《2025年师说高中数学选择性必修第一册》

例3 如图，在三棱台ABC - A₁B₁C₁中，AB⊥AC，AB = AC = 4，A₁A = A₁B₁ = 2，侧棱A₁A⊥平面ABC，点D是棱CC₁的中点.
（1）证明：平面BB₁C⊥平面AB₁C；
（2）求二面角C - BD - A的正弦值.

答案：
解析:
(1)证明:因为$A_1A\perp$平面$ABC$，$AC\subset$平面$ABC$，
所以$AA_1\perp AC$，
又$AB\perp AC$，$AA_1\cap AB = A$，$AA_1$，$AB\subset$平面$ABB_1A_1$，
所以$AC\perp$平面$ABB_1A_1$.
又$BB_1\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$AC\perp BB_1$.
又因为$AB_1=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$，$BB_1=\sqrt{(4 - 2)^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$，
所以$AB^2 = AB_1^2 + BB_1^2$，所以$AB_1\perp BB_1$.
又$AB_1\cap AC = A$，$AB_1$，$AC\subset$平面$AB_1C$，
所以$BB_1\perp$平面$AB_1C$，
因为$BB_1\subset$平面$BB_1C$，
所以平面$BB_1C\perp$平面$AB_1C$.
(2)以$A$为坐标原点，$AB$，$AC$，$AA_1$所在的直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，如图所示.

因为$AB = AC = 4$，$A_1A = A_1B_1 = A_1C_1 = 2$，
所以$A(0,0,0)$，$B(4,0,0)$，$C(0,4,0)$，$C_1(0,2,2)$，$D(0,3,1)$.
设平面$ABD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_1=(x_1,y_1,z_1)$，设平面$CBD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_2=(x_2,y_2,z_2)$，且$\overrightarrow{AB}=(4,0,0)$，$\overrightarrow{AD}=(0,3,1)$，$\overrightarrow{CB}=(4,-4,0)$，$\overrightarrow{CD}=(0,-1,1)$.
因为$\begin{cases}\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}_1 = 0\\\overrightarrow{AD}\cdot\boldsymbol{n}_1 = 0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_1 = 0\\3y_1 + z_1 = 0\end{cases}$，
令$y_1 = 1$，则$x_1 = 0$，$z_1 = -3$，所以$\boldsymbol{n}_1=(0,1,-3)$.
又因为$\begin{cases}\overrightarrow{CB}\cdot\boldsymbol{n}_2 = 0\\\overrightarrow{CD}\cdot\boldsymbol{n}_2 = 0\end{cases}$，所以$\begin{cases}x_2 - y_2 = 0\\y_2 - z_2 = 0\end{cases}$.
令$x_2 = 1$，则$y_2 = 1$，$z_2 = 1$，所以$\boldsymbol{n}_2=(1,1,1)$.
所以$\cos\langle\boldsymbol{n}_1,\boldsymbol{n}_2\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{1 - 3}{\sqrt{10}\times\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{30}}{15}$.
设二面角$C - BD - A$的大小为$\theta$，则$\sin\theta =\sqrt{1 - \left(-\frac{\sqrt{30}}{15}\right)^2}=\frac{\sqrt{195}}{15}$，
所以二面角$C - BD - A$的正弦值为$\frac{\sqrt{195}}{15}$.

巩固练习3 如图，在三棱锥P - ABC中，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC = 8，PA = PC = 5，O为AC中点.
（1）求证：PO⊥平面ABC；
（2）求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.

答案：
解析:
(1)证明:因为在$\triangle PAC$中$PA = PC = 5$，$O$为$AC$中点，所以$PO\perp AC$.
又因为平面$PAC\perp$平面$ABC$，平面$PAC\cap$平面$ABC = AC$，$PO\perp AC$，$PO\subset$平面$PAC$，
所以$PO\perp$平面$ABC$，得证.
(2)在三棱锥$P - ABC$中，连接$OB$，
因为$O$为$AC$中点，$\triangle ABC$是以$AC$为斜边的等腰直角三角形，则$OB\perp OC$，
由
(1)知，$PO\perp$平面$ABC$，所以以$O$为原点，分别以$OB$，$OC$，$OP$所在直线为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，如图所示，

