《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1. [2022·山西晋中高三模拟预测]如图，点P在圆柱的上底面圆周上，四边形ABCD为圆柱下底面的内接四边形，AC为圆柱下底面的直径，PD为圆柱的母线，且PD = 3，圆柱的底面半径为1.
(1)证明：AD⊥PC.
(2)AD = $\sqrt{2}$，B为$\overset{\frown}{AC}$的中点，点Q在线段PB上，记$\overrightarrow{PQ}=2\overrightarrow{QB}$，求二面角B - AC - Q的余弦值.

答案：

【证明】**：因为 \(AC\) 为圆柱下底面的直径，所以 \(AD\perp DC\)。因为 \(PD\) 为圆柱的母线，所以 \(PD\perp\) 平面 \(ABCD\)。又 \(AD\subset\) 平面 \(ABCD\)，所以 \(PD\perp AD\)。又 \(DC\cap PD = D\)，所以 \(AD\perp\) 平面 \(PDC\)。又 \(PC\subset\) 平面 \(PDC\)，所以 \(AD\perp PC\)。 - **
(2)【解】**：由题意可知 \(AC = 2\)。由
(1)知 \(AD\perp DC\)，又 \(AD=\sqrt{2}\)，所以 \(DC=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{2}\)。又 \(B\) 为 \(\overset{\frown}{AC}\) 的中点，所以 \(AB = BC=\sqrt{2}\)，即四边形 \(ABCD\) 为正方形。易知 \(DA,DC,DP\) 两两垂直，以 \(D\) 为原点，\(DA,DC,DP\) 所在直线分别为 \(x\) 轴、\(y\) 轴、\(z\) 轴建立空间直角坐标系，如图，则 \(P(0,0,3)\)，\(A(\sqrt{2},0,0)\)，\(B(\sqrt{2},\sqrt{2},0)\)，\(C(0,\sqrt{2},0)\)，所以 \(\overrightarrow{AC}=(-\sqrt{2},\sqrt{2},0)\)，\(\overrightarrow{PA}=(\sqrt{2},0,-3)\)，\(\overrightarrow{PB}=(\sqrt{2},\sqrt{2},-3)\)。因为 \(\overrightarrow{PQ}=2\overrightarrow{QB}\)，所以 \(\overrightarrow{PQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{PB}=(\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3},-2)\)。所以 \(\overrightarrow{AQ}=\overrightarrow{PQ}-\overrightarrow{PA}=(-\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3},1)\)。设平面 \(QAC\) 的法向量为 \(\boldsymbol{m}=(x,y,z)\)，则 \(\begin{cases}\overrightarrow{AQ}\cdot\boldsymbol{m}=0\\\overrightarrow{AC}\cdot\boldsymbol{m}=0\end{cases}\)，即 \(\begin{cases}-\frac{\sqrt{2}}{3}x+\frac{2\sqrt{2}}{3}y + z = 0\\-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y = 0\end{cases}\)。取 \(x = 3\)，则 \(y = 3\)，\(z=-\sqrt{2}\)，所以 \(\boldsymbol{m}=(3,3,-\sqrt{2})\)。易知平面 \(BAC\) 的一个法向量为 \(\boldsymbol{n}=(0,0,-1)\)，所以 \(\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{9 + 9+2\times1}}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{10}\)。由图可知二面角 \(B - AC - Q\) 为锐二面角，所以二面角 \(B - AC - Q\) 的余弦值为 \(\frac{\sqrt{10}}{10}\)。 - **水平诊断**：此题第
(1)问用于检测知识与技能，知道线面垂直的判定定理与性质定理是知识，能够证出 \(AD\perp\) 平面 \(PDC\) 是技能。第
(2)问建立方程组求出平面 \(QAC\) 的法向量 \(\boldsymbol{m}\)，进而计算两平面的法向量的夹角的余弦值，用于检测数学思想——方程思想；同时，第
(2)问中将二面角的平面角的求解转化为求平面 \(QAC\) 和平面 \(BAC\) 的法向量的夹角问题，用于检测数学思想——转化思想。其中，根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，并求出各点的坐标，用于检测基本活动经验。

2. [2022·广东广州高二期中]如图，在四棱锥P - ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PA = $2\sqrt{3}$，G为CD的中点，E，F是棱PD上两点（F在E的上方），且EF = 2.
(1)若BF//平面AEG，求DE；
(2)当点F到平面AEC的距离取得最大值时，求直线AG与平面AEC所成角的正弦值.

