《2025年人教金学典同步练习册同步解析与测评高中数学选择性必修第一册人教版》

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//
BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=4,AB=
AD=2，BE=1，平面PAB⊥平面ABCD.

(1)求证:平面PED⊥平面PAC;
(2)若直线PE与平面PAC所成的角
的正弦值为$\frac{√5}{5}$，求平面APC与平面PCD
夹角的余弦值.

答案：
能力提升
如图，以$A$为原点，以$AB$，$AD$，$AP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立空间直角坐标系。
可得$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(2,4,0)$，$D(0,2,0)$，$E(2,1,0)$
设$P(0,0,h)$

(1)$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{DE}=0$，$\overrightarrow{AC}·\overrightarrow{DE}=0$，即$AP\perp DE$，$AC\perp DE$
所以$ED\perp$平面$PAC$
因为$ED\subset$平面$PED$
所以平面$PED\perp$平面$PAC$。
(2)由
(1)可知，$\overrightarrow{DE}=(2,-1,0)$是平面$PAC$的一个法向量。
由题意，$|\cos\langle\overrightarrow{PE},\overrightarrow{DE}\rangle|=\frac{|2×2 - 1×1 + 0× h|}{\sqrt{5}×\sqrt{5 + h^2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$
解得$h = 2$。
可求得平面$PCD$的一个法向量为$\vec{m}=(-1,1,1)$。
所以平面$APC$与平面$PCD$夹角的余弦值为$|\cos\langle \vec{m},\overrightarrow{DE}\rangle|=\frac{\sqrt{15}}{5}$。

1. （2024·新课标全国Ⅰ卷）已知向量$\boldsymbol{a}=(0,1)$，$\boldsymbol{b}=(2,x)$，若$\boldsymbol{b}\perp(\boldsymbol{b}-4\boldsymbol{a})$，则$x=$（ ）.

A.$-2$
B.$-1$
C.$1$
D.$2$

答案： 1. D
【解析】由题意，得$b · (b - 4a) = 0$，即$b^{2} - 4a · b = 0$.
代入数据，得$4 + x^{2} - 4x = 0$.
解得$x = 2$.

2. （2022·全国乙卷·理科）如图，在四面体$ABCD$中，$AD\perp CD$，$AD = CD$，$\angle ADB=\angle BDC$，$E$为$AC$的中点.
（1）求证：平面$BED\perp$平面$ACD$；
（2）设$AB = BD = 2$，$\angle ACB = 60^{\circ}$，点$F$在$BD$上，当$\triangle AFC$的面积最小时，求$CF$与平面$ABD$所成的角的正弦值.
]

答案：
2.
(1)因为$AD = CD$，$E$为$AC$的中点，所以$AC \perp DE$.
因为$AD = CD$，$\angle ADB = \angle CDB$，$DB = DB$，
所以$\triangle ABD \cong \triangle CBD$，所以$AB = CB$.
又因为$E$为$AC$的中点，
所以$AC \perp BE$.
因为$DE,BE \subset$平面$BED$，$DE \cap BE = E$，
所以$AC \perp$平面$BED$.
因为$AC \subset$平面$ACD$，
所以平面$BED \perp$平面$ACD$.
(2)连接$EF$，由
(1)知，$AC \perp EF$，
所以$S_{\triangle AFC} = \frac{1}{2}AC · EF$.
当$EF \perp BD$时，$EF$的值最小，即$\triangle AFC$的面积最小.
因为$\triangle ABD \cong \triangle CBD$，
所以$CB = AB = 2$.
又因为$\angle ACB = 60^{\circ}$，
所以$\triangle ABC$是等边三角形.
因为$E$为$AC$的中点，
所以$AE = EC = 1$，$BE = \sqrt{3}$.
因为$AD \perp CD$，所以$DE = \frac{1}{2}AC = 1$.
在$\triangle DEB$中，$DE^{2} + BE^{2} = BD^{2}$，所以$BE \perp DE$.
由$EF \perp BD$得$EF = \frac{BE · DE}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，
则$DF = \sqrt{DE^{2} - EF^{2}} = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}} = \frac{1}{2}$，
故$DF = \frac{1}{4}DB$.
以$E$为坐标原点，$EA,EB,ED$为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则$A(1,0,0)$，$B(0,\sqrt{3},0)$，$D(0,0,1)$，$C(-1,0,0)$，
$F(0,\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4})$，
所以$\overrightarrow{BD} = (0, - \sqrt{3},1)$，$\overrightarrow{AB} = (-1,\sqrt{3},0)$.
设平面$ABD$的一个法向量为$\mathbf{n} = (x,y,z)$，$CF$与平面$ABD$所成的角为$\theta$.
则$\begin{cases} \mathbf{n} · \overrightarrow{BD} = - \sqrt{3}y + z = 0, \\ \mathbf{n} · \overrightarrow{AB} = - x + \sqrt{3}y = 0, \end{cases}$
取$y = \sqrt{3}$，则$x = z = 3$，所以$\mathbf{n} = (3,\sqrt{3},3)$.
又$\overrightarrow{CF} = (1,\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4})$，
所以$\sin\theta = \cos\langle\mathbf{n},\overrightarrow{CF}\rangle = \frac{\mathbf{n} · \overrightarrow{CF}}{|\mathbf{n}| · |\overrightarrow{CF}|} = \frac{6}{\sqrt{21} × \sqrt{\frac{7}{4}}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}$.
所以$CF$与平面$ABD$所成的角的正弦值为$\frac{4\sqrt{3}}{7}$.