《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

5.(2022新高考I,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC - A₁B₁C₁的体积为4,△A₁BC的面积为2$\sqrt{2}$
(1)求A到平面A₁BC的距离;
(2)设D为A₁C的中点,AA₁ = AB,平面A₁BC ⊥平面ABB₁A₁,求二面角A - BD - C的正弦值.

答案：
15解析
(1)设A到平面A,BC的距离为d.因为VA−ABC=
VA−A,BC=$\frac{1}{3}$S△ABC.AA=$\frac{1}{3}$SA,BC.d=$\frac{1}{3}$.VABC|A,B.C=$\frac{4}{3}$,3×$\frac{4}{3}$
S△Bc=2√2,所以d=$\frac{3}{2√2}$=$\sqrt{2}$
(2)解法一(几何法):由题意知，二面角A−BD−A的平面角与二面角A−BD−C的平面角互补，故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A−BD−A1的正弦值.
如图,
 
过A作AH⊥BD于H,取AB的中点O,连接AO,OH;因为AA=AB,所以AO⊥AB,
又因为平面A!BC⊥平面ABBlA1,平面ABC∩平面ABBA=
AIB,AOC平面ABBA,所以AO⊥平面ABC.
又BD,BCC平面ABC,所以AO
⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所
以BD⊥平面AOH,因为OHC平
面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO
是二面角A−BD−A;的平面角.
由直三棱柱ABC−A1B1C1;得AA1⊥平面ABC,
因为BCC平面ABC,所以AA⊥BC,
又AA;∩AO=A,AA,AOC平面ABBA,
所以BC⊥平面ABBA
因为AB,ABC平面ABBlA,所以BC⊥AB,BC⊥AB.
由
(1)知A0=d=$\sqrt{2}$,所以AB=AA=2,AB=2√2,
又因为△ABC的面积为2√2,所以BC=2,所以可得AC=
2$\sqrt{2}$,A，C=2$\sqrt{3}$,BD=$\sqrt{3}$,
故△ABD的面积为$\frac{1}{2}$.AB.　BD²²　　$\sqrt{−\frac{AB}{2}}$=$\sqrt{2}$,
又S△ABD=$\frac{1}{2}$BD.AH=$\sqrt{2}$所以AH=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
在Rt△OHA中,sin∠OHA=$\frac{AO}{AH}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
即二面角A−BD−C的正弦值为$\frac{√3}{2}$
解法二(向量法):如图,取AB的中点E,连接AE.
因为AA=AB,所以AE⊥AB,又因为平面ABC⊥平面
ABBA,平面ABC∩平面ABBlA1=AB,AEC平面ABBIA,所以AE⊥平面ABC.
又BCC平面ABC,所以AE⊥BC.
由直三棱柱ABC−ABC得AA⊥平面ABC,
又BCC平面ABC,所以AA，⊥BC,又AA∩AE=A,AA,AEC 平面ABBIA,所以BC⊥平面ABBA,又ABC平面ABBA，所以BC⊥AB.
由
(1)知AE=d=$\sqrt{2}$,所以AB=AA=2,A，B=2√2,
又因为△A;BC的面积为2√2,所以BC=2.
以B为坐标原点,向量BC,BA,BB的方向分别为x;,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系Bxyz,
则C(2,0,0),A(0,2,0),A,(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则BC=(2,0,0),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1).
　　　　　
设平面ABD的法向量为n1=(x,y1,z),
则{nn11..BBDA==00),,即{x2y+y=0+,z1=0,
令x=1,得z=−1,所以n1=(1,0,−1).
设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,2),
则{nn22..BBCD==00,,即{x2x2+2y=20+,z2=0,
令y2=1,得z2=−1,所以n2=(0,1,−1).
所以cos＜n,n2＞=$\frac{n.n2}{n，11n,1}$=$\frac{1}{2}$,
又sin＜n1,n2＞＞0,所以sin＜n1,n2冫=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
所以二面角A−BD−C的正弦值为$\frac{√3}{2}$.

1.(多选)(2021新高考II,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是　　　　　　　　　　　　(　　　)

答案：
1BC建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1.
　　　　　　　
对于A,M(1,(,,1),NO,1,,1),0($\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$A),P(0,1,$\frac{1}{2}$,则MN=(−1,,1,0),OP=($\frac{1}{2}$'2$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$),
M→N.OP=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$=1≠0,故A不合题意;
对于B,M(0,,,1),N(1,0,A),0($\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$,0),P{1,0,$\frac{1}{2}$,则MN=(1,0,−1),OP=$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$,
MN.OP=$\frac{11}{22}$=0,故B符合题意;
对于C,M(1,1,1),N(0,1,0),0$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$A),P(0,0,$\frac{1}{2}$),则MN=(−11,0,−1),P=|$\frac{1}{2}$$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$,
MN.OP=$\frac{1}{2}$$\frac{1}{2}$=0,故C符合题意;
对于D,M(O,,1,0),A(O,0,1),($\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$A),P{1,$\frac{1}{2}$,则MN=(0,−1,1),P=($\frac{1}{2}$,0,1),
MN.OP=1≠0,故D不合题意.故选BC.

