《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

如图，空间四边形 $ ABCD $ 中，$ E $，$ F $ 分别是 $ AB $，$ AD $ 的中点，$ G $，$ H $ 分别在 $ BC $，$ CD $ 上，且 $ BG : GC = DH : HC = 1 : 2 $.
(1) 求证：$ E $，$ F $，$ G $，$ H $ 四点共面；
(2) 若 $ EG $ 与 $ FH $ 交于点 $ P $. 求证：$ P $，$ A $，$ C $ 三点共线.

答案： 对点练1. 证明：
(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF//BD. 在△BCD中，$\frac{BG}{GC}=\frac{DH}{HC}=\frac{1}{2}$，所以GH//BD，所以EF//GH，所以E，F，G，H四点共面.
(2)因为EG∩FH=P，P∈EG，EG⊂平面ABC，所以P∈平面ABC. 同理P∈平面ADC. 所以P为平面ABC与平面ADC的公共点，又平面ABC∩平面ADC=AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线.

如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱 $ ABCD - A$${ 1 } B$${ 1 } C$${ 1 } D$${ 1 } $ 中，$ AA$${ 1 } = 2 AB = 2 $，则异面直线 $ A$${ 1 } B $ 与 $ AD$${ 1 } $ 所成角的余弦值为 (D)

A.$ \frac { 1 } { 5 } $
B.$ \frac { 2 } { 5 } $
C.$ \frac { 3 } { 5 } $
D.$ \frac { 4 } { 5 } $

答案：
典例2 D 如图，连接BC₁，易证BC₁//AD₁，则∠A₁BC₁或其补角为异面直线A₁B与AD₁所成的角. 连接A₁C₁，由AB=1，AA₁=2，易得A₁C₁=$\sqrt{2}$，A₁B=BC₁=$\sqrt{5}$，故cos∠A₁BC₁=$\frac{5+5-2}{2×\sqrt{5}×\sqrt{5}}=\frac{4}{5}$，即异面直线A₁B与AD₁所成角的余弦值为$\frac{4}{5}$. 故选D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

[变式探究]

答案： 答案略

1. (变条件) 将本例条件“$ AA$${ 1 } = 2 AB = 2 $”变为“$ AB = 1 $，若平面 $ ABCD $ 内有且仅有一点到顶点 $ A$${ 1 } $ 的距离为 1”，其他条件不变，则异面直线 $ A$${ 1 } B $ 与 $ AD$${ 1 } $ 所成角的余弦值为$\frac{1}{2}$.

答案： 1.$\frac{1}{2}$ 由平面ABCD内有且仅有一点到A₁的距离为1，得AA₁=1.
此时正四棱柱变为正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁. 由图知A₁B与AD₁所成角为∠A₁BC₁或其补角，连接A₁C₁(图略)，则△A₁BC₁为等边三角形，所以∠A₁BC₁=$60^{\circ}$，所以cos∠A₁BC₁=$\frac{1}{2}$，故异面直线A₁B与AD₁所成角的余弦值为$\frac{1}{2}$.

2. (变条件、变设问) 将本例条件“$ AA$${ 1 } = 2 AB = 2 $”变为“$ AB = 1 $，若异面直线 $ A$${ 1 } B $ 与 $ AD$${ 1 } $ 所成角的余弦值为 $ \frac { 9 } { 10 } $”，其他条件不变，则 $ \frac { AA$${ 1 } } { AB } $ 的值为3.

答案： 2.3 设$\frac{AA₁}{AB}=t$，则AA₁=tAB. 因为AB=1，所以AA₁=t. 因为A₁C₁=$\sqrt{2}$，A₁B=$\sqrt{t^{2}+1}=BC₁$，所以|cos∠A₁BC₁|=$\frac{t^{2}+1+1+1-2}{2×\sqrt{t^{2}+1}×\sqrt{1^{2}+1}}=\frac{9}{10}$，所以t=3，即$\frac{AA₁}{AB}=3$.

已知正四面体 $ ABCD $ 中，$ E $ 是 $ AB $ 的中点，则异面直线 $ CE $ 与 $ BD $ 所成角的余弦值为 (B)

A.$ \frac { 1 } { 6 } $
B.$ \frac { \sqrt { 3 } } { 6 } $
C.$ \frac { 1 } { 3 } $
D.$ \frac { \sqrt { 3 } } { 3 } $

答案：
对点练2. B 如图，取AD的中点F，连接EF，CF. 因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF=$\frac{1}{2}$BD，故∠CEF或其补角是异面直线CE，BD所成的角. 设正四面体ABCD的棱长为a，易知CE=CF=$\frac{\sqrt{3}}{2}a$，EF=$\frac{1}{2}a$. 在△CEF中，由余弦定理可得cos∠CEF=$\frac{(\frac{\sqrt{3}}{2}a)^{2}+(\frac{1}{2}a)^{2}-(\frac{\sqrt{3}}{2}a)^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}a×\frac{1}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{6}$. 故选B.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

[真题再现] (2021·全国乙卷) 在正方体 $ ABCD - A$${ 1 } B$${ 1 } C$${ 1 } D$${ 1 } $ 中，$ P $ 为 $ B$${ 1 } D$${ 1 } $ 的中点，则直线 $ PB $ 与 $ AD$${ 1 } $ 所成的角为 (D)

A.$ \frac { \pi } { 2 } $
B.$ \frac { \pi } { 3 } $
C.$ \frac { \pi } { 4 } $
D.$ \frac { \pi } { 6 } $

答案：
[考教衔接 精研教材]
真题再现 D 法一：如图，在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，连接C₁P，BC₁，则AD₁//BC₁，所以∠PBC₁为直线PB与AD₁所成的角. 设正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2，则BC₁=$2\sqrt{2}$，PC₁=B₁P=$\frac{1}{2}\sqrt{B₁C₁^{2}+D₁C₁^{2}}=\sqrt{2}$，BP=$\sqrt{B₁B^{2}+B₁P^{2}}=\sqrt{6}$，在△BPC₁中，cos∠PBC₁=$\frac{BP^{2}+BC₁^{2}-PC₁^{2}}{2BP· BC₁}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以∠PBC₁=$\frac{\pi}{6}$. 故选D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
法二：如图，连接BC₁，A₁B，A₁P，PC₁，则易知AD₁//BC₁，所以直线PB与AD₁所成的角等于直线PB与BC₁所成的角，由P为正方形A₁B₁C₁D₁的对角线B₁D₁的中点，知A₁，P，C₁三点共线，且P为A₁C₁的中点. 易知A₁B=BC₁=A₁C₁，所以△A₁BC₁为等边三角形，所以∠A₁BC₁=$\frac{\pi}{3}$，又P为A₁C₁的中点，所以可得∠PBC₁=$\frac{1}{2}$∠A₁BC₁=$\frac{\pi}{6}$，故直线PB与AD₁所成的角为$\frac{\pi}{6}$. 故选D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

[教材呈现] (链接北师必修二 P227B 组 T1) 正方体 $ ABCD - A$${ 1 } B$${ 1 } C$${ 1 } D$${ 1 } $ 中，$ AB $ 的中点为 $ M $，$ DD$${ 1 } $ 的中点为 $ N $，则异面直线 $ B$${ 1 } M $ 与 $ CN $ 夹角的大小是 ()

A.$ 30 ^ { \circ } $
B.$ 45 ^ { \circ } $
C.$ 60 ^ { \circ } $
D.$ 90 ^ { \circ } $
点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查异面直线所成的角，两题的相似度极高.

答案： D