《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》

18. 如下图所示，在四棱锥$E - ABCD$中，底面$ABCD$是菱形，$\angle ADC = 60^{\circ}$，$AC$与$BD$交于点$O$，$EC \perp$底面$ABCD$，$F$为$BE$的中点，$AB = CE$.

(1)求证：$DE //$平面$ACF$；
(2)求异面直线$EO$与$AF$所成角的余弦值；
(3)求$AF$与平面$EBD$所成角的正弦值.

答案：
18.
(1)证明见详解
(2)$\frac{7\sqrt{5}}{20}$
(3)$\frac{\sqrt{5}}{5}$ 解析
(1)如下图所示，连接$OF$。

因为底面$ABCD$是菱形，$AC$与$BD$交于点$O$，可得$O$点为$BD$的中点，又$F$为$BE$的中点，所以$OF$为$\triangle BDE$的中位线，可得$OF// DE$。又$OF\subset$面$ACF$，$DE$不在平面$ACF$内，可得$DE//$平面$ACF$。
(2)如图所示，以$C$为原点，连接$C$点与$AD$中点为$x$轴，$CB$为$y$轴，$CE$为$z$轴建立空间直角坐标系。设菱形$ABCD$的边长为$2$，可得$CE = 2$，可得$E(0,0,2)$，$O\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)$，$A(\sqrt{3},1,0)$，$F(0,1,1)$，可得：$\overrightarrow{EO}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},-2\right)$，$\overrightarrow{AF}=(-\sqrt{3},0,1)$，设异面直线$EO$与$AF$所成角为$\theta$，可得$\cos\theta=\left|\frac{\overrightarrow{EO}·\overrightarrow{AF}}{|\overrightarrow{EO}||\overrightarrow{AF}|}\right|=\left|\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}×(-\sqrt{3})+(-2)×1}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + (-2)^2}×\sqrt{(-\sqrt{3})^2 + (-1)^2}}\right|=\left|\frac{-\frac{7}{2}}{2\sqrt{5}}\right|=\frac{7\sqrt{5}}{20}$，
(3)由
(2)可得$D(\sqrt{3},-1,0)$，$B(0,2,0)$，$E(0,0,2)$，$\overrightarrow{DB}=(-\sqrt{3},3,0)$，$\overrightarrow{BE}=(0,2,2)$，设平面$EBD$的一个法向量为$\boldsymbol{n}$，$\overrightarrow{DB}·\boldsymbol{n}=0$，$\overrightarrow{BE}·\boldsymbol{n}=0$，可得$\boldsymbol{n}$的值可为$(-\sqrt{3},-1,1)$，由$\overrightarrow{AF}=(-\sqrt{3},0,-1)$可得$AF$与平面$EBD$所成角的正弦值为$\frac{\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AF}}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AF}|}=\frac{|(-\sqrt{3})×(-\sqrt{3})+1×(-1)|}{\sqrt{(-\sqrt{3})^2 + (-1)^2 + 1^2}×\sqrt{(-\sqrt{3})^2 + (-1)^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}×\sqrt{4}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。

19. 如下图所示，在四棱锥$S - ABCD$中，底面$ABCD$是正方形，$BC \perp SB$，$CD \perp SD$.
(1)求证：$SA \perp$平面$ABCD$；
(2)设$SA = AB = 1$，连接$BD$，$BD$上的点$E$满足$ED = 2BE$，求$SE$与平面$SBC$所成角的正弦值.
(3)求$AF$与平面$EBD$所成角的正弦值.

