《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例3 如图，已知ABCD - A₁B₁C₁D₁是底面为正方形的长方体，∠AD₁A₁ = 60°，AD₁ = 4，点P是AD₁上的动点.
（1）试判断不论点P在AD₁上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA₁D₁D，并证明你的结论；
（2）当P为AD₁的中点时，求异面直线AA₁与B₁P所成角的余弦值；
（3）求PB₁与平面AA₁D₁D所成角的正切值的最大值.

答案：
解　（1）是，
∵BA⊥平面AA₁D₁D, BA⊂平面BPA,
　
∴平面BPA⊥平面AA₁D₁D,
　
∴无论点P在AD₁上的任何位置，都有平面BPA⊥平面AA₁D₁D. 　（2）过点P作PE⊥ A₁D₁垂足为E,连 　接B₁E，如图, 　则PE//AA₁. 　　　　　　　　　　 直线∠B₁PE是异面直线AA₁与B₁P所 　成的角. 　在Rt△AA₁D₁中,
　
∵∠AD₁A₁ = 60°:
　
∴∠A₁AD₁ = 30°,
　
∴A₁B₁ = A₁D₁ = $\frac{1}{2}$AD₁ = 2,
　
∴A₁E = $\frac{1}{2}$A₁D₁ = 1, AA₁ = $\sqrt{3}$A₁D₁ = 2$\sqrt{3}$,
　
∴PE = $\frac{1}{2}$AA₁ = $\sqrt{3}$, B₁E = $\sqrt{A₁B₁² + A₁E²}$ = $\sqrt{5}$，
　
∴在Rt△B₁PE中, B₁P = $\sqrt{B₁E² + PE²}$ = 2$\sqrt{2}$，
　
∴cos∠B₁PE = $\frac{PE}{B₁P}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{6}}{4}$,
∴异面直线AA₁与B₁P所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$. 　（3）由
(1)知，B₁A⊥平面AA₁D₁D,
∴∠B₁PA₁是PB₁与平面AA₁D₁D 所成的角，
　
∴tan∠B₁PA₁ = $\frac{A₁B₁}{A₁P}$ = $\frac{2}{A₁P}$，
　
∴当A₁P最小时tan∠B₁PA₁最大，这时A₁P⊥AD₁, A₁P = $\frac{A₁D₁\cdot AA₁}{AD₁}$ = $\sqrt{3}$, 　得tan∠B₁PA₁ = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$, 　即PB₁与平面AA₁D₁D所成角的正切值的最大值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$

典例 如图，PA是平面α的斜线，∠BAC在平面α内，且∠BAC = 90°，又∠PAB = ∠PAC = 60°，则PA与平面α所成的角为_______.

答案： 45° 　解析　作P在α内的正射影O.则O 在∠BAC的平分线上，∠PAO为PA 与平面α所成的角，所以cos∠PAC = 　cos∠PAO·cos∠OAC, 　所以cos60° = cos∠PAO·cos45°所以cos∠PAO = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，故∠PAO = 45°,所以PA与平面α所成的角为45°.

跟踪训练3（多选）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体E - ABCD - F，且该八面体的各棱长均相等，则 （ ）

A. 异面直线AE与BC所成的角为60°
B. BD⊥CE
C. 平面ABF//平面CDE
D. 直线AE与平面BDE所成的角为60°

答案： ABC