《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1.[全国乙理2022·7,5分]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：

2.(多选)[全国新高考Ⅰ2021·12,5分]在正三棱柱ABC - A₁B₁C₁中,AB = AA₁ = 1,点P满足$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}$,其中$\lambda\in[0,1],\mu\in[0,1]$,则 ( )
A.当$\lambda = 1$时,△AB₁P的周长为定值
B.当$\mu = 1$时,三棱锥P - A₁BC的体积为定值
C.当$\lambda=\frac{1}{2}$时,有且仅有一个点P,使得A₁P⊥BP
D.当$\mu=\frac{1}{2}$时,有且仅有一个点P,使得A₁B⊥平面AB₁P

答案：
BD【解析】易知点P在矩形BCC₁B₁内部(含边界)。
对于A，当λ = 1时，$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}=\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{CC_{1}}$，即此时P∈线段CC₁。 当μ = 0时，点P与点C重合，此时△AB₁P的周长为AB₁ + AC + B₁C = $2\sqrt{2}+1$；当μ = $\frac{1}{2}$时，点P为线段CC₁的中点，此时AP = B₁P = $\sqrt{1^{2}+(\frac{1}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，△AB₁P的周长为AB₁ + AP + B₁P = $\sqrt{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}=\sqrt{2}+\sqrt{5}$。 所以△AB₁P的周长不是定值，故A错误；
对于B，当μ = 1时，$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BB_{1}}=\overrightarrow{BB_{1}}+\lambda\overrightarrow{B_{1}C_{1}}$，故此时P点轨迹为线段B₁C₁，而B₁C₁//BC，又B₁C₁⊄平面A₁BC，BC⊂平面A₁BC，所以B₁C₁//平面A₁BC，则有点P到平面A₁BC的距离为定值，又△A₁BC的面积为定值，所以三棱锥P - A₁BC的体积为定值，故B正确。
对于C，当λ = $\frac{1}{2}$时，$\overrightarrow{BP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_{1}}$，取BC，B₁C₁的中点分别为Q，H，则$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BQ}+\mu\overrightarrow{QH}$，所以点P轨迹为线段QH，不妨建立如图所示的空间直角坐标系，

则A₁($\frac{\sqrt{3}}{2}$,0,1)，P(0,0,μ)，B(0,$\frac{1}{2}$,0)，则$\overrightarrow{A_{1}P}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},0,\mu - 1)$，$\overrightarrow{BP}=(0,-\frac{1}{2},\mu)$，$\overrightarrow{A_{1}P}\cdot\overrightarrow{BP}=\mu(\mu - 1)=0$，所以μ = 0或μ = 1。 故点H，Q均满足，故C错误；
对于D，当μ = $\frac{1}{2}$时，$\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BB_{1}}$，取BB₁，CC₁的中点分别为M，N，则$\overrightarrow{BP}=\overrightarrow{BM}+\lambda\overrightarrow{MN}$，所以点P轨迹为线段MN。 设P(0,y₀,$\frac{1}{2}$)，因为A($\frac{\sqrt{3}}{2}$,0,0)，所以$\overrightarrow{AP}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},y_{0},\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{A_{1}B}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},-1)$，因为A₁B⊥平面AB₁P，所以A₁B⊥AP，所以$\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{A_{1}B}=\frac{3}{4}+\frac{1}{2}y_{0}-\frac{1}{2}=0\Rightarrow y_{0}=-\frac{1}{2}$，此时点P与点N重合，故D正确。 故选BD。

3.[全国新课标Ⅰ2023·18,12分]如图,在正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中,AB = 2,AA₁ = 4.点A₂,B₂,C₂,D₂分别在棱AA₁,BB₁,CC₁,DD₁上,AA₂ = 1,BB₂ = DD₂ = 2,CC₂ = 3.
(1)证明:B₂C₂//A₂D₂;
(2)点P在棱BB₁上,当二面角P - A₂C₂ - D₂为150°时,求B₂P.

答案：

(1)【证明】如图，以CD，CB，CC₁所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系。

因为AB = 2，AA₁ = 4，AA₂ = 1，BB₂ = DD₂ = 2，CC₂ = 3，所以A₂(2,2,1)，B₂(0,2,2)，C₂(0,0,3)，D₂(2,0,2)，所以$\overrightarrow{A_{2}D_{2}}=\overrightarrow{B_{2}C_{2}}=(0,-2,1)$，又A₂，D₂，B₂，C₂四点不共线，所以B₂C₂//A₂D₂。
【多种解法】如图，过点A₂作A₂E⊥BB₁于点E，过点D₂作D₂F⊥CC₁于点F，在正四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁中，AB = 2，AA₁ = 4，点A₂，B₂，C₂，D₂分别在棱AA₁，BB₁，CC₁，DD₁上，且AA₂ = 1，BB₂ = DD₂ = 2，CC₂ = 3，所以A₂E⊥D₂F，B₂E//C₂F，所以四边形A₂EFD₂，B₂C₂FE均为平行四边形，所以A₂D₂//EF，B₂C₂//EF，所以B₂C₂//A₂D₂。

