《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

17.如下图所示，三棱柱ABC一ABlC1中，
M,N分别是A1B,BC1上的点，且BM =2A,M,C1N=2B,N,设AB=a,AC=
b,AA=c.
(1)试用a,b,c表示向量MN;
(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=
60°,AB=AC=AA1=1,求MN 的长.

答案： 17.
(1)$\frac{1}{3}a+\frac{1}{3}b+\frac{1}{3}c$
(2)$\frac{\sqrt{5}}{3}$ 解析
(1)由题图知$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA_1}+\overrightarrow{A_1B_1}+\overrightarrow{B_1N}$ $=\frac{1}{3}\overrightarrow{BA_1}+\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{B_1C_1}$ $=\frac{1}{3}(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})+\overrightarrow{a}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})=\frac{1}{3}\overrightarrow{a}+\frac{1}{3}\overrightarrow{b}+\frac{1}{3}\overrightarrow{c}$。
(2)由题设条件知$(a + b + c)^2=a^2 + b^2 + c^2 + 2a· b + 2a· c + 2b· c = 5$，所以$|a + b + c|=\sqrt{5}$，由
(1)知$|\overrightarrow{MN}|=\frac{1}{3}|a + b + c|=\frac{\sqrt{5}}{3}$。

18.如下图所示，已知四棱锥P一ABCD的底
面ABCD是边长为2的菱形，∠BCD=
60°,PC=PD,M,N分别为线段DC和
线段PA的中点.

(1)求证:平面PBM⊥平面PDC;
(2)若PB⊥BM,PB=1,求直线DN与
平面PBC所成角的正弦值.

答案：
18.
(1)证明见解析；
(2)$\frac{\sqrt{39}}{13}$。 解析
(1)如下图所示，连结$DB$。 因为四边形$ABCD$为菱形，所以$BC = CD$。因为$\angle BCD = 60°$，所以$\triangle BCD$为正三角形。因为$M$为$DC$中点，所以$CD\perp BM$。因为$PC = PD$且$M$为$DC$中点，所以$CD\perp PM$。又因为$BM\cap PM = M,BM,PM\subset$平面$PBM$，所以$CD\perp$平面$PBM$；因为$CD\subset$平面$PDC$，所以平面$PBM\perp$平面$PDC$。
(2)因为$CD\perp$平面$PBM,PB\subset$平面$PBM$，所以$CD\perp PB$，又因为$PB\perp BM,BM\cap CD = M$，$BM,CD\subset$平面$ABCD$，所以$PB\perp$平面$ABCD$。方法一：延长$AD,BM$交于点$Q$，连结$PQ$。因为四边形$ABCD$为菱形，所以$AB// CD$且$AB = CD$。因为$M$为$DC$中点，所以$AB// DM$且$DM=\frac{1}{2}AB$，所以$D$为$AQ$中点。因为$N$为$PA$中点，所以$DN// PQ$，所以直线$DN$与平面$PBC$所成角即为直线$PQ$与平面$PBC$所成角。$V_{P - BCQ}=\frac{1}{3}· PB· S_{\triangle BCQ}$ $=\frac{1}{3}×1×(\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1)=\frac{\sqrt{3}}{3}$。设$Q$到平面$PBC$的距离为$h$，$V_{P - BCQ}=V_{Q - PBC}=\frac{1}{3}· h· S_{\triangle PBC}$ $=\frac{1}{3}h(\frac{1}{2}×1×2)=\frac{h}{3}$，所以$h=\sqrt{3}$在$\triangle PBQ$中，$PQ^2=PB^2+BQ^2=1+(2\sqrt{3})^2=13$，则$PQ=\sqrt{13}$设$PQ$与平面$PBC$所成角为$\theta$，则$\sin\theta=\frac{h}{PQ}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{39}}{13}$，所以直线$DN$与平面$PBC$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{39}}{13}$。方法二：因为$BA\perp BM,PB\perp$平面$ABCD$，所以$BA,BM,BP$两两垂直。以$B$为原点，$BA,BM,BP$所在直线分别为$x,y,z$轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则$D(1,\sqrt{3},0),A(2,0,0)$，$P(0,0,1),C(-1,\sqrt{3},0)$。因为$N$为$PA$中点，所以$N(1,0,\frac{1}{2})$。则$\overrightarrow{DN}=(0,-\sqrt{3},\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{BC}=(-1,\sqrt{3},0),\overrightarrow{BP}=(0,0,1)$。设平面$PBC$的法向量为$n=(x,y,z)$，所以$n\perp\overrightarrow{BP},n\perp\overrightarrow{BC}$，则$\begin{cases}n·\overrightarrow{BP}=0\\n·\overrightarrow{BC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}z = 0\\-x+\sqrt{3}y = 0\end{cases}$。令$y = 1$，则平面$PBC$的一个法向量为$n=(\sqrt{3},1,0)$。设直线$DN$与平面$PBC$所成角$\theta$，则$\sin\theta=|\cos\langle n,\overrightarrow{DN}\rangle|=\frac{-3}{2×\sqrt{3+\frac{1}{4}}}=\frac{\sqrt{39}}{13}$，所以直线$DN$与平面$PBC$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{39}}{13}$。