答案：
19.
(1)答案见解析
(2)$\frac{\sqrt{7}}{14}$ 解析
(1)因为$BC\perp SB$，底面$ABCD$是正方形，则$CB\perp AB$，$AB\cap SB = B$，所以$CB\perp$平面$SAB$，又因为$SA\subset$平面$SAB$，所以，$SA\perp CB$；又$CD\perp SD$，且$CD\perp AD$，$SD\cap AD = D$，所以，$CD\perp$平面$SAD$，所以$SA\perp CD$，$CD\cap CB = C$，所以$SA\perp$平面$ABCD$。
(2)由
(1)得，以$\overrightarrow{AD}$为$x$轴，$\overrightarrow{AB}$为$y$轴，$\overrightarrow{AS}$为$z$轴，建立如下图所示的空间坐标系：

由$SA = AB = 1$，故$S(0,0,1)$，$B(0,1,0)$，$C(1,1,0)$，$D(1,0,0)$，由$ED = 2BE$，可得$E\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},0\right)$，所以$\overrightarrow{SE}=\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},-1\right)$，$\overrightarrow{SB}=(0,1,-1)$，$\overrightarrow{SC}=(1,1,-1)$，设平面$SBC$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，由$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{SB}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{SC}=0\end{cases}$得$\begin{cases}y - z = 0\\x + y - z = 0\end{cases}$，取$y = 1$，得$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$，设$SE$与平面$SBC$所成角$\theta$，$\sin\theta=\left|\frac{\boldsymbol{n}·\overrightarrow{SE}}{|\boldsymbol{n}|·|\overrightarrow{SE}|}\right|=\frac{\sqrt{7}}{14}$。

20. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马. 如下图所示，已知在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = 2$，$E$为$AA_1$的中点，$F$为$DD_1$的中点，$AN = \frac{1}{3}NB$.

(1)求证：四棱锥$N - EFC_1B_1$为阳马；
(2)求平面$NEF$与平面$NFC_1$所成二面角的大小.

答案：
20.
(1)证明见解析
(2)$\frac{\pi}{2}$ 解析
(1)因为$E$为$AA_1$的中点，$F$为$DD_1$的中点，所以$EF// AD// B_1C_1$，$EF = AD = B_1C_1$，$EF\perp$平面$ABB_1A_1$，所以四边形$EFC_1B_1$为矩形。因为$AE=\frac{1}{2}A_1B_1$，$AN=\frac{1}{2}A_1E$，$A_1B_1\perp AA_1$，$AA_1\perp AB$，所以$\triangle ANE\sim\triangle A_1EB_1$，$NE\perp B_1E$。又因为$EF\perp$平面$ABB_1A_1$，所以$EF\perp EN$，又$B_1E\cap EF = E$，所以$EN\perp$平面$EFC_1B_1$，所以四棱锥$N - EFC_1B_1$为阳马。
(2)以$D$为坐标原点，$\overrightarrow{DA}$为$x$轴正方向，$\overrightarrow{DC}$为$y$轴正方向，$\overrightarrow{DD_1}$为$z$轴正方向，如下图所示建立空间直角坐标系：

则$N\left(2,\frac{1}{2},0\right)$，$E(2,0,1)$，$F(0,0,1)$，$C_1(0,2,2)$。$\overrightarrow{NE}=\left(0,-\frac{1}{2},1\right)$，$\overrightarrow{NF}=(-2,-\frac{1}{2},1)$，$\overrightarrow{NC_1}=(-2,\frac{3}{2},2)$。设平面$NEF$的法向量为$\boldsymbol{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n_1}·\overrightarrow{NE}=0\\\boldsymbol{n_1}·\overrightarrow{NF}=0\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-\frac{1}{2}y_1 + z_1 = 0\\-2x_1 - \frac{1}{2}y_1 + z_1 = 0\end{cases}$，令$z = - 1$，则$\boldsymbol{n_1}=(0,-2,-1)$。同理可得：平面$NFC_1$的法向量$\boldsymbol{n_2}=\left(-\frac{5}{2},2,-4\right)$。则$\cos\langle\boldsymbol{n_1},\boldsymbol{n_2}\rangle=\frac{-4 + 4}{\sqrt{5}×\frac{\sqrt{105}}{2}}=0$，所以平面$EFN$与平面$NFC_1$所成二面角为$\frac{\pi}{2}$。