答案：  **【解】
(1)**：连接 \(BD\)，交 \(AG\) 于点 \(H\)，连接 \(HE\)，如图。因为 \(G\) 为 \(CD\) 的中点，所以 \(GD\parallel AB\)，\(GD=\frac{1}{2}AB\)，所以 \(\frac{DH}{HB}=\frac{1}{2}\)。因为 \(BF\parallel\) 平面 \(AEG\)，平面 \(AEG\cap\) 平面 \(BDF = HE\)，\(BF\subset\) 平面 \(BDF\)，所以 \(BF\parallel HE\)。所以 \(\frac{DE}{EF}=\frac{DH}{HB}=\frac{1}{2}\)。又 \(EF = 2\)，所以 \(DE = 1\)。 - **
(2)**：因为 \(PA\perp\) 平面 \(ABCD\)，\(AB,AD\subset\) 平面 \(ABCD\)，所以 \(PA\perp AB\)，\(PA\perp AD\)。又底面 \(ABCD\) 为正方形，所以 \(AB\perp AD\)。以 \(A\) 为原点，以 \(AB,AD,AP\) 所在直线分别为 \(x\) 轴、\(y\) 轴、\(z\) 轴建立空间直角坐标系，如图，则 \(A(0,0,0)\)，\(C(2,2,0)\)，\(G(1,2,0)\)。因为 \(EF = 2\)，点 \(C\) 到直线 \(PD\) 的距离不变，所以 \(\triangle EFC\) 的面积为定值。又点 \(A\) 到平面 \(EFC\) 的距离为定值，所以三棱锥 \(A - EFC\) 的体积为定值，即三棱锥 \(F - AEC\) 的体积为定值。所以当 \(\triangle AEC\) 的面积最小时，点 \(F\) 到平面 \(AEC\) 的距离最大。即当点 \(E\) 到直线 \(AC\) 的距离最小时，点 \(F\) 到平面 \(AEC\) 的距离最大。设 \(E(0,2 - t,\sqrt{3}t)(0\leqslant t\leqslant2)\)，则 \(\overrightarrow{AE}=(0,2 - t,\sqrt{3}t)\)，\(\overrightarrow{AC}=(2,2,0)\)，所以点 \(E\) 到直线 \(AC\) 的距离 \(d=\sqrt{\vert\overrightarrow{AE}\vert^{2}-\frac{\vert\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AC}\vert^{2}}{\vert\overrightarrow{AC}\vert^{2}}}=\sqrt{(2 - t)^{2}+3t^{2}-\frac{\vert2(2 - t)\vert^{2}}{2\sqrt{2}}}=\sqrt{\frac{7}{2}t^{2}-2t + 2}\)。所以当 \(t=\frac{2}{7}\) 时，点 \(E\) 到直线 \(AC\) 的距离最小，点 \(F\) 到平面 \(AEC\) 的距离最大，此时 \(\overrightarrow{AE}=(0,\frac{12}{7},\frac{2\sqrt{3}}{7})\)。设平面 \(AEC\) 的法向量为 \(\boldsymbol{m}=(x,y,z)\)，则 \(\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AE}=\frac{12}{7}y+\frac{2\sqrt{3}}{7}z = 0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AC}=2x + 2y = 0\end{cases}\)。取 \(y=-1\)，可得 \(\boldsymbol{m}=(1,-1,2\sqrt{3})\)。易知 \(\overrightarrow{AG}=(1,2,0)\)。设直线 \(AG\) 与平面 \(AEC\) 所成的角为 \(\theta\)，则 \(\sin\theta=\vert\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{AG}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AG}\vert}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\overrightarrow{AG}\vert}=\frac{1}{\sqrt{14}\times\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{70}}{70}\)。所以直线 \(AG\) 与平面 \(AEC\) 所成角的正弦值为 \(\frac{\sqrt{70}}{70}\)。 - **水平诊断**：此题第
(1)问用于检测知识与技能，知道线面平行的性质定理是知识，能够利用 \(BF\parallel\) 平面 \(AEG\) 求出 \(DE\) 是技能。第
(2)问将点到平面的距离最大值的求解问题，通过立体几何图形的体积计算，转化成点到直线的距离最小值的求解，用于检测数学思想——转化思想。其中，根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，并求出各点的坐标，用于检测基本活动经验。