《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1. [重庆九校联盟2024高二联考]在空间直角坐标系中，直线l的一个方向向量为$\boldsymbol{m}=(-1,0,3)$，平面$\alpha$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,\sqrt{5},2)$，则直线l与平面$\alpha$所成的角为 （ ）
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{2\pi}{3}$
D. $\frac{5\pi}{6}$

答案： A 【解析】设直线l与平面α所成的角为θ(0≤θ≤π / 2)，
则sinθ = $\vert\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\frac{\vert\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{1}{2}$，所以θ = π / 6. 故选A.

2. (多选)已知正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，E，F分别为$A_{1}D_{1}$，$CC_{1}$的中点，则 （ ）
A. 直线BE与$B_{1}F$所成角为90°
B. 直线$B_{1}C$与$C_{1}D$所成角为60°
C. 直线$AA_{1}$与平面$ABC_{1}D_{1}$所成角为45°
D. 直线$AA_{1}$与平面BFD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
ABC 【解析】以D为坐标原点，以$\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DD_{1}}$的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.

设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，D₁(0,0,2)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(0,2,1)，A₁(2,0,2)，B₁(2,2,2)，C₁(0,2,2)，则$\overrightarrow{BE}=(-1,-2,2)$，$\overrightarrow{B_{1}F}=(-2,0,-1)$，
故$\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{B_{1}F}=2 - 2 = 0$，则$\overrightarrow{BE}\perp\overrightarrow{B_{1}F}$，故直线BE与B₁F所成角为90°，A正确；
$\overrightarrow{B_{1}C}=(-2,0,-2)$，$\overrightarrow{C_{1}D}=(0,-2,-2)$，$\cos\langle\overrightarrow{B_{1}C},\overrightarrow{C_{1}D}\rangle=\frac{\overrightarrow{B_{1}C}\cdot\overrightarrow{C_{1}D}}{\vert\overrightarrow{B_{1}C}\vert\vert\overrightarrow{C_{1}D}\vert}=\frac{4}{2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，又0°≤$\langle\overrightarrow{B_{1}C},\overrightarrow{C_{1}D}\rangle$≤180°，故$\langle\overrightarrow{B_{1}C},\overrightarrow{C_{1}D}\rangle = 60°$，即直线B₁C与C₁D所成角为60°，B正确；
$\overrightarrow{AB}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{AD_{1}}=(-2,0,2)$，$\overrightarrow{AA_{1}}=(0,0,2)$，设平面ABC₁D₁的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则
$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB}=2y = 0, \\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AD_{1}}=-2x + 2z = 0,\end{cases}$
令x = 1，则$\boldsymbol{n}=(1,0,1)$，
故$\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{AA_{1}}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\vert\overrightarrow{AA_{1}}\vert}=\frac{2}{\sqrt{2}\times2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为直线与平面所成角θ的范围为{θ|0°≤θ≤90°}，所以直线AA₁与平面ABC₁D₁所成角为45°，C正确；
$\overrightarrow{DF}=(0,2,1)$，$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，设平面BFD的法向量为$\boldsymbol{m}=(a,b,c)$，
则
$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DB}=2a + 2b = 0, \\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{DF}=2b + c = 0,\end{cases}$
令a = 1，则$\boldsymbol{m}=(1,-1,2)$，故$\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{AA_{1}}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AA_{1}}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\overrightarrow{AA_{1}}\vert}=\frac{4}{\sqrt{6}\times2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，故直线AA₁与平面BFD所成角的正弦值为√6 / 3，D错误. 故选ABC.

3. [山东聊城2024高二期中]如图，在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，O是AC中点，点P在线段$A_{1}C_{1}$上，若直线OP与平面$A_{1}BC_{1}$所成的角为$\theta$，则$\sin\theta$的取值范围是 （ ）
A. $[\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}]$ B. $[\frac{1}{3},\frac{1}{2}]$
C. $[\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{\sqrt{3}}{3}]$ D. $[\frac{1}{4},\frac{1}{3}]$
　　　　　　　　　　　　

答案：
A 【解析】如图，设正方体的棱长为1，$\frac{A_{1}P}{A_{1}C_{1}}=\lambda(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，则$\overrightarrow{A_{1}P}=\lambda\overrightarrow{A_{1}C_{1}}$.

