《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

9.（2024重庆顶级名校3月联考，17）如图，四边形ABCD为矩形，△ACD≌△ACE，且二面角C - AB - E为直二面角.
（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；
（2）设F是BE的中点，AE = 1，BE = λ，二面角E - AC - F的平面角的大小为θ，当λ∈[2,3]时，求cosθ的取值范围.

答案：
- （1）证明：因为二面角C - AB - E为直二面角，所以平面ABC⊥平面ABE，又AB⊥BC，平面ABC∩平面ABE = AB，BC⊂平面ABC，则BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，又四边形ABCD为矩形，△ACD≌△ACE，则$\angle AEC=\angle ADC = 90^{\circ}$，即AE⊥CE，又BC∩CE = C，BC，CE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，又AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE。\n（2）由（1）知AE⊥平面BCE，又BE⊂平面ACE，故AE⊥BE。以E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x，y轴，过点E且与平面ABE垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，

则E(0,0,0)，A(0,1,0)，B(λ,0,0)，C(λ,0,1)，$F(\frac{\lambda}{2},0,0)$，则$\overrightarrow{EA}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{EC}=(\lambda,0,1)$，$\overrightarrow{FA}=(-\frac{\lambda}{2},1,0)$，$\overrightarrow{FC}=(\frac{\lambda}{2},0,1)$，设平面EAC的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{EA}=0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{EC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}y = 0\\\lambda x+1 = 0\end{cases}$，则$\boldsymbol{m}=(-\frac{1}{\lambda},0,1)$，设平面FAC的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{1},y_{1},1)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{FA}=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{FC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-\frac{\lambda}{2}\cdot x_{1}+y_{1}=0\\\frac{\lambda}{2}\cdot x_{1}+1 = 0\end{cases}$，则$\boldsymbol{n}=(-\frac{2}{\lambda},-1,1)$，由图可知二面角E - AC - F为锐二面角，从而有$\cos\theta=\vert\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{\lambda^{2}+2}{\sqrt{2(\lambda^{2}+1)(\lambda^{2}+2)}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\sqrt{1+\frac{1}{\lambda^{2}+1}}$，而$\lambda\in[2,3]$，则$\frac{1}{\lambda^{2}+1}\in[\frac{1}{10},\frac{1}{5}]$，$\sqrt{1+\frac{1}{\lambda^{2}+1}}\in[\sqrt{\frac{11}{10}},\sqrt{\frac{6}{5}}]$，所以$\cos\theta\in[\frac{\sqrt{55}}{10},\frac{\sqrt{15}}{5}]$。

10.（2024安徽安庆二模，17）如图，将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC折叠，使得点A、D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧，且PA = $\sqrt{6}$，PD = $\sqrt{3}$.设E是PA的中点.
（1）证明：平面PBC⊥平面ABC；
（2）求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值.

答案：
- （1）证明：取BC的中点O，连接OA、OP、OD，如图所示。因为四边形ABDC是边长为2的菱形，△PBC是边长为2的等边三角形，所以△ABC是边长为2的等边三角形，在等边△PBC中，O是BC的中点，则OP⊥BC且$OP=\sqrt{3}$，又因为$PA=\sqrt{6}$，所以PA² = OA²+OP²，所以OP⊥OA，因为OA∩BC = O，且OA，BC⊂平面ABC，所以OP⊥平面ABC。又因为OP⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABC。\n（2）由（1）知，OP⊥BC，OP⊥OA。因为O是等边△ABC的BC边中点，所以OA⊥BC。所以以O为原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则$A(\sqrt{3},0,0)$，$B(0,1,0)$，$C(0, - 1,0)$，$P(0,0,\sqrt{3})$，$E(\frac{\sqrt{3}}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，所以$\overrightarrow{BE}=(\frac{\sqrt{3}}{2},-1,\frac{\sqrt{3}}{2})$，连接OD，因为△DBC是边长为2的等边三角形，故$OD = OP=\sqrt{3}=PD$，所以$\angle POD = 60^{\circ}$，且OD⊥BC，又因为OP⊥BC，OD∩OP = O，OD，OP⊂平面DOP，所以BC⊥平面DOP，则D在平面xOz内，可得$D(-\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2})$，则$\overrightarrow{BD}=(-\frac{3}{2},-1,\frac{\sqrt{3}}{2})$，易知平面ABC的一个法向量为$\boldsymbol{m}=(0,0,1)$，设平面EBD的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BE}=\frac{\sqrt{3}}{2}x - y+\frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BD}=-\frac{3}{2}x - y+\frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\end{cases}$，令$z = 2$，则$x = 0$，$y=\sqrt{3}$，即$\boldsymbol{n}=(0,\sqrt{3},2)$，所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$，设平面EBD与平面ABC的夹角为θ，则$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle}=\frac{\sqrt{21}}{7}$，故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为$\frac{\sqrt{21}}{7}$。

