第一章 空间向量与立体几何 体验真题 感悟高考-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评word（人教A版2019）

数学　选择性必修·第一册[人教A版]作业与测评 1.(2023·北京高考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝. (1)求证：BC⊥平面PAB； (2)求二面角A－PC－B的大小． 解　(1)证明：因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC，同理PA⊥AB， 所以△PAB为直角三角形， 又因为PB＝＝，BC＝1，PC＝， 所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB， 又因为PA⊥BC，PA∩PB＝P， 所以BC⊥平面PAB. (2)由(1)知BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB， 以A为原点，AB所在直线为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)， 所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)， ＝(0，1，0)，＝(1，1，－1)， 设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)， 设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 又因为二面角A－PC－B为锐二面角， 所以二面角A－PC－B的大小为. 2．(2023·全国甲卷)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解　(1)证明：如图， ∵A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C∩AC＝C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， ∴BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. 过A1作A1O⊥CC1于点O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， ∴A1O⊥平面BCC1B1. ∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O＝1. 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2，A1O＝1， ∴O为CC1的中点，∴CO＝C1O＝1， 又A1O⊥CC1， ∴AC＝A1C＝A1C1＝， ∴AC＝A1C. (2)连接A1B，AC1，∵AC＝A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB， ∴BA＝BA1. 过B作BD⊥AA1于点D，则D为AA1的中点，又AA1＝2，∴A1D＝AD＝1， ∵直线AA1与BB1的距离为2，∴BD＝2， ∴A1B＝AB＝， 在Rt△ABC中，BC＝＝. 以C为原点，CA，CB，CA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示， 则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，，0)，B1(－，，)，C1(－，0，)， ∴＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(－2，，)， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则即取x＝1，则y＝0，z＝1， ∴平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1)． 设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 3．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. 解　(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴＝(0，－2，1)， ＝(0，－2，1)， ∴∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1， ∴n＝(λ－1，3－λ，2)． 设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得y2＝1，z2＝2， ∴m＝(1，1，2)． 又二面角P－A2C2－D2为150°， ∴|cos〈n，m〉|＝ ＝ ＝|cos150°|＝， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0， 解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)， ∴B2P＝1. 4．(2023·天津高考)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． 解　(1)证法一(几何法)：连接MN.因为M，N分别是BC，AB的中点，所以MN∥AC且MN＝AC＝1，即有MN綊A1C1，所以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC1. 又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. 证法二(共面向量基本定理法)： 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，1，2)， 所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2)， 设＝x＋y，即有(1，0，－2)＝x(1，1，0)＋y(0，1，2)，解得 因为A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA. 证法三(向量法)：设平面C1MA的法向量为n＝(x，y，z)， 由证法二可得＝(1，1，0)，＝(0，1，2)， 则即 令x＝2，则y＝－2，z＝1，所以n＝(2，－2，1)． 由证法二可知＝(1，0，－2)，所以·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0，所以⊥n. 又A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA. (2)由(1)中证法二易知，平面ACC1A1的法向量为＝(1，0，0)，由(1)中证法三知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2，1)，所以cos〈，n〉＝＝，所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. (3)由(1)中证法二可得C(0，2，0)，则＝(－1，1，0)，所以由(1)中证法三得点C到平面C1MA的距离d＝＝. 5.(2023·全国乙卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，PB＝PC＝，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD＝DO，点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO； (2)证明：平面ADO⊥平面BEF； (3)求二面角D－AO－C的正弦值． 解　(1)证明：设AF＝tAC，则＝＋＝(1－t)＋t，＝－＋，BF⊥AO，则·＝[(1－t)＋t]·＝(t－1)2＋t2＝4(t－1)＋4t＝0，解得t＝，则F为AC的中点，因为D，E，O，F分别为BP，AP，BC，AC的中点，于是EF∥PC，DO∥PC，即EF∥DO，又EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF∥平面ADO. (2)证明：因为D，O分别为PB，BC的中点，所以DO＝PC＝，则AD＝DO＝，因为AO＝＝，所以DO2＋AO2＝AD2＝，则DO⊥AO，由(1)可知EF∥DO，所以EF⊥AO，又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF，则AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF. (3)如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，O(0，，0)，＝(－2，，0)． 因为PB＝PC，BC＝2， 所以设P(x，，z)，z＞0， 则＝＋＝＋＝(2，0，0)＋(x－2，，z)＝， 由(2)知AO⊥BE， 所以·＝(－2，，0)·＝0， 所以x＝－1. 又PB＝，＝(x，，z)，所以x2＋2＋z2＝6， 所以z＝，则P(－1，，)． 由D为BP的中点，得D，则＝. 设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)， 则即 取a＝1，则n1＝(1，，)． 易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 设二面角D－AO－C的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 故二面角D－AO－C的正弦值为. 6.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D－AB－F的正弦值． 解　(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC，所以DE⊥BC，① 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC，② 由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2，DE＝， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB＝2，所以AE⊥BC，AE＝， 所以AE2＋DE2＝4＝DA2，所以AE⊥DE， 又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD. 以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则E(0，0，0)，D(，0，0)，A(0，0，)，B(0，，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而＝(0，，－)， 因为＝＝(－，0，)，所以F(－，0，)， 即有＝(－，0，0)， 所以即 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． 即 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝＝＝， 所以sinθ＝＝， 所以二面角D－AB－F的正弦值为. 9 学科网（北京）股份有限公司 $$