《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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 ()


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$\frac{\sqrt{15}}{6}$.]

(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)$\frac{1}{3}$　[以$D$为原点，$DA$,$DC$,$DD_{1}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$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$\overrightarrow{D_{1}E}=(0,2,-1)$,$\overrightarrow{A_{1}F}=\overrightarrow{A_{1}A}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{A_{1}A}+ \lambda \overrightarrow{AD}=(0,0,-2)+ \lambda (-2,0,0)=(-2 \lambda,0,-2)$,　则$|\cos \langle\overrightarrow{A_{1}F},\overrightarrow{D_{1}E}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{A_{1}F} \cdot \overrightarrow{D_{1}E}|}{|\overrightarrow{A_{1}F}| \cdot |\overrightarrow{D_{1}E}|}=\frac{2}{2\sqrt{\lambda^{2}+1} \cdot \sqrt{5}}$,　所以$\frac{2}{2\sqrt{5} \cdot \sqrt{\lambda^{2}+1}}=\frac{3\sqrt{2}}{10}$,　解得$\lambda = \frac{1}{3}$(舍去$-\frac{1}{3}$).]

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.

答案： $\frac{4\sqrt{35}}{35}$　[法一　以点$D$为坐标原点，$DA$,$DC$,$DD_{1}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，设$CC_{1}=a(a＞0)$,　则$A(6,0,0)$,$B(6,6,0)$,$D_{1}(0,0,a)$,$C(0,6,0)$,$E(0,2,0)$,$M(3,4,\frac{a}{2})$,　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$M(3,4,1)$,$\overrightarrow{AD_{1}}=(-6,0,2)$,$\overrightarrow{CM}=(3,-2,1)$,　设$AD_{1}$与$CM$所成角为$\theta$,　则$\cos \theta=\frac{|\overrightarrow{AD_{1}} \cdot \overrightarrow{CM}|}{|\overrightarrow{AD_{1}}||\overrightarrow{CM}|}=\frac{4\sqrt{35}}{35}$.]

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.

答案：
(1)证明　因为四边形$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$是菱形,所以$A_{1}C_{1}\perp B_{1}D_{1}$,　因为$BB_{1}\perp$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$,$A_{1}C_{1}\subset$平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$,所以$BB_{1}\perp A_{1}C_{1}$.　又$B_{1}D_{1}\cap BB_{1}=B_{1}$,$B_{1}D_{1}$,$BB_{1}\subset$平面$BDD_{1}B_{1}$,所以$A_{1}C_{1}\perp$平面$BDD_{1}B_{1}$,又$A_{1}C_{1}\subset$平面$A_{1}C_{1}B$,所以平面$A_{1}C_{1}B\perp$平面$BDD_{1}B_{1}$.
(2)解　$\frac{\sqrt{15}}{5}$　[设$AC$与$BD$,$A_{1}C_{1}$与$B_{1}D_{1}$的交点分别为$O$,$O_{1}$,连接$OO_{1}$,以$O$为原点，$OC$,$OD$,$OO_{1}$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系,　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$A_{1}A = 2\sqrt{3}$,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$\overrightarrow{BC_{1}}=(1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$,$\overrightarrow{BA_{1}}=(-1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$,$\overrightarrow{C_{1}D}=(-1,\sqrt{3},-2\sqrt{3})$.　设平面$A_{1}C_{1}B$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$A_{1}C_{1}B$所成角为$\theta$,　则$\sin \theta = |\cos \langle\overrightarrow{C_{1}D},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{C_{1}D} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{C_{1}D}||\boldsymbol{n}|}=\frac{|2 × \sqrt{3}+(-1) × (-2\sqrt{3})|}{4 × \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.]