《2025年赢在微点高中数学选择性必修第一册A版》

【变式训练】 正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E,F$分别是$A_{1}D_{1},A_{1}C_{1}$的中点，则异面直线$AE$与$CF$所成角的余弦值是 。

答案：
$\frac{\sqrt{30}}{10}$ 解析：不妨设正方体棱长为$2$，分别取$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则$A(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$E(1,0,2)$，$F(1,1,2)$，则$\overrightarrow{AE}=(-1,0,2)$，$\overrightarrow{CF}=(1,-1,2)$，所以$|\overrightarrow{AE}|=\sqrt{5}$，$|\overrightarrow{CF}|=\sqrt{6}$，$\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{CF}=-1 + 0 + 4 = 3$。所以$\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{CF}\rangle=\frac{\overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{CF}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{CF}|}=\frac{\sqrt{30}}{10}$。所以异面直线$AE$与$CF$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{30}}{10}$。

【例2】 如图，在四棱锥$P - ABCD$中，底面$ABCD$为直角梯形，$AD// BC$，$\angle BAD = 90^{\circ}$，$PA\perp$底面$ABCD$，且$PA = AD = AB = 2BC$，$M,N$分别为$PC,PB$的中点。
(1)求证：$PB\perp DM$；
(2)求$BD$与平面$ADMN$所成角的大小。

答案：
解：如图，以点$A$为原点建立空间直角坐标系，
设$BC = 1$，则$A(0,0,0)$，$P(0,0,2)$，$B(2,0,0)$，$D(0,2,0)$，$C(2,1,0)$，$M\left(1,\frac{1}{2},1\right)$。所以$\overrightarrow{PB}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{DM}=\left(1,-\frac{3}{2},1\right)$，$\overrightarrow{AD}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{DB}=(2,-2,0)$。
(1) 证明：因为$\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{DM}=(2,0,-2) \cdot \left(1,-\frac{3}{2},1\right)=0$，所以$PB \perp DM$。
(2) 因为$\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{AD}=(2,0,-2) \cdot (0,2,0)=0$，所以$PB \perp AD$。又因为$PB \perp DM$，$AD \cap DM = D$，所以$PB \perp$平面$ADMN$，即$\overrightarrow{PB}$为平面$ADMN$的一个法向量，则$\cos\langle\overrightarrow{PB},\overrightarrow{DB}\rangle=\frac{\overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{DB}}{|\overrightarrow{PB}||\overrightarrow{DB}|}=\frac{4}{2\sqrt{2} \times 2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，设直线$BD$和平面$ADMN$所成的角为$\theta$，所以$\sin\theta =|\cos\langle\overrightarrow{PB},\overrightarrow{DB}\rangle|=\frac{1}{2}$，所以$BD$和平面$ADMN$所成的角为$\frac{\pi}{6}$。

【变式训练】 如图所示，在直四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AD// BC$，$\angle BAD =90^{\circ}$，$AB = \sqrt{3}$，$BC = 1$，$AD = AA_{1} = 3$。
(1)证明：$AC\perp B_{1}D$；
(2)求直线$B_{1}C_{1}$与平面$ACD_{1}$所成角的正弦值。

答案：
解：
(1) 证明：以$A$为原点，以$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AA_1}$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向建立空间直角坐标系，
则$A(0,0,0)$，$C(\sqrt{3},1,0)$，$B_1(\sqrt{3},0,3)$，$D(0,3,0)$，$C_1(\sqrt{3},1,3)$，$D_1(0,3,3)$。易知$\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{B_1D}=(-\sqrt{3},3,-3)$，所以$\overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{B_1D}=0$，所以$AC \perp B_1D$。
(2) 设平面$ACD_1$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，$\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3},1,0)$，$\overrightarrow{AD_1}=(0,3,3)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AC}=0 \\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AD_1}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{3}x + y = 0 \\ 3y + 3z = 0\end{cases}$，令$x = 1$，则$y = -\sqrt{3}$，$z = \sqrt{3}$，所以平面$ACD_1$的一个法向量为$\boldsymbol{m}=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})$。设直线$B_1C_1$与平面$ACD_1$所成的角为$\theta$，因为$\overrightarrow{B_1C_1}=(0,1,0)$，所以$\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{B_1C_1} \cdot \boldsymbol{m}|}{|\overrightarrow{B_1C_1}||\boldsymbol{m}|}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，所以直线$B_1C_1$与平面$ACD_1$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$。

【例3】 如图，四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的所有棱长都相等，$AC\cap BD = O$，$A_{1}C_{1}\cap B_{1}D_{1} = O_{1}$，四边形$ACC_{1}A_{1}$和四边形$BDD_{1}B_{1}$均为矩形。
(1)证明：$O_{1}O\perp$底面$ABCD$；
(2)若$\angle CBA = 60^{\circ}$，求平面$C_{1}OB_{1}$与平面$DOB_{1}$的夹角的余弦值。

答案：
解：
(1) 证明：因为四边形$ACC_1A_1$和四边形$BDD_1B_1$均为矩形，所以$CC_1 \perp AC$，$DD_1 \perp BD$，又$CC_1// DD_1// OO_1$，所以$OO_1 \perp AC$，$OO_1 \perp BD$，因为$AC \cap BD = O$，所以$O_1O \perp$底面$ABCD$。
(2) 因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形$ABCD$为菱形，$AC \perp BD$，又$O_1O \perp$底面$ABCD$，所以$OB$，$OC$，$OO_1$两两垂直。如图，
以$O$为原点，分别以$OB$，$OC$，$OO_1$所在直线为$x$，$y$，$z$轴，建立空间直角坐标系。设棱长为$2$，因为$\angle CBA = 60^{\circ}$，所以$OB = \sqrt{3}$，$OC = 1$，所以$O(0,0,0)$，$B_1(\sqrt{3},0,2)$，$C_1(0,1,2)$，$\overrightarrow{OB_1}=(\sqrt{3},0,2)$，$\overrightarrow{OC_1}=(0,1,2)$，平面$DOB_1$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(0,1,0)$，设平面$C_1OB_1$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，则$\boldsymbol{m} \perp \overrightarrow{OB_1}$，$\boldsymbol{m} \perp \overrightarrow{OC_1}$，所以$\begin{cases}\sqrt{3}x + 2z = 0 \\ y + 2z = 0\end{cases}$，取$z = -\sqrt{3}$，则$x = 2$，$y = 2\sqrt{3}$，所以$\boldsymbol{m}=(2,2\sqrt{3},-\sqrt{3})$为平面$C_1OB_1$的一个法向量，所以$|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{2\sqrt{57}}{19}$。所以平面$C_1OB_1$与平面$DOB_1$的夹角的余弦值为$\frac{2\sqrt{57}}{19}$。