《2025年教材课本高中数学选择性必修第一册人教B版》

① 已知二面角P - AB - P′的大小为$\frac{\pi}{6}$，且PP′⊥平面ABP′，△ABP的面积为3，求△ABP′的面积.

答案：
如图D1，在△ABP中作PM⊥AB于点M.
连接P'M，则∠PMP'为二面角P - AB - P'的一个平面角，即∠PMP' = $\frac{\pi}{6}$.
又PP'⊥面ABP'，
∴PP'⊥P'M，
∴$\cos\angle P'MP=\frac{P'M}{PM}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{\triangle ABP'}}=\frac{AB\times PM\times\frac{1}{2}}{AB\times P'M\times\frac{1}{2}}=\frac{2}{\sqrt{3}}$.
又$S_{\triangle ABP}=3$，
∴$S_{\triangle ABP'}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

② 已知直二面角α - l - β的棱上有A，B两个点，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AB = 5，AC = 3，BD = 8，求CD的长.

答案：
依题意作图如图D2.
∵$\alpha - l - \beta$为直二面角，且BD⊥l，
∴BD⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，
∴BD⊥BC.
在Rt△ABC中，$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}=5^{2}+3^{2}=34$，
在Rt△BDC中，$CD^{2}=BD^{2}+BC^{2}=8^{2}+34 = 98$，
故CD的长为$7\sqrt{2}$.

③ 如果$\boldsymbol{n}_{1}$，$\boldsymbol{n}_{2}$分别是平面$\alpha_{1}$，$\alpha_{2}$的一个法向量，设$\alpha_{1}$与$\alpha_{2}$所成角的大小为θ，写出cosθ与cos$\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle$之间的关系.

答案： $\cos\theta=\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle$或者$\cos\theta = -\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle$.

① 已知A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，分别求平面ABC与三个坐标平面所成角的余弦值.

答案： 由题易知$\overrightarrow{AB}=(-1,2,0)$，$\overrightarrow{AC}=(-1,0,3)$，
设平面ABC的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB}=-x + 2y = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AC}=-x + 3z = 0\end{cases}$，
取$x = 1$，得平面ABC的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3})$.
易知平面xOy的一个法向量为$\boldsymbol{t}_{1}=(0,0,1)$，
所以$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{t}_{1}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{t}_{1}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{t}_{1}\vert}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{7}}{6}}=\frac{2}{7}$，所以平面ABC与平面xOy所成角的余弦值为$\frac{2}{7}$；
平面xOz的一个法向量为$\boldsymbol{t}_{2}=(0,1,0)$，
$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{t}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{t}_{2}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{t}_{2}\vert}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{7}}{6}}=\frac{3}{7}$，所以平面ABC与平面xOz所成角的余弦值为$\frac{3}{7}$；
平面yOz的一个法向量为$\boldsymbol{t}_{3}=(1,0,0)$，
$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{t}_{3}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{t}_{3}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{t}_{3}\vert}=\frac{1}{\frac{\sqrt{7}}{6}}=\frac{6}{7}$，所以平面ABC与平面yOz所成角的余弦值为$\frac{6}{7}$.

② 已知正三棱锥S - ABC的所有棱长都为1，求其侧面与底面所成角的余弦值.

答案：
如图D3，取AB的中点M.
连接CM，SM，过点S作CM的垂线SN，垂足为N.
∵三棱锥所有棱长都为1，
∴SM⊥AB，CM⊥AB，
∴∠SMN即为侧面SAB与底面ABC所成角的平面角.
在△SMC中，$SM = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$CM = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$SC = 1$.
∴$\cos\angle SMC=\frac{SM^{2}+CM^{2}-SC^{2}}{2\times SM\times CM}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{3}{4}-1}{2\times\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}$，
又正三棱锥S - ABC的各侧面与底面所成角都相等，故其侧面与底面所成角的余弦值为$\frac{1}{3}$.

③ 如图，已知AB是圆的直径，且AB = 4，PA垂直于圆所在的平面，且PA = 2$\sqrt{3}$，M是圆周上一点，且∠ABM = 30°，求二面角A - BM - P的大小.

答案：
∵AB为圆的直径，
∴AM⊥BM.
又PA⊥平面AMB，BM⊂平面AMB，
∴PA⊥BM.
∵AM∩PA = A，
∴BM⊥平面PAM，
又PM⊂平面PAM，
∴PM⊥BM.
∴∠PMA为二面角A - BM - P的平面角.
在Rt△AMB中，
∵∠ABM = 30°，AB = 4，
∴AM = 2.
在Rt△PAM中，$PM=\sqrt{2^{2}+(2\sqrt{3})^{2}} = 4$.
∴$\cos\angle PMA=\frac{1}{2}$，
∴∠PMA = 60°.
故二面角A - BM - P的大小为60°.