《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

15.(本小题满分13分)[辽宁沈阳2024高二期中]如图,三棱锥P−ABC的底面为等腰直角三角形,∠ABC = 90°,AB = 2.D,E分别为AC,BC的中点,PD⊥平面ABC,点M在线段PE上.
　(1)从下面的①②③④四个条件中选择两个作为已知,使得平面MBD⊥平面PBC,并给予证明.
　条件①:PD = $\sqrt{2}$;条件②:PD = $\sqrt{3}$;
　条件③:PM = 3ME;条件④:PE = 3ME.
　(2)在(1)的条件下,求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值.
　注:如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.
　　　　　　　　　　　

答案：
【解】
(1)因为PD⊥平面ABC,DB⊂平面ABC,DC⊂平面ABC,所以PD⊥DB,PD⊥DC,又因为底面ABC为等腰直角三角形,∠ABC = 90°,所以DB⊥DC,则建立如图所示的空间直角坐标系.

故D(0,0,0),B(√2,0,0),C(0,√2,0),E(√2/2,√2/2,0),设P(0,0,t),t＞0,PM = λPE,0≤λ≤1,
则DB = (√2,0,0),PB = (√2,0,-t),PC = (0,√2,-t),PE = (√2/2,√2/2,-t),DP=(0,0,t).
故DM = DP + PM = DP + λPE = (√2/2λ,√2/2λ,(1 - λ)t).
设平面MBD的法向量为n1 = (x1,y1,z1),则
{DB·n1 = √2x1 = 0,
{DM·n1 = √2/2λx1 + √2/2λy1 + (1 - λ)tz1 = 0,
令y1 = 1,可得n1 = (0,1,√2λ/2(λ - 1)t).
设平面PBC的法向量为n2 = (x2,y2,z2),则
{PB·n2 = √2x2 - tz2 = 0,
{PC·n2 = √2y2 - tz2 = 0,
令x2 = 1,可得n2 = (1,1,√2/t).
要使平面MBD⊥平面PBC,则n1·n2 = 1 + 2λ/2(λ - 1)t² = 0,解得λ = t²/(t² + 1).
注意到条件①⇔t = √2,条件②⇔t = √3,条件③⇔λ = 3/4,
条件④⇔λ = 2/3,
所以只能选①④或②③.
当选择①④时,
n1 = (0,1,-1),n2 = (1,1,1),所以n1·n2 = 0 + 1 - 1 = 0,所以平面MBD⊥平面PBC.
当选择②③时,
n1 = (0,1,-√6/2),n2 = (1,1,√6/3).
所以n1·n2 = 0 + 1 - 1 = 0,所以平面MBD⊥平面PBC.
(2)当选择①④时,
由
(1)知BP = (-√2,0,√2),平面MBD的一个法向量为n1 = (0,1,-1).
设直线BP与平面MBD所成角为θ,则sinθ = |BP·n1|/|BP||n1| = √2/(2×√2) = 1/2.所以直线BP与平面MBD所成的角的正弦值为1/2.
当选择②③时,
由
(1)知BP = (-√2,0,√3),平面MBD的一个法向量为n1 = (0,1,-√6/2).
设直线BP与平面MBD所成角为θ,则sinθ = |BP·n1|/|BP||n1| = (3√2/2)/(√5×√(5/2)) = 3/5.所以直线BP与平面MBD所成的角的正弦值为3/5.

16.(本小题满分15分)[安徽皖中联盟2024高二期中联考]如图,在直三棱柱ABC−A₁B₁C₁中,AA₁ = AB = 1,AB⊥BC.
　(1)证明:AB₁⊥A₁C;
　(2)若三棱锥A₁−AB₁C的体积为$\frac{\sqrt{2}}{6}$,求平面A₁B₁C与平面AB₁C夹角的余弦值.
　　　　　　　　　　　　

答案：

(1)【证明】连接A1B,如图.
由直三棱柱ABC - A1B1C1的性质可知,BB1⊥BC.
因为AB⊥BC,AB∩BB1 = B,AB⊂平面AA1B1B,BB1⊂平面AA1B1B,
所以BC⊥平面AA1B1B.
因为AB1⊂平面AA1B1B,所以BC⊥AB1.因为AA1 = AB = 1,所以四边形AA1B1B为正方形,所以AB1⊥A1B,
又因为BC∩A1B = B,BC⊂平面A1BC,A1B⊂平面A1BC,
所以AB1⊥平面A1BC.
因为A1C⊂平面A1BC,
所以AB1⊥A1C.

