《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 $1$ (1)如图，二面角 $\alpha - l - \beta$ 的棱上有两个点 $A$，$B$，线段 $BD$ 与 $AC$ 分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱 $l$，若 $AB = 4$，$AC = 6$，$BD = 8$，$CD = 2\sqrt{17}$，则平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角为$60^{\circ}$。

答案： 例1
(1)$60^{\circ}$【解析】设平面$\alpha$与平面$\beta$的夹角为$\theta$。因为$AC\perp AB$，$BD\perp AB$，所以$\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{AB}=0$，$\overrightarrow{BD}·\overrightarrow{AB}=0$。由题意得$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}$，所以$|\overrightarrow{CD}|^{2}=|\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}|^{2}=|\overrightarrow{CA}|^{2}+|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{BD}|^{2}+2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{BD}+2\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BD}=|\overrightarrow{CA}|^{2}+|\overrightarrow{AB}|^{2}+|\overrightarrow{BD}|^{2}+2\overrightarrow{CA}·\overrightarrow{BD}=36 + 16 + 64 + 2×6×8×\cos(\pi-\theta)=(2\sqrt{17})^{2}$，所以$\cos(\pi-\theta)=-\frac{1}{2}$，$\cos\theta=\frac{1}{2}$，所以$\theta=60^{\circ}$，即平面$\alpha$与平面$\beta$的夹角为$60^{\circ}$。

(2)如图，在平行六面体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = AD = AA_1 = 1$，$\angle A_1AB = \angle A_1AD = \angle BAD = 60^{\circ}$，则点 $A_1$ 到平面 $BDD_1B_1$ 的距离为(A)

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

答案：
(2)A【解析】设$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a}$，$\overrightarrow{AD}=\boldsymbol{b}$，$\overrightarrow{AA_{1}}=\boldsymbol{c}$，则$\{\boldsymbol{a},\boldsymbol{b},\boldsymbol{c}\}$为空间的一个基底，利用基底的运算，可推得$A_{1}C\perp$平面$BDD_{1}B_{1}$。设点$A_{1}$到平面$BDD_{1}B_{1}$的距离为$d$，则$d=\frac{|\overrightarrow{A_{1}C}·\overrightarrow{A_{1}D_{1}}|}{|\overrightarrow{A_{1}C}|}$，因为$\overrightarrow{A_{1}C}·\overrightarrow{A_{1}D_{1}}=(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})·\boldsymbol{b}=\boldsymbol{a}·\boldsymbol{b}+\boldsymbol{b}^{2}-\boldsymbol{b}·\boldsymbol{c}=\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}=1$，$|\overrightarrow{A_{1}C}|=\sqrt{(\boldsymbol{a}+\boldsymbol{b}-\boldsymbol{c})^{2}}=\sqrt{1 + 1 + 1 + 2×\frac{1}{2}-2×\frac{1}{2}-2×\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$，所以$d=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。

(3)如图，在棱长为 $2$ 的正四面体 $ABCD$ 中，$E$ 为等边三角形 $ACD$ 的中心，$F$，$G$ 分别满足 $\overrightarrow{BF} = \frac{1}{2}\overrightarrow{FC}$，$\overrightarrow{BG} = \overrightarrow{GA}$，则直线 $FG$ 与平面 $ACD$ 所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{21}$。

