《2026年学易优高考二轮总复习数学》

例3 （2025·安徽合肥模拟预测）如图，在四棱锥 $S - ABCD$ 中，$ABCD$ 为矩形，且 $AB = 2BC = 2$，$SB = \sqrt{3}$，$\angle SCB = \angle SCD = 60^{\circ}$。
(1) 求证：$BC \perp$ 平面 $SAB$；
(2) 若 $NS// BC$（$N$ 在 $S$ 的左侧），设三棱锥 $N - SAB$ 体积为 $V_{1}$，四棱锥 $S - ABCD$ 体积为 $V_{2}$，且 $V_{1} = \frac{1}{2}V_{2}$。求平面 $SNC$ 与平面 $ABN$ 所成夹角的正弦值。

答案：
例3　
(1)证明：在$\triangle SBC$中，$BC = 1$，$SB = \sqrt{3}$，$\angle SCB = 60°$，所以$\cos60° = \frac{SC^2 + 1 - 3}{2SC}$，解得$SC = 2$，所以$SB^2 + BC^2 = SC^2$，所以$SB\perp BC$，又$BC\perp AB$，$AB$，$SB$为平面$SAB$内两条相交直线，所以$BC\perp$平面$SAB$；
(2)解：由
(1)知，$BC\perp$平面$SAB$，$AD// BC$，所以$AD\perp$平面$SAB$，又$AD$在平面$ABCD$内，所以平面$ABCD\perp$平面$SAB$，由$SA$在平面$SAB$内，所以$AD\perp SA$，在三角形$SCD$中，$SC = 2$，$CD = 2$，$\angle SCD = 60°$，所以$SD = 2$，又$AD = 1$，所以$SA = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$，又$\frac{1}{2}V_2 = \frac{1}{2}V_{S - ABCD} = V_{S - ABC} = V_{C - SAB}$，又$V_1 = \frac{1}{2}V_2 = V_{N - SAB}$，所以$V_{C - SAB} = V_{N - SAB}$，又$NS// BC$，所以$NS = BC = 1$，取$AB$的中点$O$，$SA = SB = \sqrt{3}$，可知$SO\perp AB$，因为平面$ABCD\perp$平面$SAB$，交线为$AB$，$SO$又在平面$SAB$内，所以$SO\perp$平面$ABCD$，如图建立空间直角坐标系，

易得$A(-1,0,0)$，$B(1,0,0)$，$C(1,1,0)$，$D(-1,1,0)$，$S(0,0,\sqrt{2})$，$N(0,-1,\sqrt{2})$，所以$\overrightarrow{SN} = (0,-1,0)$，$\overrightarrow{SC} = (1,1,-\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AB} = (2,0,0)$，$\overrightarrow{AN} = (1,-1,\sqrt{2})$，设平面$SNC$的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{SC} = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{SN} = 0\end{cases}$所以$\begin{cases}x + y - \sqrt{2}z = 0\\-y = 0\end{cases}$令$z = 1$，得$x = \sqrt{2}$，即$\boldsymbol{n} = (\sqrt{2},0,1)$，设平面$ABN$的法向量$\boldsymbol{m} = (a,b,c)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AB} = 0\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{AN} = 0\end{cases}$所以$\begin{cases}2a = 0\\a - b + \sqrt{2}c = 0\end{cases}$令$c = 1$，则$b = \sqrt{2}$，即$\boldsymbol{m} = (0,\sqrt{2},1)$，设平面$SNC$与平面$ABN$所成夹角为$\theta$，所以$\cos\theta = |\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle| = \frac{|\boldsymbol{n}·\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{n}|·|\boldsymbol{m}|} = \frac{1}{\sqrt{3}×\sqrt{3}} = \frac{1}{3}$，所以$\sin\theta = \sqrt{1 - \cos^2\theta} = \sqrt{1 - \frac{1}{9}} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，即平面$SNC$与平面$ABN$所成夹角的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

训练3 (2025·泰安模拟)如图，在底面为菱形的直四棱柱 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$\angle BAD = \frac{2}{3}\pi$，$AA_{1} = AB = 2$，$E$，$F$，$G$ 分别为 $BB_{1}$，$CC_{1}$，$DD_{1}$ 的中点。
(1) 求证：$A_{1}E// GC$；
(2) 求平面 $A_{1}EF$ 与平面 $ABCD$ 夹角的大小。
]

答案：
训练3　
(1)证明：取$BC$中点$H$，连接$AH$，因为底面$ABCD$为菱形，$\angle BAD = \frac{2\pi}{3}$，所以$AH\perp AD$，以$A$为原点，$AH$，$AD$，$AA_1$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，

