《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2)(2025·辽宁辽阳一模)如图，三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 的所有棱长都为 $2$，且 $\angle A_{1}AC = 60^{\circ}$，$D$、$E$、$F$ 分别为 $A_{1}C_{1}$、$A_{1}B_{1}$、$BC$ 的中点，则异面直线 $AD$ 和 $EF$ 所成角的余弦值为(D)

A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{7}}{7}$
D.$\frac{\sqrt{21}}{7}$

答案：

(2)D　连接$CD$、$DE$，如下图所示：

因为$D$、$E$分别为$A_1C_1$、$A_1B_1$的中点，所以，$DE// B_1C_1$且$DE = \frac{1}{2}B_1C_1$，因为$BB_1// CC_1$且$BB_1 = CC_1$，所以四边形$BB_1C_1C$为平行四边形，所以$BC// B_1C_1$且$BC = B_1C_1$，因为$F$为$BC$的中点，所以，$CF// DE$且$CF = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}B_1C_1 = DE$，所以四边形$CDEF$为平行四边形，则$EF// CD$，故异面直线$AD$和$EF$所成角等于$\angle ADC$或其补角，在菱形$AA_1C_1C$中，$AA_1 = 2$，$A_1D = 1$，$\angle AA_1D = 120°$，由余弦定理可得$AD = \sqrt{AA_1^2 + A_1D^2 - 2AA_1· A_1D\cos120°} = \sqrt{4 + 1 - 2×2×1×(-\frac{1}{2})} = \sqrt{7}$，在$\triangle CC_1D$中，$CC_1 = 2$，$C_1D = 1$，$\angle CC_1D = 60°$，由余弦定理可得$CD = \sqrt{CC_1^2 + C_1D^2 - 2CC_1· C_1D\cos60°} = \sqrt{4 + 1 - 2×2×1×\frac{1}{2}} = \sqrt{3}$，在$\triangle ACD$中，$AC = 2$，$CD = \sqrt{3}$，$AD = \sqrt{7}$，所以，$AC^2 + CD^2 = AD^2$，故$AC\perp CD$，所以，$\cos\angle ADC = \frac{CD}{AD} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} = \frac{\sqrt{21}}{7}$.因此，异面直线$AD$和$EF$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$.故选D.

例2 （2025·北京卷）四棱锥 $P - ABCD$ 中，$\triangle ACD$ 与 $\triangle ABC$ 为等腰直角三角形，$\angle ADC = 90^{\circ}$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$E$ 为 $BC$ 的中点。
(1) $F$ 为 $PD$ 的中点，$G$ 为 $PE$ 的中点，证明：$FG//$ 平面 $PAB$；
(2) 若 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，$PA = AC$，求 $AB$ 与平面 $PCD$ 所成角的正弦值。

答案：
例2　
(1)证明：取$PA$的中点$N$，$PB$的中点$M$，连接$FN$，$MN$，$\because\triangle ACD$与$\triangle ABC$为等腰直角三角形，$\angle ADC = 90°$，$\angle BAC = 90°$，不妨设$AD = CD = 2$，$\therefore AC = AB = 2\sqrt{2}$，$\therefore BC = 4$，$\because E$、$F$分别为$BC$、$PD$的中点，$\therefore FN = \frac{1}{2}AD = 1$，$BE = 2$，$\therefore GM = 1$，$\because\angle DAC = 45°$，$\angle ACB = 45°$，$\therefore AD// BC$，$\therefore FN// GM$，$\therefore$四边形$FGMN$为平行四边形，$\because FG\not\subset$平面$PAB$，$MN\subset$平面$PAB$，$\therefore FG//$平面$PAB$.
(2)解：$\because PA\perp$平面$ABCD$，$\therefore$以$A$为原点，$AC$、$AB$、$AP$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设$AD = CD = a$，则$A(0,0,0)$，$B(0,a,0)$，$C(a,0,0)$，$D(\frac{a}{2},-\frac{a}{2},0)$，$P(0,0,a)$，$\therefore\overrightarrow{AB} = (0,a,0)$，$\overrightarrow{DC} = (\frac{a}{2},\frac{a}{2},0)$，$\overrightarrow{CP} = (-a,0,a)$.设平面$PCD$的一个法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DC} = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{CP} = 0\end{cases}$即$\begin{cases}\frac{a}{2}x + \frac{a}{2}y = 0\\-ax + az = 0\end{cases}$取$x = 1$，$\therefore y = -1$，$z = 1$，$\therefore\boldsymbol{n} = (1,-1,1)$设$AB$与平面$PCD$成的角为$\theta$，则$\sin\theta = |\cos\langle\overrightarrow{AB},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{AB}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AB}|·|\boldsymbol{n}|} = \frac{|0×1 + a×(-1) + 0×1|}{a·\sqrt{1^2 + (-1)^2 + 1^2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，即$AB$与平面$PCD$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$.

