《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

【巩固迁移】
1. (2023·山东青岛二中模拟)在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，点E，F分别是正方形A₁B₁C₁D₁和正方形B₁C₁CB的中心. 求证：
(1)AC₁⊥平面A₁BD；
(2)EF//平面A₁BD；
(3)平面B₁EF//平面A₁BD.

答案：
证明　
(1)设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系，

则$C_1(2,2,2)$，$A_1(0,0,2)$，B(2,0,0)，D(0,2,0)，$\overrightarrow{AC_1}=(2,2,2)$，$\overrightarrow{A_1B}=(2,0, - 2)$，$\overrightarrow{A_1D}=(0,2, - 2)$，
因为$\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{A_1B}=0$，$\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{A_1D}=0$，
所以$AC_1\perp A_1B$，$AC_1\perp A_1D$，
由于$A_1B\cap A_1D = A_1$，
所以$AC_1\perp$平面$A_1BD$．
(2)由
(1)知，$\overrightarrow{AC_1}=(2,2,2)$是平面$A_1BD$的一个法向量．
E(1,1,2)，F(2,1,1)，$\overrightarrow{EF}=(1,0, - 1)$，$\overrightarrow{AC_1}\cdot\overrightarrow{EF}=0$，EF⊄平面$A_1BD$，
所以EF//平面$A_1BD$．
(3)由
(1)，得$B_1(2,0,2)$，$\overrightarrow{B_1F}=(0,1, - 1)$，
设平面$B_1EF$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{EF}=x - z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{B_1F}=y - z = 0\end{cases}$，取x = 1，得$\boldsymbol{n}=(1,1,1)$．
$\overrightarrow{AC_1}=2\boldsymbol{n}$，显然，平面$B_1EF$与平面$A_1BD$不重合，
所以平面$B_1EF//$平面$A_1BD$．

例2 (2024·河南洛阳模拟预测)如图四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（ ）

A. $\frac{\sqrt{3}}{6}$ B. $\frac{\sqrt{6}}{3}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{2}$
[课堂笔记]
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答案：
A　[连接AC与BD交于点O,连接PO,由题意，得AC⊥BD,且PO⊥平面ABCD,以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设四棱锥P一ABCD各棱长均为2,则AO = BO = CO = DO=$\sqrt{2}$，PO=$\sqrt{2}$，可得A($\sqrt{2}$,0,0)，B(0,$\sqrt{2}$,0)，C( - $\sqrt{2}$,0,0)，P(0,0,$\sqrt{2}$)，则E(0,$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$)，则$\overrightarrow{AE}=(-\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，$\overrightarrow{PC}=(-\sqrt{2},0,-\sqrt{2})$，设异面直线AE与PC所成的角为θ，则$\cos\theta =|\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{PC}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{PC}|}=\frac{|(-\sqrt{2})\times(-\sqrt{2})+\frac{\sqrt{2}}{2}\times(-\sqrt{2})|}{\sqrt{2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}\times\sqrt{2 + 0 + 2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$．故选A.]

【巩固迁移】
2. 在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF//AB，∠BAF = 90°，AD = 2，AB = AF = 2EF = 1，P是DF的中点，则异面直线BE与CP所成角的余弦值为____.

答案：
答案　$\frac{4\sqrt{5}}{15}$
解析　因为平面ABEF⊥平面ABCD,交线为AB,AD⊥AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面ABEF.又AF⊂平面ABEF,所以AD⊥AF,因为∠BAF = 90°,所以AF⊥AB,又AD⊥AB,所以以A为原点,$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AF}$的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz,

则B(1,0,0),E($\frac{1}{2}$,0,1),P(0,1,$\frac{1}{2}$),C(1,2,0),所以$\overrightarrow{BE}=(-\frac{1}{2},0,1)$，$\overrightarrow{CP}=(-1,-1,\frac{1}{2})$，所以$\cos\langle\overrightarrow{BE},\overrightarrow{CP}\rangle=\frac{\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{CP}}{|\overrightarrow{BE}||\overrightarrow{CP}|}=\frac{4\sqrt{5}}{15}$，即异面直线BE与CP所成角的余弦值为$\frac{4\sqrt{5}}{15}$．

例3 在如图所示的几何体ABCED中，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE= CA = CB = 2DB，∠ACB = 90°，M为AD的中点.

(1)证明：EM⊥AB；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值.
[课堂笔记]
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答案：
解　
(1)证明:由EC⊥平面ABC,AC,BC⊂平面ABC,得EC⊥AC,EC⊥BC,
又∠ACB = 90°,则AC⊥BC,故以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设DB = 1,则CE = CA = CB = 2.
∴A(2,0,0),B(0,2,0),E(0,0,2),D(0,2,1),M(1,1,$\frac{1}{2}$),
∴$\overrightarrow{EM}=(1,1,-\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{AB}=(-2,2,0)$，
则$\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{AB}=-2 + 2+0 = 0$，
∴$\overrightarrow{EM}\perp\overrightarrow{AB}$，即EM⊥AB.
(2)由
(1)，知$\overrightarrow{BM}=(1,-1,\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{AE}=(-2,0,2)$，$\overrightarrow{DE}=(0,-2,1)$，
设平面ADE的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AE}=-2x + 2z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{DE}=-2y+z = 0\end{cases}$，
取x = 2，得y = 1，z = 2，
∴$\boldsymbol{n}=(2,1,2)$，
设直线BM与平面ADE所成的角为θ，
则$\sin\theta =|\cos\langle\overrightarrow{BM},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{BM}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{BM}||\boldsymbol{n}|}=\frac{4}{9}$．
因此直线BM与平面ADE所成角的正弦值为$\frac{4}{9}$．