《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

【巩固迁移】
3. (2023·全国甲卷)在三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，AA₁ = 2，A₁C⊥底面ABC，∠ACB = 90°，A₁到平面BCC₁B₁的距离为1.
(1)求证：AC = A₁C；
(2)若直线AA₁与BB₁的距离为2，求AB₁与平面BCC₁B₁所成角的正弦值.
　　　　　　　　　　　　

答案：
解　
(1)证明:如图,
∵$A_1C\perp$底面ABC,BC⊂平面ABC,
∴$A_1C\perp BC$,又BC⊥AC,$A_1C\cap AC = C$,$A_1C$，AC⊂平面$ACC_1A_1$,
∴BC⊥平面$ACC_1A_1$,
又BC⊂平面$BCC_1B_1$,
∴平面$ACC_1A_1\perp$平面$BCC_1B_1$．
过$A_1$作$A_1O\perp CC_1$于点O,
又平面$ACC_1A_1\cap$平面$BCC_1B_1 = CC_1$,$A_1O\subset$平面$ACC_1A_1$,
∴$A_1O\perp$平面$BCC_1B_1$．
∵$A_1$到平面$BCC_1B_1$的距离为1,
∴$A_1O = 1$．
在Rt△$A_1CC_1$中,$A_1C\perp A_1C_1$,$CC_1 = AA_1 = 2$,$A_1O = 1$,
∴O为$CC_1$的中点,
∴CO = $C_1O = 1$,
又$A_1O\perp CC_1$,
∴AC = $A_1C = A_1C_1=\sqrt{2}$,
∴AC = $A_1C$．

(2)连接$A_1B$，$AC_1$，
∵AC = $A_1C$，BC⊥$A_1C$，BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△$A_1CB$，
∴BA = $BA_1$．
过B作BD⊥$AA_1$于点D，则D为$AA_1$的中点，又$AA_1 = 2$，
∴$A_1D = AD = 1$，
∵直线$AA_1$与$BB_1$的距离为2，
∴BD = 2，
∴$A_1B = AB=\sqrt{5}$，
在Rt△ABC中，BC=$\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{3}$．
解法一:以C为原点,CA,CB,$CA_1$所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系Cxyz,如图所示，
则C(0,0,0),A($\sqrt{2}$,0,0),B(0,$\sqrt{3}$,0),$B_1(-\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{2})$，$C_1(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，
∴$\overrightarrow{CB}=(0,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{CC_1}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB_1}=(-2\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{2})$，
设平面$BCC_1B_1$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CB}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CC_1}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{3}y = 0\\-\sqrt{2}x+\sqrt{2}z = 0\end{cases}$，取x = 1，则y = 0，z = 1，
∴平面$BCC_1B_1$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,0,1)$．
设$AB_1$与平面$BCC_1B_1$所成的角为θ，
则$\sin\theta =|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{AB_1}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB_1}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{AB_1}|}=\frac{\sqrt{13}}{13}$．
∴$AB_1$与平面$BCC_1B_1$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$．

解法二:延长AC,使AC = CM,连接$C_1M$，
由CM//$A_1C_1$，CM = $A_1C_1$，知
四边形$A_1CMC_1$为平行四边形，
∴$C_1M// A_1C$，
∴$C_1M\perp$平面ABC，
又AM⊂平面ABC，
∴$C_1M\perp AM$，
在Rt△$AC_1M$中，AM = 2AC = 2$\sqrt{2}$，$C_1M = A_1C=\sqrt{2}$，
∴$AC_1=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{10}$．
在Rt△$AB_1C_1$中，$AC_1=\sqrt{10}$，$B_1C_1 = BC=\sqrt{3}$，
∴$AB_1=\sqrt{(\sqrt{10})^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{13}$．
又$A_1$到平面$BCC_1B_1$的距离为1，
∴$AB_1$与平面$BCC_1B_1$所成角的正弦值为$\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$．

例4 (2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA₁ = 2，∠C₁CB = ∠C₁CD，∠C₁CO = 45°.

