《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

（2022·新高考Ⅱ卷）如图，$PO$ 是三棱锥 $P - ABC$ 的高，$PA = PB$，$AB \perp AC$，$E$ 为 $PB$ 的中点。
（1）证明：$OE //$ 平面 $PAC$；
（2）若 $\angle ABO = \angle CBO = 30^{\circ}$，$PO = 3$，$PA = 5$，求二面角 $C - AE - B$ 的正弦值。

答案：
解：
(1)证明：如图，取$AB$的中点$D$，连接$PD,DO,DE$.因为$PA = PB$，所以$PD\perp AB$.因为$PO$为三棱锥$P - ABC$的高，所以$PO\perp$平面$ABC$，因为$AB\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp AB$.又$PD\subset$平面$POD,PO\cap PD = P$，所以$AB\perp$平面$POD$，又$OD\subset$平面$POD$，所以$AB\perp OD$，又$AB\perp AC$，所以$OD// AC$，因为$OD\subset$平面$PAC,AC\subset$平面$PAC$，所以$OD//$平面$PAC$.因为$D,E$分别为$BA,BP$的中点，所以$DE// PA$，因为$DE\subset$平面$PAC,PA\subset$平面$PAC$，所以$DE//$平面$PAC$.又$OD,DE\subset$平面$ODE,OD\cap DE = D$，所以平面$ODE//$平面$PAC$，又$OE\subset$平面$ODE$，所以$OE//$平面$PAC$.

(2)连接$OA$，因为$PO\perp$平面$ABC,OA,OB\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp OA,PO\perp OB$，所以$OA = OB=\sqrt{PA^{2}-PO^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4$.
易得在$\triangle AOB$中，$\angle OAB=\angle ABO = 30^{\circ}$，所以$OD = OAsin30^{\circ}=4×\frac{1}{2}=2$，$AB = 2AD = 2OA\cos30^{\circ}=2×4×\frac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$.又$\angle ABC=\angle ABO+\angle CBO = 60^{\circ}$，所以在$Rt\triangle ABC$中，$AC = AB\tan60^{\circ}=4\sqrt{3}×\sqrt{3}=12$.以$A$为坐标原点，$AB,AC$所在直线分别为$x,y$轴，以过$A$且垂直于平面$ABC$的直线为$z$轴建立空间直角坐标系，如图所示，则$A(0,0,0),B(4\sqrt{3},0,0),C(0,12,0),P(2\sqrt{3},2,3),E(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$，所以$\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2}),\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0),\overrightarrow{AC}=(0,12,0)$.设平面$AEC$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AE}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AC}=0.\end{cases}$即$\begin{cases}3\sqrt{3}x+y+\frac{3}{2}z = 0,\\12y = 0.\end{cases}$令$z = 2\sqrt{3}$，则$\boldsymbol{n}=(-1,0,2\sqrt{3})$，设平面$AEB$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AE}=0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AB}=0.\end{cases}$即$\begin{cases}3\sqrt{3}x_{1}+y_{1}+\frac{3}{2}z_{1}=0,\\4\sqrt{3}x_{1}=0.\end{cases}$令$z_{1}=2$，则$\boldsymbol{m}=(0,-3,2)$，所以$\vert\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{n}·\boldsymbol{m}\vert}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{13}×\sqrt{13}}=\frac{4\sqrt{3}}{13}$，设二面角$C - AE - B$的大小为$\theta$，则$\sin\theta=\sqrt{1 - (\frac{4\sqrt{3}}{13})^{2}}=\frac{11}{13}$，所以二面角$C - AE - B$的正弦值为$\frac{11}{13}$.

