《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

1. [2022·全国乙卷]在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A. 平面B₁EF⊥平面BDD₁
B. 平面B₁EF⊥平面A₁BD
C. 平面B₁EF//平面A₁AC
D. 平面B₁EF//平面A₁C₁D

答案： A

2. [2022·全国甲卷]在四棱锥P - ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD//AB，AD = DC = CB = 1，AB = 2，DP = √3.
(1)证明：BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

答案：

（1）【证明】\(\because CD\parallel AB\)，\(AD = CB = 1\)，\(DC\neq AB\)，\(\therefore\) 四边形 \(ABCD\) 是等腰梯形。如图，过点 \(C\) 作 \(CE\perp AB\) 于 \(E\)，过点 \(D\) 作 \(DF\perp AB\) 于点 \(F\)，则 \(AF = BE=\frac{1}{2}(AB - CD)=\frac{1}{2}\)，\(CD = EF\)。又 \(AD = 1\)，\(\therefore DF=\sqrt{AD^{2}-AF^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。又 \(BF = EF + BE=\frac{3}{2}\)，\(\therefore BD=\sqrt{BF^{2}+DF^{2}}=\sqrt{3}\)。又 \(AD = 1\)，\(AB = 2\)，\(\therefore AD^{2}+BD^{2}=AB^{2}\)，\(\therefore AD\perp BD\)。\(\because PD\perp\) 平面 \(ABCD\)，\(BD\subset\) 平面 \(ABCD\)，\(\therefore PD\perp BD\)。又 \(AD\cap PD = D\)，\(\therefore BD\perp\) 平面 \(PAD\)。\(\because PA\subset\) 平面 \(PAD\)，\(\therefore BD\perp PA\)。 - （2）【解】以 \(D\) 为原点，\(DA,DB,DP\) 所在直线分别为 \(x\) 轴、\(y\) 轴、\(z\) 轴建立空间直角坐标系，则 \(D(0,0,0)\)，\(A(1,0,0)\)，\(B(0,\sqrt{3},0)\)，\(P(0,0,\sqrt{3})\)，\(\therefore\overrightarrow{PD}=(0,0,-\sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{PA}=(1,0,-\sqrt{3})\)，\(\overrightarrow{PB}=(0,\sqrt{3},-\sqrt{3})\)。设平面 \(PAB\) 的法向量为 \(\boldsymbol{n}=(x,y,z)\)，则 \(\begin{cases}\overrightarrow{PA}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{PB}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}\)，即 \(\begin{cases}x-\sqrt{3}z = 0\\\sqrt{3}y-\sqrt{3}z = 0\end{cases}\)。取 \(z = 1\)，得 \(x=\sqrt{3}\)，\(y = 1\)，则 \(\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},1,1)\)。设直线 \(PD\) 与平面 \(PAB\) 所成的角为 \(\theta\)，则 \(\sin\theta=|\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{PD}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PD}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{PD}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}\times\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\)。\(\therefore PD\) 与平面 \(PAB\) 所成的角的正弦值为 \(\frac{\sqrt{5}}{5}\)。 

3. [2022·新高考Ⅰ卷]如图，直三棱柱ABC - A₁B₁C₁的体积为4，△A₁BC的面积为2√2.
(1)求A到平面A₁BC的距离;
(2)设D为A₁C的中点，AA₁ = AB，平面A₁BC⊥平面ABB₁A₁，求二面角A - BD - C的正弦值.

