《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第一册北师大版》

5. (2024·天津卷)已知四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，底面$ABCD$为梯形，$AB // CD$，$A_1A \perp$平面$ABCD$，$AD \perp AB$，其中$AB = AA_1 = 2$，$AD = DC = 1$. $N$是$B_1C_1$的中点，$M$是$DD_1$的中点.
(1) 求证$D_1N //$平面$CB_1M$；
(2) 求平面$CB_1M$与平面$BB_1C_1C$的夹角余弦值；
(3) 求点$B$到平面$CB_1M$的距离.

答案：
5.
(1)取$CB_{1}$中点$P$，连接$NP,MP$，
由$N$是$B_{1}C_{1}$的中点，故$NP// CC_{1}$，且$NP = \frac{1}{2}CC_{1}$，
由$M$是$DD_{1}$的中点，故$D_{1}M = \frac{1}{2}DD_{1} = \frac{1}{2}CC_{1}$，且$D_{1}M// CC_{1}$，
则有$D_{1}M// NP,D_{1}M = NP$，
故四边形$D_{1}MPN$是平行四边形，故$D_{1}N// MP$，
又$MP\subset$平面$CB_{1}M,D_{1}N\not\subset$平面$CB_{1}M$，
故$D_{1}N//$平面$CB_{1}M$；
(2)以$A$为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有$A(0,0,0),B(2,0,0),B_{1}(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C_{1}(1,1,2)$
则有$\overrightarrow{CB_{1}} = (1,-1,2),\overrightarrow{CM} = (-1,0,1),\overrightarrow{BB_{1}} = (0,0,2)$
设平面$CB_{1}M$与平面$BB_{1}CC_{1}$的法向量分别为$\boldsymbol{m} = (x_{1},y_{1},z_{1}),\boldsymbol{n} = (x_{2},y_{2},z_{2})$
则有$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{CB_{1}} = x_{1} - y_{1} + 2z_{1} = 0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{CM} = -x_{1} + z_{1} = 0,\end{cases}$
$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{CB_{1}} = x_{2} - y_{2} + 2z_{2} = 0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BB_{1}} = 2z_{2} = 0,\end{cases}$
分别取$x_{1} = x_{2} = 1$，则有$y_{1} = 3,z_{1} = 1,y_{2} = 1,z_{2} = 0$
即$\boldsymbol{m} = (1,3,1),\boldsymbol{n} = (1,1,0)$
则$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle = \frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|·|\boldsymbol{n}|} = \frac{1 + 3}{\sqrt{1 + 9}×\sqrt{1 + 1}} = \frac{2\sqrt{22}}{11}$
故平面$CB_{1}M$与平面$BB_{1}CC_{1}$的夹角余弦值为$\frac{2\sqrt{22}}{11}$

(3)由$\overrightarrow{BB_{1}} = (0,0,2)$，平面$CB_{1}M$的法向量为$\boldsymbol{m} = (1,3,1)$
则有$\frac{|\overrightarrow{BB_{1}}·\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|} = \frac{2}{\sqrt{1 + 9 + 1}} = \frac{2\sqrt{11}}{11}$
即点$B$到平面$CB_{1}M$的距离为$\frac{2\sqrt{11}}{11}$

例1. 如图，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$是平行四边形，$\angle ABC = 120°$，$AB = 1$，$BC = 4$，$PA = \sqrt{15}$，$M$，$N$分别为$BC$，$PC$的中点，$PD \perp DC$，$PM \perp MD$.

(1)证明：$AB \perp PM$；
(2)求直线$AN$与平面$PDM$所成角的正弦值.

答案：

(1)证明：在$\triangle DCM$中，$DC = 1$，$CM = 2$，$\angle DCM = 60^{\circ}$，由余弦定理可得$DM = \sqrt{3}$，所以$DM^{2}+DC^{2}=CM^{2}$，所以$DM\perp DC$。
由题意$DC\perp PD$且$PD\cap DM = D$，所以$DC\perp$平面$PDM$，而$PM\subset$平面$PDM$，所以$DC\perp PM$，又$AB// DC$，所以$AB\perp PM$。
(2)由$PM\perp MD$，$AB\perp PM$，而$AB$与$DM$相交，所以$PM\perp$平面$ABCD$。
因为$AM = \sqrt{7}$，所以$PM = 2\sqrt{2}$。
取$AD$中点$E$，连接$ME$，则$ME$，$DM$，$PM$两两垂直，以点$M$为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系。

则$A(-\sqrt{3},2,0)$，$P(0,0,2\sqrt{2})$，$D(\sqrt{3},0,0)$，$M(0,0,0)$，$C(\sqrt{3}, - 1,0)$。
又$N$为$PC$中点，所以$N(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AN}=(\frac{3\sqrt{3}}{2},-\frac{5}{2},\sqrt{2})$。
由
(1)得$CD\perp$平面$PDM$，所以平面$PDM$的一个法向量$\boldsymbol{n}=(0,1,0)$。
从而直线$AN$与平面$PDM$所成角的正弦值为$\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{AN}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AN}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{\frac{27}{4}+\frac{25}{4}+2}}=\frac{\sqrt{15}}{6}$。