《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

2. (2025 · 天津市第五十五中学期中)如图6.3-20，在四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，侧棱 $AA_1 \perp$ 底面 $ABCD$，$AB \perp AC$，$AB = 1$，$AC = AA_1 = 2$，$AD = CD = \sqrt{5}$，且点 $M$ 和 $N$ 分别为 $B_1C$ 和 $D_1D$ 的中点. 求证：$MN//$ 平面 $ABCD$.

答案：
2. 方法1(向量法) $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DN}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{B_{1}B}+\overrightarrow{BC})+\overrightarrow{CD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BB_{1}}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD}$，所以$\overrightarrow{MN},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CD}$共面，又$MN\not\subset$平面$ABCD$，所以$MN//$平面$ABCD$。
方法2(坐标法) 如图D6.3-2，以$A$为坐标原点，$AC,AB,AA_{1}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，依题意可得$A(0,0,0)$，$C(2,0,0),D(1,-2,0),B_{1}(0,1,2),D_{1}(1,-2,2)$。
因为$M,N$分别为$B_{1}C,D_{1}D$的中点，所以$M(1,\frac{1}{2},1),N(1,-2,1)$。
依题意，可得$\boldsymbol{n}=(0,0,1)$为平面$ABCD$的一个法向量，又$\overrightarrow{MN}=(0,-\frac{5}{2},0)$，则$\overrightarrow{MN}· \boldsymbol{n}=0$，又$MN\not\subset$平面$ABCD$，所以$MN//$平面$ABCD$。(【另解】本题如用综合法求解，可以取$BC$的中点$E$，连接$DE$，$ME$，则四边形$DEMN$为矩形，所以$MN// DE$，即$MN//$平面$ABCD$)

例14 已知正方体 $ABCD - A'B'C'D'$，求证：平面 $AB'D'//$ 平面 $BDC'$.

答案：
解析 ▶ [方法1]设正方体的棱长为1，建立如图6.3-21所示的空间直角坐标系 $D-xyz$，则 $A(1,0,0)$，$B'(1,1,1)$，$D'(0,0,1)$，$B(1,1,0)$，$D(0,0,0)$，$C'(0,1,1)$，于是 $\overrightarrow{AB'}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{D'B'}=(1,1,0)$.
设平面 $AB'D'$ 的法向量为 $\mathbf{n}_1=(x_1,y_1,z_1)$，
则 $\begin{cases} \mathbf{n}_1 \perp \overrightarrow{AB'}, \\ \mathbf{n}_1 \perp \overrightarrow{D'B'}, \end{cases}$ 即 $\begin{cases} \mathbf{n}_1 · \overrightarrow{AB'}=y_1+z_1=0, \\ \mathbf{n}_1 · \overrightarrow{D'B'}=x_1+y_1=0. \end{cases}$
令 $y_1 = 1$，可得平面 $AB'D'$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}_1=(-1,1,-1)$. (在求出 $\mathbf{n}_1$ 后，我们可以直接检验 $\mathbf{n}_1$ 与 $\overrightarrow{DB}$ 和 $\overrightarrow{DC'}$ 的关系，从而简化运算)
设平面 $BDC'$ 的法向量为 $\mathbf{n}_2=(x_2,y_2,z_2)$.
易知 $\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{DC'}=(0,1,1)$，
由 $\begin{cases} \mathbf{n}_2 \perp \overrightarrow{DB}, \\ \mathbf{n}_2 \perp \overrightarrow{DC'}, \end{cases}$ 得 $\begin{cases} \mathbf{n}_2 · \overrightarrow{DB}=x_2+y_2=0, \\ \mathbf{n}_2 · \overrightarrow{DC'}=y_2+z_2=0. \end{cases}$
令 $y_2 = 1$，可得平面 $BDC'$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}_2=(-1,1,-1)$.
则 $\mathbf{n}_1=\mathbf{n}_2$，所以 $\mathbf{n}_1//\mathbf{n}_2$，
故平面 $AB'D'//$ 平面 $BDC'$.
[方法2]同方法1知 $\overrightarrow{AD'}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{BC'}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{AB'}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{DC'}=(0,1,1)$，
所以 $\overrightarrow{AD'}=\overrightarrow{BC'}$，$\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{DC'}$，即 $AD'// BC'$，$AB'// DC'$，
所以 $AD'//$ 平面 $BDC'$，$AB'//$ 平面 $BDC'$，
又 $AD'\cap AB' = A$，所以平面 $AB'D'//$ 平面 $BDC'$.

