《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例4　(2024·聊城模拟)如图，在正三棱柱ABC - $A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1}$ = 2AB = 2，点D，E，F分别是棱AC，$CC_{1}$，$C_{1}B_{1}$的中点，点P满足$\overrightarrow{AP} = \lambda\overrightarrow{AB} + \mu\overrightarrow{AA_{1}}$，其中$\lambda\in[0,1]$，$\mu\in[0,1]$。

(1)当$\lambda = \mu = \frac{1}{2}$时，求证：DP//平面$A_{1}EF$；
(2)当$\lambda = 1$时，是否存在点P使得平面ACP与平面$A_{1}EF$的夹角的余弦值是$\frac{\sqrt{15}}{5}$？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由。______________________________

答案：
例4 （1）证明 当$\lambda=\mu=\frac{1}{2}$时，$\overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AA_1}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB_1}$，故点P是$AB_1$的中点，
如图，连接$CB_1$，DP，
因为点D是AC的中点，P是$AB_1$的中点，
所以$DP//CB_1$，

因为点E，F分别是$CC_1$，$C_1B_1$的中点，所以$EF//CB_1$，所以$DP//EF$，
因为$DP\not\subset$平面$A_1EF$，$EF\subset$平面$A_1EF$，
所以$DP//$平面$A_1EF$。
（2）解 存在，点P为$BB_1$的靠近点B的四等分点。
当$\lambda = 1$时，$\overrightarrow{AP}=\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{AA_1}$，即$\overrightarrow{BP}=\mu\overrightarrow{BB_1}$，$\mu\in[0,1]$，所以点P在棱$BB_1$上，
取$A_1C_1$的中点$D_1$，
连接$DD_1$，DB，则$DD_1//CC_1$，
在正三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$DD_1\perp$平面ABC，$\triangle ABC$是正三角形，所以$DB\perp AC$，
以D为坐标原点，$DA$，$DB$，$DD_1$所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示。
则$A(\frac{1}{2},0,0)$，$B(0,\frac{\sqrt{3}}{2},0)$，
$A_1(\frac{1}{2},0,2)$，$B_1(0,\frac{\sqrt{3}}{2},2)$，
$C_1(-\frac{1}{2},0,2)$，$E(-\frac{1}{2},0,1)$，
$P(0,\frac{\sqrt{3}}{2},2\mu)$，$C(-\frac{1}{2},0,0)$，
从而$F(-\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},2)$，
$\overrightarrow{A_1F}=(-\frac{3}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},0)$，
$\overrightarrow{A_1E}=(-1,0,-1)$，
$\overrightarrow{AP}=(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},2\mu)$，
$\overrightarrow{AC}=(-1,0,0)$，
设平面$A_1EF$的法向量是$\boldsymbol{m}=(x_1,y_1,z_1)$，
由$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{A_1E}=0,\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{A_1F}=0,\end{cases}$
即$\begin{cases}-x_1 - z_1 = 0,\\-\frac{3}{4}x_1+\frac{\sqrt{3}}{4}y_1 = 0,\end{cases}$
令$x_1 = 1$，得$\boldsymbol{m}=(1,\sqrt{3},-1)$。
设平面ACP的法向量是$\boldsymbol{n}=(x_2,y_2,z_2)$，
由$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0,\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AP}=0,\end{cases}$
即$\begin{cases}-x_2 = 0,\\-\frac{1}{2}x_2+\frac{\sqrt{3}}{2}y_2+2\mu z_2 = 0,\end{cases}$
令$z_2=\sqrt{3}$，得$\boldsymbol{n}=(0,-4\mu,\sqrt{3})$。
所以$|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}$
$=\frac{|-4\sqrt{3}\mu-\sqrt{3}|}{\sqrt{1 + 3+1}\times\sqrt{16\mu^2+3}}$
$=\frac{4\sqrt{3}\mu+\sqrt{3}}{\sqrt{5}\times\sqrt{16\mu^2+3}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$，
得$(4\mu + 1)^2 = 16\mu^2+3$，
解得$\mu=\frac{1}{4}$，所以存在点P使得平面ACP与平面$A_1EF$的夹角的余弦值是$\frac{\sqrt{15}}{5}$，此时点P为$BB_1$的靠近点B的四等分点。

