《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

例32(2024.新课标I卷)如
图6.3−66,四棱锥P−ABCD
中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=
2,BC=1,AB=√3;
(1)若AD⊥PB,证明:AD//平
面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A−CP−D的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{7}$,求AD.

答案：
解析》
(1)由于PA⊥底面ABCD,ADC底面ABCD，
∴PA⊥AD,
又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PBC平面PAB,
∴AD⊥平面PAB,
又ABC平面PAB,
∴AD⊥AB.
∵AB²+BC²=AC²,
∴AB⊥BC,
∴BC//AD,
∵ADA平面PBC,BCC平面PBC,
∴AD//平面PBC.
(2)由题意知DC,AD,AP两
两垂直，以D为坐标原点,AD
所在直线为x轴,DC所在直
线为y轴，过点D且平行于
AP的直线为z轴建立如图
6.3−67所示的空间直角坐
标系,则D(0,0,0),设A(a,0,0),a＞0,则CD=
$\sqrt{4−a²}$,c(o, $\sqrt{4−a²}$,0),P(a,0,2),CD=(0,,
− $\sqrt{4−a²}$,0),AC=(−a, $\sqrt{4−a²}$,0),CP=(a,
− $\sqrt{4−a²}$,2).
设平面CPD的法向量为n=(x,y,z),
则{C一CDP..nn==00,,即{la−x−$\sqrt{4−a²}$$\sqrt{4−a²}$y=y0+,2z=0,
可取n=(2,0,−a).
设平面ACP的法向量为m=(x1,y1,1),
则{mm..CACP==00,,即{a−x1ax−−1+$\sqrt{4−a²}$$\sqrt{4−a²}$y+2yz=1=00,,
可取m=( $\sqrt{4−a²}$,a,0).
∵二面角A−CP−D的正弦值为,,
∴余弦值的绝对值为$\frac{1}{7}$,故|cos＜m,n冫1=$\frac{m.nl}{m|.|n|}$=
,$\frac{2\sqrt{4−a²}}{\sqrt{4−a²+a²}.\sqrt{4+a²}}$=$\frac{丘}{7}$,
又a＞0,
∴a=√3,即AD=√3.

1.[多选题1如图6.3−68,AB
为正方形ABCD和矩形
ABEF的公共边,二面角
E−AB−D的平面角为60°,
且AB=2AF=4,G为CD的
中点，则下列结论正确的有
(BCD)

A.AE⊥BG
B.直线BE与AG所成角的余弦值是$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.直线BG与平面AGE所成角的正弦值是
D.点B到平面AGE的距离是√3

答案：
1.BCD由已知$AB\perp AD$，$AB\perp AF$，又$AF\cap AD = A$，$AF$，$AD\subset$平面$FAD$，所以$AB\perp$平面$FAD$，以$A$为坐标原点，$AD$，$AB$所在的直线为$x$，$y$轴，过$A$垂直于平面$ABCD$的直线为$z$轴建立空间直角坐标系，如图D6.3 - 11所示，又二面角$E - AB - D$的平面角为$60^{\circ}$，所以$\angle FAD = 60^{\circ}$，$AB = 2AF = 4$，
所以$A(0,0,0)$，$B(0,4,0)$，$E(1,4,\sqrt{3})$，$G(4,2,0)$，$\overrightarrow{AE}=(1,4,\sqrt{3})$，
(【详解】由$\angle FAD = 60^{\circ}$，可得$\angle EBC = 60^{\circ}$，$EB = 2$，所以点$E$横坐标为$1$，纵坐标为$4$，竖坐标为$\sqrt{3}$)
$\overrightarrow{BG}=(4, - 2,0)$，所以$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{BG}=4 - 8 + 0 = - 4\neq0$，所以$AE$，$BG$不垂直，A错误。
$\overrightarrow{BE}=(1,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AG}=(4,2,0)$，所以$\cos\langle\overrightarrow{BE},\overrightarrow{AG}\rangle=\frac{\overrightarrow{BE}·\overrightarrow{AG}}{|\overrightarrow{BE}||\overrightarrow{AG}|}=\frac{4}{2×2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以直线$BE$与$AG$所成角的余弦值是$\frac{\sqrt{5}}{5}$，B正确。
设平面$AGE$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
由已知$\begin{cases}\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AG}=0\\\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AE}=0\end{cases}$，所以$\begin{cases}4x + 2y = 0\\x + 4y+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$
取$x = 1$可得，$y = - 2$，$z=\frac{7\sqrt{3}}{3}$，则平面$AGE$的一个法向量为$\overrightarrow{n}=(1, - 2,\frac{7\sqrt{3}}{3})$，
又$\overrightarrow{BG}=(4, - 2,0)$，
所以$\cos\langle\overrightarrow{BG},\overrightarrow{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{BG}·\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{BG}||\overrightarrow{n}|}=\frac{8}{2\sqrt{5}×\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{15}}{10}$，所以直线$BG$与平面$AGE$所成角的正弦值是$\frac{\sqrt{15}}{10}$，C正确。
$\overrightarrow{BA}=(0, - 4,0)$，平面$AGE$的一个法向量为$\overrightarrow{n}=(1, - 2,\frac{7\sqrt{3}}{3})$，设点$B$到平面$AGE$的距离为$d$，则$d=\frac{|\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{n}|}=\frac{8}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}$，D正确，故选BCD。

