《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

已知平行六面体 $ ABCD - A_1 B_1 C_1 D_1 $ 的所有棱长都是 $ 1 $，且 $ \angle A_1 AB = \angle A_1 AD = \angle BAD = 60^{\circ} $，$ E $，$ F $ 分别为 $ A_1 B_1 $，$ BB_1 $ 的中点，求异面直线 $ BE $ 与 $ CF $ 所成角的余弦值.

答案： 异面直线$BE$与$CF$所成角的余弦值是$\frac{1}{6}$。

例2 如图，$ PO $ 是三棱锥 $ P - ABC $ 的高，$ PA = PB $，$ AB \perp AC $，$ E $ 是 $ PB $ 的中点.
（1）求证：$ OE // $ 平面 $ PAC $；
（2）若 $ \angle ABO = \angle CBO = 30^{\circ} $，$ PO = 3 $，$ PA = 5 $，求平面 $ ACE $ 与平面 $ ABE $ 的夹角的正弦值.
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答案：
例2　　
(1)证明:如图，延长$BO$交$AC$于点$D$，连接$OA$，$PD$。
　　　　　　
因为$PO$是三棱锥$P - ABC$的高，所以$PO\perp$平面$ABC$。
因为$AO$，$BO\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp AO$，$PO\perp BO$。
又$PA = PB$，所以$\triangle POA\cong\triangle POB$，所以$OA = OB$，所以$\angle OAB=\angle OBA$。
又$AB\perp AC$，即$\angle BAC = 90^{\circ}$，所以$\angle OAB+\angle OAD = 90^{\circ}$，$\angle OBA+\angle ODA = 90^{\circ}$，
所以$\angle ODA=\angle OAD$，
所以$AO = DO$，即$AO = DO = OB$，所以$O$是$BD$的中点。
又$E$是$PB$的中点，所以$OE// PD$。
因为$OE\not\subset$平面$PAC$，$PD\subset$平面$PAC$，
所以$OE//$平面$PAC$。
(2)解:过点$A$作$Az// OP$，建立如图所示的空间直角坐标系。
　　　　　
因为$PO = 3$，$AP = 5$，所以$OA=\sqrt{AP^{2}-PO^{2}} = 4$。
又$\angle ABO=\angle CBO = 30^{\circ}$，所以$BD = 2OA = 8$，$AD = 4$，$AB = 4\sqrt{3}$，
所以$AC = 12$，所以$A(0,0,0)$，$O(2\sqrt{3},2,0)$，$B(4\sqrt{3},0,0)$，$P(2\sqrt{3},2,3)$，$C(0,12,0)$。
因为$E$是$PB$的中点，所以$E(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$，
则$\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0)$，$\overrightarrow{AC}=(0,12,0)$。
设平面$AEB$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AE}=3\sqrt{3}x + y+\frac{3}{2}z = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB}=4\sqrt{3}x = 0\end{cases}$，
令$z = 2$，则$y = -3$，$x = 0$，所以$\boldsymbol{n}=(0,-3,2)$是平面$AEB$的一个法向量。
同理，可得$\boldsymbol{m}=(\sqrt{3},0,-6)$是平面$AEC$的一个法向量。
所以$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}·\boldsymbol{m}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{-12}{\sqrt{13}×\sqrt{39}}=-\frac{4\sqrt{3}}{13}$。
设平面$ACE$与平面$ABE$的夹角的大小为$\theta$，则$\cos\theta=\vert\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle\vert=\frac{4\sqrt{3}}{13}$，
所以$\sin\theta=\sqrt{1 - \cos^{2}\theta}=\frac{11}{13}$，即平面$ACE$与平面$ABE$的夹角的正弦值为$\frac{11}{13}$。