1.创新知识交汇（多选）（2024贵州贵阳适应性测试（一），11）在三棱锥P - ABC中，PC⊥平面ABC，PC = AB = 3，平面ABC内动点D的轨迹是集合M = {D||DA| = 2|DB|}.已知C，Dᵢ∈M且Dᵢ在棱AB所在直线上，i = 1,2，则（ ）
A.动点D的轨迹是圆
B.平面PCD₁⊥平面PCD₂
C.三棱锥P - ABC体积的最大值为3
D.三棱锥P - D₁D₂C外接球的半径不是定值

答案：
对于A，因为AB = 3，所以在平面ABC内，以AB所在直线为x轴，以线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图1，则$A(-\frac{3}{2},0)$，$B(\frac{3}{2},0)$，设$D(x,y)$，

由$\vert DA\vert = 2\vert DB\vert$知，$\sqrt{(x + \frac{3}{2})^{2}+y^{2}}=2\sqrt{(x - \frac{3}{2})^{2}+y^{2}}$，化简为$(x-\frac{5}{2})^{2}+y^{2}=4$，即点D的轨迹为圆，故A正确；对于B，由选项A知，点D₁和D₂是圆$(x - \frac{5}{2})^{2}+y^{2}=4$与x轴的两个交点，如图1，由条件可知，点C在圆上且不与点D₁，D₂重合，则$\angle D_{1}CD_{2}=90^{\circ}$，而PC⊥平面ABC，D₁C，D₂C⊂平面ABC，所以PC⊥D₁C，PC⊥D₂C，所以$\angle D_{1}CD_{2}$是二面角D₁ - PC - D₂的平面角，则平面PCD₁⊥平面PCD₂，故B正确；对于C，当点C到AB的距离为2时，△ABC的面积最大，最大面积是$\frac{1}{2}\times3\times2 = 3$，则三棱锥P - ABC体积的最大值为$\frac{1}{3}\times3\times3 = 3$，故C正确；对于D，由选项B知，$\angle D_{1}CD_{2}=90^{\circ}$，且$D_{1}D_{2}=4$，如图2，取D₁D₂的中点M，作OM⊥平面CD₁D₂，且$OM=\frac{3}{2}$，所以外接球半径$R = OC=\sqrt{CM^{2}+OM^{2}}=\sqrt{2^{2}+\frac{9}{4}}=\frac{5}{2}$，所以三棱锥P - D₁D₂C外接球的半径是定值$\frac{5}{2}$，故D错误。故选ABC。

2.创新知识交汇（2024福建高三毕业班适应性测试，18）在△ABC中，∠ABC = 90°，AB = 6，∠ACB的平分线交AB于点D，AD = 2DB.平面α过直线AB，且与△ABC所在的平面垂直.
（1）求直线CD与平面α所成角的大小.
（2）设点E∈α，且∠ECD = 30°，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有∠PTC = ∠QTC？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.

