《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

例21如图6.3−36,四棱锥P−ABCD,
AB//CD,∠BCD=90°,AB=2BC=2CD=4,
△PAB为等边三角形,平面PAB⊥平面ABCD,Q
为PB的中点
(1)求证:AQ⊥平面PBC;
(2)求二面角B−PC−D的余弦值.

答案：
解析》
(1)因为AB//CD,∠BCD=90°,所以AB⊥BC,
又平面PAB⊥平面ABCD,且平面PAB平面ABCD=
AB,BCC平面ABCD,所以BC⊥平面PAB.
又AQC平面PAB,所以BC⊥AQ.
因为Q为PB的中点，且△PAB为等边三角形,所以PB⊥AQ.
又PB∩BC=B,所以AQ⊥平面PBC.
(2)如图6.3−37,取AB的中
点为O,连接PO,OD,因为
△PAB为等边三角形，所以
PO⊥AB,
因为平面PAB⊥平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD,所以
PO⊥OD,
易知四边形OBCD为正方形，所以OD⊥AB..
(对于垂直关系不明显的立体图形，要先诬得垂直关
系再建立空间直角坐标系)
以AB的中点O为坐标原点,OA,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图6.3−37所示的空间直角坐标系0−xyz,则A(2,0,0),D(0,2,0),C(−2,2,0),P(0,
0,2√3),B(−2,0,0).
[方法1)īDP=((0,−2,2√3)),CD=((2,0,,0).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
n.CD=0, [2x=0,
由{n.DP=0,得{−2y+2√3z=0,
取z=1,则n=(0,√3,1)为平面PCD的一个法向量.
由
(1)知,AQ为平面PBC的一个法向量,因为Q为PB
的中点,则Q(−1,0,√3),
所以QA=(3,0,−√3).
又QA.n=−√3,1QA1=2√3,1n1=2,
所以cos＜QA,n)=.1QA11nni=2√−3√×32=−$\frac{1}{4}$.
([易错点]两平面法向量的夹角的余弦值与二面角
的佘弦值并不一定相等，要注意辨析二面角的平面
角是锐角还是钝角)
故二面角B−PC−D的余弦值为−$\frac{1}{4}$.
[方法2＞分别过B,D作PC的
垂线段，垂足分别为E,F,如图
6.3−38所示,则＜BE,DF＞即

为二面角B−PC−D的平面角
的大小.
设CE=ACP=A(2,−2,2√3)=(2λ,−2λ,2√3λ).
则BE=BC+CE=(0,2,0)+(2λ,−2λ,2√3A)=
(2λ,2−2A,2√3λ),
由BE.CP=0,得2λ×2+(2−2λ)×(−2)+2√3λ×
2√3=0,解得λ=$\frac{1}{5}$,则BE=($\frac{2}{5}$5$\frac{8}{5}$′25√3).
同理可得DF=(−$\frac{8}{5}$,−$\frac{2}{5}$'$\frac{2√3}{5}$),
所以BE.DF=−$\frac{4}{5}$,IBEI=

$\frac{4√5}{5}$

,,DF|=$\frac{4√5}{5}$,
品品 −$\frac{4}{5}$
所以cos＜BE,DF冫=$\frac{BE.DF}{IBEIIDF}$=

$\frac{5}{4√54√5}$

=−$\frac{1}{4}$,

$\frac{4√5}{5}$

x

$\frac{4√5}{5}$

故二面角B−PC−D的余弦值为−$\frac{1}{4}$.

I名师点评 在方法2中,我们计算BE,DF的坐标
时会发现点E,F重合.
事实上,由OB=OD,OP⊥OB,OP⊥OD,得PB=PD=
4,因此△PBC≌△PDC,又BE,DF均为PC上的
高,所以E,F两点重合,∠BED即二面角B−PC−
D的平面角，进而我们可用几何法求解;
因为PC=√2²+2²+(2√3)²=2√5,所以PD²+CD²=
PC²,则PD⊥CD,所以DE=$\frac{4×2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$,则BE=
DE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$,连接BD,BD=2√2,所以cos∠BED=
$\frac{BE²+DE²−BD²}{2BE.DE}$=−$\frac{1}{4}$,即二面角B−PC−D的余弦
值为−$\frac{1}{4}$.
(2025.山东省枣庄市第三
中学月考)如图6.3−39所
示，已知直三棱柱ABC−

ABlC1中,侧面AABlB为
正方形,AB=BC=2,E,F
分别为AC和CC，的中点，
D为棱AB1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当BD为何值时,面BBlC,C与面DFE
所成的二面角的正弦值最小？
解析'
(1)因为直三棱柱ABC−ABC，的侧面
AABB为正方形,F是CC，的中点,且AB=BC=
2,所以CF=1,BF=$\sqrt{5}$
如图6.3−40,连接AF,由BF⊥A1B1,AB//AB1,得
BF⊥AB,于是AF= $\sqrt{BF²+AB²}$=3,所以AC=
$\sqrt{AF²−CF²}$=2√2.由AB²+BC²=AC²,得BA⊥BC.
以B为坐标原点,以AB,BC,
BB所在直线分别为x,y,z轴
建立如图6.3−40所示的空
间直角坐标系B−xyz.

则B(0,0,0),E(1,1,0),
F(0,2,1),BF=(0,2,1).
设BD=m(0≤m≤2),则
D(m,0,2),
所以DE=(1−m,1,−2).
所以BF.DE=0,所以BF⊥DE.
(2)EF=(−1,1,1).
设B,D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2),于是DE=(1−
m,1,−2).
易知平面BBC,C的一个法向量为n=(1,0,0).
设平面DFE的法向量为n2=(x,y,z),
则{DEEF..nn22==00,,'所以{(−1x−+my)+xz+=y0−,2z=0,
令x=3,得y=m+1,z=2−m,
于是,平面DFE的一个法向量为n2=(3,m+1,
2−m),
所以cos＜n1,n2＞= 3
√2(m−$\frac{1}{2}$)²+$\frac{27}{2}$。
设平面BBClC与平面DFE所成的二面角为θ,则
sinθ= $\sqrt{1−cos²＜n,n＞}$
故当m=$\frac{1}{2}$时,平面BBCC与平面DFE所成的二
面角的正弦值最小,为返3,即当B,D=$\frac{1}{2}$时,平面
BBlCC与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.