《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

5. [2023·重庆永川北山中学高二月考]如图（1），在边长为 4 的菱形 ABCD 中，∠DAB = 60°，点 M，N 分别是边 BC，CD 的中点，AC∩BD = O₁，AC∩MN = G. 沿 MN 将△CMN 翻折到△PMN 的位置，连接 PA，PB，PD，得到如图（2）所示的五棱锥 P - ABMND.
（1）在翻折过程中是否总有平面 PBD⊥平面 PAC？证明你的结论.
（2）当四棱锥 P - MNDB 体积最大时，在线段 PA 上是否存在一点 Q，使平面 QMN 与平面 PMN 夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$？若存在，试确定点 Q 的位置；若不存在，请说明理由.

答案：
【解】
(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG.证明如下：
∵点M，N分别是边CD，CB的中点，
∴BD∥MN. 又∠DAB = 60°，
∴易得△PMN是等边三角形. 结合题意可知G是MN的中点，
∴MN⊥PG.
∵菱形ABCD的对角线互相垂直，
∴BD⊥AC，
∴MN⊥AG.
∵AG∩PG = G，AG⊂平面PAG，PG⊂平面PAG，
∴MN⊥平面PAG，
∴BD⊥平面PAG.
∵BD⊂平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PAG.
(2)由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且DB = 4，MN = 2，O₁G = $\sqrt{3}$，
∴等腰梯形MNDB的面积S = $\frac{(2 + 4)\times\sqrt{3}}{2}$ = 3$\sqrt{3}$. 要使四棱锥P - MNDB的体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，
∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最大值为PG = $\sqrt{3}$（分析出四棱锥P - MNDB体积最大成立的条件是正确求解的前提）. 假设符合题意的点Q存在. 以G为原点，GA，GM，GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(3$\sqrt{3}$,0,0)，M(0,1,0)，N(0, - 1,0)，P(0,0,$\sqrt{3}$)，
∴$\overrightarrow{AP}$=( - 3$\sqrt{3}$,0,$\sqrt{3}$)，$\overrightarrow{NM}$=(0,2,0). 由PG⊥平面MNDB，得AG⊥PG. 又AG⊥MN，且MN∩PG = G，MN⊂平面PMN，PG⊂平面PMN，
∴AG⊥平面PMN，
∴平面PMN的一个法向量n₁=(1,0,0). 设$\overrightarrow{AQ}$ = λ$\overrightarrow{AP}$(0≤λ≤1)， 则$\overrightarrow{AQ}$=( - 3$\sqrt{3}$λ,0,$\sqrt{3}$λ)，
∴Q(3$\sqrt{3}$(1 - λ),0,$\sqrt{3}$λ)，
∴$\overrightarrow{QM}$=(3$\sqrt{3}$(λ - 1),1, - $\sqrt{3}$λ). 设平面QM的法向量为n₂=(x₂,y₂,z₂)， 则$\begin{cases}n_{2}\cdot\overrightarrow{NM}=0\\n_{2}\cdot\overrightarrow{QM}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}2y_{2}=0\\3\sqrt{3}(λ - 1)x_{2}+y_{2}- \sqrt{3}λz_{2}=0\end{cases}$. 取z₂ = 1，得y₂ = 0，x₂ = $\frac{λ}{3(λ - 1)}$，
∴n₂=($\frac{λ}{3(λ - 1)}$,0,1) = $\frac{1}{3(λ - 1)}$(λ,0,3(λ - 1))，
∴平面QM的一个法向量n=(λ,0,3(λ - 1))（用含λ的式子表示出平面QM的法向量是求解本题的关键）. 设二面角Q - MN - P的平面角为θ， 则|$\cos\theta$| = $\frac{|n\cdot n_{1}|}{|n||n_{1}|}$ = $\frac{|λ|}{\sqrt{λ^{2}+9(λ - 1)^{2}}}$ = $\frac{\sqrt{10}}{10}$， 即$\frac{λ^{2}}{10λ^{2}-18λ + 9}$ = $\frac{1}{10}$，解得λ = $\frac{1}{2}$， 故符合题意的点Q存在且Q为线段PA的中点. 