1. 如图，在三棱锥 $ P - ABC $ 中，$ PA \perp $ 平面 $ ABC $，$ AC \perp BC $，$ PA = AC = 1 $，$ BC = \sqrt{2} $，求平面 $ APB $ 与平面 $ PBC $ 的夹角的余弦值.
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2. （2023·新高考全国Ⅱ卷）如图，在三棱锥 $ A - BCD $ 中，$ DA = DB = DC $，$ BD \perp CD $，$ \angle ADB = \angle ADC = 60^{\circ} $，$ E $ 为 $ BC $ 的中点.
（1）求证：$ BC \perp DA $；
（2）点 $ F $ 满足 $ \overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DA} $，求二面角 $ D - AB - F $ 的正弦值.
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答案：
1.平面$APB$与平面$PBC$的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
2.
(1)证明:如图，连接$DE$，$AE$。
　　　　　　　
因为$DC = DB$，且$E$为$BC$的中点，
所以$DE\perp BC$。
因为$\angle ADB=\angle ADC = 60^{\circ}$，$DA = DA$，$DC = DB$，
所以$\triangle ADB\cong\triangle ADC(SAS)$。
所以$AC = AB$，故$AE\perp BC$。
因为$DE\cap AE = E$，$DE$，$AE\subset$平面$ADE$，
所以$BC\perp$平面$ADE$。
又$DA\subset$平面$ADE$，所以$BC\perp DA$。
(2)解:由
(1)知，$DE\perp BC$，$AE\perp BC$。
不妨设$DA = DB = DC = 2$，
因为$\angle ADB=\angle ADC = 60^{\circ}$，
所以$AB = AC = 2$。
由题可知$\triangle DBC$为等腰直角三角形，
故$DE = EB = EC=\sqrt{2}$。
因为$AE\perp BC$，所以$AE=\sqrt{AB^{2}-EB^{2}}=\sqrt{2}$。
在$\triangle ADE$中，$AE^{2}+ED^{2}=AD^{2}$，所以$AE\perp ED$。
所以$EA$，$ED$，$EB$两两垂直。
以$E$为原点，$ED$所在直线为$x$轴，$EB$所在直线为$y$轴，$EA$所在直线为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则$E(0,0,0)$，$D(\sqrt{2},0,0)$，$B(0,\sqrt{2},0)$，$A(0,0,\sqrt{2})$，
所以$\overrightarrow{DA}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{BA}=(0,-\sqrt{2},\sqrt{2})$。
设$F(x_{F},y_{F},z_{F})$，因为$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，
所以$(x_{F},y_{F},z_{F})=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，所以$F(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{FA}=(\sqrt{2},0,0)$。
设平面$DAB$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{DA}·\boldsymbol{m}=0\\\overrightarrow{BA}·\boldsymbol{m}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{2}x_{1}+\sqrt{2}z_{1}=0\\-\sqrt{2}y_{1}+\sqrt{2}z_{1}=0\end{cases}$。
取$x_{1}=1$，则$y_{1}=z_{1}=1$，所以$\boldsymbol{m}=(1,1,1)$为平面$DAB$的一个法向量。
同理，可得$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$为平面$ABF$的一个法向量。
所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{2}{\sqrt{3}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。
记二面角$D - AB - F$的平面角为$\theta$，
则$\sin\theta=\sqrt{1 - \cos^{2}\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle}=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{6}}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
所以二面角$D - AB - F$的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。

2. （2023·新高考全国Ⅱ卷）如图，在三棱锥 $ A - BCD $ 中，$ DA = DB = DC $，$ BD \perp CD $，$ \angle ADB = \angle ADC = 60^{\circ} $，$ E $ 为 $ BC $ 的中点.
（1）求证：$ BC \perp DA $；
（2）点 $ F $ 满足 $ \overrightarrow{EF} = \overrightarrow{DA} $，求二面角 $ D - AB - F $ 的正弦值.
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答案：
2.
(1)证明:如图，连接$DE$，$AE$。
　　　　　　　
因为$DC = DB$，且$E$为$BC$的中点，
所以$DE\perp BC$。
因为$\angle ADB=\angle ADC = 60^{\circ}$，$DA = DA$，$DC = DB$，
所以$\triangle ADB\cong\triangle ADC(SAS)$。
所以$AC = AB$，故$AE\perp BC$。
因为$DE\cap AE = E$，$DE$，$AE\subset$平面$ADE$，
所以$BC\perp$平面$ADE$。
又$DA\subset$平面$ADE$，所以$BC\perp DA$。
(2)解:由
(1)知，$DE\perp BC$，$AE\perp BC$。
不妨设$DA = DB = DC = 2$，
因为$\angle ADB=\angle ADC = 60^{\circ}$，
所以$AB = AC = 2$。
由题可知$\triangle DBC$为等腰直角三角形，
故$DE = EB = EC=\sqrt{2}$。
因为$AE\perp BC$，所以$AE=\sqrt{AB^{2}-EB^{2}}=\sqrt{2}$。
在$\triangle ADE$中，$AE^{2}+ED^{2}=AD^{2}$，所以$AE\perp ED$。
所以$EA$，$ED$，$EB$两两垂直。
以$E$为原点，$ED$所在直线为$x$轴，$EB$所在直线为$y$轴，$EA$所在直线为$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则$E(0,0,0)$，$D(\sqrt{2},0,0)$，$B(0,\sqrt{2},0)$，$A(0,0,\sqrt{2})$，
所以$\overrightarrow{DA}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{BA}=(0,-\sqrt{2},\sqrt{2})$。
设$F(x_{F},y_{F},z_{F})$，因为$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，
所以$(x_{F},y_{F},z_{F})=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，所以$F(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{FA}=(\sqrt{2},0,0)$。
设平面$DAB$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{DA}·\boldsymbol{m}=0\\\overrightarrow{BA}·\boldsymbol{m}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{2}x_{1}+\sqrt{2}z_{1}=0\\-\sqrt{2}y_{1}+\sqrt{2}z_{1}=0\end{cases}$。
取$x_{1}=1$，则$y_{1}=z_{1}=1$，所以$\boldsymbol{m}=(1,1,1)$为平面$DAB$的一个法向量。
同理，可得$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$为平面$ABF$的一个法向量。
所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{2}{\sqrt{3}×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。
记二面角$D - AB - F$的平面角为$\theta$，
则$\sin\theta=\sqrt{1 - \cos^{2}\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle}=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{6}}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
所以二面角$D - AB - F$的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。