《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

1. 长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$，$F$ 分别是面对角线 $BD_1$，$A_1B$ 上的点，且 $D_1E = 2EB_1$，$BF = 2FA_1$. 求证：$EF// AC_1$.
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答案：
1. 如图D6.3-1所示，分别以$DA,DC,DD_{1}$所在的直线为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，
设$DA=a,DC=b,DD_{1}=c$，则$A(a,0,0)$，
$C_{1}(0,b,c),D_{1}(0,0,c),B_{1}(a,b,c),B(a,b,0),A_{1}(a,0,c)$。
由$D_{1}E=2EB_{1}$，可得$E(\frac{2}{3}a,\frac{2}{3}b,c)$，
由$BF=2FA_{1}$，可得$F(a,\frac{b}{3},\frac{2}{3}c)$。
$\therefore \overrightarrow{FE}=(-\frac{a}{3},\frac{b}{3},\frac{c}{3}),\overrightarrow{AC_{1}}=(-a,b,c),\therefore \overrightarrow{FE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{AC_{1}}$。
又$\overrightarrow{FE}$与$\overrightarrow{AC_{1}}$不共线，$\therefore EF// AC_{1}$。

例13 [教材改编 P33 例5]如图6.3-18所示的五面体中，四边形 $ABCD$ 是正方形，$DA \perp$ 平面 $ABEF$，$AB// EF$，$AE \perp AF$，$DA = AF = 1$，$AE = \sqrt{3}$，$P$，$Q$ 分别为 $AE$，$BD$ 的中点. 求证：$PQ//$ 平面 $BCE$.

答案：
解析 ▶ [方法1] $\because AE = \sqrt{3}$，$AF = 1$，$AE \perp AF$，$\therefore \angle AEF = 30°$.
$\because AB// EF$，$\therefore \angle EAB = 30°$. 以 $A$ 为坐标原点，$AE$，$AF$，$AD$ 所在的直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴建立空间直角坐标系，如图6.3-19所示，(对本题来说，寻找两两垂直的三条直线进行建系是解题关键)
则 $A(0,0,0)$，$E(\sqrt{3},0,0)$，$B(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},0)$，$D(0,0,1)$，$C(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1)$.
$\because P$，$Q$ 分别为 $AE$，$BD$ 的中点，
$\therefore P(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$，$Q(\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{2})$，
$\therefore \overrightarrow{PQ}=(-\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{2})$.
$\because \overrightarrow{EC}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1)$，$\therefore \overrightarrow{EC}=2\overrightarrow{PQ}$，$\therefore PQ// EC$.
$\because P \notin$ 平面 $BCE$，$ECC \subset$ 平面 $BCE$，
$\therefore PQ//$ 平面 $BCE$.
[方法2] 同方法1，建立空间直角坐标系，如图6.3-19所示，则 $A(0,0,0)$，$E(\sqrt{3},0,0)$，$B(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},0)$，$D(0,0,1)$，$C(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},1)$，$\therefore \overrightarrow{EB}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{BC}=(0,0,1)$.
设平面 $BCE$ 的法向量为 $\mathbf{n}=(x_1,y_1,z_1)$.
由 $\begin{cases} \mathbf{n} · \overrightarrow{EB}=0, \\ \mathbf{n} · \overrightarrow{BC}=0, \end{cases}$ 得 $\begin{cases} -\frac{\sqrt{3}}{2}x_1 - \frac{1}{2}y_1 = 0, \\ z_1 = 0, \end{cases}$ 令 $x_1 = 1$，得平面 $BCE$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}=(1,-\sqrt{3},0)$.
$\because P$，$Q$ 分别为 $AE$，$BD$ 的中点，$\therefore P(\frac{\sqrt{3}}{2},0,0)$，$Q(\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{2})$，$\therefore \overrightarrow{PQ}=(-\frac{\sqrt{3}}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{2})$，

$\therefore \mathbf{n} · \overrightarrow{PQ}=-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}=0$，$\therefore PQ \perp \mathbf{n}$，
又 $PQ \not\subset$ 平面 $BCE$，$\therefore PQ//$ 平面 $BCE$.
[方法3] $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE})+\overrightarrow{EB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD})=\frac{1}{2}\overrightarrow{EB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{EC}$，$\therefore PQ// EC$.
$\because P \notin$ 平面 $BCE$，$ECC \subset$ 平面 $BCE$，$\therefore PQ//$ 平面 $BCE$.
[方法4] $\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{BQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE})+\overrightarrow{EB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD})=\frac{1}{2}\overrightarrow{EB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$，
$\therefore PQ$，$\overrightarrow{EB}$，$\overrightarrow{BC}$ 共面，又 $P \notin$ 平面 $BCE$，$\therefore PQ//$ 平面 $BCE$.