《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

21. (本小题满分12分) [2023·山东东营广饶一中高三阶段练习]如图，在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，四边形$A_{1}C_{1}CA$为菱形，$\angle B_{1}A_{1}A=\angle C_{1}A_{1}A = 60^{\circ}$，$AC = 4$，$AB = 2$，平面$ACC_{1}A_{1}\perp$平面$ABB_{1}A_{1}$，点$Q$在线段$AC$上移动，点$P$为棱$AA_{1}$的中点.
(1)若$Q$为线段$AC$的中点，$H$为$BQ$的中点，延长$AH$交$BC$于点$D$，求证：$AD//$平面$B_{1}PQ$.
(2)若二面角$B_{1}-PQ - C_{1}$的平面角的余弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$，求点$P$到平面$BQB_{1}$的距离.

答案：
(1)连接$A_{1}C$，因为四边形$A_{1}C_{1}CA$为菱形，$Q$为$AC$中点，所以$A_{1}C// PQ$.
在$\triangle ABC$中，$H$为$BQ$中点，延长$AH$交$BC$于$D$，由三角形中位线定理的逆定理可知$D$为$BC$中点.
连接$A_{1}B_{1}$，$AB_{1}$，因为三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$，所以$A_{1}B_{1}// AB$，$A_{1}B_{1}=AB$.
又$P$为$AA_{1}$中点，$D$为$BC$中点，可证得平面$A_{1}BC//$平面$B_{1}PQ$，而$AD\subset$平面$A_{1}BC$，所以$AD//$平面$B_{1}PQ$.
(2)取$AA_{1}$中点$P$，连接$C_{1}P$，$B_{1}P$，因为四边形$A_{1}C_{1}CA$为菱形，$\angle C_{1}A_{1}A = 60^{\circ}$，所以$\triangle A_{1}C_{1}P$为等边三角形.
以$P$为原点，分别以$PQ$，$PA_{1}$，过$P$垂直于平面$ACC_{1}A_{1}$的直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系.
设$AQ = x(0\leqslant x\leqslant4)$，则$Q(x,0,0)$，$B_{1}( - 1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$，$C_{1}( - 2,0,2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PQ}=(x,0,0)$，$\overrightarrow{PB_{1}}=(-1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{PC_{1}}=(-2,0,2\sqrt{3})$.
设平面$B_{1}PQ$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(y_{1},z_{1},w_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{PQ}=xy_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{PB_{1}}=-y_{1}+\sqrt{3}z_{1}+2\sqrt{3}w_{1}=0\end{cases}$，令$z_{1}=2$，则$w_{1}=-1$，$y_{1}=0$，所以$\boldsymbol{n}_{1}=(0,2, - 1)$.
设平面$C_{1}PQ$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(y_{2},z_{2},w_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{PQ}=xy_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{PC_{1}}=-2y_{2}+2\sqrt{3}w_{2}=0\end{cases}$，令$w_{2}=1$，则$y_{2}=0$，$z_{2}=0$，所以$\boldsymbol{n}_{2}=(0,0,1)$.
因为二面角$B_{1}-PQ - C_{1}$的平面角的余弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$，$\vert\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}\vert}{\vert\boldsymbol{n}_{1}\vert\vert\boldsymbol{n}_{2}\vert}=\frac{\vert-1\vert}{\sqrt{0 + 4+1}\times1}=\frac{\sqrt{13}}{13}$（此步验证法向量的合理性）.
当$Q$为$AC$中点时，$Q(2,0,0)$，$B(1,\sqrt{3},0)$，$B_{1}( - 1,\sqrt{3},2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BQ}=(1, - \sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(-2,0,2\sqrt{3})$，$\overrightarrow{BP}=( - 1,-\sqrt{3},0)$.
设平面$BQB_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}=(a,b,c)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BQ}=a-\sqrt{3}b = 0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BB_{1}}=-2a + 2\sqrt{3}c = 0\end{cases}$，令$a=\sqrt{3}$，则$b = 1$，$c = 1$，所以$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},1,1)$.
点$P$到平面$BQB_{1}$的距离$d=\frac{\vert\overrightarrow{BP}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{\vert- \sqrt{3}-\sqrt{3}+0\vert}{\sqrt{3 + 1+1}}=\frac{2\sqrt{15}}{5}$.

