《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第一册人教版青海专用》

[例2](2025·泉州期中)如图,在圆锥 $SO$ 中,高 $SO = 3$,底面圆 $O$ 的直径 $AB = 5$,$C$ 是 $OA$ 的中点,点 $D$ 在圆 $O$ 上,平面 $SAB \perp$ 平面 $SCD$。
(1)证明：$CD \perp AB$；
(2)若 $P$ 是圆 $O$ 上的动点,求平面 $SCD$ 与平面 $SOP$ 夹角余弦值的取值范围。

答案：
[解]　
(1)证明:在平面ABD内过O作$Oy⊥AB$，而$SO⊥$平面ABD，以O为原点，OA，Oy，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，则$O(0,0,0),A(\frac{5}{2},0,0),C(\frac{5}{4},0,0),B(-\frac{5}{2},0,0),S(0,0,3)$，$\overrightarrow {SC}=(\frac{5}{4},0,-3)$，
　　　
设$\overrightarrow {CD}=(a,b,0)$，
设平面SCD的法向量$n_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}n_{1}\cdot \overrightarrow {CD}=ax_{1}+by_{1}=0\\n_{1}\cdot \overrightarrow {SC}=\frac{5}{4}x_{1}-3z_{1}=0\end{cases}$，
令$x_{1}=12b$，得$n_{1}=(12b,-12a,5b)$，而平面SAB的法向量为$m=(0,1,0)$，因为平面$SAB⊥$平面SCD，则$m\cdot n_{1}=-12a = 0$，解得$a = 0$，
于是$\overrightarrow {CD}=(0,b,0)$，而$\overrightarrow {AB}=(-5,0,0)$，则$\overrightarrow {CD}\cdot \overrightarrow {AB}=0$，所以$CD⊥AB$。
(2)设点$P(t,s,0)$，显然$t^{2}+s^{2}=\frac{25}{4}$，$s∈[-\frac{5}{2},\frac{5}{2}]$，$\overrightarrow {OS}=(0,0,3)$，$\overrightarrow {OP}=(t,s,0)$，设平面SOP的法向量$n_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}n_{2}\cdot \overrightarrow {OS}=3z_{2}=0\\n_{2}\cdot \overrightarrow {OP}=tx_{2}+sy_{2}=0\end{cases}$，
令$x_{2}=s$，得$n_{2}=(s,-t,0)$，
由
(1)知，平面SCD的一个法向量$n=(12,0,5)$，
设平面SCD与平面SOP的夹角为$\theta$，于是$\cos\theta =|\cos\langle n,n_{2}\rangle|=\frac{|n\cdot n_{2}|}{|n||n_{2}|}=\frac{12|s|}{13\sqrt{t^{2}+s^{2}}}=\frac{24|s|}{65}∈[0,\frac{12}{13}]$，
所以平面SCD与平面SOP夹角余弦值的取值范围为$[0,\frac{12}{13}]$。

如图,在三棱锥 $P - ABC$ 中,$\triangle PAB$ 为等边三角形,$\triangle ABC$ 为等腰直角三角形,$PA = 2$,$AC \perp BC$,平面 $PAB \perp$ 平面 $ABC$。
(1)证明：$AB \perp PC$；
(2)点 $D$ 在线段 $PC$ 上,求直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 所成角的正弦值的最大值。

答案：
解:
(1)证明:取AB的中点O，连接OP，OC。因为$\triangle PAB$为等边三角形，所以$OP⊥AB$。
因为$\triangle ABC$为等腰直角三角形，且$AC⊥BC$，所以$OC⊥AB$。
因为$OP,OC\subset$平面POC，$OP\cap OC = O$，所以$AB⊥$平面POC，又$PC\subset$平面POC，所以$AB⊥PC$。
　　　　
(2)因为平面$PAB⊥$平面ABC，平面$PAB\cap$平面$ABC = AB$，$OP\subset$平面$PAB$，$OP⊥AB$，所以$OP⊥$平面ABC。
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(0,-1,0),C(1,0,0),P(0,0,\sqrt{3}),B(0,1,0)$，$\overrightarrow {CB}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow {CP}=(-1,0,\sqrt{3})$，设$\overrightarrow {CD}=\lambda\overrightarrow {CP}(0\leq\lambda\leq1)$，则$\overrightarrow {AD}=\overrightarrow {AC}+\overrightarrow {CD}=(1,1,0)+\lambda(-1,0,\sqrt{3})=(1 - \lambda,1,\sqrt{3}\lambda)$。
设平面PBC的法向量为$n=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow {CB}\cdot n = 0\\\overrightarrow {CP}\cdot n = 0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x + y = 0\\-x+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$，令$z = \sqrt{3}$，则$x = 3$，$y = 3$，所以$n=(3,3,\sqrt{3})$。
设直线AD与平面PBC所成的角为$\theta$，则$\sin\theta =|\cos\langle\overrightarrow {AD},n\rangle|=\frac{|3 - 3\lambda+3 + 3\lambda|}{\sqrt{21}×\sqrt{(1 - \lambda)^{2}+1 + 3\lambda^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{21}×\sqrt{(1 - \lambda)^{2}+1 + 3\lambda^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{21}×\sqrt{4(\lambda - \frac{1}{4})^{2}+\frac{7}{4}}}\leq\frac{6}{\sqrt{21}×\sqrt{\frac{7}{4}}}=\frac{4\sqrt{3}}{7}$，
当且仅当$\lambda=\frac{1}{4}$时，等号成立。
故直线AD与平面PBC所成角的正弦值的最大值为$\frac{4\sqrt{3}}{7}$。