《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

如图 1, $ \angle ABC = \angle BCD = 90° $, $ AB = BC = 2 $, $ CD = 4 $, 将图 1 中的 $ \triangle ABC $ 沿着 $ BC $ 翻折得到图 2 所示的三棱锥, 棱 $ AD $ 上的点 $ E $ 满足 $ \overrightarrow{AE} = \lambda \overrightarrow{AD} (0 ＜ \lambda ＜ 1) $.
(1) 过点 $ E $ 作截面 $ \alpha // $ 平面 $ BCD $, 写出作法并证明;
(2) 当二面角 $ A - BC - D $ 的大小为 $ 120° $ 时, 求直线 $ AD $ 与(1)中平面 $ \alpha $ 所成角的正切值.

答案：
(1) 见解析；
(2) $\frac{\sqrt{87}}{29}$

典例
(1) 在正四面体 $ A - BCD $ 中, $ O $ 为 $ \triangle BCD $ 的重心, 则 $ \cos \angle ABO = $.
(2) 如图所示, 矩形 $ ABCD $ 中, $ AB = 2\sqrt{2} $, $ AD = 2 $, 沿 $ BD $ 将 $ \triangle BCD $ 折起, 使得点 $ C $ 在平面 $ ABD $ 上的射影落在 $ AB $ 上, 则直线 $ BC $ 与平面 $ ABD $ 所成的角为______.

答案：
(1)$\frac{\sqrt{3}}{3}$ [
(1)法一　不妨设正四面体棱长为$2$,则$AB = 2$,$OB=\frac{2}{3} × 2 × \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,　所以$\cos \angle ABO=\frac{OB}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.　法二　由三余弦公式,$\cos \angle ABD = \cos \angle ABO \cdot \cos \angle OBD$,显然$\angle ABD = 60^{\circ}$,$\angle OBD = 30^{\circ}$,　所以$\cos \angle ABO=\frac{\cos 60^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.]
(2)$45^{\circ}$　[法一　作$CE\perp AB$于$E$,由题意知$DE = 3\sqrt{3}$,$CD = 3$,$\angle CDE = 90^{\circ}$,故$CE=6$.　又$PE=AE=2\sqrt{3}$,$PC=4\sqrt{3}$,所以$PE^{2}+CE^{2}=PC^{2}$,故$PE\perp CE$,又$PE\perp EF$,$CE\cap EF=E$,所以$PE\perp$平面$ABCD$.　$EF\perp AE$及翻折性质知$EF\perp PE$,$EF\perp ED$,以$E$为原点，$EF$,$ED$,$PE$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系,则$P(0,0,2\sqrt{3})$,$E(0,0,0)$,$F(2,0,0)$,$D(0,3\sqrt{3},0)$,$C(3,3\sqrt{3},0)$,$B(2,0,0)$,　$\overrightarrow{PD}=(0,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})$,$\overrightarrow{PB}=(2,0,-2\sqrt{3})$,$\overrightarrow{PC}=(3,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})$,　设平面$PBF$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$,则$\begin{cases} 2x - 2\sqrt{3}z = 0, \\ 3x + 3\sqrt{3}y - 2\sqrt{3}z = 0, \end{cases}$取$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},-1,1)$,　平面$PCD$的法向量为$\boldsymbol{m}=(1,0,0)$,　则$|\cos \langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}$,故平面$PCD$与平面$PBF$所成二面角的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$.]