2.(2021新高考II,19,12分,中)在四棱锥Q - ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD = 2,QD = QA = $\sqrt{5}$,QC = 3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B - QD - A的余弦值.

答案：
2解析
(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=
DE=1.
由QD=QA,得QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=$\sqrt{QA²−AE²}$=$\sqrt{\sqrt{5})²−1²}$=2.
∵底面ABCD是正方形，
∴CD=AD=2,
在Rt△CDE中,CE=$\sqrt{CD²+DE²}$=$\sqrt{2²+12}$=$\sqrt{5}$
∴在△QCE中,QE?+CE²=QC²,
∴QE⊥CE,
又
∵CE∩AD=E,CE、ADC平面ABCD,
∴QE⊥平面ABCD.
又QEC平面QAD,
∴平面QAD⊥平面ABCD..
(2)建立空间直角坐标系，如图所示，
则B(2,−1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0).

BQ=(−2,1,2),BD=(−2,2,0).
显然，平面QAD的一个法向量为 n=(1,0,0),
设平面BQD的法向量为n2=(x,
y,z),
　n2.BQ=0,
则{n2.BD=0,
即{−−22xx++y2+y2=z0=,0,x=y=2z.取n=(2,2,1).
设二面角B−QD−A的平面角为θ,易知0为锐角，
则cosθ=｜cos＜n,n2＞1=$\frac{1n.n1}{1n，11n,1}$=$\frac{2}{1×3}$=$\frac{2}{3}$.

3.(2023新课标I,18,12分,中)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.

答案：
3解析解法一(向量法):
(1)证明:以C为原点,CD，CB,CC的方向分别为x轴,y轴,轴的正方向，建立如图所$\frac{，}{N}$的空间直角坐标系，
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),

C(0,0,3),D(2,0,2),
则BC=(0,−2,1)，AD=(0,−2,1),
∴BC=AD;,
∴BC///AD,
 又知B2C与AD无公共点,
∴B2C//A2D.
(2)
∵点P在棱BB，上，
∴设P(0,2,a)
(0≤a≤4),
结合
(1)可知AC²=(−2,−2,2),ADi=(0,−2,1),PA²=(2,0,1−a),PC²=(0,−2,3−a).
设平面AC2D的法向量为n=(x,y1,z1),
则{AACD..nn==00,,即{−−22yx1−+z2y=1+02,z=0,
令z=2,则n1=(1,1,2).
设平面PAC2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则{PPAC²²..nn22==00,,即{2−x22y+2(+1(−3a−)az)2z=2=0,0,
令z2=2,则n2=(a−1,3−a,2),
又
∵二面角P−AC−D2为150°,
∴1cos150°｜=1cos＜n,n2＞1=$\frac{1n.n1}{n，|.|n1}$
=$\frac{la−1+3−a+4l}{\sqrt{6}.\sqrt{(a−1)²+(3−a)²+4}}$=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2a²−8a+14}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
化简得a²−4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.
综上,B2P=1.
解法二(几何法):
(1)证明:如图,分别取BB2,CC;的中点
B3,C,连接A2B3,B3C,DC3,
∴BB3=B2B3=1,CC3=2,
∴CC3=1,
 在正四棱柱ABCD−ABCD中,

AA2//BB3,AA=BB3=1,
∴四边形ABB3A为平行四边形，
∴AB3=AB=2,A2B3//AB,
同理DC=CD,D2C3//CD,
又
∵AB//CD,AB=CD=2,
∴AB3//DC,AB3=DC3,
∴四边形A2B3C3D为平行四边形,
∴AD//B3C,AD=B3C3,
∵B2B3//C2C3,B2B3=C2C3=1,
∴四边形B2B3C3C2为平行四边形，
∴B2C2//B3C,B2C2=B3C,
∴B2C1/A2D.
(2)当P在BIB2上时,连接AB2.
由
(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B22D2,设
AC与B2D相交于点E,
∵二面角P−AC2−D为150°,
∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E=$\sqrt{2}$
∴B2到平面PAC的距离d=B2E.sin30°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
连接A，B2,A，D2,A，C2,AE,
由AB2=AD=2√2,得AE⊥BD2,
∴AE=$\sqrt{6}$,
由AC2=A1A=3,得AE⊥A2C2,
又B2D∩AC2=E,
∴AE⊥平面AB2CD2,
∵二面角P−AC2−D为150°,
∴AE与平面PA2C所成角为60°,
∴点A到平面PAC的距离d2=AE.sin60°=$\frac{3√2}{2}$,
∴VVBA−−PAA;.C:=$\frac{d}{d}$=3,
设AB2与AP交于点Q,则$\frac{A,Q}{QB}$=3,又知B2P//A1A2,
∴$\frac{BP}{AA}$=$\frac{BQ}{A,Q}$=$\frac{1}{3}$,又知AA=3,
∴B2P=$\frac{1}{3}$A2=1.
由对称性可知，当P在BB2上时，同样可得B2P=1.
综上,B2P=1.