答案：

（1）【解】设点 \(A\) 到平面 \(A_{1}BC\) 的距离为 \(h\)。\(\because V_{三棱锥A_{1}-ABC}=V_{三棱锥A - A_{1}BC}=\frac{1}{3}V_{三棱柱ABC - A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{4}{3}\)，\(\therefore\frac{1}{3}\cdot S_{\triangle A_{1}BC}\cdot h=\frac{4}{3}\)。\(\because S_{\triangle A_{1}BC}=2\sqrt{2}\)，\(\therefore h=\sqrt{2}\)。\(\therefore\) 点 \(A\) 到平面 \(A_{1}BC\) 的距离为 \(\sqrt{2}\)。 - （2）如图，取 \(A_{1}B\) 的中点 \(E\)，连接 \(AE\)。\(\because AA_{1}=AB\)，\(\therefore AE\perp A_{1}B\)。\(\because\) 平面 \(A_{1}BC\perp\) 平面 \(ABB_{1}A_{1}\)，平面 \(A_{1}BC\cap\) 平面 \(ABB_{1}A_{1}=A_{1}B\)，\(AE\subset\) 平面 \(ABB_{1}A_{1}\)，\(\therefore AE\perp\) 平面 \(A_{1}BC\)，\(\therefore AE = h=\sqrt{2}\)，则 \(AA_{1}=AB = 2\)。\(\because AE\perp\) 平面 \(A_{1}BC\)，\(BC\subset\) 平面 \(A_{1}BC\)，\(\therefore AE\perp BC\)。\(\because A_{1}A\perp BC\)，\(AE\cap A_{1}A = A\)，\(AE,A_{1}A\subset\) 平面 \(ABB_{1}A_{1}\)，\(\therefore BC\perp\) 平面 \(ABB_{1}A_{1}\)。\(\because AB\subset\) 平面 \(ABB_{1}A_{1}\)，\(\therefore BC\perp AB\)。由 \(V_{三棱柱ABC - A_{1}B_{1}C_{1}}=S_{\triangle ABC}\cdot A_{1}A=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot A_{1}A=\frac{1}{2}\times2\times BC\times2 = 4\)，解得 \(BC = 2\)。以 \(B\) 为原点，分别以 \(BC,BA,BB_{1}\) 所在直线为 \(x\) 轴、\(y\) 轴、\(z\) 轴建立空间直角坐标系，则 \(B(0,0,0)\)，\(A(0,2,0)\)，\(E(0,1,1)\)，\(D(1,1,1)\)。\(\therefore\overrightarrow{AE}=(0,-1,1)\)，\(\overrightarrow{BD}=(1,1,1)\)，\(\overrightarrow{BA}=(0,2,0)\)。由上述分析知，平面 \(BDC\) 的一个法向量为 \(\overrightarrow{AE}=(0,-1,1)\)。设平面 \(BDA\) 的法向量为 \(\boldsymbol{n}=(x,y,z)\)，则 \(\begin{cases}\overrightarrow{BA}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}\)，\(\therefore\begin{cases}2y = 0\\x + y+z = 0\end{cases}\)。取 \(x = 1\)，则 \(y = 0\)，\(z=-1\)，\(\therefore\boldsymbol{n}=(1,0,-1)\)，\(\therefore\cos\langle\overrightarrow{AE},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{AE}||\boldsymbol{n}|}=\frac{0 + 0-1}{\sqrt{2}\times\sqrt{2}}=-\frac{1}{2}\)。设二面角 \(A - BD - C\) 的平面角为 \(\alpha(0\leqslant\alpha\leqslant\pi)\)，则 \(\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\therefore\) 二面角 \(A - BD - C\) 的正弦值为 \(\frac{\sqrt{3}}{2}\)。

4. [2022·新高考Ⅱ卷]如图，PO是三棱锥P - ABC的高，PA = PB，AB⊥AC，E为PB的中点.
(1)证明：OE//平面PAC.
(2)若∠ABO = ∠CBO = 30°，PO = 3，PA = 5，求二面角C - AE - B的正弦值.

