《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

4. (2025 · 山东省聊城市期中)如图6.3-26，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA \perp$ 底面 $ABCD$，$AB \perp AD$，$\angle ABC = 60°$，$PA = AB = BC$，$AD = \frac{2\sqrt{3}}{3}AB$，$E$ 是 $PC$ 的中点. 证明：$PD \perp$ 平面 $ABE$.

答案：
4. 由$PA\perp$底面$ABCD,AB\perp AD$，易知$AB$，$AD,AP$两两垂直，建立如图D6.3-4所示的空间直角坐标系，连接$AC$，设$PA=AB=BC=1$，则$A(0,0,0),P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,\frac{2\sqrt{3}}{3},0)$。
$\because \angle ABC = 60^{\circ},AB = BC,\therefore \triangle ABC$为正三角形，则$C(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0),E(\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{1}{2})$。
$\therefore \overrightarrow{AB}=(1,0,0),\overrightarrow{AE}=(\frac{1}{4},\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{1}{2}),\overrightarrow{PD}=(0,\frac{2\sqrt{3}}{3},-1)$。
则$\overrightarrow{PD}· \overrightarrow{AB}=0× 1+\frac{2\sqrt{3}}{3}× 0+(-1)× 0 = 0$，$\overrightarrow{PD}· \overrightarrow{AE}=0× \frac{1}{4}+\frac{2\sqrt{3}}{3}× \frac{\sqrt{3}}{4}+(-1)× \frac{1}{2}=0$，
$\therefore PD\perp AB,PD\perp AE$，即$PD\perp AB,PD\perp AE$。
又$AB\cap AE = A,AB,AE\subset$平面$ABE$，故$PD\perp$平面$ABE$。

例17 (2025 · 江苏省常州市期中)如图6.3-27，在四棱锥 $S - ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是正方形，$AS \perp$ 底面 $ABCD$，且 $AS = AB$，$E$ 是 $SC$ 的中点. 求证：平面 $BDE \perp$ 平面 $ABCD$.

答案：
解析 ▶ 不妨设 $AS = AB = 1$，建立如图6.3-28所示的空间直角坐标系 $A - x y z$，则 $B(1,0,0)$，$D(0,1,0)$，$A(0,0,0)$，$S(0,0,1)$，$E(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$.
[方法1]如图6.3-28，连接 $AC$，交 $BD$ 于点 $O$，连接 $OE$，则点 $O$ 的坐标为 $(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$. 易知 $\overrightarrow{AS}=(0,0,1)$，$\overrightarrow{OE}=(0,0,\frac{1}{2})$，$\therefore \overrightarrow{OE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AS}$，$\therefore OE// AS$.
又 $AS \perp$ 底面 $ABCD$，$\therefore OE \perp$ 平面 $ABCD$.
又 $OEC \subset$ 平面 $BDE$，$\therefore$ 平面 $BDE \perp$ 平面 $ABCD$.
[方法2]设平面 $BDE$ 的法向量为 $\mathbf{n}_1=(x,y,z)$.
易知 $\overrightarrow{BD}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{BE}=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$，
由 $\begin{cases} \mathbf{n}_1 \perp \overrightarrow{BD}, \\ \mathbf{n}_1 \perp \overrightarrow{BE}, \end{cases}$ 得 $\begin{cases} \mathbf{n}_1 · \overrightarrow{BD}=-x+y=0, \\ \mathbf{n}_1 · \overrightarrow{BE}=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}z=0. \end{cases}$
令 $x = 1$，可得平面 $BDE$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}_1=(1,1,0)$.
$\because AS \perp$ 底面 $ABCD$，$\therefore$ 平面 $ABCD$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}_2=\overrightarrow{AS}=(0,0,1)$.
$\therefore \mathbf{n}_1 · \mathbf{n}_2=0$，$\therefore$ 平面 $BDE \perp$ 平面 $ABCD$.

5. 已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 为 $CC_1$ 的中点，求证：平面 $A_1BD \perp$ 平面 $EBD$.

答案：
5. 设正方体棱长为$1$，建立如图D6.3-5所示的空间直角坐标系，则$D(0,0,0),A_{1}(1,0,1),B(1,1,0),E(0,1,\frac{1}{2})$。
于是$\overrightarrow{DE}=(0,1,\frac{1}{2}),\overrightarrow{DB}=(1,1,0),\overrightarrow{DA_{1}}=(1,0,1)$。
设平面$EBD$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，由$\boldsymbol{n}_{1}\perp \overrightarrow{DE},\boldsymbol{n}_{1}\perp \overrightarrow{DB}$，得$\begin{cases}y_{1}+\frac{1}{2}z_{1}=0\\x_{1}+y_{1}=0\end{cases}$，令$x_{1}=1$，则$y_{1}=-1,z_{1}=2$，$\therefore$平面$EBD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(1,-1,2)$。
设平面$A_{1}BD$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，由$\boldsymbol{n}_{2}\perp \overrightarrow{DA_{1}},\boldsymbol{n}_{2}\perp \overrightarrow{DB}$，得$\begin{cases}x_{2}+z_{2}=0\\x_{2}+y_{2}=0\end{cases}$，令$x_{2}=1$，则$y_{2}=z_{2}=-1$，$\therefore$平面$A_{1}BD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(1,-1,-1)$。
故$\boldsymbol{n}_{1}· \boldsymbol{n}_{2}=(1,-1,2)·(1,-1,-1)=0$，因此$\boldsymbol{n}_{1}\perp \boldsymbol{n}_{2}$，故平面$A_{1}BD\perp$平面$EBD$。
(【另解】$BD$的中点为$O(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0)$，则$\overrightarrow{OA_{1}}=(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},1)$，又平面$EBD$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(1,-1,2)$，则$\boldsymbol{n}_{1}=2\overrightarrow{OA_{1}}$，这说明$\overrightarrow{OA_{1}}$与$\boldsymbol{n}_{1}$共线，$\therefore OA_{1}\perp$平面$EBD$，又$OA_{1}\subset$平面$A_{1}BD$，故平面$A_{1}BD\perp$平面$EBD$)

例18 (2025 · 华东师范大学第二附属中学期中)如图6.3-29，已知两个正四棱锥 $P - ABCD$ 与 $Q - ABCD$ 的高分别为1和2，$AB = 4$，则异面直线 $AQ$ 与 $PB$ 所成角的余弦值为 .

答案： 解析 ▶ 由题设知，四边形 $ABCD$ 是正方形，连接 $AC$，$BD$，交于点 $O$，则 $AC \perp BD$. 连接 $PQ$，则 $PQ$ 过点 $O$.
由正四棱锥的性质知 $PQ \perp$ 平面 $ABCD$，故以 $O$ 为坐标原点(根据几何体的结构特征建系)
原点，以直线 $CA$，$DB$，$QP$ 分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴建立如图6.3-30所示的空间直角坐标系，则 $P(0,0,1)$，$A(2\sqrt{2},0,0)$，$Q(0,0,-2)$，$B(0,2\sqrt{2},0)$，
$\therefore \overrightarrow{AQ}=(-2\sqrt{2},0,-2)$，$\overrightarrow{PB}=(0,2\sqrt{2},-1)$.
于是 $|\cos \langle \overrightarrow{AQ},\overrightarrow{PB} \rangle|=\frac{|\overrightarrow{AQ} · \overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{AQ}||\overrightarrow{PB}|}=\frac{\sqrt{3}}{9}$，
$\therefore$ 异面直线 $AQ$ 与 $PB$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{9}$.
答案 ▶ $\frac{\sqrt{3}}{9}$