则$A_1(0,0,2)$，$E(\sqrt{3},-1,1)$，$G(0,2,1)$，$C(\sqrt{3},1,0)$，$F(\sqrt{3},1,1)$，$\overrightarrow{A_1E} = (\sqrt{3},-1,-1)$，$\overrightarrow{GC} = (\sqrt{3},-1,-1)$，$\therefore\overrightarrow{A_1E}//\overrightarrow{GC}$，$\therefore A_1E// GC$.
(2)解：解法一　设平面$A_1EF$的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，又$\overrightarrow{EF} = (0,2,0)$，所以$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{A_1E} = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{EF} = 0\end{cases}$即$\begin{cases}\sqrt{3}x - y - z = 0\\2y = 0\end{cases}$令$x = 1$，可得平面$A_1EF$的一个法向量为$\boldsymbol{n} = (1,0,\sqrt{3})$，易知$\overrightarrow{AA_1} = (0,0,2)$为平面$ABCD$的一个法向量，设平面$A_1EF$与平面$ABCD$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta = \frac{|\overrightarrow{AA_1}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AA_1}|·|\boldsymbol{n}|} = \frac{2\sqrt{3}}{2×2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore\theta = \frac{\pi}{6}$，$\therefore$平面$A_1EF$与平面$ABCD$的夹角为$\frac{\pi}{6}$.
解法二　如图所示，

设$AA_1$的中点为$M$，连接$MB$，$MC$，易证$EA_1// MB$，$FA_1// MC$，故$EA_1//$平面$MBC$，$FA_1//$平面$MBC$，又$FA_1\cap EA_1 = A_1$，所以平面$A_1EF//$平面$MBC$，则平面$A_1EF$与平面$ABCD$的夹角就是$MBC$与平面$ABCD$的夹角，设$BC$的中点为$H$，连接$MH$，因为底面$ABCD$为菱形，$\angle BAD = \frac{2\pi}{3}$，所以$AH\perp BC$，又$AM\perp$平面$ABCD$，$BC\subset$平面$ABCD$，所以$AM\perp BC$，又$AM\cap AH = A$，$AM$，$AH\subset$平面$AMH$，所以$BC\perp$平面$AMH$，故$MH\perp BC$，所以$\angle AHM$是平面$MBC$与平面$ABCD$的夹角.易知$AM = \frac{1}{2}AA_1 = 1$，$AH = \frac{\sqrt{3}}{2}AB = \sqrt{3}$.所以$\tan\angle AHM = \frac{AM}{AH} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，故$\angle AHM = \frac{\pi}{6}$，所以平面$A_1EF$与平面$ABCD$的夹角大小为$\frac{\pi}{6}$.
解法三　由题意知$A_1F = \sqrt{5}$，$EF = 2$，$A_1E = \sqrt{5}$，易得$S_{\triangle A_1EF} = 2$.又三角形$A_1EF$在平面$ABCD$内的射影为三角形$ABC$，且$S_{\triangle ABC} = \sqrt{3}$，设平面$A_1EF$与平面$ABCD$的夹角为$\theta$，则$\cos\theta = \frac{S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle A_1EF}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，又$\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$，故$\theta = \frac{\pi}{6}$，即平面$A_1EF$与平面$ABCD$的夹角大小为$\frac{\pi}{6}$.

例4 在直三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，$AB = AC = AA_{1} = 2$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$M$ 为 $BB_{1}$ 的中点，$N$ 为 $BC$ 的中点。
(1) 求点 $M$ 到直线 $AC_{1}$ 的距离；
(2) 求点 $N$ 到平面 $MA_{1}C_{1}$ 的距离。

答案：
例4　解：解法一　
(1)如图，连接$AM$，$MC_1$，$AC_1$，易知$MC_1 = \sqrt{MB^2 + A_1B_1^2 + AC_1^2} = \sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2} = 3$，$AC_1 = 2\sqrt{2}$，$MA = \sqrt{5}$.在$\triangle MAC_1$中，由余弦定理得$\cos\angle MAC_1 = \frac{5 + 8 - 9}{2×\sqrt{5}×2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$，则$\sin\angle MAC_1 = \frac{3\sqrt{IO}}{10}$，所以$M$到直线$AC_1$的距离为$MA·\sin\angle MAC_1 = \sqrt{5}×\frac{3\sqrt{10}}{10} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
(2)如图，$S_{\triangle MNC} = S_{矩形B_1BCC_1} - S_{\triangle B_1MC} - S_{\triangle BMN} - S_{\triangle NCC_1} = 4\sqrt{2} - \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.设点$N$到平面$MA_1C_1$的距离为$h$，由$V_{N - MA_1C_1} = V_{A_1 - MNC}$，得$\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×\sqrt{5}· h = \frac{1}{3}×\frac{3\sqrt{2}}{2}×\sqrt{2}$，得$h = \frac{3\sqrt{5}}{5}$，即$N$到平面$MA_1C_1$的距离为$\frac{3\sqrt{5}}{5}$.

