《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点一 异面直线所成的角

例1 (1)(2025·佛山模拟)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形). 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体$ABCDEF$的棱长为$2$，$M$，$N$分别为棱$AD$，$AC$的中点，则直线$BN$和$FM$夹角的余弦值为 (D)

A.$\frac{5}{6}$
B.$\frac{\sqrt{11}}{6}$
C.$\frac{\sqrt{21}}{6}$
D.$\frac{\sqrt{15}}{6}$

答案：

(1)D [
(1)法一　连接$BD$，$AF$交于点$O$，连接$OC$， 易知$OC$，$OD$，$OA$两两垂直，如图，建立空间直角坐标系$O - xyz$， 　　　　 则$B(0, - \sqrt{2},0)$，$C(\sqrt{2},0,0)$，$A(0,0,\sqrt{2})$，$D(0,\sqrt{2},0)$，$F(0,0, - \sqrt{2})$， 所以$N(\frac{\sqrt{2}}{2},0,\frac{\sqrt{2}}{2})$，$M(0,\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$， $\overrightarrow{BN} = (\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，$\overrightarrow{FM} = (0,\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})$， 所以$|\cos\langle\overrightarrow{BN},\overrightarrow{FM}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{BN} \cdot \overrightarrow{FM}|}{|\overrightarrow{BN}||\overrightarrow{FM}|}$ $ = \frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{3} × \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{6}$， 即直线$BN$和$FM$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{6}$. 法二　由题意，可得$\overrightarrow{BN} = \overrightarrow{AN} - \overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{FM} = \overrightarrow{FD} + \overrightarrow{DM} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{DM} = - \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}$， 连接$BD$(图略)，由正八面体$ABCDEF$的棱长都是$2$，且各个面都是等边三角形，易知四边形$BCDE$为正方形， 在$\triangle ABD$中，由$AB = AD = 2$， 可得$AB^{2} + AD^{2} = BD^{2}$， 所以$AB \perp AD$， 所以$\overrightarrow{FM} \cdot \overrightarrow{BN}$ $= (-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB}) \cdot (\frac{1}{2}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})$ $= -\frac{1}{4}\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AC} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AB}^{2}$ $= -\frac{1}{4} × 2 × 2 × \frac{1}{2} + 0 - \frac{1}{2} × 2 × 2 × \frac{1}{2} + 2^{2}$ $= -\frac{1}{2} - 1 + 4 = \frac{5}{2}$， $|\overrightarrow{BN}| = \sqrt{(\frac{1}{2}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB})^{2}}$ $= \sqrt{\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}^{2} - \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AB}^{2}}$ $= \sqrt{\frac{1}{4} × 2^{2} - 2 × 2 × \frac{1}{2} + 2^{2}} = \sqrt{3}$， $|\overrightarrow{FM}| = \sqrt{(-\frac{1}{2}\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB})^{2}}$ $= \sqrt{\frac{1}{4}\overrightarrow{AD}^{2} + \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AB}^{2}}$ $= \sqrt{\frac{1}{4} × 2^{2} + 0 + 2^{2}} = \sqrt{5}$， 所以$|\cos\langle\overrightarrow{FM},\overrightarrow{BN}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{FM} \cdot \overrightarrow{BN}|}{|\overrightarrow{FM}||\overrightarrow{BN}|}$ $ = \frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{5} × \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{15}}{6}$， 即直线$BN$和$FM$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{6}$.]

(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，点$F$在线段$AD$上，且$\overrightarrow{AF} = \lambda\overrightarrow{AD}$，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：
(2)$\frac{1}{3}$　[
(2)以$D$为原点，以$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴，建立空间直角坐标系(图略).正方体的棱长为$2$，则 $A_1(2,0,2)$，$D_1(0,0,2)$，$E(0,2,1)$，$A(2,0,0)$. 所以$\overrightarrow{D_1E} = (0,2, - 1)$， $\overrightarrow{A_1F} = \overrightarrow{A_1A} + \overrightarrow{AF} = \overrightarrow{A_1A} + \lambda\overrightarrow{AD}$ $= (0,0, - 2) + \lambda( - 2,0,0) = ( - 2\lambda,0, - 2)$. 则$|\cos\langle\overrightarrow{A_1F},\overrightarrow{D_1E}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{A_1F} \cdot \overrightarrow{D_1E}|}{|\overrightarrow{A_1F}| \cdot |\overrightarrow{D_1E}|}$ $ = \frac{2}{2\sqrt{\lambda^{2} + 1} \cdot \sqrt{5}} = \frac{3\sqrt{2}}{10}$， 解得$\lambda = \frac{1}{3}$(舍去$- \frac{1}{3}$).]

