《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 1 (1)(2025·济宁质检)如图，在直三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，$\triangle ABC$ 是等边三角形，$AA_1 = AB$，$D$，$E$，$F$ 分别是棱 $AA_1$，$BB_1$，$BC$ 的中点，则异面直线 $DF$ 与 $C_1E$ 所成角的余弦值是 (C)


A.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{10}$
D.$\frac{\sqrt{15}}{5}$

答案：
例1　
(1)C[解析]如图，取CC₁的中点G，取CG的中点H，连接BG，FH，DH.因为E，G分别是棱BB₁，CC₁的中点，所以BE//C₁G，且BE = C₁G，所以四边形BGCE是平行四边形，所以C₁E//BG.又F，H分别是BC，CG的中点，所以FH//BG，从而C₁E//FH，所以∠DFH是异面直线DF与C₁E所成的角或其补角.设AA₁ = AB = 4，则CF = 2，CH = 1，所以FH = $\sqrt{5}$.又AD = 2，AF = 2$\sqrt{3}$，所以DF = $\sqrt{AD² + AF²}$ = 4，DH = $\sqrt{(2 - 1)² + 4²}$ = $\sqrt{17}$.在△DFH中，$\cos∠DFH$ = $\frac{DF² + FH² - DH²}{2DF·FH}$ = $\frac{16 + 5 - 17}{2×4×\sqrt{5}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{10}$，故异面直线DF与C₁E所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{10}$.
　　　 　　　　

(2)在三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，$D$ 是 $BC_1$ 与 $B_1C$ 的交点，则 $AD$ 与平面 $BB_1C_1C$ 所成角的正弦值是 (C)

A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{1}{2}$

答案：

(2)C[解析]如图，取BC的中点E，连接DE，AE.依题意，三棱柱ABC - A₁B₁C₁为正三棱柱，设棱长为2，则AE = $\sqrt{3}$，DE = 1.因为D，E分别是BC₁和BC的中点，所以DE//C₁C，所以DE⊥平面ABC，又AE⊂平面ABC，所以DE⊥AE，所以AD = $\sqrt{AE² + DE²}$ = $\sqrt{3 + 1}$ = 2.因为AE⊥BC，AE⊥DE，BC∩DE = E，BC，DE⊂平面BB₁C₁C，所以AE⊥平面BB₁C₁C，所以∠ADE是AD与平面BB₁C₁C所成的角，所以$\sin∠ADE$ = $\frac{AE}{AD}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以AD与平面BB₁C₁C所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(3)(2025·泰州调研)如图，已知 $\triangle ABC$ 和 $\triangle DBC$ 所在的平面互相垂直，$AB = BC = BD$，$\angle ABC = \angle DBC = 120^{\circ}$，则二面角 $A - BD - C$ 的正切值为−2.

答案：

(3)−2　[解析]如图，在平面ABC内，过点A作AH⊥BC，垂足为H，连接DH.由题意知DH⊥BC，又AH∩DH = H，AH，DH⊂平面AHD，所以BC⊥平面AHD.因为△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且平面ABC∩平面DBC = BC，AH⊂平面ABC，所以AH⊥平面BCD.过点H作HR⊥BD，垂足为R，连接AR.因为AH⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AH⊥BD，因为AH∩HR = H，AH，HR⊂平面AHR，所以BD⊥平面AHR，又AR⊂平面AHR，所以BD⊥AR，故∠ARH为二面角A - BD - C的平面角的补角.设BC = a，则由题设知，DH = AH = BD$\sin60°$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$a，HB = BD$\cos60°$ = $\frac{a}{2}$，在△HDB中，HR = HB$\sin60°$ = $\frac{a}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{\sqrt{3}}{4}$a，所以$\tan∠ARH$ = $\frac{AH}{HR}$ = 2，故二面角A - BD - C的正切值为−2.
　　 　　　

变式 1 (1)已知圆柱的母线长为 $2$，底面的半径为 $\sqrt{2}$，四边形 $ABCD$ 为其轴截面，若 $E$ 为下底面圆弧 $AB$ 的中点，则异面直线 $DE$ 与 $AB$ 所成的角为 (D)

A.$\frac{\pi}{4}$
B.$\frac{\pi}{6}$
C.$\frac{5\pi}{12}$
D.$\frac{\pi}{3}$

答案：
变式1
(1)D[解析]如图，连接AE，BE，CE，DE.因为AB//CD，所以DE与AB所成角即为∠EDC或其补角.因为E为圆弧AB的中点，所以AE = BE，又AB = 2$\sqrt{2}$，所以AE = BE = 2.又AD = BC = 2，所以DE = CE = 2$\sqrt{2}$，所以△DEC为等边三角形，所以∠EDC = $\frac{π}{3}$，所以DE与AB所成的角为$\frac{π}{3}$.

(2)(2025·蚌埠适应考试)已知三棱锥 $P - ABC$ 的体积为 $1$，$\triangle ABC$ 是边长为 $2$ 的正三角形，且 $PA = 2$，则直线 $PA$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值为 (C)

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$1$

答案：
(2)C　[解析]因为△ABC是边长为2的正三角形，所以S_{△ABC} = $\frac{\sqrt{3}}{4}$×2² = $\sqrt{3}$.设三棱锥P - ABC的高为h.因为三棱锥P - ABC的体积为1，所以V = $\frac{1}{3}$×S_{△ABC}×h = $\frac{1}{3}$×$\sqrt{3}$×h = 1，解得h = $\sqrt{3}$.设直线PA与平面ABC所成的角为θ，则$\sinθ$ = $\frac{h}{PA}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.