22. (本小题满分12分) [2023·山西长治第二中学高二月考]已知三棱锥$P - ABC$[如图(1)]的平面展开图[如图(2)]中，四边形$ABCD$是边长为$2\sqrt{2}$的正方形，$\triangle ABE$和$\triangle BCF$均为等边三角形.
(1)证明：平面$PAC\perp$平面$ABC$.
(2)棱$PA$上是否存在一点$M$，使得平面$PBC$与平面$BCM$所成角的余弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$？若存在，求出$\frac{PM}{PA}$的值；若不存在，请说明理由.

答案：
(1)取$AC$中点$O$，连接$PO$，$BO$.
在正方形$ABCD$中，$AC = 4$，$BO\perp AC$，$BO = 2$.
在等边$\triangle ABE$和等边$\triangle BCF$中，根据平面展开图还原三棱锥可知$PA = PC$，所以$PO\perp AC$.
又$PO^{2}+BO^{2}=PB^{2}$，所以$PO\perp BO$.
因为$AC\cap BO = O$，$AC\subset$平面$ABC$，$BO\subset$平面$ABC$，所以$PO\perp$平面$ABC$.
又$PO\subset$平面$PAC$，所以平面$PAC\perp$平面$ABC$.
(2)以$O$为原点，分别以$OB$，$OC$，$OP$所在直线为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系.
则$O(0,0,0)$，$A(0, - 2,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$P(0,0,2)$.
$\overrightarrow{PA}=(0, - 2,-2)$，$\overrightarrow{PB}=(2,0, - 2)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,2,0)$.
设$\overrightarrow{PM}=\lambda\overrightarrow{PA}(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{PM}=(0, - 2\lambda,-2\lambda)$，$M(0, - 2 + 2\lambda,2 - 2\lambda)$，$\overrightarrow{BM}=(-2, - 2 + 2\lambda,2 - 2\lambda)$.
设平面$PBC$的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{PB}=2x_{1}-2z_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{BC}=-2x_{1}+2y_{1}=0\end{cases}$，令$x_{1}=1$，则$y_{1}=1$，$z_{1}=1$，所以$\boldsymbol{n}_{1}=(1,1,1)$.
设平面$BCM$的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{BC}=-2x_{2}+2y_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{BM}=-2x_{2}+(-2 + 2\lambda)y_{2}+(2 - 2\lambda)z_{2}=0\end{cases}$，令$x_{2}=1$，则$y_{2}=1$，$z_{2}=\frac{2 - 2\lambda}{2\lambda - 2}=-1$（$\lambda\neq1$），当$\lambda = 1$时，$M$与$A$重合，不符合题意.
$\vert\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}\vert}{\vert\boldsymbol{n}_{1}\vert\vert\boldsymbol{n}_{2}\vert}=\frac{\vert1\times1 + 1\times1+1\times(-1)\vert}{\sqrt{1 + 1+1}\times\sqrt{1 + 1+1}}=\frac{1}{3}\neq\frac{2\sqrt{2}}{3}$.
所以棱$PA$上不存在一点$M$，使得平面$PBC$与平面$BCM$所成角的余弦值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$.

如图，某海面上有O，A，B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东45°方向，且距O岛40√2 km，B岛在O岛的正东方，且距O岛20 km. 以O为原点，O的正东方向为x轴的正方向，1 km为单位长度，建立平面直角坐标系. 圆C经过O，A，B三点.
(1)求圆C的方程.
(2)若圆C区域内有未知暗礁，现有一船M在O岛的南偏西30°方向，且距O岛40 km，正沿着北偏东45°方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？

答案： 略