训练2 (2025·北京门头沟模拟)如图，在四棱锥 $P - ABCD$ 中，$PA \perp$ 平面 $ABCD$，$AB \perp AD$，$AD // BC$，$BC = \frac{1}{2}AD$，$PA = AB = 2$，$E$ 为棱 $PD$ 的中点。
(1) 求证：$EC//$ 平面 $PAB$；
(2) 当 $PC = 3$ 时，求直线 $PC$ 与平面 $BCE$ 所成角的正弦值。
]

答案：
训练2　
(1)证明：取$PA$中点为$M$，连接$ME$，$MB$，如图所示.

在$\triangle PAD$中，因为$M$，$E$分别为$PA$，$PD$的中点，故$ME// AD$，$ME = \frac{1}{2}AD$；又$AD// BC$，$BC = \frac{1}{2}AD$，故$ME// BC$，$ME = BC$，则四边形$MBCE$为平行四边形，$EC// MB$.又$MB\subset$平面$PAB$，$EC\not\subset$平面$PAB$，故$EC//$平面$PAB$.
(2)解：解法一　由题意建立空间直角坐标系，如图所示.

由$PA = AB = 2$，$PC = 3$，得$AC = \sqrt{5}$，$BC = 1$，$AD = 2$，所以$P(0,0,2)$，$D(0,2,0)$，$E(0,1,1)$，$B(2,0,0)$，$C(2,1,0)$，则$\overrightarrow{PC} = (2,1,-2)$，$\overrightarrow{EB} = (2,-1,-1)$，$\overrightarrow{EC} = (2,0,-1)$，设平面$EBC$的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，则$\begin{cases}\overrightarrow{EC}·\boldsymbol{n} = 2x - z = 0\\\overrightarrow{EB}·\boldsymbol{n} = 2x - y - z = 0\end{cases}$令$z = 2$，可得平面$EBC$的一个法向量为$\boldsymbol{n} = (1,0,2)$，设直线$PC$与平面$BCE$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta = |\cos\langle\overrightarrow{PC},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{|\overrightarrow{PC}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{PC}|·|\boldsymbol{n}|} = \frac{|2 + 0 - 4|}{3\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{15}$.即直线$PC$与平面$BCE$所成角的正弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{15}$.
解法二　过点$P$作$BM$延长线的垂线，垂足为$N$，连接$NC$，如图所示.

由
(1)可知，$EC// BM$，故平面$BCE$也即平面$NMBCE$.因为$AB\perp AD$，$BC// AD$，则$BC\perp AB$.又$PA\perp$平面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，故$BC\perp PA$.又$PA\cap AB = A$，$PA$，$AB\subset$平面$PAB$，故$BC\perp$平面$PAB$.又$PN\subset$平面$PAB$，则$PN\perp BC$，$BC\subset$平面$BCE$，又$PN\perp BN$.$BC\cap BN = B$，$BC$，$BN\subset$平面$BCE$，故$PN\perp$平面$BCE$，则$\angle PCN$即为$PC$与平面$BCE$的夹角.在$\triangle ABM$中，因为$AB = 2$，$AM = \frac{1}{2}PA = 1$，则$BM = \sqrt{AB^2 + AM^2} = \sqrt{5}$，$\sin\angle AMB = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.在$\triangle PMN$中，因为$PM = \frac{1}{2}PA = 1$，$\angle AMB = \angle PMN$，则$PN = \sin\angle PMN× PM = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.又$PC = 3$，$\sin\angle PCN = \frac{PN}{PC} = \frac{2\sqrt{5}}{15}$，即直线$PC$与平面$BCE$所成角的正弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{15}$.