《2025年高考帮数学》

例2 [2021全国卷甲]如图，已知直三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，侧面AA₁B₁B为正方形，AB = BC = 2，E，F分别为AC和CC₁的中点，D为棱A₁B₁上的点，BF⊥A₁B₁。
(1)证明：BF⊥DE。
(2)当B₁D为何值时，平面BB₁C₁C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
　　　　　　　　　　　　

答案：

(1)因为F为CC₁的中点,
所以CF = $\frac{1}{2}CC_{1}=\frac{1}{2}BB_{1}=1$,BF = $\sqrt{BC^{2}+CF^{2}}=\sqrt{5}$.
如图,连接AF,由BF⊥A₁B₁,AB//A₁B₁,得BF⊥AB,于是AF = $\sqrt{BF^{2}+AB^{2}} = 3$,
所以AC = $\sqrt{AF^{2}-CF^{2}}=2\sqrt{2}$.
则AB² + BC² = AC²,所以BA⊥BC,
故以B点为坐标原点,AB,BC,BB₁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Bxyz,
则B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),$\overrightarrow{BF}=(0,2,1)$.
设B₁D = m(0≤m≤2),则D(m,0,2),
于是$\overrightarrow{DE}=(1 - m,1,-2)$.
所以$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{DE}=0$,所以BF⊥DE.
　　　　　　　　　　　　　　　
(2)易知平面BB₁C₁C的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(1,0,0)$.
设平面DFE的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x,y,z)$,则$\begin{cases}\overrightarrow{DE}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\\\overrightarrow{EF}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\end{cases}$,
又$\overrightarrow{DE}=(1 - m,1,-2)$,$\overrightarrow{EF}=(-1,1,1)$,
所以$\begin{cases}(1 - m)x + y - 2z = 0\\-x + y + z = 0\end{cases}$,令x = 3,得y = m + 1,z = 2 - m,
于是,平面DFE的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(3,m + 1,2 - m)$,
所以$\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}}{\vert\boldsymbol{n}_{1}\vert\vert\boldsymbol{n}_{2}\vert}=\frac{3}{\sqrt{2(m-\frac{1}{2})^{2}+\frac{27}{2}}}$.
设平面BB₁C₁C与平面DFE所成的二面角为θ,
则$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle}$,
故当m = $\frac{1}{2}$时,平面BB₁C₁C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,为$\frac{\sqrt{3}}{3}$,即当B₁D = $\frac{1}{2}$时,平面BB₁C₁C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.

训练3 [多选/2023重庆名校联盟联考]在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，P，Q分别为AD₁，B₁C上的动点，且满足AP = B₁Q，则　　　　　(　　　)
A. 存在PQ的某一位置，使AB//PQ
B. △BPQ的面积为定值
C. 当PA＞0时，直线PB₁与直线AQ一定异面
D. 无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ

答案： ACD　对于A,当P,Q分别是AD₁与B₁C的中点时,AB//PQ,故A正确.
对于B,设正方体的棱长为2,当P在A处,Q在B₁处时,△BPQ的面积为2,当P在AD₁的中点,Q在B₁C的中点时,△BPQ的面积为$\sqrt{2}$,故B错误.
对于C,当PA ＞ 0时,设直线PB₁与AQ是共面直线,则AP与B₁Q共面,矛盾,所以直线PB₁与直线AQ是异面直线,故C正确.
对于D,当P与A重合或P与D₁重合时,易证BC⊥PQ.当P不与A,D₁重合时,设点P在平面ABCD内的射影为M,点Q在平面ABCD内的摄影为N,连接PM,QN,MN,PQ,由AP = B₁Q知,AM = BN,则BC⊥MN,又QN⊥BC,MN∩QN = N,所以BC⊥平面PMNQ,因为PQ⊂平面PMNQ,所以BC⊥PQ,故D正确.故选ACD.

训练4 如图，在四棱锥P - ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA = AD = CD = 2，BC = 3。E为PD的中点，点F在PC上，且$\frac{PF}{PC}$ = $\frac{1}{3}$。
(1)求证：CD⊥平面PAD。
(2)求二面角F - AE - P的余弦值。
(3)设点G在PB上，且$\frac{PG}{PB}$ = $\frac{2}{3}$。判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由。
　　　　　　　　　　

答案：

(1)因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.
又AD⊥CD,AD∩PA = A,AD,PA⊂平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
以点A为坐标原点,分别以AM,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以$\overrightarrow{AE}=(0,1,1)$,$\overrightarrow{PC}=(2,2,-2)$,$\overrightarrow{AP}=(0,0,2)$.
所以$\overrightarrow{PF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PC}=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},-\frac{2}{3})$,$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PF}=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{4}{3})$.
设平面AEF的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$,
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AE}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AF}=0\end{cases}$,即$\begin{cases}y + z = 0\\\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}y+\frac{4}{3}z = 0\end{cases}$,
令z = 1,则y = -1,x = -1.
于是$\boldsymbol{n}=(-1,-1,1)$为平面AEF的一个法向量.
易得平面PAD的一个法向量为$\boldsymbol{p}=(1,0,0)$,
则$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{p}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{p}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{p}\vert}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.
由题知,二面角F - AE - P为锐二面角,所以其余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(3)直线AG在平面AEF内.理由如下.
因为点G在PB上,且$\frac{PG}{PB}=\frac{2}{3}$,$\overrightarrow{PB}=(2,-1,-2)$,
所以$\overrightarrow{PG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{PB}=(\frac{4}{3},-\frac{2}{3},-\frac{4}{3})$,$\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PG}=(\frac{4}{3},-\frac{2}{3},\frac{2}{3})$.
由
(2)知,平面AEF的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(-1,-1,1)$.
所以$\overrightarrow{AG}\cdot\boldsymbol{n}=-\frac{4}{3}+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}=0$.所以直线AG在平面AEF内.