2.(新考法结构不良(2025.北京市十一学校段
考)如图6.3−69,在三棱柱ABC−AlBC1中,侧
面BCCB为正方形,平面BCCB1⊥平面
ABBA,AB=BC=2,M,N分别为AB1,AC的
中点
(1)求证:MN//平面BCCB;
(2)再从条件①、条件②这两
个条件中选择一个作为已知，

求直线AB与平面BMN所成
角的正弦值.
条件①:AB⊥MN;
条件②:BM=MN;
二练习帮 学业质量测评.见《 练习帮》 P197

答案：
2.
(1)如图D6.3 - 12，设点$P$为$AB$的中点，
连接$PN$，$PM$，因为$N$为$AC$的中点，
所以$PN$为$\triangle ABC$的中位线，所以$PN// BC$。
又$M$为$A_1B_1$的中点，所以$PM// BB_1$。
因为$BB_1\cap BC = B$，$PM\cap PN = P$，$BB_1$，$BC\subset$平面$BCC_1B_1$，$PM$，$PN\subset$平面$MPN$，所以平面$BCC_1B_1//$平面$MPN$。
又$MN\subset$平面$MPN$，所以$MN//$平面$BCC_1B_1$。
(【另解】取$BC$中点$Q$，连接$NQ$，$B_1Q$，又$M$，$N$分别为$A_1B_1$，$AC$的中点，所以$NQ// B_1M$，$NQ = B_1M = 1$，所以四边形$B_1QNM$为平行四边形，即$MN// B_1Q$，又$B_1Q\subset$平面$BCC_1B_1$，故$MN//$平面$BCC_1B_1$)
(2)因为侧面$BCC_1B_1$为正方形，所以$CB\perp BB_1$，
又平面$BCC_1B_1\perp$平面$ABB_1A_1$，且平面$BCC_1B_1\cap$平面$ABB_1A_1 = BB_1$，所以$CB\perp$平面$ABB_1A_1$，而$AB\subset$平面$ABB_1A_1$，所以$CB\perp AB$。
选条件①.
由
(1)得$PN// BC$，所以$AB\perp PN$，$MN\cap PN = N$，所以$AB\perp$平面$MPN$。又$MN//$平面$BCC_1B_1$，$MN\subset$平面$MPN$，所以平面$MPN//$平面$BCC_1B_1$，所以$AB\perp$平面$BCC_1B_1$。
在三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$BA$，$BC$，$BB_1$两两垂直，
故以$B$为坐标原点，分别以$BC$，$BA$，$BB_1$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立如图D6.3 - 13所示的空间直角坐标系$Bxyz$，
因为$AB = BC = BB_1 = 2$，所以$B(0,0,0)$，
$N(1,1,0)$，$M(0,1,2)$，$A(0,2,0)$，
所以$\overrightarrow{BN}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{BM}=(0,1,2)$，$\overrightarrow{AB}=(0, - 2,0)$。
设平面$BMN$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
由$\begin{cases}\overrightarrow{BN}·\overrightarrow{n}=0\\\overrightarrow{BM}·\overrightarrow{n}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}x + y = 0\\y + 2z = 0\end{cases}$，令$x = 2$，得平面$BMN$的一个法向量为$\overrightarrow{n}=(2, - 2,1)$。
设直线$AB$与平面$BMN$所成角为$\theta$，
则$\sin\theta = |\cos\langle\overrightarrow{n},\overrightarrow{AB}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AB}|}=\frac{4}{3×2}=\frac{2}{3}$，
所以直线$AB$与平面$BMN$所成角的正弦值为$\frac{2}{3}$。
选条件②
由
(1)知$BB_1// MP$，$CB// NP$，而$CB\perp BB_1$，故$NP\perp MP$。
又$AB = BC = 2$，所以$NP = BP = 1$。
在$\triangle MPB$和$\triangle MPN$中，$MB = MN$，$NP = BP$，$MP = MP$，则$\triangle MPB\cong\triangle MPN$，
因此$\angle MPN=\angle MPB = 90^{\circ}$，即$MP\perp AB$，故$BB_1\perp AB$。
在三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$BA$，$BC$，$BB_1$两两垂直，
故以$B$为坐标原点，分别以$BC$，$BA$，$BB_1$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立如图D6.3 - 13所示的空间直角坐标系$Bxyz$，
则$B(0,0,0)$，$N(1,1,0)$，$M(0,1,2)$，$A(0,2,0)$，
所以$\overrightarrow{BN}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{BM}=(0,1,2)$，$\overrightarrow{AB}=(0, - 2,0)$。
设平面$BMN$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
由$\begin{cases}\overrightarrow{BN}·\overrightarrow{n}=0\\\overrightarrow{BM}·\overrightarrow{n}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}x + y = 0\\y + 2z = 0\end{cases}$
令$x = 2$，得平面$BMN$的一个法向量为$\overrightarrow{n}=(2, - 2,1)$。
设直线$AB$与平面$BMN$所成角为$\theta$，
则$\sin\theta = |\cos\langle\overrightarrow{n},\overrightarrow{AB}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{n}·\overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AB}|}=\frac{4}{3×2}=\frac{2}{3}$，
所以直线$AB$与平面$BMN$所成角的正弦值为$\frac{2}{3}$。