（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 $E$，$F$ 分别满足 $\overrightarrow{AE} = \dfrac{2}{5}\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AF} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}$。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：
解：
(1)证明：由题，$AE=\frac{2}{3}AD = 2\sqrt{3},AF=\frac{1}{2}AB = 4$，又$\angle BAD = 30^{\circ}$，所以由余弦定理得$EF^{2}=AE^{2}+AF^{2}-2AE· AF·\cos30^{\circ}=4$，故$EF = 2$.又$EF^{2}+AE^{2}=AF^{2}$，所以$EF\perp AE$.由$EF\perp AE$及翻折的性质知$EF\perp PE,EF\perp ED$，又$ED\cap PE = E,ED,PE\subset$平面$PED$，所以$EF\perp$平面$PED$，又$PD\subset$平面$PED$，所以$EF\perp PD$.
(2)如图，连接$CE$，由题，$DE = 3\sqrt{3},CD = 3,\angle CDE = 90^{\circ}$，故$CE=\sqrt{DE^{2}+CD^{2}} = 6$.又$PE = AE = 2\sqrt{3},PC = 4\sqrt{3}$，所以$PE^{2}+CE^{2}=PC^{2}$，故$PE\perp CE$，又$PE\perp EF,CE\cap EF = E,CE,EF\subset$平面$ABCD$，所以$PE\perp$平面$ABCD$，故$EF,ED,PE$两两垂直，以$E$为原点，$EF,ED,PE$所在直线分别为$x,y,z$轴建立空间直角坐标系，则$P(0,0,2\sqrt{3}),D(0,3\sqrt{3},0),F(2,0,0),A(0,-2\sqrt{3},0),C(3,3\sqrt{3},0)$，连接$PA$，则$\overrightarrow{PD}=(0,3\sqrt{3},-2\sqrt{3}),\overrightarrow{DC}=(3,0,0),\overrightarrow{AP}=(0,2\sqrt{3},2\sqrt{3}),\overrightarrow{AF}=(2,0,0)$.设平面$PCD$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}·\overrightarrow{PD}=3\sqrt{3}y_{1}-2\sqrt{3}z_{1}=0,\\\boldsymbol{n}_{1}·\overrightarrow{DC}=3x_{1}=0.\end{cases}$可取$\boldsymbol{n}_{1}=(0,2,3)$，设平面$PBF$即平面$PAF$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}·\overrightarrow{AP}=2\sqrt{3}y_{2}+2\sqrt{3}z_{2}=0,\\\boldsymbol{n}_{2}·\overrightarrow{AF}=2x_{2}=0.\end{cases}$可取$\boldsymbol{n}_{2}=(\sqrt{3},-1,1)$，$\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_{1}·\boldsymbol{n}_{2}}{\vert\boldsymbol{n}_{1}\vert\vert\boldsymbol{n}_{2}\vert}=\frac{1}{\sqrt{65}}$，故平面$PCD$与平面$PBF$所成二面角的正弦值为$\sqrt{1 - \frac{1}{65}}=\frac{8\sqrt{65}}{65}$.

（北师选择性必修一 P142A 组 T22）如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为直角梯形，$\angle ABC = \angle BAD = \dfrac{\pi}{2}$，$PB \perp$ 平面 $ABCD$，$PB = 5$，$AB = BC = 6$，$AD = 3$，求：
（1）点 $B$ 到平面 $PCD$ 的距离；
（2）二面角 $P - CD - A$ 的平面角的余弦值。

点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是以锥体为载体考查利用空间向量进行二面角的求解，高考题更考查综合应用所学知识解决问题的能力。

答案： （1）以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系。则各点坐标为：B(0,0,0)，C(6,0,0)，A(0,6,0)，D(3,6,0)，P(0,0,5)。
向量$\overrightarrow{PC}=(6,0,-5)$，$\overrightarrow{CD}=(-3,6,0)$。设平面PCD的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\left\{\begin{array}{l}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PC}=6x-5z=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{CD}=-3x+6y=0\end{array}\right.$，取$y=5$，得$\boldsymbol{n}=(10,5,12)$。
点B到平面PCD的距离$d=\frac{|\overrightarrow{BC}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|(6,0,0)·(10,5,12)|}{\sqrt{10^2+5^2+12^2}}=\frac{60}{\sqrt{269}}=\frac{60\sqrt{269}}{269}$。
（2）平面ACD的法向量为$\boldsymbol{m}=(0,0,1)$（底面ABCD的法向量）。平面PCD的法向量$\boldsymbol{n}=(10,5,12)$。
二面角P-CD-A的平面角余弦值为$\frac{|\boldsymbol{n}·\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{|12|}{\sqrt{269}×1}=\frac{12\sqrt{269}}{269}$。
（1）$\frac{60\sqrt{269}}{269}$；（2）$\frac{12\sqrt{269}}{269}$