《2025年金榜领航高二数学选择性必修第一册北师大版》

如图所示,在四棱锥$P-ABCD$中,$PA\perp平面ABCD$,$AB\perp BC$,$AB\perp AD$,且$PA= AB= BC= \frac{1}{2}AD= 1$,求$PB与CD$的夹角.

答案：
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则$B(1,0,0)$，$C(1,1,0)$，$D(0,2,0)$，$P(0,0,1)$，

所以$\overrightarrow{BP}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{DC}=(1,-1,0)$，
所以$\cos\langle\overrightarrow{BP},\overrightarrow{DC}\rangle=\frac{\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{DC}}{|\overrightarrow{BP}||\overrightarrow{DC}|}=\frac{-1}{\sqrt{2}×\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}$，
又$0^{\circ}\leqslant\langle\overrightarrow{BP},\overrightarrow{DC}\rangle\leqslant180^{\circ}$，
所以$\langle\overrightarrow{BP},\overrightarrow{DC}\rangle=120^{\circ}$，故PB与CD的夹角为$60^{\circ}$.

【典例2】如图,在直三棱柱$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中,$AB= AC= AA_{1}= 2$,$\angle BAC= 90^{\circ}$,$E,F分别为C_{1}C,BC$的中点. 求$A_{1}B与平面AEF$的夹角的正弦值.

答案：
【解析】以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则$A(0,0,0)$，$A_1(0,0,2)$，$B(2,0,0)$，$E(0,2,1)$，$F(1,1,0)$，

所以$\overrightarrow{A_1B}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{AE}=(0,2,1)$，$\overrightarrow{AF}=(1,1,0)$.
设平面AEF的法向量为$\boldsymbol{n}=(a,b,c)$，
由$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AE}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AF}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}2b + c = 0\\a + b = 0\end{cases}$，
令$a = 1$，可得$\boldsymbol{n}=(1,-1,2)$.
设$A_1B$与平面AEF所成角为$\theta$，所以$\sin\theta=|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{A_1B}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{A_1B}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{A_1B}|}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，
即$A_1B$与平面AEF的夹角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{6}$.

如图,在四棱锥$O-ABCD$中,底面$ABCD$为菱形,$\triangle OCD$为正三角形,平面$OCD\perp平面ABCD$,$\angle ADC= 60^{\circ}$.
(1) 证明：$OA\perp CD$.
(2) 若$E为OA$的中点,求直线$BE与平面OAC$的夹角的正弦值.

答案：
【解析】
(1)取CD的中点G，连接GO，GA，
因为$\triangle OCD$为正三角形，所以$OG\perp CD$，
底面ABCD为菱形，$\angle ADC = 60^{\circ}$，

所以$\triangle ACD$为正三角形，所以$AG\perp CD$，
$OG\cap AG = G$，$OG$，$AG\subset$平面OAG，
所以$CD\perp$平面OAG，$OA\subset$平面OAG，
所以$CD\perp OA$；
(2)因为平面$OCD\perp$平面ABCD，平面$OCD\cap$平面$ABCD = CD$，$OG\perp CD$，$OG\subset$平面OCD，
所以$OG\perp$平面ABCD，
又因为$AG\perp CD$，所以以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设$DC = DA = AC = OC = OD = 2$，所以$O(0,0,\sqrt{3})$，$D(1,0,0)$，$C(-1,0,0)$，$A(0,\sqrt{3},0)$，$G(0,0,0)$，$B(-2,\sqrt{3},0)$，$E(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{BE}=(2,-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{OC}=(-1,0,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{OA}=(0,\sqrt{3},-\sqrt{3})$.
设平面OAC的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{OC}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{OA}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x - \sqrt{3}z = 0\\\sqrt{3}y - \sqrt{3}z = 0\end{cases}$.
令$y = 1$，则$z = 1$，$x = -\sqrt{3}$，所以$\boldsymbol{n}=(-\sqrt{3},1,1)$.
设直线BE与平面OAC的夹角为$\theta$，则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{BE},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{BE}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{BE}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|-2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}|}{\sqrt{4+\frac{3}{4}+\frac{3}{4}}×\sqrt{3+1+1}}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{22}}{2}×\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{330}}{55}$.
所以直线BE与平面OAC的夹角的正弦值为$\frac{2\sqrt{330}}{55}$.