《2025年高考帮数学》

例3 [2023全国卷乙]如图，三棱锥P - ABC中，AB⊥BC，AB = 2，BC = 2$\sqrt{2}$，PB = PC = $\sqrt{6}$，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD = $\sqrt{5}$DO，点F在AC上，BF⊥AO.
(1)证明：EF//平面ADO.
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF.
(3)求二面角D - AO - C的正弦值.

答案：
例3
(1)如图,以B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系,则B(0,0),A(2,0),C(0,2√2),O(0,√2),向量AO = (-2,√2).设向量AF = λ向量AC,则易得F(-2λ + 2,2√2λ).因为BF⊥AO,所以向量BF·向量AO = 0,所以(-2λ + 2,2√2λ)·(-2,√2) = 0,解得λ = 1/2,所以F为AC的中点.又E,D分别为AP,BP的中点,所以EF//PC,OD//PC,所以EF//OD,又OD⊂平面ADO,EF⊄平面ADO,所以EF//平面ADO.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)AO = √AB² + BO² = √6,OD = 1/2PC = √6/2,又AD = √5OD = √30/2,所以AD² = AO² + OD²,所以AO⊥OD.由于EF//OD,所以AO⊥EF,又BF⊥AO,BF∩EF = F,BF⊂平面BEF,EF⊂平面BEF,所以AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)解法一 如图,以B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴、y轴,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,√2,0),向量AO = (-2,√2,0).因为PB = PC,BC = 2√2,所以设P(x,√2,z),z＞0,则向量BE = 向量BA + 1/2向量AP = 向量BA + 1/2(x - 2,√2,z) = (x + 2/2,√2/2,z/2),由
(2)知AO⊥BE,所以向量AO·向量BE = (-2,√2,0)·(x + 2/2,√2/2,z/2) = 0,所以x = -1,又PB = √6,向量BP = (x,√2,z),所以x² + 2 + z² = 6,所以z = √3,则P(-1,√2,√3).由D为BP的中点,得D(-1/2,√2/2,√3/2),则向量AD = (-5/2,√2/2,√3/2).设平面DAO的法向量为n₁ = (a,b,c),则{n₁·向量AD = 0, n₁·向量AO = 0},即{-5/2a + √2/2b + √3/2c = 0, -2a + √2b = 0},得b = √2a,c = √3a,取a = 1,则n₁ = (1,√2,√3)是平面DAO的一个法向量.易知平面CAO的一个法向量为n₂ = (0,1,1),设二面角D - AO - C的大小为θ,则|cosθ| = |cos＜n₁,n₂＞| = |n₁·n₂|/|n₁||n₂| = √3/√6 = √2/2,所以sinθ = √1 - 1/2 = √2/2,故二面角D - AO - C的正弦值为√2/2.
　　　　　　　　　　　　　　
解法二 如图,过点O作OH//BF交AC于点H,设AD∩BE = G,连接GF,DH.
∵BF⊥AO,
∴HO⊥AO,且FH = 1/3AH.由
(2)知DO⊥AO,又DO∩HO = O,DO⊂平面DOH,HO⊂平面DOH,所以AO⊥平面DOH,故∠DOH为二面角D - AO - C的平面角.
∵D,E分别为PB,PA的中点,
∴AD,BE的交点G为△PAB的重心,
∴DG = 1/3AD,GE = 1/3BE.又易知FH = 1/3AH,
∴DH = 3/2GF,在△ABP中,AB = 2,BD = 1/2PB = √6/2,AD = √5DO = √5/2PC = √30/2,则cos∠ABD = 4 + 3/2 - 15/2/2×2×√6/2 = 4 + 6 - PA²/2×2×√6,解得PA = √14,同理可得BE = √6/2.易知BF = 1/2AC = √3,EF = 1/2PC = √6/2,则BE² + EF² = 3/2 + 3/2 = 3 = BF²,故BE⊥EF,可得GF² = GE² + EF² = (1/3×√6/2)² + (√6/2)² = 5/3,
∴GF = √15/3,故DH = 3/2×√15/3 = √15/2.在△DOH中,OH = 1/2BF = √3/2,OD = 1/2PC = √6/2,DH = √15/2,
∴cos∠DOH = 3/2 + 3/4 - 15/4/2×√6/2×√3/2 = -√2/2,
∴sin∠DOH = √2/2.故二面角D - AO - C的正弦值为√2/2.
　　　　　　　　　　　　　　　　

