《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

6. (新情境 柏拉图立体(2025 · 北京市第二十中学月考)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形). 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图6.3-31，已知一个正八面体 $ABCDEF$ 的棱长为2，$M$，$N$ 分别为棱 $AD$，$AC$ 的中点，则直线 $BN$ 和 $FM$ 夹角的余弦值为 (D)

A.$\frac{5}{6}$.
B.$\frac{\sqrt{11}}{6}$
C.$\frac{\sqrt{21}}{6}$
D.$\frac{\sqrt{15}}{6}$

答案：
6. D 如图D6.3-6，取$BCDE$各边中点$H,K$，$I,G$，连接$HI,KG,FA$，由正八面体的性质可得三线交于一点，设为$O$，易得$HI,KG,FA$两两垂直。(【破题点】根据立体结构在适当的位置建系)
以$O$为坐标原点，$HI,KG,FA$所在直线为坐标轴建立如图D6.3-6所示的空间直角坐标系，则$B(1,-1,0),C(1,1,0),A(0,0,\sqrt{2}),D(-1,1,0),F(0,0,-\sqrt{2}),N(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}),M(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$。
所以$\overrightarrow{BN}=(-\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}),\overrightarrow{FM}=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})$，
设直线$BN$与$FM$所成的夹角为$\theta$，所以$\cos\theta = |\cos\langle\overrightarrow{BN},\overrightarrow{FM}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{BN}· \overrightarrow{FM}|}{|\overrightarrow{BN}|· |\overrightarrow{FM}|}=\frac{|\frac{1}{4}+\frac{3}{4}+\frac{6}{4}|}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{9}{4}+\frac{2}{4}}×\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{18}{4}}}=\frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{3}×\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{6}$，
所以直线$BN$和$FM$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{6}$。

例19 (2025 · 山东省青岛市第五十八中学月考)正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 的底面边长为 $a$，侧棱长为 $\sqrt{2}a$，则 $AC_1$ 与侧面 $ABB_1A_1$ 所成的角的大小为 .

答案： 解析 ▶ 建立如图6.3-32所示的空间直角坐标系，([注意] 建系时要使用到 $A_1$ 的点尽可能多地在坐标轴上)
则 $A(0,0,0)$，$B(0,a,0)$，$A_1(0,0,\sqrt{2}a)$，$C_1(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,\frac{a}{2},\sqrt{2}a)$，$B_1(0,a,\sqrt{2}a)$.
[方法1]如图6.3-32，取 $A_1B_1$ 的中点 $M$，则 $M(0,\frac{a}{2},\sqrt{2}a)$，连接 $AM$，$MC_1$，则 $\overrightarrow{MC_1}=(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,0,0)$，$\overrightarrow{AB}=(0,a,0)$，$\overrightarrow{AA_1}=(0,0,\sqrt{2}a)$.
$\because \overrightarrow{MC_1} · \overrightarrow{AB}=0$，$\overrightarrow{MC_1} · \overrightarrow{AA_1}=0$，
$\therefore MC_1 \perp AB$，$MC_1 \perp AA_1$，
又 $AB \cap AA_1 = A$，$\therefore MC_1 \perp$ 平面 $ABB_1A_1$.
$\therefore \angle C_1AM$ 即直线 $AC_1$ 与侧面 $ABB_1A_1$ 所成的角.
$\because \overrightarrow{AC_1}=(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,\frac{a}{2},\sqrt{2}a)$，$\overrightarrow{AM}=(0,\frac{a}{2},\sqrt{2}a)$，
$\therefore \overrightarrow{AC_1} · \overrightarrow{AM}=0+\frac{a^2}{4}+2a^2=\frac{9a^2}{4}$.
又 $|\overrightarrow{AC_1}|=\sqrt{\frac{3a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+2a^2}=\sqrt{3}a$，$|\overrightarrow{AM}|=\sqrt{\frac{a^2}{4}+2a^2}=\frac{3a}{2}$，
$\therefore \cos \langle \overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{AM} \rangle=\frac{\frac{9a^2}{4}}{\sqrt{3}a · \frac{3a}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
$\therefore \langle \overrightarrow{AC_1},\overrightarrow{AM} \rangle = 30°$，即 $AC_1$ 与侧面 $ABB_1A_1$ 所成的角为 $30°$.
[方法2]$\overrightarrow{AB}=(0,a,0)$，$\overrightarrow{AA_1}=(0,0,\sqrt{2}a)$.
设侧面 $ABB_1A_1$ 的法向量为 $\mathbf{n}=(x,y,z)$，
则 $\mathbf{n} · \overrightarrow{AB}=0$ 且 $\mathbf{n} · \overrightarrow{AA_1}=0$，
$\therefore ay = 0$ 且 $\sqrt{2}az = 0$，$\therefore z = y = 0$，
故 $\mathbf{n}=(1,0,0)$为平面 $ABB_1A_1$ 的一个法向量.
又 $\overrightarrow{AC_1}=(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,\frac{a}{2},\sqrt{2}a)$，
$\therefore \cos \langle \overrightarrow{AC_1},\mathbf{n} \rangle=\frac{\overrightarrow{AC_1} · \mathbf{n}}{|\overrightarrow{AC_1}||\mathbf{n}|}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}a · 1}{\sqrt{3}a · 1}=-\frac{1}{2}$，
设 $AC_1$ 与侧面 $ABB_1A_1$ 所成的角为 $\theta$，则 $\sin \theta = |\cos \langle \overrightarrow{AC_1},\mathbf{n} \rangle|=\frac{1}{2}$，$\therefore \theta = 30°$，
([注意] 线面角的范围是 $[0,\frac{\pi}{2}]$)
即 $AC_1$ 与侧面 $ABB_1A_1$ 所成的角为 $30°$.
答案 ▶ $30°$