \cap QN = N$，$MN$，$QN \subset$平面$MNQ$，所以平面$MNQ //$平面$PAD$。

如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$O$为底面$ABCD$的中心，$P$是$DD_{1}$的中点.设$Q$是$CC_{1}$上的点，问：是否存在点$Q$，使得平面$D_{1}BQ//$平面$PAO$？

答案：
解:以$D$为原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
　　　　　　　
在$CC_1$上任取一点$Q$，连接$BQ$，$D_1Q$。
设正方体的棱长为$1$，则$O\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)$，$P\left(0, 0, \frac{1}{2}\right)$，$A(1, 0, 0)$，$B(1, 1, 0)$，$D_1(0, 0, 1)$，设$Q(0, 1, m)(0 \leq m \leq 1)$。
易知$\overrightarrow{OA} = \left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 0\right)$，$\overrightarrow{OP} = \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$。
设平面$PAO$的法向量为$\boldsymbol{n}_1 = (x_1, y_1, z_1)$，则有$\boldsymbol{n}_1 \perp \overrightarrow{OA}$，$\boldsymbol{n}_1 \perp \overrightarrow{OP}$，所以$\begin{cases} \frac{1}{2}x_1 - \frac{1}{2}y_1 = 0 \\ -\frac{1}{2}x_1 - \frac{1}{2}y_1 + \frac{1}{2}z_1 = 0 \end{cases}$。
取$x_1 = 1$，则$\boldsymbol{n}_1 = (1, 1, 2)$为平面$PAO$的一个法向量。
易知$\overrightarrow{BD_1} = (-1, -1, 1)$，$\overrightarrow{QD_1} = (0, -1, 1 - m)$。
同理，可得$\boldsymbol{n}_2 = (m, 1 - m, 1)$为平面$D_1BQ$的一个法向量。
要使平面$D_1BQ //$平面$PAO$，需满足$\boldsymbol{n}_1 // \boldsymbol{n}_2$。
因此$\frac{1}{m} = \frac{1}{1 - m} = \frac{2}{1}$，解得$m = \frac{1}{2}$，这时点$Q$的坐标为$\left(0, 1, \frac{1}{2}\right)$。
故当$Q$为$CC_1$的中点时，平面$D_1BQ //$平面$PAO$。