(2)【解】设P(0,2,a)(0≤a≤4)，由
(1)中建系可知A₂(2,2,1)，C₂(0,0,3)，D₂(2,0,2)，则$\overrightarrow{A_{2}C_{2}}=(-2,-2,2)$，$\overrightarrow{A_{2}D_{2}}=(0,-2,1)$，$\overrightarrow{A_{2}P}=(-2,0,a - 1)$。 设平面A₂C₂D₂的法向量为$\boldsymbol{m}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，所以$\begin{cases}\overrightarrow{A_{2}C_{2}}\cdot\boldsymbol{m}=0\\\overrightarrow{A_{2}D_{2}}\cdot\boldsymbol{m}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-2x_{1}-2y_{1}+2z_{1}=0\\-2y_{1}+z_{1}=0\end{cases}$，取y₁ = 1，可得x₁ = 1，z₁ = 2，所以$\boldsymbol{m}=(1,1,2)$。
设平面PA₂C₂的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，所以$\begin{cases}\overrightarrow{A_{2}C_{2}}\cdot\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{A_{2}P}\cdot\boldsymbol{n}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-2x_{2}-2y_{2}+2z_{2}=0\\-2x_{2}+(a - 1)z_{2}=0\end{cases}$，取z₂ = 1，可得x₂ = $\frac{a - 1}{2}$，y₂ = $\frac{3 - a}{2}$，所以$\boldsymbol{n}=(\frac{a - 1}{2},\frac{3 - a}{2},1)$。
因为二面角P - A₂C₂ - D₂为150°，所以|$\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle$| = $\frac{|\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}||\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即
$\frac{|\frac{a - 1}{2}+\frac{3 - a}{2}+2|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+2^{2}}\cdot\sqrt{(\frac{a - 1}{2})^{2}+(\frac{3 - a}{2})^{2}+1^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得a = 1或a = 3，所以点P为B₂B的中点或B₂B₁的中点，即B₂P = 1。

4.[全国乙理2023·19,12分]如图,在三棱锥P - ABC中,AB⊥BC,AB = 2,BC = 2$\sqrt{2}$,PB = PC=$\sqrt{6}$,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=$\sqrt{5}$DO,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)证明:EF//平面ADO;
(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;
(3)求二面角D - AO - C的正弦值.

答案：

(1)【证明】连接DE，OF，如图所示。

设$\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AC}(0\leq\lambda\leq1)$，则$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{BA}+\lambda\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BA}+\lambda(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC})=(1 - \lambda)\overrightarrow{BA}+\lambda\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}=-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$。 因为BF⊥AO，所以$\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=[(1 - \lambda)\overrightarrow{BA}+\lambda\overrightarrow{BC}]\cdot(-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC})=(\lambda - 1)|\overrightarrow{BA}|^{2}+\frac{1}{2}\lambda\cdot|\overrightarrow{BC}|^{2}=4(\lambda - 1)+4\lambda = 0$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$，即$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，故F为AC的中点。 又O为BC的中点，所以OF//AB，OF = $\frac{1}{2}$AB。 因为D，E分别为PB，PA的中点，所以DE//AB，DE = $\frac{1}{2}$AB，所以DE//OF，DE = OF，所以四边形DEFO为平行四边形，所以EF//DO。 因为EF⊄平面ADO，DO⊂平面ADO，所以EF//平面ADO。
(2)【证明】由
(1)知BF = $\frac{1}{2}$AC = $\sqrt{3}$，AO = $\sqrt{6}$，DO = EF = $\frac{\sqrt{6}}{2}$，AD = $\sqrt{5}DO=\frac{\sqrt{30}}{2}$，BD = $\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以AO² + DO² = AD²，所以AO⊥DO。 因为EF//DO，所以AO⊥EF。 又AO⊥BF，BF∩EF = F，BF，EF⊂平面BEF，所以AO⊥平面BEF。 又因为AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF。
(3)【解】以B为原点，BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0,$\sqrt{2}$,0)，C(0,2$\sqrt{2}$,0)。
因为$\cos\angle ADB=-\cos\angle ADP$，
$\frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{30}}{2})^{2}-2^{2}}{2\times\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{\sqrt{30}}{2}}=-\frac{(\frac{\sqrt{6}}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{30}}{2})^{2}-PA^{2}}{2\times\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{\sqrt{30}}{2}}$，
解得PA = $\sqrt{14}$。
设P(x,y,z)，由PB = PC = $\sqrt{6}$，PA = $\sqrt{14}$，得$\begin{cases}x^{2}+y^{2}+z^{2}=6\\x^{2}+(y - 2\sqrt{2})^{2}+z^{2}=6\\(x - 2)^{2}+y^{2}+z^{2}=14\end{cases}$，
解得$\begin{cases}x=-1\\y=\sqrt{2}\\z=\sqrt{3}\end{cases}$(舍负)，
故P(-1,$\sqrt{2}$,$\sqrt{3}$)，D(-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$)。
取平面AOC的法向量为$\boldsymbol{m}_{1}=(0,0,1)$。
设平面AOD的法向量为$\boldsymbol{m}_{2}=(x_{2},y_{2},z_{2})$，由$\overrightarrow{AO}=(-2,\sqrt{2},0)$，$\overrightarrow{OD}=(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，
得$\begin{cases}-2x_{2}+\sqrt{2}y_{2}=0\\-\frac{1}{2}x_{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}y_{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}z_{2}=0\end{cases}$，
令x₂ = 1，则$\boldsymbol{m}_{2}=(1,\sqrt{2},\sqrt{3})$。
所以$\cos\langle\boldsymbol{m}_{1},\boldsymbol{m}_{2}\rangle=\frac{\boldsymbol{m}_{1}\cdot\boldsymbol{m}_{2}}{|\boldsymbol{m}_{1}||\boldsymbol{m}_{2}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1 + 2+3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以二面角D - AO - C的正弦值为$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。

