《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

1. (多选题)以下说法正确的是 (CD)

A.空间异面直线的夹角取值范围是 $[0,\frac{\pi}{2}]$
B.直线与平面的夹角的取值范围是 $(0,\frac{\pi}{2}]$
C.二面角的取值范围是 $[0,\pi]$
D.向量与向量夹角的取值范围是 $[0,\pi]$

答案： 1.CD　对于A，空间异面直线的夹角取值范围是$\left(0,\frac{\pi}{2}\right]$，故A错误；对于B，直线与平面的夹角的取值范围是$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$，故B错误；对于C，二面角的取值范围是$[0,\pi]$，故C正确；对于D，向量与向量夹角的取值范围是$[0,\pi]$，故D正确。故选CD。

2. (链接北师必修二 P240 例 2)在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = AA_1 = 1$，$AD = 2$，则直线 $A_1C$ 与平面 $ABCD$ 所成角的正弦值为 (A)

A.$\frac{\sqrt{6}}{6}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{6}}{3}$

答案：
2.A　根据长方体性质知：$AA_1\perp$平面$ABCD$，故$\angle ACA_1$为直线$AC_1$与平面$ABCD$所成的角，且$AA_1 = 1$，所以$CA_1=\sqrt{1^2 + 1^2 + 2^2}=\sqrt{6}$，所以$\sin\angle ACA_1=\frac{AA_1}{CA_1}=\frac{\sqrt{6}}{6}$。故选A。

3. (链接北师必修二 P246 例 9)
如图所示，在三棱锥 $P - ABC$ 中，$PA\perp$ 平面 $ABC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，则二面角 $B - PA - C$ 的大小为 (A)

A.$90^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$45^{\circ}$
D.$30^{\circ}$

答案： 3.A　因为$PA\perp$平面$ABC$，$BA,CA\subset$平面$ABC$，所以$BA\perp PA$，$CA\perp PA$，因此$\angle BAC$即为二面角$B - PA - C$的平面角。又$\angle BAC = 90^{\circ}$。故选A。

4. (链接北师必修二 P241T3)在三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点 $D$ 是 $BC_1$ 与 $B_1C$ 的交点，则 $AD$ 与平面 $BB_1C_1C$ 所成角的正弦值是 (C)

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

答案：
4.C　取$BC$的中点$E$，连接$DE,AE$，如图。依题意三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$为正三棱柱，设棱长为2，则$AE=\sqrt{3}$，$DE = 1$，因为$D,E$分别是$BC_1$和$BC$的中点，所以$DE// CC_1$，所以$DE\perp$平面$ABC$，所以$DE\perp AE$，所以$AD=\sqrt{AE^2 + DE^2}=\sqrt{3 + 1}=2$。因为$AE\perp BC$，$AE\perp DE$，$BC\cap DE = E$，$BC,DE\subset$平面$BB_1C_1C$，所以$AE\perp$平面$BB_1C_1C$，所以$\angle ADE$是$AD$与平面$BB_1C_1C$所成的角，所以$\sin\angle ADE=\frac{AE}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$AD$与平面$BB_1C_1C$所成角的正弦值是$\frac{\sqrt{3}}{2}$。故选C。

(一题多变)如图，在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = AD = 2\sqrt{3}$，$CC_1 = \sqrt{2}$，求 $C_1O$ 与底面 $ABCD$ 所成的角。

答案： 典例1　解：由题意可知，$\angle C_1OC$是$C_1O$与底面$ABCD$所成的角，由已知得$OC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2\sqrt{6}=\sqrt{6}$，所以$\tan\angle C_1OC=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$C_1O$与底面$ABCD$所成的角的大小为$30^{\circ}$。

[变式探究]
(变设问)若典例 1 中条件不变，求 $OC_1$ 与平面 $ADD_1A_1$ 所成角的正弦值。

答案：
[变式探究] 解：取$BC$的中点$E$，连接$OE,C_1E$，所以$OE\perp BC$。因为平面$BCC_1B_1\perp$底面$ABCD$，所以$OE\perp$平面$BCC_1B_1$，所以$\angle OC_1E$是$OC_1$与平面$BCC_1B_1$所成的角。因为$OE=\frac{1}{2}AB=\sqrt{3}$，$OC_1 = 2\sqrt{2}$；在$Rt\triangle OEC_1$中，$\sin\angle OC_1E=\frac{OE}{OC_1}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$。又因为平面$ADD_1A_1//$平面$BCC_1B_1$，所以$OC_1$与平面$ADD_1A_1$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{4}$。

(2025·福建福州模拟)如图，在圆台 $OO_1$ 中，$OO_1 = \sqrt{3}$，$AB$ 为下底面圆的直径，点 $C$ 是底面圆周上异于 $A$，$B$ 的一点，$AC = 2$，点 $D$ 是 $BC$ 的中点，$l$ 为平面 $O_1AC$ 与平面 $O_1OD$ 的交线，则交线 $l$ 与平面 $O_1BC$ 所成角的大小为 (B)

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

答案：
对点练1.B　因为$O,D$分别是$AB,BC$的中点，所以$OD// AC$，又$OD\subset$平面$O_1OD$，$AC\not\subset$平面$O_1OD$，所以$AC//$平面$O_1OD$，$AC\subset$平面$O_1AC$，平面$O_1AC\cap$平面$O_1OD = l$，所以$AC// l$，又$OD// AC$，所以$OD// l$，如图，所以直线$l$与平面$O_1BC$所成角即直线$OD$与平面$O_1BC$所成角。因为$AB$为下底面圆的直径，所以$AC\perp BC$，因为$OD// AC$，所以$OD\perp BC$，又因为$OO_1\perp$平面$ACB$，$BC\subset$平面$ACB$，所以$OO_1\perp BC$，$OO_1\cap OD = O$，$OO_1,OD\subset$平面$O_1OD$，所以$BC\perp$平面$O_1OD$，过点$O$作$OH\perp O_1D$交$O_1D$于点$H$，因为$OH\subset$平面$O_1OD$，所以$BC\perp OH$，$OH\perp O_1D$，$BC\cap O_1D = D$，$BC,O_1D\subset$平面$O_1BC$，所以$OH\perp$平面$O_1BC$，所以$\angle ODH$为$OD$与平面$O_1BC$所成角。因为$OO_1=\sqrt{3}$，$OD=\frac{1}{2}AC = 1$，$\tan\angle ODH=\frac{OO_1}{OD}=\frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$，所以结合图知$\angle ODH=\frac{\pi}{3}$。故选B。

(一题多变)已知正三棱锥 $P - ABC$ 的侧面与底面所成的二面角为 $60^{\circ}$，且正三棱锥的体积为 $\frac{\sqrt{3}}{24}$，求此正三棱锥的侧面积。

答案：
典例2　解：如图所示，设$AB$的中点为$M$，连接$CM,PM$，由正三棱锥的性质可知$PM\perp AB$，$CM\perp AB$，所以$\angle PMC = 60^{\circ}$。设点$P$在平面$ABC$上的射影为$H$，则$H$是$CM$上靠近$M$的三等分点。设$AB = a$，则$MH=\frac{\sqrt{3}}{6}a$，在直角三角形$PMH$中，$PH=\frac{1}{2}a$。故三棱锥$P - ABC$的体积为$\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{4}a^2×\frac{1}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{24}a^3=\frac{\sqrt{3}}{24}$，解得$a = 1$，则$PM=\frac{\sqrt{3}}{3}$，故$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}×1×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，所以正三棱锥的侧面积为$3S_{\triangle PAB}=3×\frac{\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。