答案：
(3)$\frac{\sqrt{42}}{21}$【解析】根据题意，$BE\perp$平面$ACD$，因此，直线$FG$与平面$ACD$所成角的正弦值即为直线$FG$与直线$BE$所成角的余弦值的绝对值。$\overrightarrow{BE}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD})$，则$\overrightarrow{BE^{2}}=\frac{1}{9}(\overrightarrow{BA^{2}}+\overrightarrow{BC^{2}}+\overrightarrow{BD^{2}}+2\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BD}+2\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BD})=\frac{1}{9}×(4 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4)=\frac{24}{9}$，即$|\overrightarrow{BE}|=\frac{2\sqrt{6}}{3}$。$\overrightarrow{FG}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$，且$|\overrightarrow{FG}|=|\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}|=\sqrt{(\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC})^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}\overrightarrow{BA^{2}}+\frac{1}{9}\overrightarrow{BC^{2}}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}}=\sqrt{\frac{1}{4}×4+\frac{1}{9}×4-\frac{1}{3}×2}=\frac{\sqrt{7}}{3}$，故$\cos\langle\overrightarrow{BE},\overrightarrow{FG}\rangle=\frac{\overrightarrow{BE}·\overrightarrow{FG}}{|\overrightarrow{BE}|·|\overrightarrow{FG}|}=\frac{\frac{1}{3}(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD})·(\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC})}{\frac{2\sqrt{6}}{3}×\frac{\sqrt{7}}{3}}=\frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{2}\overrightarrow{BA^{2}}+\frac{1}{6}\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BD}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC^{2}}-\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}·\overrightarrow{BD})}{\frac{2\sqrt{6}}{3}×\frac{\sqrt{7}}{3}}=\frac{\frac{1}{3}×(2+\frac{1}{3}+1-\frac{4}{3}-\frac{2}{3})}{\frac{2\sqrt{6}}{3}×\frac{\sqrt{7}}{3}}=\frac{\frac{4}{9}}{\frac{2\sqrt{6}}{3}×\frac{\sqrt{7}}{3}}=\frac{\sqrt{42}}{21}$，则直线$FG$与平面$ACD$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{21}$。

例 $2$ （2025·全国Ⅱ卷）如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AB // CD$，$\angle DAB = 90^{\circ}$，$F$ 为 $CD$ 的中点，点 $E$ 在 $AB$ 上，$EF // AD$，$AB = 3AD$，$CD = 2AD$，将四边形 $EFDA$ 沿 $EF$ 翻折至四边形 $EFD'A'$，使得平面 $EFD'A'$ 与平面 $EFCB$ 所成的二面角为 $60^{\circ}$。
（1）证明：$A'B //$ 平面 $CD'F$；

（2）求平面 $BCD'$ 与平面 $EFD'A'$ 所成二面角的正弦值。

答案：
例2【解答】
(1)设$AD = 1$，则$AB = 3$，$CD = 2$。因为$F$为$CD$的中点，所以$DF = 1$。因为$EF// AD$，$AB// CD$，所以四边形$EFDA$是平行四边形，所以$AE// DF$，$A'E// D'F$。因为$D'F\subset$平面$CD'F$，$A'E\not\subset$平面$CD'F$，所以$A'E//$平面$CD'F$。因为$FC// EB$，$FC\subset$平面$CD'F$，$EB\not\subset$平面$CD'F$，所以$EB//$平面$CD'F$。又$EB\cap A'E = E$，$EB$，$A'E\subset$平面$A'EB$，所以平面$A'EB//$平面$CD'F$。又$A'B\subset$平面$A'EB$，所以$A'B//$平面$CD'F$。
(2)因为$\angle DAB = 90^{\circ}$，所以$AD\perp AB$。又$AB// FC$，$EF// AD$，所以$EF\perp FC$。以$F$为原点，$FE$，$FC$以及垂直于平面$EFCB$的直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系。因为$D'F\perp EF$，$CF\perp EF$，平面$EFD'A'$与平面$EFCB$所成二面角为$60^{\circ}$，所以由图知$\angle D'FC = 60^{\circ}$，则$B(1,2,0)$，$C(0,1,0)$，$D'(0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$E(1,0,0)$，$F(0,0,0)$，所以$\overrightarrow{BC}=(-1,-1,0)$，$\overrightarrow{CD'}=(0,-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{FE}=(1,0,0)$，$\overrightarrow{FD'}=(0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$。设平面$BCD'$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{CD'}=0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\\-x - y = 0\end{cases}$，令$y=\sqrt{3}$，则$z = 1$，$x=-\sqrt{3}$，则$\boldsymbol{n}=(-\sqrt{3},\sqrt{3},1)$。设平面$EFD'A'$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{FE}=0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{FD'}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}x_{1}=0\frac{1}{2}y_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{1}=0\end{cases}$，令$y_{1}=\sqrt{3}$，则$z_{1}=-1$，$x_{1}=0$，所以$\boldsymbol{m}=(0,\sqrt{3},-1)$。于是$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}}{|\boldsymbol{m}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{2}{2×\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，从而平面$BCD'$与平面$EFD'A'$所成二面角的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{7}}{7})^{2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$。