训练1 (2025·唐山质检)如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$AB = BC = 6$，点$E$在线段$C_1D_1$上，且$2D_1E = EC_1$，$M$为线段$BE$的中点，若$BE = 2\sqrt{14}$，则异面直线$AD_1$与$CM$所成角的余弦值为$\frac{4\sqrt{35}}{35}$.

答案：
1.$\frac{4\sqrt{35}}{35}$　[法一　以点$D$为坐标原点， $DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，设$CC_1 = a(a ＞ 0)$， 　　　　 则$A(6,0,0)$，$B(6,6,0)$，$D_1(0,0,a)$，$C(0,6,0)$，$C_1(0,6,a)$，$E(0,2,a)$，$M(3,4,\frac{a}{2})$， 所以$\overrightarrow{BE} = ( - 6, - 4,a)$， $|\overrightarrow{BE}| = \sqrt{( - 6)^{2} + ( - 4)^{2} + a^{2}} = 2\sqrt{14}$， 解得$a = 2$， 所以$M(3,4,1)$，$D_1(0,0,2)$， 所以$\overrightarrow{AD_1} = ( - 6,0,2)$，$\overrightarrow{CM} = (3, - 2,1)$， 设$AD_1$与$CM$所成角为$\theta$， 则$\cos\theta = \frac{|\overrightarrow{AD_1} \cdot \overrightarrow{CM}|}{|\overrightarrow{AD_1}||\overrightarrow{CM}|} = \frac{4\sqrt{35}}{35}$，因此异面直线$AD_1$与$CM$所成角的余弦值为$\frac{4\sqrt{35}}{35}$. 法二　设$DD_1 = x(x ＞ 0)$， 因为$2\overrightarrow{D_1E} = \overrightarrow{EC_1}$，$AB = BC = 6$， 所以$BE = \sqrt{6^{2} + 4^{2} + x^{2}} = 2\sqrt{14}$，得$x = 2$. 如图，取线段$AB$上靠近点$A$的三等分点$P$，靠近点$B$的三等分点$F$，连接$EP$，$MF$，$CF$， 　　　　　　　　　　　 易知$AD_1 // EP$，$AD_1 = EP$， 又$EP // MF$，$EP = 2MF$， 所以$AD_1 // MF$，$AD_1 = 2MF$， 所以$\angle CMF$或其补角为异面直线$AD_1$与$CM$所成的角. $MF = \frac{1}{2} × \sqrt{6^{2} + 2^{2}} = \sqrt{10}$， $CF = \sqrt{6^{2} + 2^{2}} = 2\sqrt{10}$， 连接$CE$，易知$\triangle BCE$为直角三角形， $CM = \frac{1}{2}BE = \sqrt{14}$， 所以$\cos\angle CMF = \frac{MF^{2} + CM^{2} - CF^{2}}{2MF × CM} = \frac{4\sqrt{35}}{35}$， 因此异面直线$AD_1$与$CM$所成角的余弦值为$\frac{4\sqrt{35}}{35}$]

考点二 直线与平面所成的角

例2 如图，直四棱柱$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的底面为菱形，$AB = AC = 2$，$AA_1 = 2\sqrt{3}$.
(1)证明:平面$A_1C_1B\perp$平面$BDD_1B_1$；
(2)求直线$DC_1$与平面$A_1C_1B$所成角的正弦值.$\frac{\sqrt{15}}{5}$

