《2025年教材帮高中数学选择性必修第二册苏教版》

*例17 (全国高中数学联赛四川赛区预赛)已知在三棱锥$D-ABC$中，$\angle ACB=\angle ABD=90°$，$CA=CB$，$\angle BAD=30°$.若点$C$在平面$ABD$上的射影恰好在$AD$上，则二面角$C-AB-D$的平面角的正弦值的大小为.

答案：
解析▶如图6-23所示，在平面$ACD$内过$C$作$CE\perp AD$交$AD$于点$E$，则$CE\perp$平面$ABD$.
设$BD=2t$，则$AD=4t$，$AB=2\sqrt{3}t$，由$\triangle ACB$为等腰直角三角形知，$AC=BC=\sqrt{6}t$.
以$B$为原点，$BD,BA$所在直线分别为$x$轴、$y$轴，以过点$B$与平面$ABD$垂直的直线为$z$轴建立空间直角坐标系，(利用已知垂直关系建立空间直角坐标系)
则$B(0,0,0)$，$D(2t,0,0)$，$A(0,2\sqrt{3}t,0)$.
设$C(a,b,c)$，由$CE// z$轴知$E(a,b,0)$，
则$\overrightarrow{AC}=(a,b-2\sqrt{3}t,c)$，$\overrightarrow{BC}=(a,b,c)$.
由$|\overrightarrow{AC}|=|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{6}t$，得$\begin{cases}a^2+b^2+c^2=6t^2,\\a^2+(b-2\sqrt{3}t)^2+c^2=6t^2,\end{cases}$
解得$b=\sqrt{3}t$.
又点$E\in AD$，设$\overrightarrow{AE}=\lambda\overrightarrow{AD}$，$\lambda\in[0,1]$，
即$(a,b-2\sqrt{3}t,0)=\lambda(2t,-2\sqrt{3}t,0)$，
所以$\begin{cases}a=2t\lambda,\\b-2\sqrt{3}t=-2\sqrt{3}t\lambda,\end{cases}$
由$b=\sqrt{3}t$知$a=t$，
代入$a^2+b^2+c^2=6t^2$得$c=\sqrt{2}t$，即$C(t,\sqrt{3}t,\sqrt{2}t)$.
所以$\overrightarrow{BC}=(t,\sqrt{3}t,\sqrt{2}t)$.
设平面$CAB$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_1=(x,y,z)$，
又$\overrightarrow{BA}=(0,2\sqrt{3}t,0)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_1·\overrightarrow{BC}=tx+\sqrt{3}ty+\sqrt{2}tz=0,\\\boldsymbol{n}_1·\overrightarrow{BA}=2\sqrt{3}ty=0,\end{cases}$
令$z=1$，则$x=-\sqrt{2}$，即$\boldsymbol{n}_1=(-\sqrt{2},0,1)$.
而平面$ABD$的一个法向量$\boldsymbol{n}_2=(0,0,1)$，
则$\cos\langle\boldsymbol{n}_1,\boldsymbol{n}_2\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_1·\boldsymbol{n}_2}{|\boldsymbol{n}_1|·|\boldsymbol{n}_2|}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
所以$\sin\langle\boldsymbol{n}_1,\boldsymbol{n}_2\rangle=\sqrt{1-\cos^2\langle\boldsymbol{n}_1,\boldsymbol{n}_2\rangle}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.
即二面角$C-AB-D$的平面角的正弦值的大小为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.

答案▶$\frac{\sqrt{6}}{3}$