《2025年师说高中数学选择性必修第一册》

例 1 如图，在三棱台 ABC - $A_{1}B_{1}C_{1}$中，若 $A_{1}A\perp$平面 ABC，$AB\perp AC$，$AB = AC = AA_{1}=2$，$A_{1}C_{1}=1$，M 为棱 BC 上一动点(不包含端点).
(1)若 M 为 BC 的中点，在图中过点 $A_{1}$作一个平面 $\alpha$，使得平面 $C_{1}MA//\alpha$. (不必给出证明过程，只要求作出 $\alpha$与棱台 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的截面)；
(2)是否存在点 M，使得平面 $C_{1}MA$与平面 $ACC_{1}A_{1}$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{6}}{6}$？若存在，求出 BM 长度；若不存在，请说明理由.

答案：
解析:
(1)由题意，我们需要保证平面α的两条相交直线平行于平面$C_{1}MA$的两条相交直线，我们过点$A_{1}$作$C_{1}M$的平行线交AB于点D，过点$A_{1}$作$C_{1}A$的平行线与CA延长线交于点E，连接DE，即可得到平面α，作出图象如图所示。

(2)由题意，在三棱台$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，建立空间直角坐标系如图所示。

$A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C_{1}(0,1,2)$，
$\therefore\overrightarrow{AC_{1}}=(0,1,2),\overrightarrow{BC}=(-2,2,0),\overrightarrow{AB}=(2,0,0)$，
设$\overrightarrow{BM}=\lambda\overrightarrow{BC}(0\lt\lambda\lt1)$，则$\overrightarrow{BM}=(-2\lambda,2\lambda,0)$，
$\therefore\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=(2 - 2\lambda,2\lambda,0)$，
令平面$C_{1}MA$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{AC_{1}}\cdot\boldsymbol{n}=y + 2z = 0\\\overrightarrow{AM}\cdot\boldsymbol{n}=(2 - 2\lambda)x + 2\lambda y = 0\end{cases}$，
令$x = 2\lambda$，则$y = 2\lambda - 2,z = 1 - \lambda$，
$\therefore\boldsymbol{n}=(2\lambda,2\lambda - 2,1 - \lambda)$；
又平面$ACC_{1}A_{1}$的一个法向量$\boldsymbol{m}=(1,0,0)$，
$\therefore|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|2\lambda|}{\sqrt{4\lambda^{2}+4(\lambda - 1)^{2}+(1 - \lambda)^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，
解得$\lambda=\frac{1}{3}$或$\lambda=-1$(舍)，
$\therefore\overrightarrow{BM}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$，
$\therefore$存在点M，此时BM的长度为$|\overrightarrow{BM}|=\frac{1}{3}|\overrightarrow{BC}|=\frac{2\sqrt{2}}{3}$。

巩固练习 1 如图，在正四棱锥 $S - ABCD$中，底面边长为$\sqrt{2}$，点 P 在线段 SD 上，且 $\triangle SAC$的面积为 1.
是否存在点 P，使得直线 SC 与平面 ACP 所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$？若存在，求出点 P 的位置；若不存在，说明理由.

答案：
解析:因为$S - ABCD$是正四棱锥，所以顶点S在底面ABCD的射影O是正方形ABCD的中心，即AC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系。

因为底面边长为$\sqrt{2}$，所以$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = 2$，
因为$\triangle SAC$的面积为1，所以有$\frac{1}{2}\times2\cdot SO = 2\Rightarrow SO = 1$，
$A(0,-1,0),C(0,1,0),S(0,0,1),D(-1,0,0)$，
$\overrightarrow{AC}=(0,2,0),\overrightarrow{SD}=(-1,0,-1),\overrightarrow{SC}=(0,1,-1)$，设$P(x,y,z)$，
设$\overrightarrow{SP}=\lambda\overrightarrow{SD}(\lambda\in[0,1])\Rightarrow(x,y,z - 1)=\lambda(-1,0,-1)\Rightarrow P(-\lambda,0,1 - \lambda),\overrightarrow{AP}=(-\lambda,1,1 - \lambda)$，
设平面ACP的法向量为$\boldsymbol{n}=(a,b,c)$，
所以$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AP}=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}2b = 0\\-\lambda a + b+(1 - \lambda)c = 0\end{cases}\Rightarrow\boldsymbol{n}=(1 - \lambda,0,\lambda)$，
因此$|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{SC}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{SC}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{SC}|}=\frac{|\lambda|}{\sqrt{2}\times\sqrt{(1 - \lambda)^{2}+\lambda^{2}}}$，
假设存在点P，使得直线SC与平面ACP所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
所以$\frac{\sqrt{15}}{5}=\sin\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{SC}\rangle=\sqrt{1-\cos^{2}\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{SC}\rangle}\Rightarrow\frac{3}{5}=1-\frac{\lambda^{2}}{2(2\lambda^{2}-2\lambda + 1)}\Rightarrow\lambda=\frac{2}{3}$或$\lambda = 2$，因为$\lambda\in[0,1]$，所以$\lambda = 2$舍去，
所以假设成立，此时$\overrightarrow{SP}=\frac{2}{3}\overrightarrow{SD}$，即点P是靠近D点的三等分点。