《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

[变式探究]
(变设问)若典例 2 中条件不变，求相邻侧面所成二面角的余弦值。

答案：
[变式探究] 解：设$AB$的中点为$M$，连接$CM,PM$，作$AE\perp PB$，连接$CE$。因为$\triangle PAB\cong\triangle PCB$，所以$AE\perp PB$，$CE\perp PB$，且$AE = CE$，所以$\angle AEC$是二面角$A - PB - C$的平面角。由例2可知，$PM=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$MB=\frac{1}{2}$，$S_{\triangle PAB}=\frac{\sqrt{3}}{6}$。又因为$PB=\sqrt{PM^2 + MB^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{21}}{6}$，且$S_{\triangle PAB}=\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{1}{2}× PB× AE$，所以$AE=\frac{2\sqrt{7}}{7}$。所以$\cos\angle AEC=\frac{2AE^2 - AC^2}{2AE^2}=\frac{2×(\frac{2\sqrt{7}}{7})^2 - 1}{2×(\frac{2\sqrt{7}}{7})^2}=\frac{1}{8}$，所以相邻侧面所成二面角的余弦值为$\frac{1}{8}$。

已知圆锥的顶点为 $P$，底面圆心为 $O$，$PO = 1$，底面半径为 $2$，$M$，$N$ 是底面圆周上两点，且 $\angle MON = \frac{\pi}{3}$，则二面角 $P - MN - O$ 的大小为(B)

A.$\frac{\pi}{12}$
B.$\frac{\pi}{6}$
C.$\frac{\pi}{4}$
D.$\frac{\pi}{3}$

答案：
对点练2.B　取$MN$的中点$E$，连接$OE,PE$，因为$OM = ON$，所以$OE\perp MN$，因为$PM = PN$，所以$PE\perp MN$，所以$\angle PEO$是二面角$P - MN - O$的平面角。因为$PO\perp$平面$OMN$，$OE\subset$平面$OMN$，所以$PO\perp OE$。因为$\angle MON=\frac{\pi}{3}$，$OM = 2$，所以$OE = OM·\cos\frac{\pi}{6}=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。因为$PO = 1$，所以$PE=\sqrt{PO^2 + OE^2}=\sqrt{1 + 3}=2$。所以$\cos\angle PEO=\frac{OE}{PE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以结合图知$\angle PEO=\frac{\pi}{6}$，所以二面角$P - MN - O$的大小为$\frac{\pi}{6}$。故选B。

如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PB\perp$ 平面 $ABCD$，$PB = AB = 2BC = 4$，$AB\perp BC$，则点 $C$ 到直线 $PA$ 的距离为 (A)

A.$2\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\sqrt{2}$
D.$4$

答案：
典例3　A　如图，取$PA$的中点$M$，连接$BM,CM$。因为$PB\perp$平面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，所以$PB\perp BC$，又因为$AB\perp BC$，$PB\cap AB = B$，$PB,AB\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp$平面$PAB$，又$PA\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp PA$。因为$M$是$PA$的中点，$PB = AB$，所以$BM\perp PA$，又$BC\perp PA$，$BM\cap BC = B$，$BM,BC\subset$平面$BCM$，所以$PA\perp$平面$BCM$，又$CM\subset$平面$BCM$，所以$CM\perp PA$，即$CM$为点$C$到直线$PA$的距离。在等腰$Rt\triangle PAB$中，$BM=\frac{\sqrt{2}}{2}PB = 2\sqrt{2}$，在$Rt\triangle BCM$中，$CM=\sqrt{BM^2 + BC^2}=\sqrt{8 + 4}=2\sqrt{3}$，故点$C$到直线$PA$的距离为$2\sqrt{3}$。故选A。

（2024·全国甲卷文节选）如图，已知 $AB// CD$，$CD// EF$，$AB = DE = EF = CF = 2$，$CD = 4$，$AD = BC = \sqrt{10}$，$AE = 2\sqrt{3}$，$M$ 为 $CD$ 的中点。求点 $M$ 到平面 $ADE$ 的距离。

答案： 典例4　解：取$DM$的中点$O$，连接$OA,OE$（图略），因为$AB// MC$，且$AB = MC$，所以四边形$AMCB$是平行四边形，所以$AM = BC=\sqrt{10}$，又$AD=\sqrt{10}$，故$\triangle ADM$是等腰三角形，同理$\triangle EDM$是等腰三角形，可得$OA\perp DM$，$OE\perp DM$，$OA=\sqrt{AD^2 - (\frac{DM}{2})^2}=3$，$OE=\sqrt{ED^2 - (\frac{DM}{2})^2}=3$。又$AE = 2\sqrt{3}$，所以$OA^2 + OE^2 = AE^2$，故$OA\perp OE$。又$OA\perp DM$，$OE\cap DM = O$，$OE,DM\subset$平面$EDM$，所以$OA\perp$平面$EDM$。易知$S_{\triangle EDM}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$。在$\triangle ADE$中，$\cos\angle DEA=\frac{4 + 12 - 10}{2×2×2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$，所以$\sin\angle DEA=\frac{\sqrt{13}}{4}$，$S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{13}}{4}=\frac{\sqrt{39}}{2}$。设点$M$到平面$ADE$的距离为$d$，由$V_{M - ADE}=V_{A - EDM}$，得$\frac{1}{3}S_{\triangle ADE}· d=\frac{1}{3}S_{\triangle EDM}· OA$，得$d=\frac{6\sqrt{13}}{13}$，故点$M$到平面$ADE$的距离为$\frac{6\sqrt{13}}{13}$。

(1) 如图，在正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，若 $AB = \sqrt{2}BB_1 = 2$，则 $C$ 到直线 $AB_1$ 的距离为 (D)
A. $\frac{\sqrt{15}}{5}$
B. $\frac{\sqrt{10}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{15}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{30}}{3}$

(2) 已知圆柱的高和底面半径均为 $4$，$AB$ 为上底面圆周的直径，点 $P$ 是上底面圆周上的一点且 $AP = BP$，$PC$ 是圆柱的一条母线，则点 $P$ 到平面 $ABC$ 的距离为 (D)
A. $4$
B. $2\sqrt{3}$
C. $3$
D. $2\sqrt{2}$

答案：
对点练3.
(1)D　
(2)D　
(1)如图，连接$CB_1$，因为$AB = 2$，$BB_1=\sqrt{2}$，所以$AB_1=\sqrt{6}$，$CB_1=\sqrt{6}$，$AC = 2$，设$AC$的中点为$D$，连接$B_1D$，则$B_1D\perp AC$，设点$C$到直线$AB_1$的距离为$h$，故$S_{\triangle AB_1C}=\frac{1}{2}× B_1D× AC=\frac{1}{2}h× AB_1$，即$\sqrt{6 - 1}×2 = h×\sqrt{6}$，解得$h=\frac{\sqrt{30}}{3}$。故选D。

(2)由题可得$AB = 8$，因为$AP = BP$，所以$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}×8×4 = 16$。因为$PC\perp$平面$ABP$，且$PC = 4$，所以$V_{C - ABP}=\frac{1}{3}×16×4=\frac{64}{3}$。因为$AP = BP = 4\sqrt{2}$，所以$AC = BC = 4\sqrt{3}$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×8×\sqrt{48 - 16}=16\sqrt{2}$，设点$P$到平面$ABC$的距离为$d$，则$V_{P - ABC}=\frac{1}{3}×16\sqrt{2}d=\frac{64}{3}$，解得$d = 2\sqrt{2}$。故选D。