(1)证明：C₁O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B - AA₁ - D的正弦值.
[课堂笔记]
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答案：
解　
(1)证明:连接$BC_1$，$DC_1$．
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC = DC，
又因为∠$C_1CB$=∠$C_1CD$，$CC_1 = CC_1$，
所以△$C_1CB$≌△$C_1CD$，所以$BC_1 = DC_1$，
又点O为线段BD的中点，所以$C_1O\perp BD$．
在△$C_1CO$中，$CC_1 = 2$，OC=$\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$，∠$C_1CO = 45^{\circ}$，
所以$\cos\angle C_1CO=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{C_1C^{2}+OC^{2}-C_1O^{2}}{2\times C_1C\times OC}$，解得$C_1O=\sqrt{2}$，
则$C_1C^{2}=OC^{2}+C_1O^{2}$，所以$C_1O\perp OC$．
又OC∩BD = O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以$C_1O\perp$平面ABCD.

(2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，又$C_1O\perp$平面ABCD，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,$\sqrt{2}$,0)，D(0,-$\sqrt{2}$,0)，A($\sqrt{2}$,0,0)，C(-$\sqrt{2}$,0,0)，$C_1(0,0,\sqrt{2})$，
则$\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{CC_1}=(\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB}=(-\sqrt{2},\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{AD}=(-\sqrt{2},-\sqrt{2},0)$，
设平面$BAA_1$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_1,y_1,z_1)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{AA_1}\cdot\boldsymbol{m}=0\\\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{m}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{2}x_1+\sqrt{2}z_1 = 0\\-\sqrt{2}x_1+\sqrt{2}y_1 = 0\end{cases}$，
令$x_1 = 1$，则$\boldsymbol{m}=(1,1,-1)$，
设平面$DAA_1$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_2,y_2,z_2)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{AA_1}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{AD}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{2}x_2+\sqrt{2}z_2 = 0\\-\sqrt{2}x_2-\sqrt{2}y_2 = 0\end{cases}$，
令$x_2 = 1$，则$\boldsymbol{n}=(1,-1,-1)$，
则$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{\sqrt{3}\times\sqrt{3}}=\frac{1}{3}$，
设二面角B - $AA_1$ - D的大小为θ，
则$\sin\theta=\sqrt{1 - (\frac{1}{3})^{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
所以二面角B - $AA_1$ - D的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

【巩固迁移】
4. (2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2，AA₁ = 4. 点A₂，B₂，C₂，D₂分别在棱AA₁，BB₁，CC₁，DD₁上，AA₂ = 1，BB₂ = DD₂ = 2，CC₂ = 3.
(1)证明：B₂C₂//A₂D₂；
(2)点P在棱BB₁上，当二面角P - A₂C₂ - D₂为150°时，求B₂P.
　　　　　　　　　　　　　

答案：
解　
(1)证明:以C为原点,CD,CB,$CC_1$所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0,0,0)，$C_2(0,0,3)$，$B_2(0,2,2)$，$D_2(2,0,2)$，$A_2(2,2,1)$，
∴$\overrightarrow{B_2C_2}=(0,-2,1)$，$\overrightarrow{A_2D_2}=(0,-2,1)$，
∴$\overrightarrow{B_2C_2}//\overrightarrow{A_2D_2}$，
又$B_2C_2$，$A_2D_2$不在同一条直线上，
∴$B_2C_2// A_2D_2$．
(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，
则$\overrightarrow{A_2C_2}=(-2,-2,2)$，$\overrightarrow{PC_2}=(0,-2,3 - λ)$，$\overrightarrow{D_2C_2}=(-2,0,1)$，
设平面$PA_2C_2$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_1,y_1,z_1)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{A_2C_2}=-2x_1-2y_1 + 2z_1 = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PC_2}=-2y_1+(3 - λ)z_1 = 0\end{cases}$，
取$z_1 = 2$，得$y_1 = 3 - λ$，$x_1 = λ - 1$，
∴$\boldsymbol{n}=(λ - 1,3 - λ,2)$．
设平面$A_2C_2D_2$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_2,y_2,z_2)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{A_2C_2}=-2x_2-2y_2 + 2z_2 = 0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{D_2C_2}=-2x_2+z_2 = 0\end{cases}$，
取$x_2 = 1$，得$y_2 = 1$，$z_2 = 2$，
∴$\boldsymbol{m}=(1,1,2)$．
又二面角P - $A_2C_2$ - $D_2$为150°，
∴$|\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}||\boldsymbol{m}|}=\frac{6}{\sqrt{(λ - 1)^{2}+(3 - λ)^{2}+2^{2}}\times\sqrt{6}}=|\cos150^{\circ}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
化简可得，$λ^{2}-4λ + 3 = 0$，解得λ = 1或λ = 3，
∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，
∴$B_2P = 1$．