《2026年学易优同步学案导学高中数学选择性必修第一册人教版》

【例4】 如图①所示，已知在梯形$ BFEC $中，$ BF // EC $，$ EC = 3 $，$ BF = 2 $，四边形$ ABCD $是边长为$ 1 $的正方形，沿$ AD $将四边形$ EDAF $折起，使得平面$ EDAF \perp $平面$ ABCD $，得到如图②所示的几何体。
(1) 求证：$ DE \perp $平面$ ABCD $；
(2) 若点$ H $在线段$ BD $上，且$ EH $与平面$ BEF $所成角的正弦值为$ \frac{\sqrt{6}}{9} $，求线段$ DH $的长度。

答案：
[例4]　[解]　
(1)证明:
∵平面EDAF⊥平面ABCD,
DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD = AD,
DE⊥AD,
∴DE⊥平面ABCD.
(2)由题意知AD,CD,DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA,DC,DE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则E(0,0,2),F(1,0,1),B(1,1,0),

$\overrightarrow{EF}$=(1,0,−1),$\overrightarrow{BF}$=(0,−1,1),
设平面BEF的法向量为$\mathbf{n}$=(x,y,z),
则$\begin{cases}\overrightarrow{EF}·\mathbf{n}=0\\\overrightarrow{BF}·\mathbf{n}=0\end{cases}$即$\begin{cases}x - z = 0\\-y + z = 0\end{cases}$，取x = 1,则z = 1,y = 1,
∴$\mathbf{n}$=(1,1,1),
设H(a,a,0),0≤a≤1,则$\overrightarrow{EH}$=(a,a,−2),
$|\cos\langle\overrightarrow{EH},\mathbf{n}\rangle|=|\frac{2a - 2}{\sqrt{3}·\sqrt{2a^2 + 4}}|=\frac{\sqrt{6}}{9}$
解得a = $\frac{1}{2}$或a = $\frac{7}{4}$(舍去)
∴H($\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$,0)
∴$|\overrightarrow{DH}|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
即线段DH的长度为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

4. 如图所示，已知在矩形$ ABCD $中，$ AD = 2AB = 2\sqrt{3} $，$ E $为$ BC $的中点，将$ \triangle ABE $沿$ AE $折起，使得$ AB \perp DE $。

(1) 求证：平面$ ABE \perp $平面$ AECD $；
(2) 若点$ F $在线段$ BD $上，且平面$ ABE $与平面$ AEF $夹角的余弦值为$ \frac{\sqrt{5}}{5} $，试确定点$ F $的具体位置。

答案：
4.解:
(1)证明:在矩形ABCD中，连接DE(图略)，
∵AD = 2AB = 2$\sqrt{3}$,E为BC的中点，
∴BE = BA,CE = CD,
∴∠BEA = ∠CED = 45°,
∴∠AED = 90°,即DE⊥AE,
又
∵DE⊥AB,AE∩AB = A,AE,AB⊂平面ABE,
∴DE⊥平面ABE,
又
∵DE⊂平面AECD,
∴平面ABE⊥平面AECD.
选择性必修第一册.数学
(2)由
(1)知DE⊥AE,以点E为原点,AE,DE所在直线分别为x轴、y轴,垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示,
　　　　　　　
则B($\frac{\sqrt{6}}{2}$,0,$\frac{\sqrt{6}}{2}$),A($\sqrt{6}$,0,0),E(0,0,0),D(0,$\sqrt{6}$,0),$\overrightarrow{EA}$=($\sqrt{6}$,0,0),$\overrightarrow{BD}$=(−$\frac{\sqrt{6}}{2}$,$\sqrt{6}$,−$\frac{\sqrt{6}}{2}$),
设$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BD},0\leqslant\lambda\leqslant1$,
则F($\frac{\sqrt{6}}{2}$(1 - λ),$\sqrt{6}\lambda$,$\frac{\sqrt{6}}{2}$(1 - λ)),$\overrightarrow{EF}$=($\frac{\sqrt{6}}{2}$(1 - λ),$\sqrt{6}\lambda$,$\frac{\sqrt{6}}{2}$(1 - λ)).
设平面AEF的法向量为$\mathbf{n}_1=(x,y,z)$,
∴$\begin{cases}\mathbf{n}_1·\overrightarrow{EA}=0\\\mathbf{n}_1·\overrightarrow{EF}=0\end{cases}$
即$\begin{cases}\sqrt{6}x = 0\frac{\sqrt{6}}{2}(1 - \lambda)x+\sqrt{6}\lambda y+\frac{\sqrt{6}}{2}(1 - \lambda)z = 0\end{cases}$
取y = 1 - λ,则$\mathbf{n}_1=(0,1 - \lambda,-2\lambda)$
由题意知平面ABE的一个法向量为$\mathbf{n}_2=(0,1,0)$.
设平面ABE与平面AEF的夹角为θ,
∴$\cos\theta=\frac{|\mathbf{n}_1·\mathbf{n}_2|}{|\mathbf{n}_1||\mathbf{n}_2|}=\frac{1 - \lambda}{\sqrt{(1 - \lambda)^2 + 4\lambda^2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$,解得λ = $\frac{1}{2}$,故F为BD的中点