跟踪演练2　(2024·黔西南州模拟)如图所示为直四棱柱ABCD - $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，AB = AD = $2\sqrt{2}$，CB = CD = 4，$AA_{1}$ = 4，∠BCD = 60°，M，$M_{1}$分别是线段BC，$B_{1}C_{1}$的中点。

(1)证明：BC⊥平面$MM_{1}D$；
(2)求BC与平面$BDA_{1}$所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点P，使得$PB_{1}$//平面$BDA_{1}$？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由。______________________________

答案：
跟踪演练2 （1）证明 由$\angle BCD = 60^{\circ}$，$CB = CD$，知$\triangle BCD$为正三角形，
又M为BC的中点，则$DM\perp BC$。
又$M_1$为$B_1C_1$的中点，
则$MM_1//CC_1$，
而$CC_1\perp BC$，所以$MM_1\perp BC$。
又$DM\cap MM_1 = M$，$DM$，$MM_1\subset$平面$MM_1D$，
所以$BC\perp$平面$MM_1D$。
（2）解 由（1）知$\triangle BCD$为正三角形，则$BD = 4$，
在$\triangle ABD$中，$AB = AD = 2\sqrt{2}$，
有$BD^2 = AB^2+AD^2$，
所以$AB\perp AD$，
易知$AA_1\perp AB$，$AA_1\perp AD$，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,0)$，

$B(2\sqrt{2},0,0)$，$C(\sqrt{6}+\sqrt{2},\sqrt{6}+\sqrt{2},0)$，$D(0,2\sqrt{2},0)$，$A_1(0,0,4)$，$B_1(2\sqrt{2},0,4)$，
所以$\overrightarrow{BC}=(\sqrt{6}-\sqrt{2},\sqrt{6}+\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{BA_1}=(-2\sqrt{2},0,4)$，$\overrightarrow{BD}=(-2\sqrt{2},2\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{BB_1}=(0,0,4)$，
设平面$BDA_1$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BD}=-2\sqrt{2}x + 2\sqrt{2}y = 0,\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BA_1}=-2\sqrt{2}x + 4z = 0,\end{cases}$
令$x=\sqrt{2}$，得$y=\sqrt{2}$，$z = 1$，
故$\boldsymbol{n}=(\sqrt{2},\sqrt{2},1)$，
设BC与平面$BDA_1$所成的角为$\theta$，
则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{BC},\boldsymbol{n}\rangle|$
$=\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{BC}||\boldsymbol{n}|}=\frac{4\sqrt{3}}{4\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$，
即BC与平面$BDA_1$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$。
假设在线段BC上存在点P，使得$PB_1//$平面$BDA_1$，
令$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，
则$\overrightarrow{BP}=(\sqrt{6}\lambda-\sqrt{2}\lambda,\sqrt{6}\lambda+\sqrt{2}\lambda,0)$，
所以$\overrightarrow{PB_1}=\overrightarrow{BB_1}-\overrightarrow{BP}=(\sqrt{2}\lambda-\sqrt{6}\lambda,-\sqrt{2}\lambda-\sqrt{6}\lambda,4)$，
由$PB_1//$平面$BDA_1$，得$\overrightarrow{PB_1}\perp\boldsymbol{n}$，
所以$\overrightarrow{PB_1}\cdot\boldsymbol{n}=2\lambda-2\sqrt{3}\lambda-2\lambda-2\sqrt{3}\lambda + 4 = 0$，
解得$\lambda=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
此时$\overrightarrow{BP}=(\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3},\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{3},0)$，
所以$|\overrightarrow{BP}|=\sqrt{(\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{3})^2+(\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{6}}{3})^2}$
$=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，即BP的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$。