《2025年学习探究诊断高中数学选择性必修第一册》

12. 在四棱锥$P - ABCD$中，$PA\perp$平面$ABCD$，底面四边形$ABCD$为直角梯形，$AD// BC$，$AD\perp AB$，$PA = AD = 2,AB = BC = 1$，$Q$为$PD$的中点.
（1）求证：$PD\perp BQ$；
（2）求直线$BQ$与平面$PCD$所成角的正弦值.

答案：
(1)证明：因为$PA\perp$平面$ABCD$，所以$PA\perp AB,PA\perp AD$， 又$AD\perp AB$，如图，建立以$A$为原点，$AB$为$x$轴，$AD$为$y$轴，$AP$为$z$轴的空间直角坐标系。 由已知，$PA = AD = 2,AB = BC = 1,AD// BC$。 所以$A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0)$， $P(0,0,2)$。 又$Q$为$PD$中点，所以$Q(0,1,1)$。 所以$\overrightarrow{PD}=(0,2,-2),\overrightarrow{BQ}=(-1,1,1)$， 所以$\overrightarrow{PD}\cdot\overrightarrow{BQ}=0$， 所以$PD\perp BQ$。
(2)解：设平面$PCD$的法向量为$\boldsymbol{n}=(a,b,c)$， 则$\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PD}=0,\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CD}=0$，又$\overrightarrow{CD}=(-1,1,0)$， 所以$\begin{cases}2b - 2c = 0\\-a + b = 0\end{cases}$ 令$c = 1$，得$a = b = 1$，所以$\boldsymbol{n}=(1,1,1)$。 因此$\cos\langle\overrightarrow{BQ},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{BQ}\cdot\boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{BQ}||\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{\sqrt{3}\times\sqrt{3}}=\frac{1}{3}$， 所以直线$BQ$与平面$PCD$所成角的正弦值为$\frac{1}{3}$。

13. 如图，在直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC\perp BC$，$AC = BC = BB_{1}$，点$D$是$BC$的中点.
（1）求证：$A_{1}C//$平面$AB_{1}D$；
（2）求二面角$B_{1} - AD - B$的余弦值；
（3）在线段$B_{1}B$上是否存在一点$M$，使得$A_{1}M\perp B_{1}D$？若存在，求出$\frac{B_{1}M}{B_{1}B}$的值；若不存在，请说明理由.

答案：
(1)证明：连接$A_1B$，设$A_1B\cap AB_1 = E$，连接$DE$， 因为直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$， 所以四边形$ABB_1A_1$为矩形，$A_1E = EB$。 在$\triangle A_1BC$中，因为$A_1E = EB,BD = CD$， 所以$A_1C// ED$， 又因为$A_1C\not\subset$平面$AB_1D,ED\subset$平面$AB_1D$， 所以$A_1C//$平面$AB_1D$。
(2)解：因为直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1,AC\perp BC$，所以$CA,CB,CC_1$两两垂直。 如图，以$C$为原点，直线$CA,CB,CC_1$分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立空间直角坐标系。 设$AC = a(a\gt0)$， 则$C(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),B_1(0,a,a)$， $A_1(a,0,a),D(0,\frac{1}{2}a,0)$， 所以$\overrightarrow{AD}=(-a,\frac{a}{2},0),\overrightarrow{DB_1}=(0,\frac{a}{2},a)$。 设$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$是平面$B_1AD$的一个法向量，则由$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AD}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DB_1}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}-ax+\frac{a}{2}y = 0\\\frac{a}{2}y + az = 0\end{cases}$ 取$x = 1$，则$y = 2,z = -1$，即$\boldsymbol{n}=(1,2,-1)$。 又$\overrightarrow{BB_1}$是平面$BAD$的一个法向量，且$\overrightarrow{BB_1}=(0,0,a)$。 设二面角$B_1 - AD - B$的平面角的大小是$\theta$，则$|\cos\theta|=\frac{|\overrightarrow{BB_1}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{BB_1}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{6}}{6}$， 所以二面角$B_1 - AD - B$的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{6}$。
(3)结论：在线段$B_1B$上存在一点$M$，使得$A_1M\perp B_1D$。 解：设点$M$为线段$B_1B$上一点，且$\frac{B_1M}{B_1B}=\lambda$，则$B_1M = a\lambda$， 所以$M(0,a,a - a\lambda),\overrightarrow{A_1M}=(-a,a - a\lambda),\overrightarrow{B_1D}=(0,-\frac{1}{2}a,-a)$， 若$A_1M\perp B_1D$， 则$\overrightarrow{A_1M}\cdot\overrightarrow{B_1D}=-\frac{a^2}{2}+a^2\lambda = 0$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$， 所以在线段$B_1B$上存在一点$M$，使得$A_1M\perp B_1D$。此时$\frac{B_1M}{B_1B}=\frac{1}{2}$（即点$M$为线段$B_1B$的中点）。