第一章 体验真题 感悟高考-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 体验真题　感悟高考 1 2 3 4 5 2 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD， 所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. 1 2 3 4 5 3 1 2 3 4 5 4 1 2 3 4 5 5 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 7 1 2 3 4 5 8 1 2 3 4 5 9 1 2 3 4 5 10 1 2 3 4 5 11 1 2 3 4 5 12 1 2 3 4 5 13 1 2 3 4 5 14 1 2 3 4 5 15 1 2 3 4 5 16 1 2 3 4 5 17 1 2 3 4 5 18 4．(北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 1 2 3 4 5 19 1 2 3 4 5 20 1 2 3 4 5 21 1 2 3 4 5 22 5．(天津高考)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1.N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． 1 2 3 4 5 23 1 2 3 4 5 24 1 2 3 4 5 25 1 2 3 4 5 26 1 2 3 4 5 27 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. (2)解法一：如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥底面ABCD， 所以平面PAC⊥底面ABCD， 又平面PAC∩底面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP， 又EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin∠DFE＝eq \f(\r(42),7)，所以tan∠DFE＝eq \r(6). 因为AD⊥DC，设AD＝x，则DC＝eq \r(4－x2)， 由等面积法可得，DE＝eq \f(x\r(4－x2),2)， 又CE＝eq \r(（4－x2）－\f(x2（4－x2）,4))＝eq \f(4－x2,2)， △EFC为等腰直角三角形， 所以EF＝eq \f(4－x2,2\r(2))， 故tan∠DFE＝eq \f(\f(x\r(4－x2),2),\f(4－x2,2\r(2)))＝eq \r(6)， 解得x＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 解法二:由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝eq \r(4－a2)，C(0，eq \r(4－a2)，0)，P(a，0，2)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(4－a2)，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－a，eq \r(4－a2)，0)，eq \o(CP,\s\up16(→))＝(a，－eq \r(4－a2)，2)． 设平面CPD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up16(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0，,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0，)) 可取m＝(eq \r(4－a2)，a，0)． 因为二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)， 所以二面角A－CP－D的余弦值的绝对值为eq \f(\r(7),7)， 故|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝eq \f(\r(7),7)， 又a>0，所以a＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 2．(新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5eq \r(3)， eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→))， 得AE＝2eq \r(3)，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中， 由余弦定理，得 EF＝eq \r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠BAD) ＝eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD. (2)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3eq \r(3)，CD＝3， 则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4eq \r(3)，PE＝AE＝2eq \r(3)，得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2eq \r(3)，0)， 所以eq \o(PC,\s\up16(→))＝(3，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))， eq \o(PB,\s\up16(→))＝(4，2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PF,\s\up16(→))＝(2，0，－2eq \r(3))， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up16(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up16(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up16(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，)) 令y1＝2，x2＝eq \r(3)，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(eq \r(3)，－1，1)， 所以|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(13))＝eq \f(\r(65),65)， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝eq \r(1－\f(1,65))＝eq \f(8\r(65),65)， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为eq \f(8\r(65),65). 3．(全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq \r(10)，FB＝2eq \r(3)，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F－BM－E的正弦值． 解：(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形， 所以BM∥CD， 又因为BM⊄平面CDE， CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE. (2)作BO⊥AD交AD于O，连接OF， 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2， 所以CD＝2， 由(1)可知四边形BCDM为平行四边形， 所以BM＝CD＝2，又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝eq \r(3)， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，且AD＝4，EF＝2，M为AD的中点， 所以EF＝MD，EF∥MD， 所以四边形EFMD为平行四边形， 所以FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上的中点O重合， OF⊥AM，OF＝eq \r(AF2－AO2)＝3， 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF， 所以OB，OD，OF互相垂直， 以O为原点，eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OD,\s\up16(→))，eq \o(OF,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则F(0，0，3)，B(eq \r(3)，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，eq \o(BM,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，1，0)，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，0，3)，eq \o(BE,\s\up16(→))＝(－eq \r(3)，2，3)， 设平面BFM的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up16(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\r(3)x1＋3z1＝0，)) 令x1＝eq \r(3)，得y1＝3，z1＝1，即m＝(eq \r(3)，3，1)， 设平面EMB的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,－\r(3)x2＋2y2＋3z2＝0，)) 令x2＝eq \r(3)，得y2＝3，z2＝－1， 即n＝(eq \r(3)，3，－1)， 则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(11,\r(13)×\r(13))＝eq \f(11,13)， 则sin〈m，n〉＝eq \f(4\r(3),13)， 故二面角F－BM－E的正弦值为eq \f(4\r(3),13). 解：(1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC， 则SF∥DE，SF＝eq \f(1,2)DE＝1， 又DE∥BC，DE＝2BC， 所以SF∥BC，SF＝BC， 所以四边形SFBC为平行四边形， 所以BF∥SC， 又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. (2)因为DE＝2，所以AE＝1， 所以AE∥BC，AE＝BC， 所以四边形AECB为平行四边形， 所以CE∥AB，又AB⊥平面PAD， 所以CE⊥平面PAD，而PE，DE⊂平面PAD， 故CE⊥PE，CE⊥DE，而PE⊥DE， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 则eq \o(PA,\s\up16(→))＝(0，－1，－2)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(1，－1，－2)，eq \o(PC,\s\up16(→))＝(1，0，－2)，eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0，2，－2)， 设平面PAB的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up16(→))＝0，,m·\o(PB,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y－2z＝0，,x－y－2z＝0，)) 取m＝(0，－2，1)， 设平面PCD的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2c＝0，,2b－2c＝0，)) 取n＝(2，1，1)， 故cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－1,\r(5)×\r(6))＝－eq \f(\r(30),30)， 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(30),30). 解：(1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP， 因为N是B1C1的中点， 所以NP∥CC1，且NP＝eq \f(1,2)CC1， 因为M是DD1的中点， 所以D1M＝eq \f(1,2)DD1， 因为D1M∥CC1，DD1＝CC1， 所以D1M綊NP， 所以四边形D1MPN是平行四边形， 故D1N∥MP， 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 所以D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，eq \o(CB1,\s\up16(→))＝(1，－1，2)，eq \o(CM,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0，0，2)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的一个法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up16(→))＝x1－y1＋2z1＝0，,m·\o(CM,\s\up16(→))＝－x1＋z1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up16(→))＝x2－y2＋2z2＝0，,n·\o(BB1,\s\up16(→))＝2z2＝0，)) 分别取x1＝x2＝1，则y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1＋3,\r(1＋9＋1)×\r(1＋1))＝eq \f(2\r(22),11)， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq \f(2\r(22),11). (3)由eq \o(BB1,\s\up16(→))＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1，3，1)， 得eq \f(|\o(BB1,\s\up16(→))·m|,|m|)＝eq \f(2,\r(1＋9＋1))＝eq \f(2\r(11),11)， 即点B到平面CB1M的距离为eq \f(2\r(11),11). $$