《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第一册北师大版》

例 2 在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ M $，$ N $ 分别是 $ CC_1 $，$ B_1C_1 $ 的中点. 求证：$ MN // $ 平面 $ A_1BD $.

答案： 例2:证明:$\because \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{C_1N}-\overrightarrow{C_1M}=\frac{1}{2}\overrightarrow{C_1B}-\frac{1}{2}\overrightarrow{C_1C}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{D_1A_1}-\overrightarrow{D_1D})=\frac{1}{2}\overrightarrow{D_1A_1}$，$\therefore \overrightarrow{MN}//\overrightarrow{D_1A_1}$，
又$MN⊄$平面$A_1BD$，$\therefore MN//$平面$A_1BD$。

例 3 如图所示，在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ E $，$ F $ 分别是 $ BB_1 $，$ D_1B_1 $ 的中点. 求证：$ EF \perp $ 平面 $ B_1AC $.

答案：
例3:证明:设正方体的棱长为$2a$，建立如图所示的空间直角坐标系$D - xyz$。
则$A(2a,0,0),C(0,2a,0),B_1(2a,2a,2a),E(2a,2a,a),F(a,a,2a)$。

$\therefore \overrightarrow{EF}=(a,a,2a)-(2a,2a,a)=(-a,-a,a)$，
$\overrightarrow{AB_1}=(2a,2a,2a)-(2a,0,0)=(0,2a,2a)$，
$\overrightarrow{AC}=(0,2a,0)-(2a,0,0)=(-2a,2a,0)$。
$\because \overrightarrow{EF} · \overrightarrow{AB_1}=(-a,-a,a) · (0,2a,2a)=(-a) × 0+(-a) × 2a + a × 2a = 0$，
$\overrightarrow{EF} · \overrightarrow{AC}=(-a,-a,a) · (-2a,2a,0)=2a^2 - 2a^2 + 0 = 0$，
$\therefore EF \bot AB_1$，$EF \bot AC$。
又$AB_1 \cap AC = A$，$\therefore EF \bot$平面$B_1AC$。

如图所示，正三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 的所有棱长都为 $ 2 $，$ D $ 为 $ CC_1 $ 的中点.
求证：$ AB_1 \perp $ 平面 $ A_1BD $.

答案：
对点训练2:证明:证法一:如图所示，取$BC$的中点$O$，连接$AO$。因为$\triangle ABC$为正三角形，所以$AO \bot BC$。
因为在正三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，平面$ABC \bot$平面$BCC_1B_1$，
所以$AO \bot$平面$BCC_1B_1$。
取$B_1C_1$的中点$O_1$，以$O$为原点，以$\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OO_1},\overrightarrow{OA}$所在的直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴的正方向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$\overrightarrow{AB_1}=(1,2,-\sqrt{3}),\overrightarrow{BA}=(-1,2,\sqrt{3}),\overrightarrow{BD}=(-2,1,0)$。
因为$\overrightarrow{AB_1} · \overrightarrow{BA}=1 × (-1)+2 × 2 + (-\sqrt{3}) × \sqrt{3}=0$，
$\overrightarrow{AB_1} · \overrightarrow{BD}=1 × (-2)+2 × 1 + (-\sqrt{3}) × 0 = 0$。
所以$\overrightarrow{AB_1} \bot \overrightarrow{BA}$，$\overrightarrow{AB_1} \bot \overrightarrow{BD}$，
即$AB_1 \bot BA$，$AB_1 \bot BD$。
又因为$BA \cap BD = B$，所以$AB_1 \bot$平面$A_1BD$。
证法二:建系同证法一。
设平面$A_1BD$的一个法向量为$\mathbf{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases} \mathbf{n} \bot \overrightarrow{BA_1} \\ \mathbf{n} \bot \overrightarrow{BD} \end{cases}$，即$\begin{cases} \mathbf{n} · \overrightarrow{BA_1}=-x + 2y + \sqrt{3}z = 0 \\ \mathbf{n} · \overrightarrow{BD}=-2x + y = 0 \end{cases}$
令$x = 1$，得平面$A_1BD$的一个法向量为$\mathbf{n}=(1,2,-\sqrt{3})$，
又$\overrightarrow{AB_1}=(1,2,-\sqrt{3})$，
所以$\mathbf{n}=\overrightarrow{AB_1}$，即$\overrightarrow{AB_1}//\mathbf{n}$。
所以$AB_1 \bot$平面$A_1BD$。