《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1.（多选）[2023·北京人大附中朝阳学校高二月考]若将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角，则下列结论正确的是（ ）
A. BC 与平面 ACD 所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. 平面 ABC 与平面 BCD 所成角的正切值是$\sqrt{2}$
C. AC 与 BD 所成的角为 90°
D. AD 与 BC 所成的角为 45°

答案： ABC

2. 如图，已知平面四边形 ABCD，AB = BC = 3，CD = 1，AD = $\sqrt{5}$，∠ADC = 90°. 沿直线 AC 将△DAC 翻折成△D'AC，则$\overrightarrow{AC}$·$\overrightarrow{BD'}$= ；当平面 D'AC⊥平面 ABC 时，异面直线 AC 与 BD'所成角的余弦值是 .

答案： 6；$\frac{3\sqrt{13}}{13}$

3.（原创）如图（1），在矩形 ABCD 中，O 为边 AD 的三等分点，AO = 2OD = 2，AB = $\sqrt{2}$. 沿 CO 将△DCO 折起，使 DO⊥BO，如图（2）.
（1）证明：CD⊥平面 BOD.
（2）求二面角 D - BC - O 的余弦值.

答案：
 
(1)【证明】
∵AO = 2，OD = 1，AB = $\sqrt{2}$，
∴BO² = AB² + AO² = 6，CO² = OD² + CD² = 3，
∴BO² + CO² = CB²，
∴BO⊥CO. 又BO⊥DO，CO∩DO = O，CO，DO⊂平面DOC，
∴BO⊥平面DOC.
∵CD⊂平面DOC，
∴BO⊥CD. 又
∵CD⊥OD，BO∩OD = O，BO，DO⊂平面BOD，
∴CD⊥平面BOD.
(2)【解】过点D作DE⊥CO于点E. 由
(1)及题意，知OD = 1，CD = $\sqrt{2}$，CO = $\sqrt{3}$，
∴DE = $\frac{OD\cdot CD}{CO}$ = $\frac{\sqrt{6}}{3}$，OE = $\sqrt{OD^{2}-DE^{2}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$. 由
(1)知BO⊥平面DOC，DE⊂平面DOC，
∴BO⊥DE. 又
∵DE⊥OC，BO∩CO = O，BO，CO⊂平面BOC，
∴DE⊥平面BOC. 以O为原点，以OB，OC所在直线分别为x轴、y轴，以过点O且垂直于平面ABCO的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
∴O(0,0,0)，B($\sqrt{6}$,0,0)，C(0,$\sqrt{3}$,0)，D(0,$\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\frac{\sqrt{6}}{3}$)，
∴$\overrightarrow{BC}$=( - $\sqrt{6}$,$\sqrt{3}$,0)，$\overrightarrow{CD}$=(0, - $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,$\frac{\sqrt{6}}{3}$). 易得平面BOC的一个法向量为m=(0,0,1). 设平面BCD的法向量为n=(x,y,z)，则 $\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{BC}=0\\n\cdot\overrightarrow{CD}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}- \sqrt{6}x+\sqrt{3}y = 0\\- \frac{2\sqrt{3}}{3}y+\frac{\sqrt{6}}{3}z = 0\end{cases}$. 令x = 1，则y = $\sqrt{2}$，z = 2，
∴n=(1,$\sqrt{2}$,2).
∴$\cos\langle m,n\rangle$ = $\frac{m\cdot n}{|m||n|}$ = $\frac{2}{1\times\sqrt{1 + 2+4}}$ = $\frac{2\sqrt{7}}{7}$. 由图形可知二面角D - BC - O为锐二面角，
∴二面角D - BC - O的余弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$. 
 

4. [2022·山东日照一中高二期中]如图（1），在△ABC 中，D，E 分别为 AB，AC 的中点，O 为 DE 的中点，AB = AC = 2$\sqrt{5}$，BC = 4. 将△ADE 沿 DE 折起到△A₁DE 的位置，使得平面 A₁DE⊥平面 BCED，如图（2）.
（1）求证：A₁O⊥BD.
（2）求直线 A₁C 和平面 A₁BD 所成角的正弦值.
（3）线段 A₁C 上是否存在点 F，使直线 DF 和 BC 所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$？若存在，求出$\frac{A₁F}{A₁C}$的值；若不存在，说明理由.

答案：

(1)【证明】因为AB = AC，且D，E分别为AB，AC的中点，所以AD = AE，即A₁D = A₁E. 又O为DE的中点，所以A₁O⊥DE. 又平面A₁DE⊥平面BCED，平面A₁DE∩平面BCED = DE，A₁O⊂平面A₁DE， 所以A₁O⊥平面BCED. 因为BD⊂平面BCED，所以A₁O⊥BD.
(2)【解】如图，过点O作OH⊥BC于点H. 由题意可知A₁O = OH = 2，OE = OD = 1，HC = HB = 2. 以点O为原点，分别以OH，OE，OA₁所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A₁(0,0,2)，C(2,2,0)，B(2, - 2,0)，D(0, - 1,0)， 所以$\overrightarrow{A_{1}B}$=(2, - 2, - 2)，$\overrightarrow{A_{1}D}$=(0, - 1, - 2)，$\overrightarrow{A_{1}C}$=(2,2, - 2). 设平面A₁BD的法向量为n=(x,y,z)， 则$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{A_{1}B}=0\\n\cdot\overrightarrow{A_{1}D}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}2x - 2y - 2z = 0\\- y - 2z = 0\end{cases}$. 取z = 1，则y = - 2，x = - 1，所以n=( - 1, - 2,1). 设直线A₁C和平面A₁BD所成的角为α， 则$\sin\alpha$ = |$\cos\langle n,\overrightarrow{A_{1}C}\rangle$| = $\frac{|n\cdot\overrightarrow{A_{1}C}|}{|n||\overrightarrow{A_{1}C}|}$ = $\frac{8}{\sqrt{6}\times2\sqrt{3}}$ = $\frac{2\sqrt{2}}{3}$， 所以直线A₁C和平面A₁BD所成角的正弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
(3)【解】设线段A₁C上存在点F，且$\frac{A_{1}F}{A_{1}C}$ = λ(0≤λ≤1). 由
(2)知$\overrightarrow{DA_{1}}$=(0,1,2)，$\overrightarrow{BC}$=(0,4,0)， 所以$\overrightarrow{DF}$ = $\overrightarrow{DA_{1}}$+λ$\overrightarrow{A_{1}C}$=(2λ,1 + 2λ,2 - 2λ)（将长度问题转化为向量共线问题时，注意向量的方向需保持一致）. 因为直线DF和BC所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$， 所以|$\cos\langle\overrightarrow{DF},\overrightarrow{BC}\rangle$| = $\frac{|\overrightarrow{DF}\cdot\overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{DF}||\overrightarrow{BC}|}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$， 即$\frac{|4 + 8λ|}{\sqrt{4λ^{2}+(1 + 2λ)^{2}+(2 - 2λ)^{2}}\times4}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$， 解得λ = 0或λ = - 3(舍去). 所以当点F与点A₁重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$，此时$\frac{A_{1}F}{A_{1}C}$ = 0.