《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》

例2. (2024·全国甲卷理科) 如图，在以$A$，$B$，$C$，$D$，$E$，$F$为顶点的五面体中，四边形$ABCD$与四边形$ADEF$均为等腰梯形，$EF // AD$，$BC // AD$，$AD = 4$，$AB = BC = EF = 2$，$ED = \sqrt{10}$，$FB = 2\sqrt{3}$，$M$为$AD$的中点.

(1)证明：$BM //$平面$CDE$；
(2)求二面角$F - BM - E$的正弦值.

答案：

(1)因为$BC// AD$，$EF = 2$，$AD = 4$，$M$为$AD$的中点，所以$BC// MD$，$BC = MD$，四边形$BCDM$为平行四边形，所以$BM// CD$。
又因为$BM\not\subset$平面$CDE$，$CD\subset$平面$CDE$，所以$BM//$平面$CDE$。
(2)如图所示，作$BO\perp AD$交$AD$于$O$，连接$OF$。
因为四边形$ABCD$为等腰梯形，$BC// AD$，$AD = 4$，$AB = BC = 2$，所以$CD = 2$。
结合
(1)$BCDM$为平行四边形，可得$BM = CD = 2$，又$AM = 2$，所以$\triangle ABM$为等边三角形，$O$为$AM$中点，所以$OB = \sqrt{3}$。
又因为四边形$ADEF$为等腰梯形，$M$为$AD$中点，所以$EF = MD$，$EF// MD$，四边形$EFMD$为平行四边形，$FM = ED = AF$，所以$\triangle AFM$为等腰三角形，$\triangle ABM$与$\triangle AFM$底边上中点$O$重合，$OF\perp AM$，$OF = \sqrt{AF^{2}-AO^{2}} = 3$。
因为$OB^{2}+OF^{2}=BF^{2}$，所以$OB\perp OF$，所以$OB$，$OD$，$OF$互相垂直。
以$OB$方向为$x$轴，$OD$方向为$y$轴，$OF$方向为$z$轴，建立$O - xyz$空间直角坐标系。
$F(0,0,3)$，$B(\sqrt{3},0,0)$，$M(0,1,0)$，$E(0,2,3)$，$\overrightarrow{BM}=(-\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{BF}=(-\sqrt{3},0,3)$，$\overrightarrow{BE}=(-\sqrt{3},2,3)$。
设平面$BFM$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，平面$EMB$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$。
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{BM}=0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{BF}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{3}x_{1}+y_{1}=0\\-\sqrt{3}x_{1}+3z_{1}=0\end{cases}$，令$x_{1}=\sqrt{3}$，得$y_{1}=3$，$z_{1}=1$，即$\boldsymbol{m}=(\sqrt{3},3,1)$。
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BM}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BE}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\sqrt{3}x_{2}+y_{2}=0\\-\sqrt{3}x_{2}+2y_{2}+3z_{2}=0\end{cases}$，令$x_{2}=\sqrt{3}$，得$y_{2}=3$，$z_{2}=-1$，即$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},3,-1)$。
$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{11}{\sqrt{13}·\sqrt{13}}=\frac{11}{13}$，则$\sin\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{4\sqrt{3}}{13}$。
故二面角$F - BM - E$的正弦值为$\frac{4\sqrt{3}}{13}$。

例3. 已知四边形$ABCD$是边长为4的正方形，$E$，$F$分别是边$AB$，$AD$的中点，$GC$垂直于正方形$ABCD$所在的平面，且$GC = 2$，求点$B$到平面$EFG$的距离.

答案：
如图所示，建立空间直角坐标系。

则$B(0,4,0)$，$E(2,4,0)$，$F(4,2,0)$，$G(0,0,2)$，所以$\overrightarrow{GE}=(2,4,-2)$，$\overrightarrow{GF}=(4,2,-2)$。
设$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$是平面$EFG$的一个法向量，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{GE}=2x + 4y - 2z = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{GF}=4x + 2y - 2z = 0\end{cases}$，令$x = 1$，$y = 1$，$z = 3$，所以平面$EFG$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,1,3)$。
而$\overrightarrow{EB}=(-2,0,0)$，所以$d=\frac{|\boldsymbol{n}·\overrightarrow{EB}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|-2|}{\sqrt{11}}=\frac{2\sqrt{11}}{11}$。

例4. 如图，正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为4，$M$，$N$，$E$，$F$分别为$A_1D_1$，$A_1B_1$，$C_1D_1$，$B_1C_1$的中点，求平面$AMN$与平面$EFBD$间的距离.