以D为原点，以DA，DC，DD₁所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则A(1,0,0)，C(0,1,0)，O($\frac{1}{2},\frac{1}{2},0$)，故$\overrightarrow{A_{1}C_{1}}=\overrightarrow{AC}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{A_{1}P}=(-\lambda,\lambda,0)$，又A₁(1,0,1)，则P(1 - λ,λ,1)，所以$\overrightarrow{OP}=(\frac{1}{2}-\lambda,\lambda-\frac{1}{2},1)$.
在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，可知体对角线B₁D⊥平面A₁BC₁，所以$\overrightarrow{DB_{1}}=(1,1,1)$是平面A₁BC₁的一个法向量，所以sinθ = $\vert\cos\langle\overrightarrow{OP},\overrightarrow{DB_{1}}\rangle\vert=\frac{\vert(\frac{1}{2}-\lambda)+(\lambda-\frac{1}{2}) + 1\vert}{\sqrt{3}\times\sqrt{(\frac{1}{2}-\lambda)^{2}+(\lambda-\frac{1}{2})^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{6(\lambda-\frac{1}{2})^{2}+3}}$. 所以当λ = 1 / 2时，sinθ取得最大值√3 / 3，当λ = 0或1时，sinθ取得最小值√2 / 3. 所以sinθ∈[$\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}$]，故选A.

4. [湖北宜昌一中2024高二段考]如图，由直三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$和四棱锥$D - BB_{1}C_{1}C$构成的几何体中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AB = 1$，$BC = BB_{1}=2$，$DC_{1}=DC=\sqrt{5}$，平面$CC_{1}D\perp$平面$ACC_{1}A_{1}$. P为线段BC上一动点，当$BP =$________时，直线DP与平面$BB_{1}D$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{4}$.
　　　　　　　　　　　　　

答案：
1 【解析】以A为坐标原点，$\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AA_{1}},\overrightarrow{AB}$的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系.

则A(0,0,0)，C(√3,0,0)，C₁(√3,2,0)，D(√3,1,2)，B(0,0,1)，B₁(0,2,1)，所以$\overrightarrow{BB_{1}}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{BD}=(\sqrt{3},1,1)$.
设平面BB₁D的法向量$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，所以
$\begin{cases}\overrightarrow{BB_{1}}\cdot\boldsymbol{n}=0, \\\overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{n}=0,\end{cases}$
所以
$\begin{cases}2y = 0, \\\sqrt{3}x + y + z = 0,\end{cases}$
取x = √3，可得平面BB₁D的一个法向量$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},0,-3)$，设$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}$，λ∈[0,1]，所以$\overrightarrow{DP}=\overrightarrow{DB}+\lambda\overrightarrow{BC}=(\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3},-1,-1-\lambda)$，所以
$\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\vert3\lambda - 3 + 3 + 3\lambda\vert}{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{(\sqrt{3}\lambda-\sqrt{3})^{2}+1+(\lambda + 1)^{2}}}$，
解得λ = 1 / 2或λ = -5 / 6(舍去)，
所以$\frac{BP}{BC}=\frac{1}{2}$.
因为BC = 2，所以BP = 1.

5. [浙江杭州第二中学2023高二期中]如图，在正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，$AB = 3$，$AA_{1}=4$，点P是侧面$BCC_{1}B_{1}$内的动点，且$AP\perp BD_{1}$，记AP与平面$BCC_{1}B_{1}$所成的角为$\theta$，则$\tan\theta$的最大值为________.
　　　　　　　　　　　　　

答案：
$\frac{5}{3}$ 【解析】根据题意，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示.

则A(3,0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，D₁(0,0,4)，所以$\overrightarrow{D_{1}B}=(3,3,-4)$.
设点P的坐标为(m,3,n)(0≤m≤3,0≤n≤4)，则$\overrightarrow{AP}=(m - 3,3,n)$，
因为AP⊥BD₁，所以$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{D_{1}B}=3(m - 3)+9 - 4n = 0$，即3m = 4n.
取平面BCC₁B₁的一个法向量为$\boldsymbol{t}=(0,1,0)$，故$\cos\langle\overrightarrow{AP},\boldsymbol{t}\rangle=\frac{\boldsymbol{t}\cdot\overrightarrow{AP}}{\vert\boldsymbol{t}\vert\vert\overrightarrow{AP}\vert}=\frac{3}{\sqrt{(m - 3)^{2}+n^{2}+9}}$，则sinθ = $\frac{3}{\sqrt{(m - 3)^{2}+n^{2}+9}}=\frac{3}{\sqrt{\frac{25}{9}n^{2}-8n + 18}}$，
又y = $\frac{25}{9}n^{2}-8n + 18$在(0,$\frac{36}{25}$]上单调递减，在($\frac{36}{25},4$)上单调递增，
故n = $\frac{36}{25}$时，y = $\frac{25}{9}n^{2}-8n + 18$取得最小值$\frac{306}{25}$，此时sinθ取得最大值$\frac{5}{\sqrt{34}}=\frac{5\sqrt{34}}{34}$，此时cosθ = $\frac{3\sqrt{34}}{34}$，则tanθ取得最大值，为$\frac{5}{3}$.

