《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.（概念深度理解）（2024全国甲理，10，5分，中）设$\alpha,\beta$为两个平面，$m,n$为两条直线，且$\alpha\cap\beta = m$.下述四个命题：
①若$m// n$，则$n//\alpha$或$n//\beta$
②若$m\perp n$，则$n\perp\alpha$或$n\perp\beta$
③若$n//\alpha$且$n//\beta$，则$m// n$
④若$n$与$\alpha,\beta$所成的角相等，则$m\perp n$
其中所有真命题的编号是（ ）
A.①③
B.②④
C.①②③
D.①③④

答案：
A 命题①，由$m// n,m\subset\alpha$，得$n\subset\alpha$或$n//\alpha$，若$n\subset\alpha,m// n,m\subset\beta$，则$n//\beta$，命题①正确；
在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，如图1所示，

取平面$ADD_{1}A_{1}$为平面$\alpha$，平面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$为平面$\beta$，则$A_{1}D_{1}$为直线$m$，若$n$是$C_{1}D$，则$m\perp n$，但$n$不垂直于$\alpha$且$n$不垂直于$\beta$，命题②错误；
若$n$是$AC_{1}$，则$n$与平面$\alpha$、$\beta$所成角相等，但$m$不垂直于$n$，命题④错误；
命题③，如图2，过$n$作平面$\gamma$交$\alpha$于直线$a$，作平面$\delta$交平面$\beta$于直线$b$，由$n//\alpha,n\subset\gamma,\alpha\cap\gamma = a$得$n// a$，同理可得$n// b$。则$a// b$，
由$a// b,a\subset\alpha,b\not\subset\alpha$得$b//\alpha$，又$\alpha\cap\beta = m,b\subset\beta$，所以$b// m$，所以$m// n$，命题③正确，故选A。

2.（2024新课标Ⅰ，17，15分，中）如图，四棱锥$P - ABCD$中，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA = AC = 2$，$BC = 1$，$AB=\sqrt{3}$.
(1)若$AD\perp PB$，证明：$AD//$平面$PBC$；
(2)若$AD\perp DC$，且二面角$A - CP - D$的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{7}$，求$AD$.

答案：
解析
(1) 证明：$\because PA\perp$平面$ABCD$，$AD\subset$平面$ABCD$，$\therefore PA\perp AD$。又$AD\perp PB$，$PA\cap PB = P$，$PA$，$PB\subset$平面$PAB$，$\therefore AD\perp$平面$PAB$。又$AB\subset$平面$PAB$，$\therefore AD\perp AB$。
在$\triangle ABC$中，因为$AC = 2$，$BC = 1$，$AB=\sqrt{3}$，$\therefore AC^{2}=BC^{2}+AB^{2}$，$\therefore AB\perp BC$。又$AD\perp AB$，且$AD$，$AB$，$BC$都在平面$ABCD$内，$\therefore AD// BC$。又$AD\not\subset$平面$PBC$，$BC\subset$平面$PBC$，$\therefore AD//$平面$PBC$。
(2) 以$DA$，$DC$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，过$D$作平面$ABCD$的垂线为$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系$D - xyz$，则$D(0,0,0)$。

设$AD = t$，$t\gt0$，则$DC=\sqrt{4 - t^{2}}$，$A(t,0,0)$，$P(t,0,2)$，$C(0,\sqrt{4 - t^{2}},0)$，则$\overrightarrow{AC}=(-t,\sqrt{4 - t^{2}},0)$，$\overrightarrow{AP}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{DP}=(t,0,2)$，$\overrightarrow{DC}=(0,\sqrt{4 - t^{2}},0)$，
设平面$ACP$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AC}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AP}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-tx_{1}+\sqrt{4 - t^{2}}y_{1}=0\\2z_{1}=0\end{cases}$，
令$x_{1}=\sqrt{4 - t^{2}}$，则$y_{1}=t$，则$\boldsymbol{n}_{1}=(\sqrt{4 - t^{2}},t,0)$，
设平面$CPD$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{DP}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{DC}=0\end{cases}$，$\therefore\begin{cases}tx_{2}+2z_{2}=0\\\sqrt{4 - t^{2}}y_{2}=0\end{cases}$，
令$z_{2}=t$，则$x_{2}=-2$，则$\boldsymbol{n}_{2}=(-2,0,t)$，
$\because$二面角$A - CP - D$的正弦值为$\frac{\sqrt{42}}{7}$，且由图可知二面角$A - CP - D$为锐二面角，
$\therefore$二面角$A - CP - D$的余弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{42}}{7})^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore\frac{\sqrt{7}}{7}=|\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}|}{|\boldsymbol{n}_{1}||\boldsymbol{n}_{2}|}=\frac{2\sqrt{4 - t^{2}}}{2\sqrt{t^{2}+4}}$，
$\therefore t=\sqrt{3}$（舍负），$\therefore AD=\sqrt{3}$。

