《2025年高考帮数学》

训练1 [全国卷Ⅱ]在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = BC = 1，AA₁ = $\sqrt{3}$，则异面直线AD₁与DB₁所成角的余弦值为（ ）
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{6}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案：
训练1 C 解法一 如图,补上一相同的长方体CDEF - C₁D₁E₁F₁,连接DE₁,B₁E₁.易知AD₁//DE₁,则∠B₁DE₁为异面直线AD₁与DB₁所成角.因为在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,AB = BC = 1,AA₁ = √3,所以DE₁ = √DE² + EE₁² = √1² + (√3)² = 2,DB₁ = √1² + 1² + (√3)² = √5,B₁E₁ = √A₁B₁² + A₁E₁² = √1² + 2² = √5,在△B₁DE₁中,由余弦定理,得cos∠B₁DE₁ = 2² + (√5)² - (√5)²/2×2×√5 = √5/5,即异面直线AD₁与DB₁所成角的余弦值为√5/5,故选C.
　　　　　　　　　　　　
解法二 如图,连接BD₁,交DB₁于点O,取AB的中点M,连接DM,OM,易知O为BD₁的中点,所以AD₁//OM,则∠MOD为异面直线AD₁与DB₁所成角.因为在长方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,AB = BC = 1,AA₁ = √3,AD₁ = √AD² + DD₁² = 2,DM = √AD² + (1/2AB)² = √5/2,DB₁ = √AB² + AD² + DD₁² = √5,所以OM = 1/2AD₁ = 1,OD = 1/2DB₁ = √5/2,于是在△DMO中,由余弦定理,得cos∠MOD = 1² + (√5/2)² - (√5/2)²/2×1×√5/2 = √5/5,即异面直线AD₁与DB₁所成角的余弦值为√5/5,故选C.
　　　　　　　　　　　　　　　
解法三 以D为坐标原点,DA,DC,DD₁所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.由条件可知D(0,0,0),A(1,0,0),D₁(0,0,√3),B₁(1,1,√3),所以向量AD₁ = (-1,0,√3),向量DB₁ = (1,1,√3),则由向量夹角公式,得cos＜向量AD₁,向量DB₁＞ = 向量AD₁·向量DB₁/|向量AD₁|·|向量DB₁| = 2/2√5 = √5/5,即异面直线AD₁与DB₁所成角的余弦值为√5/5,故选C.
　　　　　　　　　　　　

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

答案：
例2
(1)如图所示,取AB的中点O,连接DO,CO,则OB = DC = 1.又DC//OB,所以四边形DCBO为平行四边形.
　　　　　　　　　　　　　　　
又BC = OB = 1,所以四边形DCBO为菱形,所以BD⊥CO.同理可得,四边形DCOA为菱形,所以AD//CO,所以BD⊥AD.因为PD⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,所以PD⊥BD,又AD∩PD = D,AD,PD⊂平面ADP,所以BD⊥平面ADP.因为PA⊂平面ADP,所以BD⊥PA.
(2)解法一 由
(1)知BD⊥AD,又AB = 2AD,所以∠DAO = 60°,所以三角形ADO为正三角形.过点D作垂直于DC的直线为x轴,DC所在直线为y轴,DP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(√3/2,-1/2,0),B(√3/2,3/2,0),P(0,0,√3),D(0,0,0).则向量AB = (0,2,0),向量AP = (-√3/2,1/2,√3),向量DP = (0,0,√3).设平面PAB的法向量为n = (x,y,z),则{向量AB·n = 0, 向量AP·n = 0}⇒{2y = 0, -√3/2x + 1/2y + √3z = 0}.令x = 2,则y = 0,z = 1,所以n = (2,0,1)是平面PAB的一个法向量.设直线PD与平面PAB所成的角为α,则sinα = |cos＜n,向量DP＞| = |n·向量DP|/|n|·|向量DP| = √3/√5×√3 = √5/5,所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为√5/5.
解法二 作DM⊥平面PAB,垂足为M,连接PM,则∠DPM就是PD与平面PAB所成角.易知PA = 2,PB = √6.过A作AN⊥PB于N,因为AB = 2 = PA,所以易得AN = √10/2,所以S△ABP = 1/2×√6×√10/2 = √15/2.于是,根据V三棱锥P - ABD = V三棱锥D - PAB,得1/3·S△ABD·DP = 1/3·S△ABP·DM,即1/3×(1/2×1×√3)×√3 = 1/3×√15/2DM,解得DM = √15/5.在Rt△DMP中,sin∠DPM = DM/DP = √15/5√3 = √5/5.故PD与平面PAB所成的角的正弦值为√5/5.

训练2 [2023全国卷乙]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C - AB - D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{5}$
D. $\frac{2}{5}$

答案：
训练2 C 如图所示,取AB的中点M,连接CM,DM,则CM⊥AB,DM⊥AB,故∠CMD即为二面角C - AB - D的平面角,于是∠CMD = 150°.又CM,DM⊂平面CMD,CM∩DM = M,所以AB⊥平面CMD.设AB = 2,则CM = 1,DM = √3,在△CMD中,由余弦定理可得CD = √3 + 1 - 2×√3×1×(-√3/2) = √7.延长CM,过点D作CM的垂线,设垂足为H,则∠HMD = 30°,DH = 1/2DM = √3/2,MH = √3/2DM = 3/2,所以CH = 1 + 3/2 = 5/2.因为DH⊂平面CMD,所以AB⊥DH,又DH⊥CM,AB,CM⊂平面ABC,AB∩CM = M,所以DH⊥平面ABC,∠DCM即为直线CD与平面ABC所成的角,于是在Rt△DCH中,tan∠DCM = DH/CH = √3/5,故选C.
　　　　　　　　　　　　　　　

训练3 [新高考卷Ⅰ]如图，四棱锥P - ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC.
(2)已知PD = AD = 1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

答案：
训练3
(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又PD∩DC = D,PD,DC⊂平面PDC,因此AD⊥平面PDC.因为AD//BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD//平面PBC.又AD⊂平面PAD,平面PBC∩平面PAD = l,所以l//AD.因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,向量DA,向量DC,向量DP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),向量DC = (0,1,0),向量PB = (1,1,-1).由
(1)可设Q(a,0,1),则向量DQ = (a,0,1).设n = (x,y,z)是平面QCD的法向量,则{n·向量DQ = 0, n·向量DC = 0},即{ax + z = 0, y = 0}.可取n = (-1,0,a).所以cos＜n,向量PB＞ = n·向量PB/|n|·|向量PB| = -1 - a/√3·√1 + a².设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ = |cos＜n,向量PB＞| = √3/3×|a + 1|/√1 + a² = √3/3√1 + 2a/a² + 1.因为√3/3√1 + 2a/a² + 1≤√6/3,当且仅当a = 1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为√6/3.