《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

*例14 (2022·全国高中数学联赛浙江赛区初赛)
在棱长为$1$的正方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$是$AB$的中点，$F$是$CC_1$的中点，则$D$到过$D_1,E,F$三点的平面的距离为.

答案：
解析▶以$D$为原点，分别以$DA,DC,DD_1$为$x,y,z$轴建立空间直角坐标系，求得过$D_1,E,F$三点的平面的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(3,2,4)$.又$\overrightarrow{DD_1}=(0,0,1)$，所以$D$到过$D_1,E,F$三点的平面的距离为$\frac{|\overrightarrow{DD_1}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=$

$\frac{4\sqrt{29}}{29}$.
答案▶$\frac{4\sqrt{29}}{29}$

*例15 (2023·全国高中数学联赛一试B卷)设$P-ABCD$与$Q-ABCD$为两个正四棱锥，且$\angle PAQ=90°$，点$M$在线段$AC$上，且$CM=3AM$.将异面直线$PM,QB$所成的角记为$\theta$，则$\cos\theta$的最大值为.

答案： 解析▶设正方形$ABCD$的中心为$O$，连接$OA,OB$，由条件知$PQ$垂直平面$ABCD$于点$O$，又$\angle PAQ=90°$，所以由射影定理知$OP· OQ=OA^2$.
显然$O$在$P,Q$之间.
以$O$为原点，$\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OP}$方向为$x$轴，$y$轴，$z$轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设$A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$P(0,0,a)(a＞0)$，则$Q(0,0,-\frac{1}{a})$.
易知$M(\frac{1}{2},0,0)$，因此$\overrightarrow{PM}=(\frac{1}{2},0,-a)$，$\overrightarrow{QB}=(0,1,\frac{1}{a})$，
所以$\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{PM}·\overrightarrow{QB}|}{|\overrightarrow{PM}|·|\overrightarrow{QB}|}=\frac{1}{\sqrt{[(\frac{1}{2})^2+a^2](1+\frac{1}{a^2})}}$
$\leqslant\frac{1}{\sqrt{\frac{5}{4}+1}}=\frac{2}{3}$.
当且仅当$a=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$\cos\theta$取到最大值$\frac{2}{3}$.
答案▶$\frac{2}{3}$

*例16 (2022·全国高中数学联赛福建赛区预赛)如图6-20，$P$为长方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$的对角线$BD_1$上的一点，平面$APC//$平面$DA_1C_1$，若$AA_1=2AD$，则平面$PAB$与平面$CAB$夹角的正切值为.

答案：
解析▶设$O_1,O$分别为长方体上、下底面矩形对角线的交点，连接$OP,OB_1,DO_1$.
因为平面$APC//$平面$DA_1C_1$，
平面$D_1DBB_1\cap$平面$APC=OP$，
平面$D_1DBB_1\cap$平面$DA_1C_1=DO_1$，
所以$OP// DO_1$.
又$OB_1// DO_1$，所以$O,P,B_1$三点共线.
因此$BP=\frac{1}{3}BD_1$.
方法1如图6-21，作$PH\perp DB$，垂足为$H$，$HR\perp AB$，垂足为$R$，连接$PR$，易得$PH\perp$平面$ABCD$，$PR\perp AB$，$\angle PRH$为平面$PAB$与平面$CAB$的夹角.
由$AA_1=2AD$，$BP=\frac{1}{3}BD_1$，可得$PH=\frac{1}{3}DD_1=\frac{2}{3}AD$，$RH=\frac{1}{3}AD$.
所以$\tan\angle PRH=\frac{PH}{HR}=2$，即平面$PAB$与平面$CAB$夹角的正切值为$2$.

方法2依题意建立如图6-22所示的空间直角坐标系.
设$AA_1=2AD=2a$，$AB=b$，
则易知平面$ABCD$的一个法向量为$\boldsymbol{m}=(0,0,1)$.
$A(a,0,0)$，$B(a,b,0)$，$D_1(0,0,2a)$，则$\overrightarrow{AB}=(0,b,0)$，$\overrightarrow{BD_1}=(-a,-b,2a)$.
由$\overrightarrow{BP}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BD_1}$，得$\overrightarrow{BP}=(-\frac{a}{3},-\frac{b}{3},\frac{2a}{3})$.
设平面$ABP$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB}=by=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BP}=-\frac{a}{3}x-\frac{b}{3}y+\frac{2az}{3}=0,\end{cases}$
得$y=0$，取$x=2$，$z=1$，则$\boldsymbol{n}=(2,0,1)$，
则$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，
所以平面$PAB$与平面$CAB$夹角的正切值为$2$.
答案▶$2$