训练4 [2023新高考卷Ⅰ]如图，在正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2，AA₁ = 4.点A₂，B₂，C₂，D₂分别在棱AA₁，BB₁，CC₁，DD₁上，AA₂ = 1，BB₂ = DD₂ = 2，CC₂ = 3.
(1)证明：B₂C₂//A₂D₂.
(2)点P在棱BB₁上，当二面角P - A₂C₂ - D₂为150°时，求B₂P.

答案：
训练4
(1)解法一 依题意,得向量B₂C₂ = 向量B₂B₁ + 向量B₁C₁ + 向量C₁C₂ = 向量DD₂ + 向量AD + 向量A₂A = 向量A₂D₂,所以B₂C₂//A₂D₂.
解法二 以点C为坐标原点,CD,CB,CC₁所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B₂(0,2,2),C₂(0,0,3),A₂(2,2,1),D₂(2,0,2),所以向量B₂C₂ = (0,-2,1),向量A₂D₂ = (0,-2,1),所以向量B₂C₂ = 向量A₂D₂,所以B₂C₂//A₂D₂.
　　　　　　　　　　　　　　　
(2)建立空间直角坐标系,建系方法同
(1)中解法二,设BP = n(0≤n≤4),则P(0,2,n),所以向量PA₂ = (2,0,1 - n),向量PC₂ = (0,-2,3 - n).设平面PA₂C₂的法向量为a = (x₁,y₁,z₁),所以{向量PA₂·a = 0, 向量PC₂·a = 0},则{2x₁ + (1 - n)z₁ = 0, -2y₁ + (3 - n)z₁ = 0},令x₁ = n - 1,得a = (n - 1,3 - n,2).设平面A₂C₂D₂的法向量为b = (x₂,y₂,z₂),由
(1)解法二知,向量A₂C₂ = (-2,-2,2),向量A₂D₂ = (0,-2,1),所以{向量A₂C₂·b = 0, 向量A₂D₂·b = 0},则{-2x₂ - 2y₂ + 2z₂ = 0, -2y₂ + z₂ = 0},令y₂ = 1,得b = (1,1,2).所以|cos 150°| = |cos＜a,b＞| = |n - 1 + 3 - n + 4|/√(n - 1)² + 4 + (3 - n)²×√6 = √3/2,整理得n² - 4n + 3 = 0,解得n = 1或n = 3,所以BP = 1或BP = 3,所以B₂P = 1.

例4 [2023天津高考]如图，在三棱台ABC - A₁B₁C₁中，已知A₁A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB = AC = AA₁ = 2，A₁C₁ = 1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.
(1)求证：A₁N//平面C₁MA.
(2)求平面C₁MA与平面ACC₁A₁所成角的余弦值.
(3)求点C到平面C₁MA的距离.

答案：
例4
(1)解法一(几何法) 连接MN.因为M,N分别是BC,AB的中点,所以MN//AC且MN = 1/2AC = 1,即有MN//A₁C₁,所以四边形MNA₁C₁是平行四边形,故A₁N//MC₁.又MC₁⊂平面C₁MA,A₁N⊄平面C₁MA,所以A₁N//平面C₁MA.
解法二(向量法) 以A为坐标原点,AB,AC,AA₁所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则有A(0,0,0),M(1,1,0),N(1,0,0),A₁(0,0,2),C₁(0,1,2).所以向量A₁N = (1,0,-2),向量AM = (1,1,0),向量AC₁ = (0,1,2).设平面C₁MA的法向量n = (x,y,z),则{n·向量AM = 0, n·向量AC₁ = 0},即{x + y = 0, y + 2z = 0},不妨取n = (2,-2,1).因为向量A₁N·n = 1×2 + 0×(-2) + (-2)×1 = 0,所以向量A₁N⊥n.又A₁N⊄平面C₁MA,所以A₁N//平面C₁MA.
　　　　　　　　　　　　
(2)由
(1)中解法二易知,平面ACC₁A₁的一个法向量为向量AN = (1,0,0),平面C₁MA的一个法向量为n = (2,-2,1),所以|cos＜向量AN,n＞| = |n·向量AN|/|n|·|向量AN| = 2/3,所以平面C₁MA与平面ACC₁A₁所成角的余弦值为2/3.
(3)易得C(0,2,0),则向量MC = (-1,1,0),所以点C到平面C₁MA的距离d = |向量MC·n|/|n| = 4/3.