《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例1（1）（2023·武汉模拟）如图，在四棱锥$P - ABCD$中，$PA\perp$底面$ABCD$，底面$ABCD$为正方形，$PA = BC$，$E$为$CD$的中点，$F$为$PC$的中点，则异面直线$BF$与$PE$所成角的余弦值为 （ ）
A. $-\frac{\sqrt{3}}{9}$ B. $\frac{\sqrt{3}}{9}$ C. $-\frac{5\sqrt{3}}{9}$ D. $\frac{5\sqrt{3}}{9}$
（2）（2023·开封模拟）在如图所示的圆台中，四边形$ABCD$为其轴截面，$AB = 2CD = 4$，母线长为$\sqrt{3}$，$P$为下底面圆周上一点，异面直线$AD$与$OP$（$O$为下底面圆心）所成的角为$\frac{\pi}{3}$，则$CP^2$的大小为 （ ）
A. $7 - 2\sqrt{3}$ B. $7 - 2\sqrt{3}$或$7 + 2\sqrt{3}$
C. $19 - 4\sqrt{3}$ D. $19 - 4\sqrt{3}$或$19 + 4\sqrt{3}$

答案：
（1）B　[如图， 　以点A为坐标原 　点，以AB，AD, 　　　　　　　　　 AP所在直线分别 　为x轴、y轴、之 　轴，建立空间直角 　坐标系，设AB=2，异面直线BF与PE所成的角为θ，则A(0.0,0),B(2,0.0)。P(0.0.2).C(2,2,0), 　 D所(以0,→B2F,0=),(则-1E,1(,11,)2,→,P0E$\frac{E=}{BF}$),=F((1.1-,12))，,, 　所II→BB以FFI.I$\frac{S}{PE}$PEθ1|==$\frac{1-1+2-21}{\sqrt{3}×3}$|cos＜　　　=$\frac{1,2,}{PE}$$\frac{\sqrt{3}}{9}$＞,1= 　所以异面直线BF与PE所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{9}$.] 　（2）B　[以O为原 　点，OB所在直线 　　　　　　　　　 为y轴，过点O作 　x轴⊥OB，圆台 　的轴为之轴，建立 　如图所示的空间直角坐标系， 　作DE⊥AB于点E, 　 AE=$\frac{1}{2}$AB一$\frac{1}{2}$CD=1, 　在Rt△ADE中，AD=$\sqrt{3}$,DE= 　　$\sqrt{AD²-AE°}$=√2，则D(0,-1$\sqrt{2}$)， A(0,-2,0),C(0,1　$\sqrt{2}$), 　 AD=(0,1　$\sqrt{2}$), 　→O设PP=(2(2ccooss0,2,2sisnin0θ，0,0)),0,≤0＜2π，由于异面直线AD与OP(O为下底面圆心)所成的角为$\frac{π}{3}$,
∴COS$\frac{π}{3}$　　O|OPPI.IAADD　　$\frac{|2sinθ|}{2×\sqrt{3}}$= 　$\frac{Isinθ|}{\sqrt{3}}$=$\frac{1}{2}$,
　
∴sinθ=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$,cp=(2cos,2sinθ C-P1²,=-|√CC2SP),|²=4cos²θ+4sin²θ-4sin+1+2=7-4sinθ=7±2$\sqrt{3}$

跟踪训练1（1）（2023·台州统考）如图，已知菱形$ABCD$的边长为$3$，对角线$BD$长为$5$，将$\triangle ABD$沿着对角线$BD$翻折至$\triangle A'BD$，使得线段$A'C$长为$3$，则异面直线$A'B$与$CD$所成角的余弦值为 （ ）
A. $\frac{3}{4}$ B. $\frac{\sqrt{5}}{4}$ C. $\frac{4}{9}$ D. $\frac{8}{9}$
（2）如图所示，在棱长为$2$的正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$E$是棱$CC_1$的中点，$\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AD}(0\lt\lambda\lt1)$，若异面直线$D_1E$和$A_1F$所成角的余弦值为$\frac{3\sqrt{2}}{10}$，则$\lambda$的值为___________.

答案： （1）D　（2）$\frac{1}{3}$

例2（2022·全国甲卷）在四棱锥$P - ABCD$中，$PD\perp$底面$ABCD$，$CD// AB$，$AD = DC = CB = 1$，$AB = 2$，$DP = \sqrt{3}$.
（1）证明：$BD\perp PA$；
（2）求$PD$与平面$PAB$所成的角的正弦值.

答案：
（1）证明　　在四 　边形ABCD中，作 　　　　　　　　　 DE⊥AB于点E,CF 　⊥AB于点F，如图 　因为CD//AB， 　 AD=CD=CB=1,AB=2, 　所以四边形ABCD为等腰梯形， 　所以AE=BF=$\frac{1}{2}$, 　故DE=　$\sqrt{AD²-AE°}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$， 　 BD==$\sqrt{3}$, 　所以AD²+BD=AB², 　所以AD⊥BD. 　因为PD⊥平面ABCD,BDC:平面 ABCD,所以PD⊥BD, 　又PD∩AD=D,PD,ADC平面PAD,所以BD⊥平面PAD. 　又因为PAC二平面PAD， 　所以BD⊥PA. 　（2）解　　由
(1) 　知,DA,DB, 　 DP两两垂直, 　如图，以D为 　原点建立空间 　　　　　　　 直角坐标系， 　则D(0.0,0), 　 A(1.0,0), 　 B(0.$\sqrt{3}$,0), 　P(0.0,$\sqrt{3}$), 　则AP(-1,0.$\sqrt{3}$)BP=(0,-√3,$\sqrt{3}$)DP=(0.0$\sqrt{3}$). 　设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则{nn..$\frac{AP}{BP}$==00,即{一一x十$\sqrt{3}$y+$\sqrt{3}$√z3=x0=,0,可取n=($\sqrt{3}$,1,1), 　则cos＜n,DP)=Inn|.|DDPPI=$\frac{\sqrt{3}}{5×\sqrt{3}}$ 　=$\frac{\sqrt{5}}{5}$, 　所以PD与平面PAB所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$