《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

例 1 如图，已知多面体 $ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $，$ A_{1}A $，$ B_{1}B $，$ C_{1}C $ 均垂直于平面 $ ABC $，$ \angle ABC = 120^{\circ} $，$ A_{1}A = 4 $，$ C_{1}C = 1 $，$ AB = BC = B_{1}B = 2 $. 证明：$ AB_{1} \perp $ 平面 $ A_{1}B_{1}C_{1} $.

答案：
证明:如图所示，取AC中点O，连接BO，因为AB = BC，所以OB⊥AC。以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于AA₁的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz。

由题意知，A(0, -$\sqrt{3}$, 0)，A₁(0, -$\sqrt{3}$, 4)，B₁(1, 0, 2)，C₁(0, $\sqrt{3}$, 1)，则$\overrightarrow{AB₁}$ = (1, $\sqrt{3}$, 2)，$\overrightarrow{A₁B₁}$ = (1, $\sqrt{3}$, -2)，$\overrightarrow{A₁C₁}$ = (0, 2$\sqrt{3}$, -3)。
由$\overrightarrow{AB₁}$·$\overrightarrow{A₁B₁}$ = 1 + 3 - 4 = 0，得$\overrightarrow{AB₁}$⊥$\overrightarrow{A₁B₁}$。
由$\overrightarrow{AB₁}$·$\overrightarrow{A₁C₁}$ = 6 - 6 = 0，得$\overrightarrow{AB₁}$⊥$\overrightarrow{A₁C₁}$。
又$\overrightarrow{A₁B₁}$∩$\overrightarrow{A₁C₁}$ = A₁，$\overrightarrow{A₁B₁}$，$\overrightarrow{A₁C₁}$⊂平面A₁B₁C₁，所以AB₁⊥平面A₁B₁C₁。

例 2 （2024·天津卷）如图所示，在四棱柱 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，底面 $ ABCD $ 为梯形，$ AB // CD $，$ A_{1}A \perp $ 平面 $ ABCD $，$ AD \perp AB $，$ AB = AA_{1} = 2 $，$ AD = DC = 1 $，$ N $ 是 $ B_{1}C_{1} $ 的中点，$ M $ 是 $ DD_{1} $ 的中点.
（1）求证：$ D_{1}N // $ 平面 $ CB_{1}M $；
（2）求平面 $ CB_{1}M $ 与平面 $ BB_{1}C_{1}C $ 的夹角的余弦值；
（3）求点 $ B $ 到平面 $ CB_{1}M $ 的距离.

答案：
（1）证明:如图，取CB₁的中点P，连接NP，MP。
由N是BC₁的中点，得NP//CC₁，且NP = $\frac{1}{2}$CC₁。
由M是DD₁的中点，得D₁M = $\frac{1}{2}$DD₁ = $\frac{1}{2}$CC₁，且D₁M//CC₁。
则有D₁M//NP，且D₁M = NP，所以四边形D₁MPN是平行四边形，故D₁N//MP。
又MP⊂平面CB₁M，D₁N⊄平面CB₁M，所以D₁N//平面CB₁M。

（2）解:以A为原点，AB，AD，AA₁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A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，B₁(2, 0, 2)，M(0, 1, 1)，C(1, 1, 0)，C₁(1, 1, 2)。
所以$\overrightarrow{CB₁}$ = (1, -1, 2)，$\overrightarrow{CM}$ = (-1, 0, 1)，$\overrightarrow{BB₁}$ = (0, 0, 2)。
设平面CB₁M与平面BB₁C₁C的法向量分别为$\overrightarrow{m}$ = (x₁, y₁, 1)，$\overrightarrow{n}$ = (x₂, y₂, z₂)。
则有$\begin{cases}\overrightarrow{m}·\overrightarrow{CB₁}=x₁ - y₁ + 2 = 0\\\overrightarrow{m}·\overrightarrow{CM}=-x₁ + 1 = 0\end{cases}$，$\begin{cases}\overrightarrow{n}·\overrightarrow{CB₁}=x₂ - y₂ + 2z₂ = 0\\\overrightarrow{n}·\overrightarrow{BB₁}=2z₂ = 0\end{cases}$。
取x₁ = x₂ = 1，则有y₁ = 3，z₁ = 1，y₂ = 1，z₂ = 0。
所以$\overrightarrow{m}$ = (1, 3, 1)是平面CB₁M的一个法向量，$\overrightarrow{n}$ = (1, 1, 0)是平面BB₁C₁C的一个法向量。
所以cos＜$\overrightarrow{m}$,$\overrightarrow{n}$＞ = $\frac{\overrightarrow{m}·\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$ = $\frac{1 + 3}{\sqrt{1 + 9 + 1}×\sqrt{1 + 1}}$ = $\frac{4}{\sqrt{11}×\sqrt{2}}$ = $\frac{2\sqrt{22}}{11}$。
故平面CB₁M与平面BB₁C₁C的夹角的余弦值为$\frac{2\sqrt{22}}{11}$。
（3）解:由$\overrightarrow{BB₁}$ = (0, 0, 2)，平面CB₁M的一个法向量为$\overrightarrow{m}$ = (1, 3, 1)，
得$\frac{|\overrightarrow{BB₁}·\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{m}|}$ = $\frac{2}{\sqrt{1 + 9 + 1}}$ = $\frac{2\sqrt{11}}{11}$，
即点B到平面CB₁M的距离为$\frac{2\sqrt{11}}{11}$。