《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线$a,b$所成的角等于$60^{\circ}$，过点$P$与$a$，$b$所成的角均为$\theta$的直线有且只有一条，则$\theta$的值可以等于（ ）
A.$30^{\circ}$
B.$45^{\circ}$
C.$75^{\circ}$
D.$90^{\circ}$

答案：
AD：过点$P$分别作异面直线$a$，$b$的平行线$a'$，$b'$，根据对称性及异面直线所成角的范围为$0^{\circ}＜\theta\leqslant90^{\circ}$，得过点$P$的直线为$a'$，$b'$所成角的平分线（为$a'$，$b'$所成角的邻补角的平分线时不唯一）或过点$P$的直线与直线$a'$，$b'$确定的平面垂直时，满足过点$P$与$a$，$b$所成的角均为$\theta$的直线有且只有一条，故$\theta = 30^{\circ}$，$90^{\circ}$。故选AD。

2.(多选)(2024江苏苏州部分高中适应性检测,9)
如图，$P$是矩形$ABCD$所在平面外一点，$AB = 2$，$BC = 3$，$PA = PB=\sqrt{5}$，二面角$P - AB - C$为$60^{\circ}$，$F$为$PA$中点，$M$为$AB$中点，$O$为$BD$中点，则下列说法正确的是（ ）

A.$BF=\frac{\sqrt{13}}{4}$
B.$\angle PMO$是二面角$P - AB - C$的平面角
C.$\tan\angle PCO=\frac{\sqrt{15}}{3}$
D.$PC$与$BD$所成的角的余弦值为$\frac{\sqrt{26}}{13}$

答案：
BD：对于A，连接$BF$，由中线长定理得$BF=\frac{1}{2}\sqrt{2BA^{2}+2BP^{2}-AP^{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{8 + 10 - 5}=\frac{\sqrt{13}}{2}$，（中线长定理详见讲解册P229）A错误。
对于B，$\because PA = PB$，$M$为$AB$的中点，$\therefore PM\perp AB$，又$\because O$为$BD$中点，$\therefore OM\perp AB$，$\therefore\angle PMO$是二面角$P - AB - C$的平面角，B正确。
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，则$P(1,0,\sqrt{3})$，$C(3,-1,0)$，$O(\frac{3}{2},0,0)$，$B(0,-1,0)$，$D(3,1,0)$，则$\overrightarrow{CP}=(-2,1,\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CO}=(-\frac{3}{2},1,0)$，$\therefore\cos\angle PCO=\frac{\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{CO}}{\vert\overrightarrow{CP}\vert\vert\overrightarrow{CO}\vert}=\frac{4}{2\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{13}}{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{13}}$，$\tan\angle PCO=\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{4}$，C错误。

对于D，$\overrightarrow{BD}=(3,2,0)$，设$PC$与$BD$所成角为$\theta$，$\therefore\cos\theta=\frac{\vert\overrightarrow{CP}\cdot\overrightarrow{BD}\vert}{\vert\overrightarrow{CP}\vert\vert\overrightarrow{BD}\vert}=\frac{4}{2\sqrt{2}\times\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{26}}{13}$，D正确，故选BD。

3.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考，10)已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的棱长为$3$，点$E$是线段$AB$上靠近$B$点的三等分点，$F$是$A_{1}D_{1}$中点，则（ ）
A.该正方体外接球的表面积为$27\pi$
B.直线$EF$与$CD$所成角的余弦值为$\frac{4\sqrt{61}}{61}$
C.平面$B_{1}EF$截正方体所得截面为等腰梯形
D.点$F$到平面$A_{1}BC_{1}$的距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
ABD：对于A，棱长为$3$的正方体的体对角线长为$3\sqrt{3}$，所以所求正方体的外接球表面积为$S = 4\pi\times(\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}=27\pi$，A正确。
对于B，如图1，