(2)【解】由
(1)得BC⊥平面AA1B1B,从而点C到平面AA1B1的距离为BC,
故VA1 - AB1C = VC - AA1B1 = 1/3×1/2A1B1·AA1·BC = 1/6BC = √2/6,即BC = √2.
以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,1,0),A1(0,1,1),B1(0,0,1),C(√2,0,0),
设平面AB1C的法向量为m = (x1,y1,z1),因为AC = (√2,-1,0),AB1 = (0,-1,1),
所以{m·AC = 0,
{m·AB1 = 0⇒{√2x1 - y1 = 0,
{-y1 + z1 = 0,
令x1 = √2,则y1 = z1 = 2,可得平面AB1C的一个法向量m = (√2,2,2).
设平面A1B1C的法向量为n = (x2,y2,z2),因为A1C = (√2,-1,-1),A1B1 = (0,-1,0),
所以{n·A1C = 0,
{n·A1B1 = 0⇒{√2x2 - y2 - z2 = 0,
{-y2 = 0,
令x2 = √2,则y2 = 0,z2 = 2,可得平面A1B1C的一个法向量n = (√2,0,2).
设平面A1B1C与平面AB1C的夹角为θ,则cosθ = |m·n|/|m||n| = √15/5,
故平面A1B1C与平面AB1C夹角的余弦值为√15/5.

17.(本小题满分15分)[山东临沂2023高二期末]如图,在四棱锥S−ABCD中,△ABS是正三角形,四边形ABCD是菱形,AB = 4,∠ABC = 120°,点E是BS的中点.
　(1)求证:SD//平面ACE;
　(2)若平面ABS⊥平面ABCD,求点E到平面ASD的距离.
　　　　　　　　　　

答案：

(1)【证明】在四棱锥S - ABCD中,连接BD交AC于点F,则F为BD的中点,连接EF.
∵E为BS的中点,
∴EF//SD,
又SD⊄平面ACE,EF⊂平面ACE,
∴SD//平面ACE.

(2)【解】
∵四边形ABCD是菱形,且∠ABC = 120°,
∴△ABD为正三角形,取AB的中点O,连接OD,OS,则OD⊥AB.
∵平面ABS⊥平面ABCD,平面ABS∩平面ABCD = AB,
∴OD⊥平面ABS.
∵△ABS是正三角形,
∴OS⊥AB.
以O为原点,分别以OS,OB,OD所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
∵AB = 4,则A(0,-2,0),D(0,0,2√3),S(2√3,0,0),B(0,2,0),E(√3,1,0),
∴AD = (0,2,2√3),AS = (2√3,2,0).
设平面ASD的法向量为n = (x,y,z),
则{AD·n = 0,
{AS·n = 0,即{2y + 2√3z = 0,
{2√3x + 2y = 0,
令x = √3,可得平面ASD的一个法向量n = (√3,-3,√3).又SE = (-√3,1,0),设点E到平面ASD的距离为d,则d = |n·SE|/|n| = |-3+(-3)|/√(3 + 9 + 3) = 2/5√15,即点E到平面ASD的距离为2/5√15.
【多种解法】
(2)
∵四边形ABCD是菱形,且∠ABC = 120°,
∴△ABD为正三角形,取AB的中点O,连接OD,OS,则OD⊥AB,又
∵平面ABS⊥平面ABCD,平面ABS∩平面ABCD = AB,
∴OD⊥平面ABS.
∵△ABD,△ABS是正三角形,AB = 4,易得OD = OS = 2√3,
∴S△ESA = 1/2S△ASB = 2√3,连接DE,
∴VD - AES = 1/3×2√3×2√3 = 4.
∵OD⊥OS,
∴DS = √(OS²+OD²) = 2√6.
取DS的中点M,连接AM.
∵AD = AS = 4,
∴AM⊥DS,
∴AM = √(4²-(√6)²) = √10,可得S△ADS = 1/2×2√6×√10 = 2√15.
设点E到平面ASD的距离为h,由VD - AES = VE - ADS,得1/3×S△ADS×h = 1/3×2√15h = 4,
解得h = 2/5√15,即点E到平面ASD的距离为2/5√15.