由题意知，$OB = OA = OC = 4$，又$PA = PC = 5$，则$OP = 3$，
则$P(0,0,3)$，$A(0,-4,0)$，$B(4,0,0)$，$C(0,4,0)$，
所以$\overrightarrow{PA}=(0,-4,-3)$，$\overrightarrow{PB}=(4,0,-3)$，$\overrightarrow{PC}=(0,4,-3)$，
设平面$PAB$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_1,y_1,z_1)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PA}=-4y_1 - 3z_1 = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PB}=4x_1 - 3z_1 = 0\end{cases}$，
取$x_1 = 3$，则$y_1 = -3$，$z_1 = 4$，则$\boldsymbol{n}=(3,-3,4)$，
设平面$PBC$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_2,y_2,z_2)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{PB}=4x_2 - 3z_2 = 0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{PC}=4y_2 - 3z_2 = 0\end{cases}$，
取$x_2 = 3$，则$y_2 = 3$，$z_2 = 4$，则$\boldsymbol{m}=(3,3,4)$，
设平面$PAB$与平面$PBC$夹角为$\theta$，
则$\cos\theta =|\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{|9 - 9 + 16|}{\sqrt{9 + 9 + 16}\times\sqrt{9 + 9 + 16}}=\frac{16}{34}=\frac{8}{17}$，
即平面$PAB$与平面$PBC$夹角的余弦值为$\frac{8}{17}$.

1.直线l₁，l₂的方向向量分别是v₁，v₂，若v₁与v₂所成的角为θ，直线l₁，l₂所成的角为α，则 （ ）
A.α = θ
B.α = π - θ
C.cosθ = |cosα|
D.cosα = |cosθ|

答案： 解析：由题意可得$\alpha=\theta$或$\alpha=\pi - \theta$，且$\alpha\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$，因而$\cos\alpha =|\cos\theta|$.故选D.
答案：D

2.若直线a的一个方向向量是m =（1，0，1），平面α的一个法向量是n =（-3，1，3），则直线a与平面α所成的角为 （ ）
A.0°
B.45°
C.60°
D.90°

答案： 解析：已知直线$a$的方向向量是$\boldsymbol{m}=(1,0,1)$，平面$\alpha$的一个法向量是$\boldsymbol{n}=(-3,1,3)$，设直线$a$与平面$\alpha$所成角为$\theta$，则$\theta\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，所以$\sin\theta =|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{0}{\sqrt{2}\times\sqrt{19}} = 0$，
所以$\theta = 0^{\circ}$，故直线$a$与平面$\alpha$所成角为$0^{\circ}$.故选A.
答案：A

3.（多选）已知二面角α - l - β中，平面α的一个法向量为n₁ = ($\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\sqrt{2}$)，平面β的一个法向量为n₂ =（0，$\frac{1}{2}$，$\sqrt{2}$），则二面角α - l - β的平面角满足 （ ）
A.余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.正弦值为$\frac{1}{2}$
C.大小为60°
D.大小为30°或150°

答案： 解析：设所求二面角的平面角的大小为$\theta$，
则$|\cos\theta|=\frac{|\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2|}{|\boldsymbol{n}_1||\boldsymbol{n}_2|}=\frac{\left|\frac{1}{4}+2\right|}{\sqrt{3}\times\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
所以$\theta = 30^{\circ}$或$150^{\circ}$，故C错误，D正确，
又因为$\sin30^{\circ}=\sin150^{\circ}=\frac{1}{2}$，故A错误，B正确.故选BD.
答案：BD

4.如图，正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，设AD = 1，DD₁ = 3，点P在线段CC₁上，且C₁P = 2PC，则直线A₁P与平面PBD所成角的正弦值是________.

答案：
解析：以$D$为坐标原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴，建立空间直角坐标系，则$A_1(1,0,3)$，$P(0,1,1)$，$B(1,1,0)$，$D(0,0,0)$，
设平面$PBD$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DP}=(x,y,z)\cdot(0,1,1)=y + z = 0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DB}=(x,y,z)\cdot(1,1,0)=x + y = 0\end{cases}$，
令$y = 1$，则$x = z = -1$，故$\boldsymbol{m}=(-1,1,-1)$，
设直线$A_1P$与平面$PBD$所成角大小为$\theta$，
则$\sin\theta =|\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{A_1P}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{A_1P}|}{|\boldsymbol{m}||\overrightarrow{A_1P}|}$
$=\frac{|(-1,1,-1)\cdot(-1,1,-2)|}{\sqrt{1 + 1 + 1}\times\sqrt{1 + 1 + 4}}=\frac{1 + 1 + 2}{\sqrt{3}\times\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
答案：$\frac{2\sqrt{2}}{3}$