《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

7.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模，17)已知四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$如图所示，底面$ABCD$为平行四边形，其中点$D$在平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$内的投影为点$A_{1}$，且$AB = AA_{1}=2AD$，$\angle ABC = 120^{\circ}$.
（1）求证：平面$A_{1}BD\perp$平面$ADD_{1}A_{1}$；
（2）已知点$E$在线段$C_{1}D$上（不含端点位置），且平面$A_{1}BE$与平面$BCC_{1}B_{1}$的夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$，求$\frac{DE}{EC_{1}}$的值.

答案：
解析：不妨设$AD = 1$。
（1）证明：由题意得$A_{1}D\perp$平面$ABCD$，因为$AD\subset$平面$ABCD$，所以$A_{1}D\perp AD$。在$\triangle ADB$中，$AB = 2$，$AD = 1$，$\angle DAB = 60^{\circ}$，由余弦定理，得$BD^{2}=AB^{2}+AD^{2}-2AB\cdot AD\cdot\cos\angle DAB=2^{2}+1^{2}-2\times2\times1\times\cos60^{\circ}=3$，得$BD=\sqrt{3}$。故$AD^{2}+BD^{2}=AB^{2}$，则$AD\perp DB$。因为$A_{1}D\cap DB = D$，所以$AD\perp$平面$A_{1}BD$，又$AD\subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，所以平面$A_{1}BD\perp$平面$ADD_{1}A_{1}$。
（2）由（1）知，$DA$，$DB$，$DA_{1}$两两垂直，以$D$为坐标原点，分别以向量$\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{DB}$，$\overrightarrow{DA_{1}}$的方向为$x$，$y$，$z$轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系$D - xyz$。

则$D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$B(0,\sqrt{3},0)$，$A_{1}(0,0,\sqrt{3})$，$C(-1,\sqrt{3},0)$，则$\overrightarrow{A_{1}B}=(0,\sqrt{3},-\sqrt{3})$，$\overrightarrow{AC}=(-2,\sqrt{3},0)$，因为$\overrightarrow{A_{1}C_{1}}=\overrightarrow{AC}$，所以$C_{1}(-2,\sqrt{3},\sqrt{3})$，所以$\overrightarrow{DC_{1}}=(-2,\sqrt{3},\sqrt{3})$，设$\overrightarrow{DE}=\lambda\overrightarrow{DC_{1}}(0＜\lambda＜1)$，则$\overrightarrow{DE}=\lambda\overrightarrow{DC_{1}}=(-2\lambda,\sqrt{3}\lambda,\sqrt{3}\lambda)$，即$E(-2\lambda,\sqrt{3}\lambda,\sqrt{3}\lambda)$，所以$\overrightarrow{A_{1}E}=(-2\lambda,\sqrt{3}\lambda,\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3})$，设平面$A_{1}BE$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{A_{1}B}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{A_{1}E}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}\sqrt{3}y_{1}-\sqrt{3}z_{1}=0\\-2\lambda x_{1}+\sqrt{3}\lambda y_{1}+(\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3})z_{1}=0\end{cases}$，令$z_{1}=2\lambda$，则$y_{1}=2\lambda$，$x_{1}=2\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3}$，$\boldsymbol{n}=(2\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3},2\lambda,2\lambda)$，易知$DB\perp$平面$BCC_{1}B_{1}$，故$\boldsymbol{m}=(0,1,0)$为平面$BCC_{1}B_{1}$的一个法向量，设平面$A_{1}BE$与平面$BCC_{1}B_{1}$的夹角为$\alpha$，则$\cos\alpha=\frac{\vert\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}\vert}{\vert\boldsymbol{n}\vert\cdot\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{2\lambda}{\sqrt{20\lambda^{2}-12\lambda + 3}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，解得$\lambda=\frac{1}{4}$，故$\frac{DE}{EC_{1}}=\frac{1}{3}$。

8.(2024广东一模，16)如图，已知圆柱$OO_{1}$的轴截面$ABCD$是边长为$2$的正方形，点$P$是圆$O_{1}$上异于点$C$，$D$的任意一点.
（1）若点$D$到平面$ACP$的距离为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，证明：$O_{1}P\perp CD$；
（2）求$OC$与平面$ACP$所成角的正弦值的取值范围.