3. (2025 · 山东省济南市期中)如图6.3-22所示，平面 $PAD \perp$ 平面 $ABCD$，四边形 $ABCD$ 为正方形，$\triangle PAD$ 是直角三角形，且 $PA = AD = 2$，$E$，$F$，$G$ 分别是线段 $PA$，$PD$，$CD$ 的中点，求证：平面 $EFG//$ 平面 $PBC$.

答案：
3. 因为平面$PAD\perp$平面$ABCD$，四边形$ABCD$为正方形，$\triangle PAD$是直角三角形，所以$AB,AP,AD$两两垂直，以$A$为坐标原点，$AB,AD,AP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图D6.3-3所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0)$。
所以$\overrightarrow{PB}=(2,0,-2),\overrightarrow{FE}=(0,-1,0),\overrightarrow{FG}=(1,1,-1),\overrightarrow{BC}=(0,2,0)$，
设$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$是平面$EFG$的法向量，则$\boldsymbol{n}_{1}\perp \overrightarrow{FE},\boldsymbol{n}_{1}\perp \overrightarrow{FG}$，即$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}· \overrightarrow{FE}=0\\\boldsymbol{n}_{1}· \overrightarrow{FG}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}-y_{1}=0\\x_{1}+y_{1}-z_{1}=0\end{cases}$，令$z_{1}=1$，则$x_{1}=1,y_{1}=0$，所以平面$EFG$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(1,0,1)$。
设$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$是平面$PBC$的法向量，由$\boldsymbol{n}_{2}\perp \overrightarrow{PB},\boldsymbol{n}_{2}\perp \overrightarrow{BC}$，即$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}· \overrightarrow{PB}=0\\\boldsymbol{n}_{2}· \overrightarrow{BC}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}2x_{2}-2z_{2}=0\\2y_{2}=0\end{cases}$，令$z_{2}=1$，则$x_{2}=1,y_{2}=0$，所以平面$PBC$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(1,0,1)$，所以$\boldsymbol{n}_{1}// \boldsymbol{n}_{2}$，所以平面$EFG//$平面$PBC$。

例15 在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 为 $AC$ 的中点. 求证：(1) $BD_1 \perp AC$；(2) $BD_1 \perp EB_1$.

答案： 解析 ▶ 以 $D$ 为坐标原点，$DA$，$DC$，$DD_1$ 所在直线分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴，建立如图6.3-23所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1，则 $B(1,1,0)$，$D_1(0,0,1)$，$A(1,0,0)$，$C(0,1,0)$，$E(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$，$B_1(1,1,1)$.
(1) $\because \overrightarrow{BD_1}=(-1,-1,1)$，$\overrightarrow{AC}=(-1,1,0)$，
$\therefore \overrightarrow{BD_1} · \overrightarrow{AC}=(-1) × (-1)+(-1) × 1+1 × 0 = 0$，
$\therefore BD_1 \perp AC$，即 $BD_1 \perp AC$.
(2) $\because \overrightarrow{BD_1}=(-1,-1,1)$，$\overrightarrow{EB_1}=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)$，
$\therefore \overrightarrow{BD_1} · \overrightarrow{EB_1}=(-1) × \frac{1}{2}+(-1) × \frac{1}{2}+1 × 1 = 0$，
$\therefore BD_1 \perp EB_1$，即 $BD_1 \perp EB_1$.