连接$AF$，因为$AB// CD$，所以$\angle AEF$（或其补角）即为异面直线$EF$与$CD$所成的角，在$\triangle AEF$中，$\angle EAF = 90^{\circ}$，$AE = 2$，$AF=\sqrt{3^{2}+(\frac{3}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$，所以$\cos\angle AEF=\frac{AE}{EF}=\frac{2}{\sqrt{2^{2}+(\frac{3\sqrt{5}}{2})^{2}}}=\frac{4\sqrt{61}}{61}$，故B正确。
对于C，如图2，取$AD$的中点$N$，连接$BN$，过$E$点作$EM// BN$，交$AD$于点$M$，则$EM// B_{1}F$，连接$B_{1}E$，$FM$，所以平面$B_{1}EF$截正方体所得截面为梯形$B_{1}EMF$。由$\frac{AE}{AB}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{2}{3}=\frac{AM}{\frac{3}{2}}\Rightarrow AM = 1$，所以$MN=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}$。所以$MF=\sqrt{3^{2}+(\frac{1}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{37}}{2}$，又$B_{1}E=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$，所以$MF\neq B_{1}E$，所以梯形$B_{1}EMF$不是等腰梯形，故C错误。
对于D，如图2，连接$FC_{1}$，$FB$，设点$F$到平面$A_{1}BC_{1}$的距离为$h$，则$V_{F - A_{1}BC_{1}}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_{1}BC_{1}}\cdot h$，而$S_{\triangle A_{1}BC_{1}}=\frac{\sqrt{3}}{4}\times(3\sqrt{2})^{2}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$，$V_{F - A_{1}BC_{1}}=V_{B - A_{1}FC_{1}}=\frac{1}{3}S_{\triangle A_{1}FC_{1}}\cdot BB_{1}=\frac{1}{3}\times\frac{9}{4}\times3=\frac{9}{4}$，所以$h=\frac{3\times\frac{9}{4}}{\frac{9\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故D正确。故选ABD。

4.(2024河北石家庄一模,16)如图，$P$为圆锥的顶点，$AC$为圆锥底面的直径，$\triangle PAC$为等边三角形，$O$是圆锥底面的圆心，$\triangle ABD$为底面圆$O$的内接正三角形，且边长为$2\sqrt{3}$，点$E$为线段$PC$中点.
（1）求证：平面$BED\perp$平面$ABD$；
（2）$M$为底面圆$O$的劣弧$AB$上一点，且$\angle ACM = 30^{\circ}$.求平面$AME$与平面$PAC$夹角的余弦值.

答案：
解析：
（1）证明：设$AC$，$BD$交于$F$，连接$EF$，$OB$，在$\triangle ABD$中，由正弦定理知$AC=\frac{BD}{\sin\angle BAD}=4$，在$\triangle OFB$中，$OF = OB\sin30^{\circ}=1$，所以$F$为$OC$中点，又$E$为$PC$的中点，所以$EF// PO$，又$PO\perp$平面$ABD$，所以$EF\perp$平面$ABD$，又$EF\subset$平面$BED$，所以平面$BED\perp$平面$ABD$。
（2）以点$F$为坐标原点，$FA$，$FB$，$FE$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则$A(3,0,0)$，$M(2,\sqrt{3},0)$，$E(0,0,\sqrt{3})$，故$\overrightarrow{AM}=(-1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{AE}=(-3,0,\sqrt{3})$，

设平面$AME$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x,y,z)$，由$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AM}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AE}=0\end{cases}$得$\begin{cases}-x+\sqrt{3}y = 0\\-3x+\sqrt{3}z = 0\end{cases}$，令$x=\sqrt{3}$，则$\boldsymbol{n}_{1}=(\sqrt{3},1,3)$，易知平面$PAC$的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(0,1,0)$，则$\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=\frac{1}{\sqrt{3 + 1+9}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$，因此平面$AME$与平面$PAC$夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$。