《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 2 （2025·苏锡常镇二模）如图，在三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$AB = 2$，$BC = 2\sqrt{2}$，$\angle ABC = 45^{\circ}$，$BC_{1}\perp AC$。
（1）证明：$AC\perp$ 平面 $ABC_{1}$；
（2）若$CC_{1} = 2\sqrt{2}$，二面角 $C_{1} - AC - B$ 的大小为 $60^{\circ}$，求直线 $BC_{1}$ 与平面 $AA_{1}B_{1}B$ 所成角的正弦值。

答案：
例2【解答】
(1)在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$AC^{2}=AB^{2}+BC^{2}-2AB· BC·\cos\angle ABC=4 + 8 - 2×2×2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=4$，则有$AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}$，所以$AC\perp AB$.又因为$BC\perp AC$，$BC\cap AB = B$，$BC,AB\subset$平面$ABC_{1}$，所以$AC\perp$平面$ABC_{1}$.
(2)方法一：因为$AC\perp$平面$ABC_{1}$，$AC_{1}\subset$平面$ABC_{1}$，所以$AC\perp AC_{1}$.又$AC\perp AB$，所以$\angle C_{1}AB$为二面角$C_{1}-AC-B$的平面角，即$\angle C_{1}AB = 60^{\circ}$.在$Rt\triangle ACC_{1}$中，因为$CC_{1}=2\sqrt{2}$，$AC = 2$，所以$AC_{1}=2$，故$\triangle ABC_{1}$是等边三角形.在平面$ABC_{1}$内过点$A$作$AB$的垂线$AH$，以$A$为原点，$AB$，$AC$，$AH$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴，建立如图
(1)所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$C_{1}(1,0,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{AB}=(2,0,0)$，$\overrightarrow{BC}=(-1,0,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AA_{1}}=\overrightarrow{CC_{1}}=(1,-2,\sqrt{3})$.设平面$AA_{1}B_{1}B$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AA_{1}}=0,\end{cases}$所以$\begin{cases}2x = 0,\\-2y + \sqrt{3}z = 0,\end{cases}$取$y=\sqrt{3}$，得$\boldsymbol{n}=(0,\sqrt{3},2)$.设直线$BC_{1}$与平面$AA_{1}B_{1}B$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{BC_{1}},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{BC_{1}}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{BC_{1}}||\boldsymbol{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，即直线$BC_{1}$与平面$AA_{1}B_{1}B$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.
　
方法二：如图
(2)，连接$AB_{1}$.因为$AC\perp$平面$ABC_{1}$，$AC\subset$平面$ABC$，所以$AC\perp AC_{1}$.又$AC\perp AB$，所以$\angle C_{1}AB$为二面角$C_{1}-AC-B$的平面角，即$\angle C_{1}AB = 60^{\circ}$.在$Rt\triangle ACC_{1}$中，因为$CC_{1}=2\sqrt{2}$，$AC = 2$，所以$AC_{1}=2$，故$\triangle ABC_{1}$是等边三角形，所以$V_{A_{1}-ABC_{1}}=V_{C_{1}-ABC_{1}}=\frac{1}{3}· S_{\triangle ABC_{1}}· AC=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}×2^{2}×2=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AC// A_{1}C_{1}$，又$AC\perp$平面$ABC_{1}$，所以$A_{1}C_{1}\perp$平面$ABC_{1}$.又$BC_{1}\subset$平面$ABC_{1}$，所以$A_{1}C_{1}\perp BC_{1}$，故$\triangle A_{1}BC_{1}$为直角三角形.在$Rt\triangle A_{1}BC_{1}$中，因为$BC_{1}=2$，$A_{1}C_{1}=2$，所以$A_{1}B = 2\sqrt{2}$，故$S_{\triangle ABA_{1}}=\sqrt{7}$.设点$C_{1}$到平面$ABA_{1}$的距离为$d$，由$V_{C_{1}-ABA_{1}}=V_{A_{1}-ABC_{1}}$，得$\frac{1}{3}×\sqrt{7}× d=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得$d=\frac{2\sqrt{21}}{7}$.设直线$BC_{1}$与平面$AA_{1}B_{1}B$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta=\frac{d}{BC_{1}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，即直线$BC_{1}$与平面$AA_{1}B_{1}B$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.