答案：
如图，建立空间直角坐标系。
则$D(0,0,0)$，$M(2,0,4)$，$A(4,0,0)$，$B(4,4,0)$，$E(0,2,4)$，$F(2,4,4)$，$N(4,2,4)$。
所以$\overrightarrow{EF}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{MN}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{AM}=(-2,0,4)$，$\overrightarrow{BF}=(-2,0,4)$，即$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{MN}$，$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{BF}$，所以$EF// MN$，$AM// BF$，又$MN\cap AM = M$，所以平面$AMN//$平面$EFBD$。
设$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$是平面$AMN$的一个法向量，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{MN}=2x + 2y = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AM}=-2x + 4z = 0\end{cases}$，令$z = 1$，得$x = 2$，$y = - 2$，即$\boldsymbol{n}=(2,-2,1)$。
$\overrightarrow{AB}=(0,4,0)$，设点$B$到平面$AMN$的距离为$d$，则$d=\frac{|\overrightarrow{AB}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{|-8|}{\sqrt{2^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}}=\frac{8}{3}$。
故平面$AMN$与平面$EFBD$间的距离为$\frac{8}{3}$。

例5. 如图所示，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$为矩形，平面$PCD \perp$平面$ABCD$，$AB = 2$，$BC = 1$，$PC = PD = \sqrt{2}$，$E$为$PB$的中点.

(1) 求证：$PD //$平面$ACE$；
(2)求二面角$E - AC - D$的余弦值；
(3)在棱$PD$上是否存在点$M$，使得$AM \perp BD$？ 若存在，求$\frac{PM}{PD}$的值；若不存在，说明理由.

答案：

(1)证明：设$BD$交$AC$于点$F$，连接$EF$。
因为底面$ABCD$是矩形，所以$F$为$BD$的中点。
又$E$为$PB$的中点，所以$EF// PD$。
因为$PD\not\subset$平面$ACE$，$EF\subset$平面$ACE$，所以$PD//$平面$ACE$。
(2)取$CD$的中点$O$，连接$PO$，$FO$。
因为底面$ABCD$为矩形，所以$BC\perp CD$，又$OF// BC$，所以$OF\perp CD$。
因为$PC = PD$，$O$为$CD$的中点，所以$PO\perp CD$。
又平面$PCD\perp$平面$ABCD$，$PO\subset$平面$PCD$，平面$PCD\cap$平面$ABCD = CD$，所以$PO\perp$平面$ABCD$。
如图所示，以$O$为坐标原点，$OF$，$OC$，$OP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立空间直角坐标系$O - xyz$，则$A(1,-1,0)$，$C(0,1,0)$，$B(1,1,0)$，$P(0,0,1)$，$E(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$。

所以$\overrightarrow{AC}=(-1,2,0)$，$\overrightarrow{AE}=(-\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{1}{2})$。
设平面$ACE$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AC}=0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AE}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-x + 2y = 0\\-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}y+\frac{1}{2}z = 0\end{cases}$，令$y = 1$，则$x = 2$，$z = - 1$，所以$\boldsymbol{m}=(2,1,-1)$为平面$ACE$的一个法向量。
易知平面$ACD$的一个法向量为$\overrightarrow{OP}=(0,0,1)$，则$\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{OP}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\overrightarrow{OP}}{|\boldsymbol{m}|·|\overrightarrow{OP}|}=\frac{-1}{\sqrt{6}×1}=-\frac{\sqrt{6}}{6}$。
故二面角$E - AC - D$的余弦值为$-\frac{\sqrt{6}}{6}$。
(3)假设在棱$PD$上存在点$M$，使$AM\perp BD$。
由
(2)知，$\overrightarrow{AP}=(-1,1,1)$，$D(0,-1,0)$，则$\overrightarrow{BD}=(-1,-2,0)$，$\overrightarrow{PD}=(0,-1,-1)$。
设$\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{PD}$，$\lambda\in[0,1]$，则$\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{PM}=(-1,1,1)+\lambda(0,-1,-1)=(-1,1 - \lambda,1 - \lambda)$。
由$AM\perp BD$，得$\overrightarrow{AM}·\overrightarrow{BD}=0$，所以$1 - 2(1 - \lambda)=0$，解得$\lambda=\frac{1}{2}\in[0,1]$。
所以在棱$PD$上存在点$M$，使$AM\perp BD$，且$\frac{PM}{PD}=\frac{1}{2}$。