《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

1. (人 A 必二 P152 例 4 改)在长方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$AB = AA_{1} = 1$，$AD = 2$，则直线 $A_{1}C$ 与平面 $ABCD$ 所成角的正弦值为(A)

A.$\frac{\sqrt{6}}{6}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{6}}{3}$

答案：
1.A【解析】如图，在长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AA_{1}\perp$平面$ABCD$，故$\angle ACA_{1}$为$A_{1}C$与平面$ABCD$所成的角.因为$AA_{1}=1$，$CA_{1}=\sqrt{1^{2}+1^{2}+2^{2}}=\sqrt{6}$，所以$\sin\angle ACA_{1}=\frac{AA_{1}}{CA_{1}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$.
　　

2. (人 A 选必一 P41 练习 3)如图，在三棱锥 $O - ABC$ 中，$OA$，$OB$，$OC$ 两两垂直，$OA = OC = 3$，$OB = 2$，则直线 $OB$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值是$\frac{3\sqrt{17}}{17}$。

答案：
2.$\frac{3\sqrt{17}}{17}$【解析】以$O$为坐标原点，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OC}$，$\overrightarrow{OA}$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，则$A(0,0,3)$，$B(2,0,0)$，$C(0,3,0)$，$\overrightarrow{AB}=(2,0,-3)$，$\overrightarrow{AC}=(0,3,-3)$，$\overrightarrow{OB}=(2,0,0)$.设$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$是平面$ABC$的一个法向量，则$\begin{cases}\overrightarrow{AB}·\boldsymbol{m}=2x - 3z = 0,\\\overrightarrow{AC}·\boldsymbol{m}=3y - 3z = 0,\end{cases}$令$y = 1$，则$\boldsymbol{m}=(\frac{3}{2},1,1)$，所以$|\cos\langle\overrightarrow{OB},\boldsymbol{m}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{OB}·\boldsymbol{m}|}{|\overrightarrow{OB}||\boldsymbol{m}|}=\frac{3}{2×\frac{\sqrt{17}}{2}}=\frac{3\sqrt{17}}{17}$，故直线$OB$与平面$ABC$所成角的正弦值为$\frac{3\sqrt{17}}{17}$.
　　

3. (多选)如图，已知长方体 $ABCD - A'B'C'D'$ 的长和宽都是 $6\ cm$，高是 $2\sqrt{3}\ cm$，则下列结论正确的是(ACD)

A.$BC$ 和 $A'C'$ 所成的角是 $45^{\circ}$
B.$AA'$ 和 $BC'$ 所成的角是 $30^{\circ}$
C.$AC'$ 与底面 $ABCD$ 所成角的正切值是 $\frac{\sqrt{6}}{6}$
D.$AB'$ 与底面 $ABCD$ 所成的角是 $30^{\circ}$

答案： 3.ACD【解析】因为$BC// B'C'$，所以$\angle A'C'B'$就是$BC$和$A'C'$所成的角.因为$\triangle A'B'C'$是等腰直角三角形，所以$\angle A'C'B'=45^{\circ}$，故A正确.因为$AA'// BB'$，所以$\angle B'BC'$就是$AA'$和$BC'$所成的角.因为$\tan\angle B'BC'=\frac{B'C'}{BB'}=\frac{6}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，所以$\angle B'BC'=60^{\circ}$，故B错误.连接$AC$，则$\angle CAC'$就是$AC'$与底面$ABCD$所成的角，且$\tan\angle CAC'=\frac{CC'}{AC}=\frac{2\sqrt{3}}{6\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，故C正确.易知$\angle BAB'$是$AB'$与底面$ABCD$所成的角，且$\tan\angle BAB'=\frac{BB'}{AB}=\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\angle BAB'=30^{\circ}$，故D正确.

例 1 - 1 如图，在三棱锥 $M - ABC$ 中，$MA\perp$ 平面 $ABC$，$\triangle ABC$ 是边长为 $2$ 的正三角形，$MA = 2\sqrt{3}$，$F$ 是 $MC$ 的中点，求异面直线 $MB$ 与 $AF$ 所成角的余弦值。

答案：
例1 - 1【解答】方法一：如图
(1)，取$BC$的中点$E$，连接$FE$，$AE$.因为$F$是$MC$的中点，所以$FE// BM$，则$\angle AFE$就是$MB$与$AF$所成的角.易得$MB=MC=4$，则$FE=2$，$AF=2$，$AE=\sqrt{3}$.在$\triangle AFE$中，由余弦定理可知$\cos\angle AFE=\frac{2^{2}+2^{2}-3}{2×2×2}=\frac{5}{8}$，所以异面直线$MB$与$AF$所成角的余弦值为$\frac{5}{8}$.
　　　
方法二：以$A$为坐标原点，$AC$，$AM$所在直线分别为$y$轴、$z$轴建立如图
(2)所示的空间直角坐标系，易知$A(0,0,0)$，$B(\sqrt{3},1,0)$，$M(0,0,2\sqrt{3})$，$F(0,1,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{MB}=(\sqrt{3},1,-2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AF}=(0,1,\sqrt{3})$，则$|\cos\langle\overrightarrow{MB},\overrightarrow{AF}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{MB}·\overrightarrow{AF}|}{|\overrightarrow{MB}||\overrightarrow{AF}|}=\frac{5}{4×2}=\frac{5}{8}$，所以异面直线$MB$与$AF$所成角的余弦值为$\frac{5}{8}$.