变式 2 （2025·广州二模）如图，直四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的底面 $ABCD$ 是菱形，$\angle BAD$ 为锐角，$E$，$F$ 分别为棱 $A_{1}D_{1}$，$CD$ 的中点，点 $M$ 在棱 $C_{1}D_{1}$ 上，且 $C_{1}M = 3MD_{1}$，$AA_{1} = AB = 4$，点 $P$ 在直线 $EM$ 上。
（1）证明：$EM//$ 平面 $AB_{1}F$；
（2）若直四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 的体积为 $32\sqrt{3}$，当直线 $FP$ 与平面 $AB_{1}F$ 所成角的正弦值最大时，求 $MP$ 的长。

答案：
变式2【解答】
(1)如图
(1)，取$C_{1}D_{1}$的中点$N$，连接$A_{1}N$，$NF$.因为$F$为$CD$的中点，所以$NF// CC_{1}$，且$NF = CC_{1}$.又$AA_{1}// CC_{1}$，且$AA_{1}=CC_{1}$，所以$NF// AA_{1}$，且$NF = AA_{1}$，所以四边形$AFNA_{1}$是平行四边形，所以$AF// A_{1}N$.因为$C_{1}M = 3MD_{1}$，所以$M$为$ND_{1}$的中点.又$E$为$A_{1}D_{1}$的中点，所以$EM// A_{1}N$，所以$EM// AF$.又因为$AF\subset$平面$AB_{1}F$，$EM\not\subset$平面$AB_{1}F$，所以$EM//$平面$AB_{1}F$.
　　
(2)方法一：由直四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的体积为$32\sqrt{3}$，得$AA_{1}· AB· AD\sin\angle BAD = 32\sqrt{3}$，得$\sin\angle BAD=\frac{\sqrt{3}}{2}$.由于$\angle BAD$为锐角，所以$\angle BAD=\frac{\pi}{3}$.如图
(1)，以$DC$，$DD_{1}$所在直线分别为$y$，$z$轴，以$\triangle ABD$的$AB$边上的高线为$x$轴，建立空间直角坐标系，则$E(\sqrt{3}, - 1,4)$，$M(0,1,4)$，$F(0,2,0)$，$B_{1}(2\sqrt{3},2,4)$，$A(2\sqrt{3}, - 2,0)$.设$\overrightarrow{MP}=\lambda\overrightarrow{ME}=(\sqrt{3}\lambda,-2\lambda,0)$，则$P(\sqrt{3}\lambda,1 - 2\lambda,4)$，$\overrightarrow{FP}=(\sqrt{3}\lambda,-2\lambda - 1,4)$，$\overrightarrow{AB}=(0,4,4)$，$\overrightarrow{AF}=(-2\sqrt{3},4,0)$.设平面$AB_{1}F$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，直线$FP$与平面$AB_{1}F$所成的角为$\theta$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AF}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{AB}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-2\sqrt{3}x + 4y = 0,\\4y + 4z = 0,\end{cases}$取$y=\sqrt{3}$，则$x = 2$，$z=-\sqrt{3}$，得平面$AB_{1}F$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(2,\sqrt{3},-\sqrt{3})$，则$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{FP},\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{FP}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{FP}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{10}·\sqrt{3\lambda^{2}+(2\lambda + 1)^{2}+16}}=\frac{\sqrt{30}}{2\sqrt{7\lambda^{2}+4\lambda + 17}}$，当$\lambda=-\frac{2}{7}$时，$\sin\theta$取得最大值，此时$|\overrightarrow{MP}|=|\lambda|·|\overrightarrow{ME}|=\frac{2}{7}×\sqrt{7}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$，所以$MP$的长为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$.
方法二：由直四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的体积为$32\sqrt{3}$，得$AA_{1}· AB· AD\sin\angle BAD = 32\sqrt{3}$，得$\sin\angle BAD=\frac{\sqrt{3}}{2}$.由于$\angle BAD$为锐角，所以$\angle BAD=\frac{\pi}{3}$.由
(1)知$EM//$平面$AB_{1}F$且点$P$在直线$EM$上，所以点$P$到平面$AB_{1}F$的距离为定值$d$.设直线$FP$与平面$AB_{1}F$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta=\frac{d}{PF}$.当$PF$最小时，$\sin\theta$取得最大值.如图
(2)，过$N$作$NP\perp EM$，交$EM$的延长线于点$P$，连接$FP$.由于$NF\perp EM$，$NF\cap NP = N$，所以$EM\perp$平面$NPF$.又$FP\subset$平面$NPF$，所以$FP\perp EM$，则$MP$为所求.在$\triangle EMD_{1}$中，$EM=\sqrt{ED_{1}^{2}+D_{1}M^{2}-2ED_{1}· D_{1}M·\cos\angle ED_{1}M}=\sqrt{2^{2}+1^{2}-2×2×1×(-\frac{1}{2})}=\sqrt{7}$，则$\cos\angle EMD_{1}=\frac{EM^{2}+MD_{1}^{2}-ED_{1}^{2}}{2EM· MD_{1}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$.在$Rt\triangle NMP$中，$MP = MN\cos\angle NMP = MN\cos\angle EMD_{1}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$.