6. [2023·四川成都石室中学高三月考]已知图（1）中，A，B，C，D 是正方形 EFGH 各边的中点，分别沿着 AB，BC，CD，DA 把△ABF，△BCG，△CDH，△DAE 向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面 ABCD 垂直，再顺次连接 EFGH，得到一个如图（2）所示的多面体，则以下结论正确的是 （写出所有正确结论的序号）.
①△AEF 是正三角形；
②平面 AEF⊥平面 CGH；
③直线 CG 与平面 AEF 所成角的正切值为$\sqrt{2}$；
④当 AB = 2 时，多面体 ABCD - EFGH 的体积为$\frac{8}{3}$.

答案： ①②④

7. [2022·广东深圳外国语学校高二期末]如图（1），在矩形 ABCD 中，AB = 2AD = 2$\sqrt{2}$，E 为线段 DC 的中点，将△ADE 沿直线 AE 折起，使得 DC = $\sqrt{6}$，如图（2）.
（1）求证：BE⊥平面 ADE.
（2）已知点 H 在线段 AB 上移动，设平面 ADE 与平面 DHC 所成的角为θ，求 cosθ的取值范围.

答案：

(1)【证明】取线段AE的中点O，连接DO，OC，如图. 在Rt△ADE中，DA = DE = $\sqrt{2}$，
∴DO⊥AE，AE = 2，DO = 1. 在△OEC中，OE = $\frac{1}{2}$AE = 1，EC = $\sqrt{2}$，∠OEC = $\frac{3\pi}{4}$， 由余弦定理，得OC² = 1 + 2+2×1×$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$ = 5，
∴OC = $\sqrt{5}$. 在△DOC中，DC² = 6 = DO² + OC²，
∴DO⊥OC. 又AE∩OC = O，AE，OC⊂平面ABCE，
∴DO⊥平面ABCE. 又DO⊂平面ADE，
∴平面ADE⊥平面ABCE. 在△ABE中，AE = BE = 2，AB = 2$\sqrt{2}$，
∴BE⊥AE.
∵平面ADE∩平面ABCE = AE，BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥平面ADE.
(2)【解】以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(1,0,1)，C( - 1,1,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0). 易知平面ADE的一个法向量为n₁=(0,1,0). 设点H的坐标为(t,2 - t,0)，t∈[0,2]， 则$\overrightarrow{HC}$=( - t - 1,t - 1,0)，$\overrightarrow{DC}$=( - 2,1, - 1). 设平面DHC的法向量为n₂=(x,y,z)， 则$\begin{cases}n_{2}\cdot\overrightarrow{HC}=(-t - 1)x+(t - 1)y = 0\\n_{2}\cdot\overrightarrow{DC}=-2x + y - z = 0\end{cases}$. 令y = 1 + t，则n₂=(t - 1,1 + t,3 - t). 所以|$\cos\langle n_{1},n_{2}\rangle$| = $\frac{|n_{1}\cdot n_{2}|}{|n_{1}||n_{2}|}$ = $\frac{|1 + t|}{\sqrt{(t - 1)^{2}+(t + 1)^{2}+(3 - t)^{2}}}$. 令m = 1 + t，则m∈[1,3]， 所以|$\cos\langle n_{1},n_{2}\rangle$| = $\frac{|m|}{\sqrt{(m - 2)^{2}+m^{2}+(4 - m)^{2}}}$ = $\frac{1}{\sqrt{\frac{20}{m^{2}}-\frac{12}{m}+3}}$ = $\frac{1}{\sqrt{20(\frac{1}{m}-\frac{3}{10})^{2}+\frac{6}{5}}}$. 又$\frac{1}{m}$∈[$\frac{1}{3}$,1]，所以|$\cos\langle n_{1},n_{2}\rangle$|∈[$\frac{\sqrt{11}}{11}$,$\frac{3\sqrt{11}}{11}$]， 所以$\cos\theta$的取值范围为[$\frac{\sqrt{11}}{11}$,$\frac{3\sqrt{11}}{11}$].