《2025年新课程同步导学高中数学选择性必修第二册湘教版》

例3 如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = 3$，$AA_1 = 4$，$AD = 5$. 求证：平面$A_1BD //$平面$B_1D_1C$.

以$A$为原点，$AB$，$AD$，$AA_1$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建系，得各点坐标：$A_1(0,0,4)$，$B(3,0,0)$，$D(0,5,0)$，$B_1(3,0,4)$，$D_1(0,5,4)$，$C(3,5,0)$。
平面$A_1BD$中，$\overrightarrow{A_1B}=(3,0,-4)$，$\overrightarrow{A_1D}=(0,5,-4)$。设法向量$\boldsymbol{n}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则$\left\{\begin{array}{l}3x_1 - 4z_1=0\\5y_1 - 4z_1=0\end{array}\right.$，取$z_1=15$，得$\boldsymbol{n}_1=(20,12,15)$。
平面$B_1D_1C$中，$\overrightarrow{B_1D_1}=(-3,5,0)$，$\overrightarrow{B_1C}=(0,5,-4)$。设法向量$\boldsymbol{n}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则$\left\{\begin{array}{l}-3x_2 + 5y_2=0\\5y_2 - 4z_2=0\end{array}\right.$，取$z_2=15$，得$\boldsymbol{n}_2=(20,12,15)$。
因为$\boldsymbol{n}_1=\boldsymbol{n}_2$，即$\boldsymbol{n}_1//\boldsymbol{n}_2$，所以平面$A_1BD//$平面$B_1D_1C$。

答案： 以$A$为原点，$AB$，$AD$，$AA_1$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建系，得各点坐标：$A_1(0,0,4)$，$B(3,0,0)$，$D(0,5,0)$，$B_1(3,0,4)$，$D_1(0,5,4)$，$C(3,5,0)$。
平面$A_1BD$中，$\overrightarrow{A_1B}=(3,0,-4)$，$\overrightarrow{A_1D}=(0,5,-4)$。设法向量$\boldsymbol{n}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则$\left\{\begin{array}{l}3x_1 - 4z_1=0\\5y_1 - 4z_1=0\end{array}\right.$，取$z_1=15$，得$\boldsymbol{n}_1=(20,12,15)$。
平面$B_1D_1C$中，$\overrightarrow{B_1D_1}=(-3,5,0)$，$\overrightarrow{B_1C}=(0,5,-4)$。设法向量$\boldsymbol{n}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则$\left\{\begin{array}{l}-3x_2 + 5y_2=0\\5y_2 - 4z_2=0\end{array}\right.$，取$z_2=15$，得$\boldsymbol{n}_2=(20,12,15)$。
因为$\boldsymbol{n}_1=\boldsymbol{n}_2$，即$\boldsymbol{n}_1//\boldsymbol{n}_2$，所以平面$A_1BD//$平面$B_1D_1C$。

例4 如图，棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的所有棱长都等于$2$，$\angle ABC$和$\angle A_1AC$均为$60^{\circ}$，平面$AA_1C_1C \perp$平面$ABCD$.
(1)求证：$BD \perp AA_1$.
(2)在直线$CC_1$上是否存在点$P$，使$BP //$平面$DA_1C_1$？若存在，求出点$P$的位置；若不存在，请说明理由.

(1) 证明：
设O为AC与BD的交点，以O为原点，AC为x轴，BD为y轴，垂直于底面的直线为z轴建立坐标系。
底面ABCD为菱形，AB=2，∠ABC=60°，则AC=2，BD=2√3，故A(-1,0,0)，B(0,√3,0)，C(1,0,0)，D(0,-√3,0)。
平面AA₁C₁C⊥平面ABCD，∠A₁AC=60°，AA₁=2，设A₁(a,0,b)，向量AC=(2,0,0)，向量AA₁=(a+1,0,b)。
由|AA₁|=2及cos∠A₁AC= (AA₁·AC)/(|AA₁||AC|)=1/2，解得a=0，b=√3，故A₁(0,0,√3)，向量AA₁=(1,0,√3)。
向量BD=(0,-2√3,0)，则BD·AA₁=0×1 + (-2√3)×0 + 0×√3=0，故BD⊥AA₁。
(2) 解：
设P在直线CC₁上，向量CP=t向量CC₁，C(1,0,0)，向量CC₁=AA₁=(1,0,√3)，则P(1+t,0,t√3)。
D(0,-√3,0)，A₁(0,0,√3)，C₁(2,0,√3)，向量DA₁=(0,√3,√3)，向量DC₁=(2,√3,√3)。
设平面DA₁C₁的法向量n=(x,y,z)，由n·DA₁=0，n·DC₁=0得y+z=0，x=0，取n=(0,1,-1)。
向量BP=(1+t,-√3,t√3)，BP//平面DA₁C₁等价于BP·n=0，即-√3 - t√3=0，解得t=-1。
故P(0,0,-√3)，存在点P，为CC₁反向延长线上与C距离为2的点。

答案：
(1) 证明：
设O为AC与BD的交点，以O为原点，AC为x轴，BD为y轴，垂直于底面的直线为z轴建立坐标系。
底面ABCD为菱形，AB=2，∠ABC=60°，则AC=2，BD=2√3，故A(-1,0,0)，B(0,√3,0)，C(1,0,0)，D(0,-√3,0)。
平面AA₁C₁C⊥平面ABCD，∠A₁AC=60°，AA₁=2，设A₁(a,0,b)，向量AC=(2,0,0)，向量AA₁=(a+1,0,b)。
由|AA₁|=2及cos∠A₁AC= (AA₁·AC)/(|AA₁||AC|)=1/2，解得a=0，b=√3，故A₁(0,0,√3)，向量AA₁=(1,0,√3)。
向量BD=(0,-2√3,0)，则BD·AA₁=0×1 + (-2√3)×0 + 0×√3=0，故BD⊥AA₁。
(2) 解：
设P在直线CC₁上，向量CP=t向量CC₁，C(1,0,0)，向量CC₁=AA₁=(1,0,√3)，则P(1+t,0,t√3)。
D(0,-√3,0)，A₁(0,0,√3)，C₁(2,0,√3)，向量DA₁=(0,√3,√3)，向量DC₁=(2,√3,√3)。
设平面DA₁C₁的法向量n=(x,y,z)，由n·DA₁=0，n·DC₁=0得y+z=0，x=0，取n=(0,1,-1)。
向量BP=(1+t,-√3,t√3)，BP//平面DA₁C₁等价于BP·n=0，即-√3 - t√3=0，解得t=-1。
故P(0,0,-√3)，存在点P，为CC₁反向延长线上与C距离为2的点。