答案：
- （1）因为平面ABC⊥平面α，平面ABC∩平面α = AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，所以BC⊥平面α。所以直线CD与平面α所成角为$\angle CDB$。过D作DF⊥AC，垂足为F。因为CD平分$\angle ACB$，DB⊥BC，所以DF = DB。又AD = 2DB，所以$DF=\frac{1}{2}AD$，所以$\angle DAF = 30^{\circ}$。又AB = 6，$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$BC = 2\sqrt{3}$。因为$DB=\frac{1}{3}AB = 2$，所以$\angle CDB = 60^{\circ}$，所以直线CD与平面α所成角的大小为60°。（2）（i）曲线Γ是椭圆。理由如下：由（1）可知，DF⊥AC，DA = DC，所以F是AC的中点。设AB的中点为O，连接OF，则OF//BC。又BC⊥平面α，所以OF⊥平面α。在平面α内过O作OG⊥AB，所以OF⊥OB，OF⊥OG。以O为原点，$\overrightarrow{OG}$，$\overrightarrow{OB}$，$\overrightarrow{OF}$的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O - xyz，如图所示。因为OB = 3，DB = 2，所以OD = 1。设$E(x,y,0)$，又D(0,1,0)，$C(0,3,2\sqrt{3})$，则$\overrightarrow{CE}=(x,y - 3,-2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{CD}=(0,-2,-2\sqrt{3})$。因为$\cos\angle ECD=\frac{\overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CE}}{\vert\overrightarrow{CD}\vert\vert\overrightarrow{CE}\vert}$，$\angle ECD = 30^{\circ}$，所以$\frac{-2y + 18}{4\sqrt{x^{2}+(y - 3)^{2}+12}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，化简得$3x^{2}+2y^{2}=18$，即$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{9}=1$，所以曲线Γ是椭圆.。

（ii）设$P(x_{1},y_{1},0)$，$Q(x_{2},y_{2},0)$，在平面α内，因为l与AB不重合，所以可设$l:y = kx + 1$，由$\begin{cases}y = kx + 1\\3x^{2}+2y^{2}=18\end{cases}$得$(2k^{2}+3)x^{2}+4kx - 16 = 0$，所以$x_{1}+x_{2}=-\frac{4k}{2k^{2}+3}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{16}{2k^{2}+3}＜0$。由对称性知，若存在定点T满足条件，则T必在平面ABC与平面α的交线AB上，故可设$T(0,t,0)$，若$\angle PTC=\angle QTC$，则$\cos\angle PTC=\cos\angle QTC$，即$\frac{\overrightarrow{TP}\cdot\overrightarrow{TC}}{\vert\overrightarrow{TP}\vert\vert\overrightarrow{TC}\vert}=\frac{\overrightarrow{TQ}\cdot\overrightarrow{TC}}{\vert\overrightarrow{TQ}\vert\vert\overrightarrow{TC}\vert}$。因为$\overrightarrow{TP}=(x_{1},y_{1}-t,0)$，$\overrightarrow{TQ}=(x_{2},y_{2}-t,0)$，$\overrightarrow{TC}=(0,3 - t,2\sqrt{3})$，所以$(3 - t)(y_{1}-t)\sqrt{x_{2}^{2}+(y_{2}-t)^{2}}=(3 - t)(y_{2}-t)\sqrt{x_{1}^{2}+(y_{1}-t)^{2}}$。当$t = 3$时，上式恒成立，所以$t = 3$符合题意；当$t\neq3$时，有$(y_{1}-t)\sqrt{x_{2}^{2}+(y_{2}-t)^{2}}=(y_{2}-t)\sqrt{x_{1}^{2}+(y_{1}-t)^{2}}$，所以$(y_{1}-t)^{2}[x_{2}^{2}+(y_{2}-t)^{2}]=(y_{2}-t)^{2}[x_{1}^{2}+(y_{1}-t)^{2}]$，所以$\vert x_{2}(y_{1}-t)\vert=\vert x_{1}(y_{2}-t)\vert$。因为$x_{1}x_{2}＜0$，$(y_{1}-t)(y_{2}-t)\geq0$，所以$x_{1}(y_{2}-t)+x_{2}(y_{1}-t)=0$，所以$2kx_{1}x_{2}+(1 - t)(x_{1}+x_{2})=0$，所以$2k(-\frac{16}{2k^{2}+3})+(1 - t)(-\frac{4k}{2k^{2}+3})=0$，即$(9 - t)k = 0$。因为上式对于任意的$k\in R$恒成立，所以$t = 9$。综上，存在点T满足$\overrightarrow{AT}=\overrightarrow{AB}$或$\overrightarrow{AT}=2\overrightarrow{AB}$时，符合题意。