《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

9. [2022·山东聊城一中高二期中]将棱长为 1 的正方体$EHFG - ABCD$截去三棱锥$H - BEF$后得到的几何体$EFG - ABCD$如图所示，点$M$在棱$DG$上.
(1)当$M$为棱$GD$的中点时，求$M$到平面$BEF$的距离；
(2)当$M$在棱$GD$上移动时，求直线$MB$与平面$BEF$所成的角$\theta$的正弦值的取值范围.

答案：
(1)以$D$为原点，分别以$DA$，$DC$，$DG$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系.
则$B(1,1,0)$，$E(1,0,1)$，$F(0,1,1)$，$M(0,0,\frac{1}{2})$.
$\overrightarrow{BE}=(0, - 1,1)$，$\overrightarrow{BF}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{BM}=(-1,-1,\frac{1}{2})$.
设平面$BEF$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BE}=-y + z = 0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BF}=-x + z = 0\end{cases}$，
令$z = 1$，则$x = 1$，$y = 1$，所以$\overrightarrow{n}=(1,1,1)$.
则$M$到平面$BEF$的距离$d=\frac{\vert\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{n}\vert}{\vert\overrightarrow{n}\vert}=\frac{\vert-1-1+\frac{1}{2}\vert}{\sqrt{1 + 1+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
(2)设$M(0,0,m)(0\leqslant m\leqslant1)$，则$\overrightarrow{BM}=(-1,-1,m)$.
$\sin\theta=\vert\cos\langle\overrightarrow{BM},\overrightarrow{n}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{n}\vert}{\vert\overrightarrow{BM}\vert\vert\overrightarrow{n}\vert}=\frac{\vert-1-1 + m\vert}{\sqrt{2 + m^{2}}\cdot\sqrt{3}}=\frac{\vert m - 2\vert}{\sqrt{3(2 + m^{2})}}$.
令$t = m - 2$，$t\in[-2,-1]$，$m=t + 2$，
则$\sin\theta=\frac{\vert t\vert}{\sqrt{3\left[2+(t + 2)^{2}\right]}}=\frac{\vert t\vert}{\sqrt{3(t^{2}+4t + 6)}}$.
$\sin^{2}\theta=\frac{t^{2}}{3(t^{2}+4t + 6)}=\frac{1}{3\left(1+\frac{4}{t}+\frac{6}{t^{2}}\right)}$，
令$\frac{1}{t}=u$，$u\in[-1,-\frac{1}{2}]$，
则$\sin^{2}\theta=\frac{1}{3(6u^{2}+4u + 1)}$，
对于二次函数$y = 6u^{2}+4u + 1$，其对称轴为$u=-\frac{4}{2\times6}=-\frac{1}{3}$，
在$u\in[-1,-\frac{1}{2}]$上，$y = 6u^{2}+4u + 1$单调递减，
当$u=-1$时，$y = 6 - 4 + 1 = 3$；当$u=-\frac{1}{2}$时，$y=\frac{3}{2}-2 + 1=\frac{1}{2}$.
所以$\frac{1}{9}\leqslant\sin^{2}\theta\leqslant\frac{2}{3}$，
又$\sin\theta\geqslant0$，所以$\frac{1}{3}\leqslant\sin\theta\leqslant\frac{\sqrt{6}}{3}$.
所以直线$MB$与平面$BEF$所成的角$\theta$的正弦值的取值范围是$[\frac{1}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}]$.

10. [2022·江苏淮安高二期中]已知两平面的法向量分别为$\boldsymbol{m}=(0,1,0)$，$\boldsymbol{n}=(0,1,1)$，则两平面所成的二面角为（ ）
A. $45^{\circ}$
B. $135^{\circ}$
C. $45^{\circ}$或$135^{\circ}$
D. $90^{\circ}$

答案： C

11. [2022·北京八中高二期末]已知长方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = BC = 4$，$CC_{1} = 2$，则平面$A_{1}BC_{1}$与平面$ABCD$所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{1}{2}$

答案： A

12. [2023·山东聊城第二中学高二月考]如图，在直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$2AC = AA_{1} = BC = 2$，$D$为$AA_{1}$上一点. 若二面角$B_{1} - DC - C_{1}$的大小为$60^{\circ}$，则$AD$的长为（ ）

A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： C

13. [2023·江西南昌新建二中高二月考]如图所示，正方形$ABCD$和矩形$ADEF$所在的平面互相垂直，动点$P$在线段$EF$（包含端点$E$，$F$）上，$M$，$N$分别为$AB$，$BC$的中点，$AB = 2DE = 2$.
(1)若$P$为$EF$的中点，求点$N$到平面$PDM$的距离；
(2)设平面$PDM$与平面$ABCD$所成的锐角为$\theta$，求$\cos\theta$的最大值，并求出此时点$P$的位置.

答案：
(1)因为正方形$ABCD$和矩形$ADEF$所在的平面互相垂直，$AD\perp DE$，平面$ABCD\cap$平面$ADEF = AD$，所以$DE\perp$平面$ABCD$.
以$D$为原点，分别以$DA$，$DC$，$DE$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系.
则$D(0,0,0)$，$M(1,1,0)$，$N(1,2,0)$，$P(0,1,1)$.
$\overrightarrow{DM}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{DP}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{DN}=(1,2,0)$.
设平面$PDM$的法向量为$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{DM}=x + y = 0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{DP}=y + z = 0\end{cases}$，
令$y=-1$，则$x = 1$，$z = 1$，所以$\overrightarrow{n}=(1,-1,1)$.
则点$N$到平面$PDM$的距离$d=\frac{\vert\overrightarrow{DN}\cdot\overrightarrow{n}\vert}{\vert\overrightarrow{n}\vert}=\frac{\vert1\times1+2\times(-1)+0\times1\vert}{\sqrt{1 + 1+1}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(2)设$P(0,a,1)(0\leqslant a\leqslant2)$，则$\overrightarrow{DP}=(0,a,1)$，$\overrightarrow{DM}=(1,1,0)$.
设平面$PDM$的法向量为$\overrightarrow{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{DP}=ay_{1}+z_{1}=0\\\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{DM}=x_{1}+y_{1}=0\end{cases}$，
令$y_{1}=1$，则$x_{1}=-1$，$z_{1}=-a$，所以$\overrightarrow{n_{1}}=(-1,1,-a)$.
平面$ABCD$的一个法向量为$\overrightarrow{n_{2}}=(0,0,1)$.
$\cos\theta=\vert\cos\langle\overrightarrow{n_{1}},\overrightarrow{n_{2}}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{n_{2}}\vert}{\vert\overrightarrow{n_{1}}\vert\vert\overrightarrow{n_{2}}\vert}=\frac{\vert - a\vert}{\sqrt{1 + 1+a^{2}}\times1}=\frac{\vert a\vert}{\sqrt{a^{2}+2}}$.
$\cos^{2}\theta=\frac{a^{2}}{a^{2}+2}=1-\frac{2}{a^{2}+2}$，
因为$0\leqslant a\leqslant2$，当$a = 2$时，$\cos^{2}\theta$取得最大值$\frac{2}{3}$，则$\cos\theta$的最大值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，此时$P(0,2,1)$，即$P$为$EF$的端点$F$处.