《2026年点金训练高中数学选择性必修第一册人教A版》

例3 如图1，已知直角梯形 $ ABCD $ 中，$ \angle ADC = 90^{\circ} $，$ AB // CD $，$ AB = 2CD = \sqrt{6} $，$ AD = \sqrt{3} $，$ M $ 为对角线 $ AC $ 与 $ BD $ 的交点. 现以 $ AC $ 为折痕把 $ \triangle ADC $ 折起，使点 $ D $ 到达点 $ P $ 的位置，得到三棱锥 $ P - ABC $，点 $ Q $ 为 $ PB $ 的中点，如图2所示.
（1）求证：$ AC \perp $ 平面 $ PBM $；
（2）求三棱锥 $ P - ACQ $ 体积的最大值；
（3）当三棱锥 $ P - ACQ $ 的体积最大时，求直线 $ AB $ 与平面 $ PBC $ 所成角的正弦值.
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答案：
例3　
(1)证明:在直角梯形$ABCD$中，
由相似可得$\frac{DC}{AB}=\frac{DM}{MB}=\frac{CM}{AM}=\frac{1}{2}$。
因为$AB = 2CD=\sqrt{6}$，$AD=\sqrt{3}$，可得$AC=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$BD = 3$，
所以$AM = 2MC=\sqrt{2}$，$BM = 2DM = 2$。
由$AM^{2}+BM^{2}=AB^{2}$，得$AM\perp BM$，
即$AC\perp BD$，$AC\perp DM$，
翻折后可得$AC\perp BM$，$AC\perp PM$。
又因为$PM\cap BM = M$，$PM$，$BM\subset$平面$PBM$，
所以$AC\perp$平面$PBM$。
(2)解:因为点$Q$为$PB$的中点，
所以$V_{Q - PAC}=\frac{1}{2}V_{B - PAC}$。
又$V_{Q - PAC}=V_{P - ACQ}$，$V_{B - PAC}=V_{P - ABC}$，
所以$V_{P - ACQ}=\frac{1}{2}V_{P - ABC}$。
因为$AC\subset$平面$ABC$，所以平面$ABC\perp$平面$PBM$，
所以点$P$到平面$ABC$的距离，即为点$P$到$BM$的距离，设为$h$。
因为$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB· AC·\sin\angle CAB=\frac{1}{2}×\sqrt{6}×\frac{3\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{6}}{3}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$为定值，
所以当$h$最大时，三棱锥$P - ACQ$的体积最大。
而$PM=\frac{PA· PC}{AC}=1$，则$h\leqslant PM = 1$，
所以当$h = 1$时，$(V_{P - ACQ})_{\max}=\frac{1}{2}(V_{P - ABC})_{\max}=\frac{1}{2}×\frac{1}{3}×\frac{3\sqrt{2}}{2}×1=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
(3)解:由
(2)得，当三棱锥$P - ACQ$的体积最大时，
点$P$到平面$ABC$的距离为$PM = 1$，即$PM\perp$平面$ABC$。
因为$AC$，$MB\subset$平面$ABC$，所以$PM\perp AC$，$PM\perp BM$。
又因为$AC\perp BM$，$MA$，$MB$，$MP$两两垂直。故以$M$为原点，$MA$，$MB$，$MP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系。
　　　　　
由题可得$A(\sqrt{2},0,0)$，$B(0,2,0)$，$P(0,0,1)$，$C(-\frac{\sqrt{2}}{2},0,0)$，
则$\overrightarrow{AB}=(-\sqrt{2},2,0)$，$\overrightarrow{PB}=(0,2,-1)$，$\overrightarrow{CB}=(\frac{\sqrt{2}}{2},2,0)$。
设平面$PBC$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PB}=2y - z = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{CB}=\frac{\sqrt{2}}{2}x + 2y = 0\end{cases}$。
令$y = 1$，得$x = -2\sqrt{2}$，$z = 2$，所以$\boldsymbol{n}=(-2\sqrt{2},1,2)$为平面$PBC$的一个法向量。
设直线$AB$与平面$PBC$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta=\vert\cos\langle\overrightarrow{AB},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{AB}·\boldsymbol{n}\vert}{\vert\overrightarrow{AB}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{6}{\sqrt{6}×\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{78}}{13}$，
所以直线$AB$与平面$PBC$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{78}}{13}$。

（2023·新高考全国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 $.
（1）求证：$ 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 $ 的长.
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答案：

(1)证明:以$C$为原点，$CD$，$CB$，$CC_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
　　　　　　　
则$C(0,0,0)$，$C_2(0,0,3)$，$B_2(0,2,2)$，$D_2(2,0,2)$，$A_2(2,2,1)$，
所以$\overrightarrow{B_2C_2}=(0,-2,1)$，$\overrightarrow{A_2D_2}=(0,-2,1)$，
所以$\overrightarrow{B_2C_2}//\overrightarrow{A_2D_2}$。
又$B_2C_2$，$A_2D_2$不在同一条直线上，所以$B_2C_2// A_2D_2$。
(2)解:设$P(0,2,\lambda)(0\leqslant\lambda\leqslant4)$，
则$\overrightarrow{A_2C_2}=(-2,-2,2)$，$\overrightarrow{PC_2}=(0,-2,3 - \lambda)$，$\overrightarrow{D_2C_2}=(-2,0,1)$。
设平面$PA_2C_2$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{A_2C_2}=-2x - 2y + 2z = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PC_2}=-2y+(3 - \lambda)z = 0\end{cases}$。
令$z = 2$，则$y = 3 - \lambda$，$x = \lambda - 1$，所以$\boldsymbol{n}=(\lambda - 1,3 - \lambda,2)$是平面$PA_2C_2$的一个法向量。
同理，可得$\boldsymbol{m}=(1,1,2)$是平面$A_2C_2D_2$的一个法向量。
所以$\vert\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{n}·\boldsymbol{m}\vert}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{6}{\sqrt{6}×\sqrt{(\lambda - 1)^{2}+(3 - \lambda)^{2}+4}}=\vert\cos150^{\circ}\vert=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
化简可得$\lambda^{2}-4\lambda + 3 = 0$，解得$\lambda = 1$或$\lambda = 3$，
所以$P(0,2,1)$或$P(0,2,3)$，所以$B_2P = 1$。