6. [广东深圳2024高二期中]如图是一个直三棱柱(以$A_{1}B_{1}C_{1}$为底面)被一平面所截后得到的几何体，截面为ABC. 已知$A_{1}B_{1}=B_{1}C_{1}=1$，$\angle A_{1}B_{1}C_{1}=90^{\circ}$，$AA_{1}=4$，$BB_{1}=2$，$CC_{1}=3$.
(1)设点O是AB的中点，证明：$OC//$平面$A_{1}B_{1}C_{1}$；
(2)求直线AB与平面$AA_{1}C_{1}C$所成的角的余弦值；
(3)求此几何体的体积.
　　　　　　　　　　　　　　

答案：

(1)【证明】由题可得BB₁⊥平面A₁B₁C₁，又A₁B₁，B₁C₁⊂平面A₁B₁C₁，所以BB₁⊥A₁B₁，BB₁⊥B₁C₁，
又因为∠A₁B₁C₁ = 90°，所以可以以B₁为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

则C₁(1,0,0)，C(1,0,3)，A₁(0,1,0)，A(0,1,4)，B(0,0,2)，
因为O是AB的中点，
所以O(0,$\frac{1}{2},3$)，$\overrightarrow{OC}=(1,-\frac{1}{2},0)$，
易知$\boldsymbol{n}=(0,0,1)$是平面A₁B₁C₁的一个法向量，$\overrightarrow{OC}\cdot\boldsymbol{n}=0$，又OC⊄平面A₁B₁C₁，所以OC//平面A₁B₁C₁.
(2)【解】设直线AB与平面AA₁C₁C所成的角为θ，$\overrightarrow{A_{1}A}=(0,0,4)$，$\overrightarrow{A_{1}C_{1}}=(1,-1,0)$，设$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$是平面AA₁C₁C的法向量，则由
$\begin{cases}\overrightarrow{A_{1}A}\cdot\boldsymbol{m}=0, \\\overrightarrow{A_{1}C_{1}}\cdot\boldsymbol{m}=0,\end{cases}$
得
$\begin{cases}z = 0, \\x - y = 0,\end{cases}$
取x = 1，得$\boldsymbol{m}=(1,1,0)$.
又因为$\overrightarrow{AB}=(0,-1,-2)$，所以$\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{AB}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{AB}}{\vert\boldsymbol{m}\vert\vert\overrightarrow{AB}\vert}=-\frac{\sqrt{10}}{10}$，
则sinθ = $\frac{\sqrt{10}}{10}$，cosθ = $\frac{3\sqrt{10}}{10}$，所以直线AB与平面AA₁C₁C所成的角的余弦值为$\frac{3\sqrt{10}}{10}$.
(3)【解】分别延长A₁A，B₁B，C₁C至点D，E，F，使AD = 2，BE = 4，CF = 3，则$V_{ABC - A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}V_{DEF - A_{1}B_{1}C_{1}}=\frac{1}{2}\times(\frac{1}{2}\times1\times1)\times6=\frac{3}{2}$. 因此几何体的体积为$\frac{3}{2}$.

7. [湖北武汉部分重点中学2023高二期中联考]如图，四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是直角梯形，$AB// CD$，$\angle BAD = 90^{\circ}$，$PD = DC = BC = 2PA = 2AB = 2$，$PD\perp CD$.
(1)求证：$PA\perp$平面ABCD；
(2)求直线BD与平面BPC所成角的正弦值.
　　　　　　　　　

答案：

(1)【证明】由于AB//CD，∠BAD = 90°，所以CD⊥AD.
又PD⊥CD，PD∩AD = D，PD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA.
取CD的中点E，连接BE，如图.

因为底面ABCD是直角梯形，DE//AB且DC = 2DE = 2AB = 2，∠BAD = 90°，
故四边形ABED为矩形，且AD = BE且BE⊥CD，所以AD = BE = $\sqrt{BC^{2}-CE^{2}}=\sqrt{3}$，又PA = 1，PD = 2，所以在△PAD中，AD² + PA² = PD²，即PA⊥AD，又AD∩AB = A，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.
(2)【解】因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,√3,0)，D(0,√3,0)，P(0,0,1)，所以$\overrightarrow{BD}=(-1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{PB}=(1,0,-1)$，$\overrightarrow{BC}=(1,\sqrt{3},0)$.
设平面BPC的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则
$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{PB}=x - z = 0, \\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{BC}=x+\sqrt{3}y = 0,\end{cases}$
取x = √3，可得$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},-1,\sqrt{3})$，
所以$\vert\cos\langle\overrightarrow{BD},\boldsymbol{n}\rangle\vert=\frac{\vert\overrightarrow{BD}\cdot\boldsymbol{n}\vert}{\vert\overrightarrow{BD}\vert\vert\boldsymbol{n}\vert}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.
所以直线BD与平面BPC所成角的正弦值为√21 / 7.