《2026年金版新学案高三数学人教版》

如图，三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，侧面$ABB_1A_1\perp$底面$ABC$，$AB = BB_1 = 2$，$AC = 2\sqrt{3}$，$\angle B_1BA = 60^{\circ}$，点$D$是棱$A_1B_1$的中点，$\overrightarrow{BC} = 4\overrightarrow{BE}$，$DE\perp BC$.

(1)证明：$AC\perp BB_1$；
(2)求直线$BB_1$与平面$DEA_1$所成角的正弦值.

答案：
对点练1 解：
(1)证明：连接$DA$，$EA$，$DA_1 = 1$，$AA_1 = 2$，$\angle DAA_1 = 60^{\circ}$，
由余弦定理可得$DA=\sqrt{1^{2}+2^{2}-2×1×2×\cos60^{\circ}}=\sqrt{3}$。
满足$DA^{2}+DA_1^{2}=AA_1^{2}$，所以$DA\perp DA_1$，即$DA\perp AB$。
因为平面$ABB_1A_1\perp$平面$ABC$，且交线为$AB$，由$DA\perp AB$，$DA\subset$平面$ABB_1A_1$，得$DA\perp$平面$ABC$。
由$BC$，$AC\subset$平面$ABC$，得$DA\perp BC$，$DA\perp AC$。
因为$DE\perp BC$，$DA\cap DE = D$，且$DA$，$DE\subset$平面$DAE$，
所以$BC\perp$平面$DAE$。由$AE\subset$平面$DAE$，得$BC\perp AE$。
设$BE = t$，$CE = 3t$，有$BA^{2}-t^{2}=AC^{2}-(3t)^{2}$，解得：$t = 1$，即$BE = 1$。
所以$BC = 4$，满足$BA^{2}+AC^{2}=BC^{2}$，即$AC\perp AB$。
又因为$DA\perp AC$，$DA\cap AB = A$，且$DA$，$AB\subset$平面$ABB_1A_1$，
所以$AC\perp$平面$ABB_1A_1$。
由$BB_1\subset$平面$ABB_1A_1$，得$AC\perp BB_1$。
(2)以$A$为坐标原点，$AB$，$AC$，$AD$分别为$x$，$y$，$z$轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系。
$D(0,0,\sqrt{3})$，$E(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)$，$A_1(-1,0,\sqrt{3})$，
$\overrightarrow{DA_1}=(-1,0,0)$，$\overrightarrow{EA_1}=(-\frac{5}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3})$。
设平面$DEA_1$的法向量$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
由$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DA_1}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{EA_1}=0\end{cases}$即$\begin{cases}-x = 0\\-\frac{5}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}y+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$
取$z = 1$，得到平面$DEA_1$的一个法向量$\boldsymbol{n}=(0,2,1)$。
又$\overrightarrow{BB_1}=\overrightarrow{AA_1}=(-1,0,\sqrt{3})$，设直线$BB_1$与平面$DEA_1$所成角的大小为$\theta$，则$\sin\theta = |\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{BB_1}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BB_1}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{BB_1}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}×\sqrt{4}}=\frac{\sqrt{15}}{10}$。
所以直线$BB_1$与平面$DEA_1$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{15}}{10}$。

典例2 [答题规范](15分)(2024·新课标Ⅱ卷)
如图，平面四边形$ABCD$中，$AB = 8$，$CD = 3$，$AD = 5\sqrt{3}$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，$\angle BAD = 30^{\circ}$，点$E$，$F$满足$\overrightarrow{AE} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AF} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，将$\triangle AEF$沿$EF$翻折至$\triangle PEF$，使得$PC = 4\sqrt{3}$.

(1)证明：$EF\perp PD$；
(2)求平面$PCD$与平面$PBF$所成的二面角的正弦值.

答案：
典例2 [答题规范](15分)(2024·新课标Ⅱ卷)
解：
(1) 证明：由$AB = 8$，$AD = 5\sqrt{3}$，$\overrightarrow{AE} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AF} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$，
得$AE = 2\sqrt{3}$，$AF = 4$，又$\angle BAD = 30^{\circ}$，在$\triangle AEF$中，
由余弦定理得$EF = \sqrt{AF^2 + AE^2 - 2· AF· AE\cos\angle BAD} =\sqrt{16 + 12 - 2· 4· 2\sqrt{3}·\dfrac{\sqrt{3}}{2}} = 2$，所以$AE^2 + EF^2 = AF^2$，则$EF\perp AE$. [3分]
由$EF\perp AE$及翻折的性质知$EF\perp PE$，$EF\perp DE$，
又$PE\cap DE = E$，$PE$，$DE\subset$平面$PDE$，
所以$EF\perp$平面$PDE$，
又$PD\subset$平面$PDE$，所以$EF\perp PD$. [6分]
(2) 连接$CE$，由$\angle ADC = 90^{\circ}$，$ED = 3\sqrt{3}$，$CD = 3$，则$CE^2 = ED^2 + CD^2 = 36$，在$\triangle PEC$中，$PC = 4\sqrt{3}$，$PE = 2\sqrt{3}$，$EC = 6$，
得$EC^2 + PE^2 = PC^2$，
所以$PE\perp EC$，由
(1)知$PE\perp EF$，又$EC\cap EF = E$，$EF\subset$平面$ABCD$，所以$PE\perp$平面$ABCD$. [8分]
又$ED\subset$平面$ABCD$，所以$PE\perp ED$，则$PE$，$EF$，$ED$两两垂直，
以$E$为原点，$EF$，$ED$，$EP$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴
$E$建立如图空间直角坐标系$E - xyz$，
则$E(0,0,0)$，$P(0,0,2\sqrt{3})$，$D(0,3\sqrt{3},0)$，$C(\sqrt{3},3\sqrt{3},0)$，
$F(2,0,0)$，$A(0,-2\sqrt{3},0)$，
由$F$是$AB$的中点，得$B(4,2\sqrt{3},0)$，
所以$\overrightarrow{PC} = (3,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PD} = (0,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})$，
$\overrightarrow{PB} = (4,2\sqrt{3},-2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PF} = (2,0,-2\sqrt{3})$，
设平面$PCD$和平面$PBF$的一个法向量分别为$\boldsymbol{n} = (x_1,y_1,z_1)$，$\boldsymbol{m} = (x_2,y_2,z_2)$，

则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PC} = 3x_1 + 3\sqrt{3}y_1 - 2\sqrt{3}z_1 = 0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PD} = 3\sqrt{3}y_1 - 2\sqrt{3}z_1 = 0,\end{cases}$ $\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{PB} = 4x_2 + 2\sqrt{3}y_2 - 2\sqrt{3}z_2 = 0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{PF} = 2x_2 - 2\sqrt{3}z_2 = 0,\end{cases}$
令$y_1 = 2$，$x_2 = \sqrt{3}$，得$x_1 = 0$，$z_1 = 3$，$y_2 = -1$，$z_2 = 1$ [12分]
所以$\boldsymbol{n} = (0,2,3)$，$\boldsymbol{m} = (\sqrt{3},-1,1)$，
所以$|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \dfrac{|\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|} = \dfrac{1}{\sqrt{5}·\sqrt{13}} = \dfrac{\sqrt{65}}{65}$， [14分]
设平面$PCD$和平面$PBF$所成角为$\theta$，则$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \dfrac{8\sqrt{65}}{65}$，
即平面$PCD$和平面$PBF$所成二面角的正弦值为$\dfrac{8\sqrt{65}}{65}$. [15分]