解法二　
(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则$A_1(0,0,2)$，$M(2,0,1)$，$C_1(0,2,2)$，直线$AC_1$的一个单位方向向量为$s_0 = (0,\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，$\overrightarrow{AM} = (2,0,1)$，故点$M$到直线$AC_1$的距离$d = \sqrt{|\overrightarrow{AM}|^2 - |\overrightarrow{AM}· s_0|^2} = \sqrt{5 - \frac{1}{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$.
(2)设平面$MA_1C_1$的法向量为$\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，因为$\overrightarrow{A_1C_1} = (0,2,0)$，$\overrightarrow{A_1M} = (2,0,-1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{A_1C_1} = 0\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{A_1M} = 0\end{cases}$即$\begin{cases}2y = 0\\2x - z = 0\end{cases}$取$x = 1$，得$z = 2$，故$\boldsymbol{n} = (1,0,2)$为平面$MA_1C_1$的一个法向量.因为$N(1,1,0)$，所以$\overrightarrow{MN} = (-1,1,-1)$，故$N$到平面$MA_1C_1$的距离$d = \frac{|\overrightarrow{MN}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|} = \frac{3\sqrt{5}}{5}$.

训练4 (1)(2025·安徽模拟预测)在三棱锥 $P - ABC$ 中，$\triangle ABC$ 是边长为 $1$ 的正三角形，$PA \perp AB$，$PA = 2$，$PC = \sqrt{7}$，则点 $B$ 到平面 $PAC$ 的距离为(C)
A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
D.$\frac{2\sqrt{6}}{3}$

答案：
训练4　
(1)C　如图，作$PH\perp$平面$ABC$于点$H$，$ABC\subset$平面$ABC$，则$PH\perp AB$，又因为$PA\perp AB$，$PH\cap PA = P$，$PH$，$PA\subset$平面$PAH$，所以$AB\perp$平面$PAH$，因为$AH\subset$平面$PAH$，所以$BA\perp AH$，因为$\triangle ABC$为等边三角形，所以$\angle CAB = 60°$，所以$\angle HAC = 150°$.连接$AH$，$BH$，$CH$.设$PH = h$，则$AH = \sqrt{PA^2 - PH^2} = \sqrt{4 - h^2}$，因为$CH^2 = PC^2 - PH^2 = AH^2 + AC^2 - 2AH× AC×\cos150°$，所以$7 - h^2 = (4 - h^2) + 1^2 - 2\sqrt{4 - h^2}×1×(-\frac{\sqrt{3}}{2})$，解得$h = \frac{2\sqrt{6}}{3}$在$\triangle PAC$中，$\cos\angle PAC = \frac{PA^2 + AC^2 - PC^2}{2PA· AC} = -\frac{1}{2}$，所以$\sin\angle PAC = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$S_{\triangle PAC} = \frac{1}{2}×1×2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.由$V_{P - ABC} = V_{B - PAC}$，$S_{\triangle ABC} = \frac{\sqrt{3}}{4}×1^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}$，可得点$B$到平面$PAC$的距离为$\frac{S_{\triangle ABC}· h}{S_{\triangle PAC}} = \frac{\sqrt{3}}{4}×\frac{2\sqrt{6}}{3}×\frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.故选C.

(2)(2025·四川绵阳模拟预测)已知正四棱台 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，$AB = 2A_{1}B_{1} = 4$，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为 $\frac{\sqrt{2}\pi}{3}$，则点 $A_{1}$ 到平面 $BCC_{1}B_{1}$ 的距离为(A)

A.$\frac{2\sqrt{6}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\sqrt{3}$

答案：

(2)A　设球的半径为$r$，则$\frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{\sqrt{2}\pi}{3}$，解得$r = \frac{\sqrt{2}}{2}$，因为正四棱台中放入的最大球的体积为$\frac{\sqrt{2}\pi}{3}$，所以正四棱台的高为$2r = \sqrt{2}$，过$A_1B_1$作$A_1D_1$的垂面$A_1B_1MN$，分别交$AD$，$BC$于$N$，$M$，过$B_1$作$B_1M\perp BC$于$M$，过$A_1$作$A_1H$垂直$MB$的延长线于$H$，过$B_1$作$B_1G\perp MN$于$G$，因为$A_1D_1// AD// BC$，所以$AD\perp$平面$A_1B_1MN$，$BC\perp$平面$A_1B_1MN$，又$A_1N$，$MN$，$B_1M\subset$平面$A_1B_1MN$，所以$AD\perp A_1N$，$AD\perp MN$，$BC\perp B_1M$，所以$MN// AB$，所以四边形$ABMN$是矩形，所以$MN = AB = 4$，$BM = AN$，所以$A_1N = B_1M$，又因为$BC\subset$平面$BB_1C_1C$，所以平面$BB_1C_1C\perp$平面$A_1B_1MN$，又平面$BB_1C_1C\cap$平面$A_1B_1MN = B_1M$，所以$B_1G\perp$平面$ABCD$，所以$B_1G = \sqrt{2}$，由等腰梯形的性质可得$GM = 1$，又$BC\subset$平面$BB_1C_1C$，所以平面$BB_1C_1C\perp$平面$A_1B_1MN$，又平面$BB_1C_1C\cap$平面$A_1B_1MN = B_1M$，所以$B_1M\perp$平面$ABCD$，所以$\sin\angle B_1MG = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，所以$\sin\angle A_1B_1H = \frac{A_1H}{A_1B_1} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，所以点$A_1$到平面$BCC_1B_1$的距离为$\frac{2\sqrt{6}}{3}$.故选A.