《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

1. 在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = BC = 1$，$AA_1 = \sqrt{3}$，则异面直线 $AD_1$ 与 $DB_1$ 所成角的余弦值为(A)

A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{6}$
C.$-\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案：
1.A【解析】方法一(基底法):$|\overrightarrow{AD_{1}}|=|\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}}|=2$，$|\overrightarrow{DB_{1}}|=|-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}}|=\sqrt{5}$，$\overrightarrow{AD_{1}}·\overrightarrow{DB_{1}}=(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA_{1}})·(-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AA_{1}})=2$，记$\overrightarrow{AD_{1}}$与$\overrightarrow{DB_{1}}$所成的角为$\theta$，则$\cos\theta=\cos\langle\overrightarrow{AD_{1}},\overrightarrow{DB_{1}}\rangle=\frac{|\overrightarrow{AD_{1}}·\overrightarrow{DB_{1}}|}{|\overrightarrow{AD_{1}}|·|\overrightarrow{DB_{1}}|}=\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
方法二(坐标法):建立如图所示的空间直角坐标系，则有$D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$D_{1}(0,0,\sqrt{3})$，$B_{1}(1,1,\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{DB_{1}}=(1,1,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AD_{1}}=(-1,0,\sqrt{3})$。设$\overrightarrow{DB_{1}}$，$\overrightarrow{AD_{1}}$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta=\cos\langle\overrightarrow{DB_{1}},\overrightarrow{AD_{1}}\rangle=\frac{\overrightarrow{DB_{1}}·\overrightarrow{AD_{1}}}{|\overrightarrow{DB_{1}}|·|\overrightarrow{AD_{1}}|}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，故异面直线$AD_{1}$与$DB_{1}$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$。
　　　　　　　

2. 如图，在空间四边形 $OABC$ 中，$OA = OB = OC = 2$，$\angle AOC = \angle BOC = \frac{\pi}{2}$，$\angle AOB = \frac{\pi}{3}$，点 $M$，$N$ 分别在 $OA$，$BC$ 上，且 $OM = 2MA$，$BN = CN$，则 $MN$ 的长度为(B)

A.$\frac{\sqrt{21}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{22}}{3}$
C.$\frac{2\sqrt{21}}{3}$
D.$\frac{2\sqrt{22}}{3}$

答案： 2.B【解析】因为$OA=OB=OC=2$，$\angle AOC=\angle BOC=\frac{\pi}{2}$，$\angle AOB=\frac{\pi}{3}$，所以$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}=0$，$\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{OC}=0$，$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=|\overrightarrow{OA}|·|\overrightarrow{OB}|\cos\frac{\pi}{3}=2$，又$MN=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=-\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC}$，所以$\overrightarrow{MN^{2}}=(-\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OC})^{2}=\frac{4}{9}\overrightarrow{OA^{2}}+\frac{1}{4}\overrightarrow{OB^{2}}+\frac{1}{4}\overrightarrow{OC^{2}}-\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}-\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{OC}=\frac{4}{9}|\overrightarrow{OA}|^{2}+\frac{1}{4}|\overrightarrow{OB}|^{2}+\frac{1}{4}|\overrightarrow{OC}|^{2}-\frac{2}{3}\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{OB}=\frac{4}{9}×2^{2}+\frac{1}{4}×2^{2}+\frac{1}{4}×2^{2}-\frac{2}{3}×2=\frac{22}{9}$，所以$|MN|=\frac{\sqrt{22}}{3}$。

3. 如图，在空间直角坐标系中，有长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$，$AB = 1$，$BC = 2$，$AA_1 = 3$，则点 $B$ 到直线 $A_1C$ 的距离为$\frac{2\sqrt{35}}{7}$。

答案： 3.$\frac{2\sqrt{35}}{7}$【解析】由题意知$A_{1}(0,0,3)$，$B(1,0,0)$，$C(1,2,0)$，则$\overrightarrow{A_{1}C}=(1,2,-3)$，$\overrightarrow{BC}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{A_{1}C}$对应的单位方向向量$\mu=(\frac{1}{\sqrt{14}}$，$\frac{2}{\sqrt{14}}$，$-\frac{3}{\sqrt{14}})$，所以点$B$到直线$A_{1}C$的距离为$\sqrt{|\overrightarrow{BC}|^{2}-(\overrightarrow{BC}·\mu)^{2}}=\sqrt{4-\frac{8}{7}}=\frac{2\sqrt{35}}{7}$。

4. (人 $A$ 选必一 $P35$ 练习 $3$ 改编)如图，在棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，平面 $A_1DB$ 与平面 $D_1CB_1$ 间的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。

答案：
4.$\frac{\sqrt{3}}{3}$【解析】如图，建立空间直角坐标系，则$A_{1}(1,0,1)$，$B(1,1,0)$，$D(0,0,0)$，$C(0,1,0)$，$\overrightarrow{DA_{1}}=(1,0,1)$，$\overrightarrow{DB}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{DC}=(0,1,0)$。设平面$A_{1}DB$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DA_{1}}=x+z=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DB}=x+y=0\end{cases}$，不妨令$x=1$，则$y=-1$，$z=-1$，所以$\boldsymbol{n}=(1,-1,-1)$。又易知平面$A_{1}DB//$平面$D_{1}CB_{1}$，所以平面$A_{1}DB$与平面$D_{1}CB_{1}$间的距离$d=\frac{|\overrightarrow{DC}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
　　　 　　　

5. (人 $A$ 选必一 $P38$ 练习 $3$)如图，正三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 的所有棱长都为 $2$，则平面 $AA_1B$ 与平面 $A_1BC_1$ 夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$。

答案：
5.$\frac{\sqrt{7}}{7}$【解析】因为正三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$的所有棱长均为$2$，取$BC$的中点$O$，连接$AO$，则$AO\perp$平面$BB_{1}C_{1}C$。取$B_{1}C_{1}$的中点$H$，连接$OH$，则$AO$，$BO$，$OH$两两垂直。以$O$为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(0,0,\sqrt{3})$，$B(1,0,0)$，$A_{1}(0,2,\sqrt{3})$，$C_{1}(-1,2,0)$，所以$\overrightarrow{AB}=(1,0,-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AA_{1}}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{BA_{1}}=(-1,2,\sqrt{3})$。设平面$AA_{1}B$的法向量为$\boldsymbol{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n_{1}}·\overrightarrow{AB}=x_{1}-\sqrt{3}z_{1}=0\\\boldsymbol{n_{1}}·\overrightarrow{AA_{1}}=2y_{1}=0\end{cases}$，令$z_{1}=1$，得$\boldsymbol{n_{1}}=(\sqrt{3},0,1)$。同理可得平面$A_{1}BC_{1}$的一个法向量为$\boldsymbol{n_{2}}=(\sqrt{3},\sqrt{3},-1)$。设平面$AA_{1}B$与平面$A_{1}BC_{1}$的夹角为$\theta$，易知$\theta$为锐角，则$\cos\theta=|\cos\langle\boldsymbol{n_{1}},\boldsymbol{n_{2}}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n_{1}}·\boldsymbol{n_{2}}|}{|\boldsymbol{n_{1}}|·|\boldsymbol{n_{2}}|}=\frac{2}{2×\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，即平面$AA_{1}B$与平面$A_{1}BC_{1}$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{7}}{7}$。