《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

已知正四棱锥 $ V - ABCD $ 中，$ E $ 为 $ VC $ 的中点，正四棱锥的底面边长为 $ 2a $，高为 $ h $.
(1) 求 $ \angle DEB $ 的余弦值；
(2) 若 $ BE \perp VC $，求 $ \angle DEB $ 的余弦值.

答案：

(1)如图所示，以V在底面ABCD内的正投影O为坐标原点建立空间直角坐标系.其中Ox//BC,Oy//AB.由AB=2a,OV=h，
知$B(a,a,0),C(-a,a,0),D(-a,-a,0),V(0,0,h),E(-\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{h}{2}).$
所以$BE=(-\frac{3}{2}a,-\frac{a}{2},\frac{h}{2}),$
$DE=(\frac{a}{2},\frac{3}{2}a,\frac{h}{2}).$
所以$cos⟨BE,DE⟩=\frac{BE·DE}{\vert BE\vert\vert DE\vert}=\frac{-6a^{2} + h^{2}}{10a^{2} + h^{2}}，$
即$cos∠DEB=\frac{-6a^{2} + h^{2}}{10a^{2} + h^{2}}.$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)因为BE⊥VC，所以BE·VC=0，又VC=(-a,a,-h)，
即$(-\frac{3}{2}a,-\frac{a}{2},\frac{h}{2})·(-a,a,-h)=0，$
所以$\frac{3}{2}a^{2} - \frac{a^{2}}{2} - \frac{h^{2}}{2}=0，$所以$h=\sqrt{2}a.$
此时$cos⟨BE,DE⟩=\frac{-6a^{2} + h^{2}}{10a^{2} + h^{2}}=\frac{-6a^{2} + 2a^{2}}{10a^{2} + 2a^{2}}=-\frac{4a^{2}}{12a^{2}}=-\frac{1}{3}，$
即$cos∠DEB=-\frac{1}{3}.$

典例 3
如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ PA \perp $ 平面 $ ABCD $，$ AD // BC $，$ AD = 2BC = 2AB = 4 $，$ PA = 2 $，且 $ \angle ABC = 60° $，点 $ E $ 为棱 $ PD $ 上一点（不与 $ P $，$ D $ 重合），平面 $ BCE $ 交棱 $ PA $ 于点 $ F $.

(1) 求证：$ BC // EF $；
(2) 若 $ E $ 为 $ PD $ 中点，求平面 $ ACE $ 与平面 $ PAD $ 夹角的余弦值.

答案：

(1)证明：因为BC//AD,AD⊂平面PAD,BC⊄平面PAD，
所以BC//平面PAD.
又BC⊂平面BCEF，平面BCEF∩平面PAD=EF，所以BC//EF.
(2)取BC的中点为M，连接AM，
因为AB=BC，且∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形，
所以AM⊥BC，又AD//BC，所以AM⊥AD.
所以以点A为原点，AM,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则$A(0,0,0),C(\sqrt{3},1,0),E(0,2,1).$
所以$AE=(0,2,1),AC=(\sqrt{3},1,0).$
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，
则$\begin{cases} AE·n = 0, \\ AC·n = 0. \end{cases}$即$\begin{cases} 2y + z = 0, \\ \sqrt{3}x + y = 0. \end{cases}$所以$\begin{cases} y = -\sqrt{3}x, \\ z = 2\sqrt{3}x. \end{cases}$
取$x=\sqrt{3}，$则y=-3,z=6，得$n=(\sqrt{3},-3,6).$
因为AM⊥平面PAD，所以平面PAD的法向量为m=(1,0,0).
设平面ACE与平面PAD的夹角为θ，
则$cosθ=\vert cos⟨m,n⟩\vert=\frac{\vert m·n\vert}{\vert m\vert\vert n\vert}=\frac{\sqrt{3}}{1×4\sqrt{3}}=\frac{1}{4}.$
所以平面ACE与平面PAD夹角的余弦值为$\frac{1}{4}.$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

如图，直三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 的所有棱长都是 $ 2 $，$ D $，$ E $ 分别是 $ AC $，$ CC_1 $ 的中点.
(1) 求证：$ AE \perp $ 平面 $ A_1BD $；
(2) 求直线 $ AB $ 与平面 $ A_1BD $ 所成角的正弦值.

答案：

(1)证明：如图所示，取A₁C₁的中点G，连接DG，由直三棱柱ABC - A₁B₁C₁的所有棱长都是2，D是AC的中点，所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面ACC₁A₁，平面ABC∩平面ACC₁A₁=AC，BD⊂平面ABC，
所以BD⊥平面ACC₁A₁.
由D,G分别为AC,A₁C₁的中点，可得DG⊥AC，
可得DG,DA,DB两两垂直.
所以以点D为原点，DG,DA,DB所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则$D(0,0,0),A(0,1,0),A₁(2,1,0),E(1,-1,0),B(0,0,\sqrt{3}),B₁(2,0,\sqrt{3}).$
可得$AE=(1,-2,0),DA₁=(2,1,0),DB=(0,0,\sqrt{3}).$
因为AE·DA₁=0,AE·DB=0，所以AE⊥DA₁,AE⊥DB.
又DA₁∩DB=D，DA₁,DB⊂平面A₁BD，所以AE⊥平面A₁BD.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)由
(1)可得AE⊥平面A₁BD，则n=AE=(1,-2,0)，即为平面A₁BD的一个法向量.又$AB=(0,-1,\sqrt{3})，$设直线AB与平面A₁BD所成的角为θ，
可得$sinθ=\vert cos⟨AB,n⟩\vert=\frac{\vert AB·n\vert}{\vert AB\vert\vert n\vert}=\frac{2}{2×\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}.$
所以直线AB与平面A₁BD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}.$