1.（2022全国乙，文9，理7，5分，中）在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E,F$分别为$AB,BC$的中点，则（ ）
A.平面$B_{1}EF\perp$平面$BDD_{1}$
B.平面$B_{1}EF\perp$平面$A_{1}BD$
C.平面$B_{1}EF//$平面$A_{1}AC$
D.平面$B_{1}EF//$平面$A_{1}C_{1}D$

答案：
A 如图所示，

在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AC\perp BD$，$EF// AC$，$\therefore EF\perp BD$，又$D_{1}D\perp$平面$ABCD$，$EF\subset$平面$ABCD$，$\therefore D_{1}D\perp EF$，又$D_{1}D\cap BD = D$，$\therefore EF\perp$平面$BDD_{1}$，又$EF\subset$平面$B_{1}EF$，$\therefore$平面$B_{1}EF\perp$平面$BDD_{1}$，故A选项正确。
对于B选项，连接$AC_{1}$，易得$AC_{1}\perp$平面$A_{1}BD$，且$AC_{1}$与平面$B_{1}EF$相交，故平面$B_{1}EF\perp$平面$A_{1}BD$不成立，故B选项错误；
对于C选项，直线$AA_{1}$与$B_{1}E$必相交，且$AA_{1}\subset$平面$A_{1}AC$，$B_{1}E\subset$平面$B_{1}EF$，故平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}AC$有公共点，故平面$B_{1}EF$与平面$A_{1}AC$不平行，故C选项错误；
对于D选项，连接$AB_{1}$，$B_{1}C$，易知$A_{1}D// B_{1}C$，$A_{1}C_{1}// AC$，由线面平行的判定定理得$A_{1}D//$平面$AB_{1}C$，$A_{1}C_{1}//$平面$AB_{1}C$，又$A_{1}D\cap A_{1}C_{1}=A_{1}$，$A_{1}D$、$A_{1}C_{1}\subset$平面$A_{1}C_{1}D$，$\therefore$平面$A_{1}C_{1}D//$平面$AB_{1}C$，又$\because$点$B_{1}$既在平面$B_{1}EF$内，又在平面$AB_{1}C$内，$\therefore$平面$A_{1}C_{1}D$与平面$B_{1}EF$不平行，故D选项错误，故选A。

2.（2021浙江，6，4分，中）如图，已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，$M,N$分别是$A_{1}D,D_{1}B$的中点，则（ ）

A.直线$A_{1}D$与直线$D_{1}B$垂直，直线$MN//$平面$ABCD$
B.直线$A_{1}D$与直线$D_{1}B$平行，直线$MN\perp$平面$BDD_{1}B_{1}$
C.直线$A_{1}D$与直线$D_{1}B$相交，直线$MN//$平面$ABCD$
D.直线$A_{1}D$与直线$D_{1}B$异面，直线$MN\perp$平面$BDD_{1}B_{1}$

答案： A 连接$AD_{1}$，在正方形$ADD_{1}A_{1}$中，由$M$为$A_{1}D$的中点，可知$AD_{1}\cap A_{1}D = M$，且$M$为$AD_{1}$的中点，$AD_{1}\perp A_{1}D$。
又$\because N$为$D_{1}B$的中点，$\therefore MN// AB$。$\because AB\subset$平面$ABCD$，$MN\not\subset$平面$ABCD$，$\therefore MN//$平面$ABCD$。$\because AB\perp$平面$ADD_{1}A_{1}$，$A_{1}D\subset$平面$ADD_{1}A_{1}$，$\therefore AB\perp A_{1}D$，$\because AB\cap AD_{1}=A$，$\therefore A_{1}D\perp$平面$ABD_{1}$，$\therefore A_{1}D\perp D_{1}B$。故选A。

3.（2022新高考Ⅱ，20，12分，中）如图，$PO$是三棱锥$P - ABC$的高，$PA = PB$，$AB\perp AC$，$E$为$PB$的中点.
(1)证明：$OE//$平面$PAC$；
(2)若$\angle ABO = \angle CBO = 30^{\circ}$，$PO = 3$，$PA = 5$，求二面角$C - AE - B$的正弦值.