答案：

(1)证明　因为四边形$A_1B_1C_1D_1$是菱形，所以$A_1C_1 \perp B_1D_1$. 因为$BB_1 \perp$平面$A_1B_1C_1D_1$，$A_1C_1 \subset$平面$A_1B_1C_1D_1$，所以$BB_1 \perp A_1C_1$. 又$B_1D_1 \cap BB_1 = B_1$，$B_1D_1$，$BB_1 \subset$平面$BDD_1B_1$，所以$A_1C_1 \perp$平面$BDD_1B_1$，又$A_1C_1 \subset$平面$A_1C_1B$，所以平面$A_1C_1B \perp$平面$BDD_1B_1$.
(2)解　法一　设$AC$与$BD$，$A_1C_1$与$B_1D_1$的交点分别为$O$，$O_1$，连接$OO_1$. 依题意可知，$OO_1 \perp$平面$ABCD$，以$O$为原点，$OC$，$OD$，$OO_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图的所示的空间直角坐标系. 因为$AB = AC = 2$，底面$ABCD$为菱形， 所以$\triangle ABC$为正三角形，则$BO = DO = \sqrt{3}$， 又$A_1A = 2\sqrt{3}$， 则$B(0, - \sqrt{3},0)$， $A_1( - 1,0,2\sqrt{3})$，$C_1(1,0,2\sqrt{3})$，$D(0,\sqrt{3},0)$. 可得$\overrightarrow{BC_1} = (1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BA_1} = ( - 1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{C_1D} = ( - 1,\sqrt{3}, - 2\sqrt{3})$. 设平面$A_1C_1B$的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$， 则$\begin{cases} \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BC_1} = 0, \\ \boldsymbol{n} \cdot \overrightarrow{BA_1} = 0, \end{cases}$ 即$\begin{cases} x + \sqrt{3}y + 2\sqrt{3}z = 0, \\ -x + \sqrt{3}y + 2\sqrt{3}z = 0, \end{cases}$ 取$\boldsymbol{n} = (0,2, - 1)$， 设直线$DC_1$与平面$A_1C_1B$所成角为$\theta$， 则$\sin\theta = |\cos\langle\overrightarrow{C_1D},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{C_1D} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{C_1D}||\boldsymbol{n}|}$ $ = \frac{|2 × 2\sqrt{3} + ( - 1) × ( - 2\sqrt{3})|}{4\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{15}}{5}$， 所以直线$DC_1$与平面$A_1C_1B$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$. 法二　如图，设$AC$与$BD$， $A_1C_1$与$B_1D_1$的交点分别为$O$，$O_1$， 连接$BO_1$，$OO_1$，过$D$点作$DH \perp BO_1$于点$H$，连接$HC_1$. 　　　　　　　　　　　 由
(1)知平面$A_1C_1B \perp$平面$BDD_1B_1$， 因为平面$A_1C_1B \cap$平面$BDD_1B_1 = BO_1$， $DH \subset$平面$BDD_1B_1$，$DH \perp BO_1$， 则$\angle DC_1H$为直线$DC_1$与平面$A_1C_1B$所成角. 由$AB = AC = 2$，底面$ABCD$为菱形，可得$\triangle ABC$为正三角形，则$BO = \sqrt{3}$，$\therefore BD = 2\sqrt{3}$， 则$\sin\angle DBH = \frac{DH}{BD} = \frac{DH}{2\sqrt{3}}$， 又因为$BO = \sqrt{3}$，$OO_1 = AA_1 = 2\sqrt{3}$， 所以$BO_1 = \sqrt{15}$， 所以$\sin\angle OBO_1 = \frac{2\sqrt{3}}{ \sqrt{15}} = \frac{2\sqrt{5}}{5} = \frac{DH}{2\sqrt{3}}$， 解得$DH = \frac{4\sqrt{15}}{5}$. 又$DC_1 = \sqrt{DC^{2} + CC_1^{2}} = 4$， 所以$\sin\angle DC_1H = \frac{DH}{DC_1} = \frac{\sqrt{15}}{5}$，所以直线$DC_1$与平面$A_1C_1B$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$.