19.已知三棱锥P一ABC(如图1所示)的平
面展开图(如图2所示)中,四边形ABCD
为边长为$\sqrt{2}$的正方形,△ABE和△BCF
均为正三角形,在三棱锥P一ABC中:
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)求平面APC和平面PCB夹角的余
弦值;
(3)若点M在棱PC上,满足$\frac{CM}{CP}$=λ,λ∈
{$\frac{1}{3}$,$\frac{2}{3}$],点N在棱BP上,且BM⊥
AN,求$\frac{BN}{BP}$的取值范围.

答案：
19.
(1)证明略
(2)$\frac{\sqrt{3}}{3}$
(3)$[\frac{1}{4},\frac{2}{5}]$ 解析
(1)方法1：设$AC$的中点为$O$，连接$BO,PO$。由题意，$PA = PB = PC=\sqrt{2},PO = 1$，$AO = BO = CO = 1$，因为在$\triangle PAC$中，$PA = PC,O$为$AC$的中点，所以$PO\perp AC$，因为在$\triangle POB$中，$PO = 1,OB = 1,PB=\sqrt{2}$，所以$PO\perp OB$。因为$AC\cap OB = O,AC,OB\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp$平面$ABC$。因为$PO\subset$平面$PAC$，所以平面$PAC\perp$平面$ABC$。方法2:设$AC$的中点为$O$，连接$BO,PO$。因为在$\triangle PAC$中，$PA = PC,O$为$AC$的中点，所以$PO\perp AC$，因为$PA = PB = PC,PO = PO = PO$，$AO = BO = CO$，所以$\triangle POA\cong\triangle POB\cong\triangle POC$，所以$\angle POA=\angle POB=\angle POC = 90°$，所以$PO\perp OB$。下同方法1。
(2)由$PO\perp$平面$ABC,OB\perp AC$，如下图所示建立空间直角坐标系。 则$O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0)$，$A(-1,0,0),P(0,0,1)$。由$OB\perp$平面$APC$，得平面$APC$的法向量为$\overrightarrow{OB}=(0,1,0)$。由$\overrightarrow{BC}=(1,-1,0),\overrightarrow{PC}=(1,0,-1)$，设平面$PBC$的法向量为$n=(x,y,z)$，则由$\begin{cases}n·\overrightarrow{BC}=0\\n·\overrightarrow{PC}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}x - y = 0\\x - z = 0\end{cases}$，令$x = 1$，得$y = 1,z = 1$，即$n=(1,1,1)$，$\cos\langle n,\overrightarrow{OB}\rangle=\frac{n·\overrightarrow{OB}}{|n|·|\overrightarrow{OB}|}=\frac{1}{\sqrt{3}×1}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以平面$APC$和平面$PCB$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
(3)设$\overrightarrow{BN}=\mu\overrightarrow{BP},0\leq\mu\leq1$，则$\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{BC}+\lambda\overrightarrow{CP}$ $=(1,-1,0)+\lambda(-1,0,1)$ $=(1-\lambda,-1,\lambda)$，$\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{BP}$ $=(1,1,0)+\mu(0,-1,1)$ $=(1,1-\mu,\mu)$，令$\overrightarrow{BM}·\overrightarrow{AN}=0$，得$(1-\lambda)·1+(-1)·(1-\mu)+\lambda·\mu=0$，即$\mu=\frac{\lambda}{1+\lambda}=1-\frac{1}{1+\lambda}$，$\mu$是关于$\lambda$的单调递增函数，当$\lambda\in[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$时，$\mu\in[\frac{1}{4},\frac{2}{5}]$，所以$\frac{BN}{BP}\in[\frac{1}{4},\frac{2}{5}]$。