答案：
解析
(1) 证法一：连接$OA$，
$\because PO$是三棱锥$P - ABC$的高，$\therefore PO\perp$平面$ABC$，
$\because OA$，$OB\subset$平面$ABC$，$\therefore PO\perp OA$，$PO\perp OB$，
$\therefore\angle POA=\angle POB = 90^{\circ}$，
又$PA = PB$，$PO = PO$，$\therefore\triangle POA\cong\triangle POB$，$\therefore OA = OB$，
取$AB$的中点$D$，连接$OD$、$DE$，则$OD\perp AB$，

又$\because AB\perp AC$，$\therefore OD// AC$，
又$\because OD\not\subset$平面$PAC$，$AC\subset$平面$PAC$，
$\therefore OD//$平面$PAC$，
又$D$、$E$分别为$AB$、$PB$的中点，$\therefore DE// PA$，
又$\because DE\not\subset$平面$PAC$，$PA\subset$平面$PAC$，$\therefore DE//$平面$PAC$，
又$OD$、$DE\subset$平面$ODE$，$OD\cap DE = D$，
$\therefore$平面$ODE//$平面$PAC$，
又$OE\subset$平面$ODE$，$\therefore OE//$平面$PAC$。（面面平行的性质）
证法二：连接$OA$，$\because PO$是三棱锥$P - ABC$的高，
$\therefore PO\perp$平面$ABC$，
$\because OA$，$OB\subset$平面$ABC$，$\therefore PO\perp OA$，$PO\perp OB$，
$\therefore\angle POA=\angle POB = 90^{\circ}$，又$PA = PB$，$PO = PO$，
$\therefore\triangle POA\cong\triangle POB$，$\therefore OA = OB$，
延长$BO$交$AC$于点$F$，连接$PF$，
易知在$Rt\triangle ABF$中，$O$为$BF$的中点，
$\because E$为$PB$的中点，$\therefore OE// PF$，
又$OE\not\subset$平面$PAC$，$PF\subset$平面$PAC$，
$\therefore OE//$平面$PAC$。
(2) 取$AB$的中点$M$，连接$OM$，$OA$，以$M$为坐标原点，$MB$，$MO$所在直线分别为$x$，$y$轴，过点$M$且与平面$ABC$垂直的直线为$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系。

$\because PO = 3$，$PA = 5$，$\therefore$结合（1）可知$OA = OB = 4$，
又$\angle ABO=\angle CBO = 30^{\circ}$，$\therefore OM = 2$，$MB = 2\sqrt{3}$，
$\therefore P(0,2,3)$，$B(2\sqrt{3},0,0)$，$A(-2\sqrt{3},0,0)$，$E(\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$，
$\because AB\perp AC$，$\angle CBA = 60^{\circ}$，$AB = 4\sqrt{3}$，
$\therefore AC = 12$，$C(-2\sqrt{3},12,0)$。
设平面$AEB$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
$\because\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0)$，$\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$，
$\therefore\begin{cases}\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}_{1}=0\\\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}_{1}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}4\sqrt{3}x_{1}=0\\3\sqrt{3}x_{1}+y_{1}+\frac{3}{2}z_{1}=0\end{cases}$，
令$y_{1}=3$，则$z_{1}=-2$，$\therefore\boldsymbol{n}_{1}=(0,3,-2)$。
设平面$AEC$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
$\because\overrightarrow{AC}=(0,12,0)$，
$\therefore\begin{cases}\overrightarrow{AC}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\\\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}12y_{2}=0\\3\sqrt{3}x_{2}+y_{2}+\frac{3}{2}z_{2}=0\end{cases}$，
令$x_{2}=\sqrt{3}$，则$z_{2}=-6$，$\therefore\boldsymbol{n}_{2}=(\sqrt{3},0,-6)$，
$\therefore\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}}{|\boldsymbol{n}_{1}|\cdot|\boldsymbol{n}_{2}|}=\frac{12}{\sqrt{13}\times\sqrt{39}}=\frac{4\sqrt{3}}{13}$，
设二面角$C - AE - B$的平面角为$\theta$，则$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\theta}=\frac{11}{13}$，
$\therefore$二面角$C - AE - B$的正弦值为$\frac{11}{13}$。