《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

(2024·全国甲卷理)如图，在以$A$，$B$，$C$，$D$，$E$，$F$为顶点的五面体中，四边形$ABCD$与四边形$ADEF$均为等腰梯形，$EF// AD$，$BC// AD$，$AD = 4$，$AB = BC = EF = 2$，$ED = \sqrt{10}$，$FB = 2\sqrt{3}$，$M$为$AD$的中点。
(1)证明：$BM//$平面$CDE$；
(2)求二面角$F - BM - E$的正弦值。

溯源(北师版P142A组T22)
如图，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$为直角梯形，$\angle ABC = \angle BAD = \frac{\pi}{2}$，$PB\perp$平面$ABCD$，$PB = 5$，$AB = BC = 6$，$AD = 3$，求：
(1)点$B$到平面$PCD$的距离；
(2)二面角$P - CD - A$的平面角的余弦值。

点评
两题都是以底面为梯形的多面体为载体命制试题，都是考查空间想象能力、数学论证和计算能力。高考题整体难度高于教材题目，图中的数量关系较多、位置关系较复杂，需要思路清晰，条理清楚，要具有较强的空间想象能力。

答案：
(1) 证明见解析；
(2) 4√3/13。

(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 2$，$AA_{1} = 4$。点$A_{2}$，$B_{2}$，$C_{2}$，$D_{2}$分别在棱$AA_{1}$，$BB_{1}$，$CC_{1}$，$DD_{1}$上，$AA_{2} = 1$，$BB_{2} = DD_{2} = 2$，$CC_{2} = 3$。
(1)证明：$B_{2}C_{2}// A_{2}D_{2}$；
(2)点$P$在棱$BB_{1}$上，当二面角$P - A_{2}C_{2} - D_{2}$为$150^{\circ}$时，求$B_{2}P$。

溯源(北师版P142A组T20)
如图，在空间直角坐标系中有长方体$ABCD - A'B'C'D'$，$AB = 1$，$BC = 2$，$AA' = 2$，点$E$，$F$分别是棱$DD'$和$BB'$的中点。求证：$CE// A'F$，并求它们的距离。

点评
两题都是以四棱柱为载体命制试题，课本题目考查线线平行与线线距问题，而高考题考查线线平行与两点距问题，所以无论载体，还是考查内容及形式都极为相似，是很好的与教材有渊源的题目。两题都考查了空间想象能力、逻辑推理能力以及数学运算能力等核心素养。

答案：
(1) 证明见上；
(2) $B₂P=1$。

(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥$A - BCD$中，$DA = DB = DC$，$BD\perp CD$，$\angle ADB = \angle ADC = 60^{\circ}$，$E$为$BC$的中点。
(1)证明：$BC\perp DA$；
(2)点$F$满足$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，求二面角$D - AB - F$的正弦值。

溯源(北师版P141A组T18)
如图，在三棱锥$P - ABC$中，已知$PA\perp$平面$ABC$，$AC\perp BC$，$CA = CB = 2$，$PA = 2\sqrt{3}$，求二面角$A - BC - P$的平面角。

点评
两题都是以三棱锥为载体考查二面角等问题。高考题是双问形式设计，尽管与教材题目有关联，但难度明显高于教材。对于高考题中的立体几何来说，建立合理的空间直角坐标系是一项基本的技能和能力，同时还要注重表达的严谨性和推理的合理性。

答案：
(1) 证明：设 $ DA = DB = DC = a $。
在 $ \triangle ADB $ 中，由余弦定理得 $ AB^2 = a^2 + a^2 - 2a^2\cos60° = a^2 $，故 $ AB = a $。同理 $ AC = a $。
因 $ BD \perp CD $，则 $ BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 $，即 $ BC = \sqrt{2}a $。
在 $ \triangle ABC $ 中，$ AB^2 + AC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 = BC^2 $，故 $ AB \perp AC $。
取 $ BC $ 中点 $ E $，连接 $ AE $，$ DE $。由 $ AB = AC $ 得 $ AE \perp BC $，由 $ DB = DC $ 得 $ DE \perp BC $。
因 $ AE \cap DE = E $，则 $ BC \perp $ 平面 $ ADE $，又 $ DA \subset $ 平面 $ ADE $，故 $ BC \perp DA $。
(2) 解：以 $ D $ 为原点，$ DC $，$ DB $ 为 $ x $，$ y $ 轴，建立空间直角坐标系，设 $ DA = DB = DC = 2 $。
则 $ D(0,0,0) $，$ C(2,0,0) $，$ B(0,2,0) $，由 $ \angle ADB = \angle ADC = 60° $ 得 $ A(1,1,\sqrt{2}) $，$ E(1,1,0) $。
由 $ \overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DA} = (1,1,\sqrt{2}) $，得 $ F(2,2,\sqrt{2}) $。
平面 $ DAB $ 法向量 $ \boldsymbol{n} = (-\sqrt{2},0,1) $，平面 $ ABF $ 法向量 $ \boldsymbol{m} = (1,-1,-\sqrt{2}) $。
$ |\cos\theta| = \frac{|\boldsymbol{n} · \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} × 2} = \frac{\sqrt{6}}{3} $，故 $ \sin\theta = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{6}}{3})^2} = \frac{\sqrt{3}}{3} $。