答案：
解析：
（1）证明：如图1，连接$DP$，过点$D$作$DH\perp AP$，垂足为$H$。因为$CD$是圆$O_{1}$的直径，所以$CP\perp DP$。因为$AD$是圆柱的母线，所以$AD\perp$平面$CDP$。因为$CP\subset$平面$CDP$，所以$AD\perp CP$。又因为$AD$，$DP\subset$平面$ADP$，$AD\cap DP = D$，所以$CP\perp$平面$ADP$。因为$DH\subset$平面$ADP$，所以$DH\perp CP$。又因为$DH\perp AP$，$AP$，$PC\subset$平面$ACP$，$AP\cap PC = P$，所以$DH\perp$平面$ACP$。所以点$D$到平面$ACP$的距离为$DH$的长，即$DH=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，设$DP = a(a＞0)$，则$AP=\sqrt{a^{2}+4}$。由$AD\cdot DP=AP\cdot DH$，得$2\cdot a=\sqrt{a^{2}+4}\cdot\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得$a=\sqrt{2}$。因为$CD = 2$，所以$DP = PC=\sqrt{2}$。因为$O_{1}$是$CD$的中点，所以$O_{1}P\perp CD$。
（2）如图2，在平面$PCD$内，过点$O_{1}$作$O_{1}E\perp O_{1}C$交圆$O_{1}$于点$E$，

因为$OO_{1}\perp$平面$PCD$，所以$O_{1}E$，$O_{1}C$，$O_{1}O$两两垂直，以$O_{1}$为原点，分别以$O_{1}E$，$O_{1}C$，$O_{1}O$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系，则$O(0,0,2)$，$C(0,1,0)$，$A(0,-1,2)$。则$\overrightarrow{OC}=(0,1,-2)$，$\overrightarrow{AC}=(0,2,-2)$，设点$P(m,n,0)$，则$\overrightarrow{CP}=(m,n - 1,0)$。因为点$P$在圆$O_{1}$上，所以$m^{2}+n^{2}=1$，且$n\in(-1,1)$。设平面$ACP$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CP}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}2y-2z = 0\\mx+(n - 1)y = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}y = z\\y=-\frac{m}{n - 1}x\end{cases}$。取$x=n - 1$，得$\boldsymbol{n}=(n - 1,-m,-m)$。设$OC$与平面$ACP$所成角为$\theta$，则$\sin\theta=\vert\cos\langle\overrightarrow{OC},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{OC}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\overrightarrow{OC}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{\vert m\vert}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{2m^{2}+(n - 1)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{2+\frac{(n - 1)^{2}}{m^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{2+\frac{(n - 1)^{2}}{1 - n^{2}}}}$，因为$\frac{(n - 1)^{2}}{1 - n^{2}}=\frac{(n - 1)(n - 1)}{(1 - n)(1 + n)}=-\frac{n - 1}{1 + n}=-1+\frac{2}{1 + n}$，$n\in(-1,1)$，所以$-1+\frac{2}{1 + n}\in(0,+\infty)$。所以$\sqrt{2+\frac{(n - 1)^{2}}{1 - n^{2}}}=\sqrt{2+(-1+\frac{2}{1 + n})}\in(\sqrt{2},+\infty)$。所以$\sin\theta=\frac{1}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{2+\frac{(n - 1)^{2}}{1 - n^{2}}}}\in(0,\frac{\sqrt{10}}{10})$。所以$OC$与平面$ACP$所成角的正弦值的取值范围是$(0,\frac{\sqrt{10}}{10})$。