答案：

（1）【证明】如图，连接 \(OA\)。因为 \(PO\) 是三棱锥 \(P - ABC\) 的高，所以 \(PO\perp\) 平面 \(ABC\)，所以 \(PO\perp OA\)，\(PO\perp OB\)，所以 \(\angle POA=\angle POB = 90^{\circ}\)。又 \(PA = PB\)，\(PO = PO\)，所以 \(Rt\triangle POA\cong Rt\triangle POB\)，所以 \(OA = OB\)。取 \(AB\) 的中点 \(D\)，连接 \(OD,DE\)，则有 \(OD\perp AB\)。又 \(AB\perp AC\)，所以 \(OD\parallel AC\)。因为 \(OD\not\subset\) 平面 \(PAC\)，\(AC\subset\) 平面 \(PAC\)，所以 \(OD\parallel\) 平面 \(PAC\)。因为 \(D,E\) 分别为 \(AB,PB\) 的中点，所以 \(DE\parallel PA\)。因为 \(DE\not\subset\) 平面 \(PAC\)，\(PA\subset\) 平面 \(PAC\)，所以 \(DE\parallel\) 平面 \(PAC\)。因为 \(OD,DE\subset\) 平面 \(ODE\)，\(OD\cap DE = D\)，所以平面 \(ODE\parallel\) 平面 \(PAC\)。又 \(OE\subset\) 平面 \(ODE\)，所以 \(OE\parallel\) 平面 \(PAC\)。 - （2）【解】由（1）知 \(OD\perp AB\)。以 \(D\) 为原点，分别以 \(DB,DO\) 所在直线为 \(x\) 轴、\(y\) 轴，以过点 \(D\) 且垂直于平面 \(ABC\) 的直线为 \(z\) 轴，建立空间直角坐标系，如图。因为 \(PO = 3\)，\(PA = PB = 5\)，且 \(PO\perp OA\)，\(PO\perp OB\)，所以 \(OA = OB = 4\)。又 \(\angle ABO=\angle CBO = 30^{\circ}\)，所以 \(OD=\frac{1}{2}OB = 2\)，\(DA = DB = 2\sqrt{3}\)，所以 \(P(0,2,3)\)，\(B(2\sqrt{3},0,0)\)，\(A(-2\sqrt{3},0,0)\)，\(E(\sqrt{3},1,\frac{3}{2})\)，所以 \(\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0)\)，\(\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})\)。设平面 \(AEB\) 的法向量为 \(\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})\)，则 \(\begin{cases}\overrightarrow{AB}\cdot\boldsymbol{n}_{1}=0\\\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}_{1}=0\end{cases}\)，即 \(\begin{cases}4\sqrt{3}x_{1}=0\\3\sqrt{3}x_{1}+y_{1}+\frac{3}{2}z_{1}=0\end{cases}\)，所以 \(x_{1}=0\)。取 \(y_{1}=3\)，得 \(z_{1}=-2\)，所以 \(\boldsymbol{n}_{1}=(0,3,-2)\)。设 \(AC = a\)，则 \(C(-2\sqrt{3},a,0)\)，所以 \(\overrightarrow{AC}=(0,a,0)\)。设平面 \(AEC\) 的法向量为 \(\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})\)，则 \(\begin{cases}\overrightarrow{AC}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\\\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}_{2}=0\end{cases}\)，即 \(\begin{cases}ay_{2}=0\\3\sqrt{3}x_{2}+y_{2}+\frac{3}{2}z_{2}=0\end{cases}\)，所以 \(y_{2}=0\)。取 \(x_{2}=\sqrt{3}\)，得 \(z_{2}=-6\)，所以 \(\boldsymbol{n}_{2}=(\sqrt{3},0,-6)\)。所以 \(\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}}{|\boldsymbol{n}_{1}||\boldsymbol{n}_{2}|}=\frac{12}{\sqrt{13}\times\sqrt{39}}=\frac{4\sqrt{3}}{13}\)。所以二面角 \(C - AE - B\) 的正弦值为 \(\sqrt{1 - (\frac{4\sqrt{3}}{13})^{2}}=\frac{11}{13}\)。