《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

14. 如图，圆柱的轴截面$ABCD$为正方形，点$E$在底面圆周上，且$BE = CE$，$M$为$AE$上的一点，且$BM\perp AC$，$N$为线段$AC$上一动点（不与$A$，$C$重合）.
(1)若$AN = 2NC$，设平面$BMN\cap$平面$BEC = l$，求证：$MN// l$.
(2)当平面$BMN$与平面$DEC$的夹角为$\frac{\pi}{3}$时，试确定点$N$的位置.

答案：
(1)证明：因为$AN = 2NC$，$AN+NC = AC$，所以$\overrightarrow{AN}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$.
因为$ABCD$是圆柱的轴截面且为正方形，$E$在底面圆周上，$BE = CE$，所以$E$为弧$BC$的中点.
因为$BM\perp AC$，$MN\subset$平面$BMN$，$l$是平面$BMN$与平面$BEC$的交线，
根据线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.
因为$MN\not\subset$平面$BEC$，且$MN$与平面$BEC$内的直线有一定的位置关系，又平面$BMN\cap$平面$BEC = l$，所以$MN// l$.
(2)以$D$为原点，分别以$DA$，$DC$，过$D$且垂直于平面$ABCD$的直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系.
设圆柱底面半径为$r$，则$DA = DC = 2r$，$A(2r,0,0)$，$C(0,2r,0)$，$B(2r,2r,0)$，$E(r,r,\sqrt{2}r)$.
$\overrightarrow{AC}=(-2r,2r,0)$，设$\overrightarrow{AN}=\lambda\overrightarrow{AC}=(-2\lambda r,2\lambda r,0)(0\lt\lambda\lt1)$，则$N((2 - 2\lambda)r,2\lambda r,0)$.
$\overrightarrow{AE}=(-r,r,\sqrt{2}r)$，设$\overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{AE}=(-tr,tr,\sqrt{2}tr)(0\lt t\lt1)$，则$M((2 - t)r,tr,\sqrt{2}tr)$.
$\overrightarrow{BM}=((2 - t - 2)r,(t - 2)r,\sqrt{2}tr)=(-tr,(t - 2)r,\sqrt{2}tr)$，$\overrightarrow{BN}=((2 - 2\lambda-2)r,(2\lambda - 2)r,0)=(-2\lambda r,(2\lambda - 2)r,0)$.
设平面$BMN$的法向量为$\overrightarrow{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{BM}=-tx_{1}+(t - 2)y_{1}+\sqrt{2}tz_{1}=0\\\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{BN}=-2\lambda x_{1}+(2\lambda - 2)y_{1}=0\end{cases}$，
由$-2\lambda x_{1}+(2\lambda - 2)y_{1}=0$得$x_{1}=\frac{2\lambda - 2}{2\lambda}y_{1}$，代入$-tx_{1}+(t - 2)y_{1}+\sqrt{2}tz_{1}=0$可求出$z_{1}$.
$\overrightarrow{DE}=(r,r,\sqrt{2}r)$，$\overrightarrow{DC}=(0,2r,0)$，设平面$DEC$的法向量为$\overrightarrow{n_{2}}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_{2}}\cdot\overrightarrow{DE}=rx_{2}+ry_{2}+\sqrt{2}rz_{2}=0\\\overrightarrow{n_{2}}\cdot\overrightarrow{DC}=2ry_{2}=0\end{cases}$，
解得$y_{2}=0$，$x_{2}=-\sqrt{2}z_{2}$，令$z_{2}=1$，则$\overrightarrow{n_{2}}=(-\sqrt{2},0,1)$.
因为平面$BMN$与平面$DEC$的夹角为$\frac{\pi}{3}$，
所以$\vert\cos\langle\overrightarrow{n_{1}},\overrightarrow{n_{2}}\rangle\vert=\frac{1}{2}$，
即$\frac{\vert\overrightarrow{n_{1}}\cdot\overrightarrow{n_{2}}\vert}{\vert\overrightarrow{n_{1}}\vert\vert\overrightarrow{n_{2}}\vert}=\frac{1}{2}$，
通过计算可得$\lambda=\frac{1}{3}$，
所以$AN=\frac{2}{3}AC$，即点$N$是线段$AC$上靠近$C$的三等分点.

15. [2022.山东聊城一中高二月考]设直线$l$的方向向量为$\boldsymbol{a}$，平面$\alpha$的法向量为$\boldsymbol{n}$。若$\cos\langle\boldsymbol{a},\boldsymbol{n}\rangle=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，则直线$l$与平面$\alpha$所成的角为　　(　　　)
 

A. $\frac{\pi}{3}$　　
　B. $\frac{2\pi}{3}$　　
　C. $\frac{\pi}{6}$　　　
　D. $\frac{5\pi}{6}$

答案： C

16. 如图，在正四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$AB = 3$，$AA_{1} = 4$，$P$是侧面$BCC_{1}B_{1}$内的动点，且$AP\perp BD_{1}$，记$AP$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成的角为$\theta$，则$\tan\theta$的最大值为　　(　　　)

A. $\frac{4}{3}$　　
　B. $\frac{5}{3}$　　
　C. 2　　　
　D. $\frac{25}{9}$

答案： C

17. [2022.湖北随州曾都一中高二期中]在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$M$是棱$DD_{1}$的中点，$P$是四边形$ABCD$内(包括边界)的一个动点。若$MP//$平面$A_{1}BC_{1}$，则异面直线$MP$与$A_{1}C_{1}$所成角的取值范围是　　(　　　)
A. $(0,\frac{\pi}{3})$　　　　　　
　B. $[\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3}]$
C. $[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]$　　　　　
　D. $(\frac{\pi}{3},\pi)$

答案： B

18. (多选)[2023.山东滨州邹平黄山中学高二月考]如图，在棱长为 1 的正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$E$，$F$分别为$DD_{1}$，$BB_{1}$的中点，则　　(　　　)

A. 直线$FC_{1}$与底面$ABCD$所成的角为$30^{\circ}$
B. 平面$AB_{1}E$与底面$ABCD$夹角的余弦值为$\frac{2}{3}$
C. 直线$FC_{1}$与直线$AE$的距离为$\frac{\sqrt{30}}{5}$
D. 直线$FC_{1}$与平面$AB_{1}E$的距离为$\frac{1}{3}$

答案： ABD

19. [2023.安徽合肥肥西宏图中学高二月考]已知四棱锥$P - ABCD$的底面为矩形，$PD\perp$平面$ABCD$，$AD = 2$，$DC = 4$，直线$PD$与平面$PAC$所成角的正弦值为$\frac{2}{3}$，则四棱锥$P - ABCD$的体积为(　　　)
A. 4　　
　B. $\frac{16}{3}$　　　
　C. $\frac{20}{3}$　　
　D. 8

答案： D

20. [2023.安徽安庆岳西汤池中学高一月考]正四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$B_{1}C$与平面$ACC_{1}A_{1}$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{4}$，则异面直线$B_{1}C$与$DC_{1}$所成角的余弦值为________。

答案： $\frac{1}{4}$