【多种解法】
(3)如图所示，过点O作OH//BF交AC于点H，连接DH。 由AO⊥BF知AO⊥OH，且FH = $\frac{1}{3}$AH，又由
(2)知AO⊥OD，故∠DOH为二面角D - AO - C的平面角。
设AD∩BE = G，连接GF。
因为D，E分别为PB，PA的中点，故点G为△PAB的重心，所以DG = $\frac{1}{3}$AD，又FH = $\frac{1}{3}$AH，
所以DH//GF，DH = $\frac{3}{2}$GF。
在△ABD和△ABP中，由余弦定理得
$\cos\angle ABD=\frac{4+\frac{3}{2}-\frac{15}{2}}{2\times2\times\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{4 + 6 - PA^{2}}{2\times2\times\sqrt{6}}$，解得PA = $\sqrt{14}$，同理可得BE = $\frac{\sqrt{6}}{2}$。
故BE² + EF² = BF² = 3，所以BE⊥EF，故GF² = ($\frac{1}{3}\times\frac{\sqrt{6}}{2}$)² + ($\frac{\sqrt{6}}{2}$)² = $\frac{5}{3}$，所以GF = $\frac{\sqrt{15}}{3}$，
所以DH = $\frac{3}{2}\times\frac{\sqrt{15}}{3}=\frac{\sqrt{15}}{2}$。
在△DOH中，OH = $\frac{1}{2}$BF = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，OD = $\frac{\sqrt{6}}{2}$，DH = $\frac{\sqrt{15}}{2}$，所以$\cos\angle DOH=\frac{\frac{6}{4}+\frac{3}{4}-\frac{15}{4}}{2\times\frac{\sqrt{6}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，故$\sin\angle DOH=\sqrt{1-\cos^{2}\angle DOH}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即二面角D - AO - C的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。

5.[全国乙理2022·18,12分]如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD = CD,∠ADB = ∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB = BD = 2,∠ACB = 60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.

答案：

(1)【证明】因为在△ABD和△CBD中，AD = DC，∠ADB = ∠CDB，DB = DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB = CB。 又因为E为AC的中点，所以BE⊥AC。 因为AD = DC，E为AC的中点，所以DE⊥AC。 又BE∩DE = E，所以AC⊥平面BED。 又因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD。
(2)【解】由
(1)得AB = CB，又∠ACB = 60°，所以△ABC为等边三角形。 因为AB = BD = 2，所以AB = CB = AC = 2，BE = $\sqrt{3}$。 因为AD⊥DC，AD = DC，所以△ADC是等腰直角三角形，所以AD = CD = $\sqrt{2}$，DE = 1。 因为DE² + BE² = BD²，所以DE⊥BE，于是在△BED中，设h为△BED的边BD的高，则由等面积可得$\frac{1}{2}\times2\times h=\frac{1}{2}\times1\times\sqrt{3}$，即h = $\frac{\sqrt{3}}{2}$。 连接EF，由
(1)知AC⊥平面BED，又EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，于是当EF⊥BD时，△ACF的面积最小，此时EF = h = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，BF = $\frac{3}{2}$，DF = $\frac{1}{2}$，所以此时F为线段BD上靠近点D的四等分点。 以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，C(-1,0,0)，B(0,$\sqrt{3}$,0)，D(0,0,1)，F(0,$\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\frac{3}{4}$)，所以$\overrightarrow{CF}=(1,\frac{\sqrt{3}}{4},\frac{3}{4})$，$\overrightarrow{AB}=(-1,\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{AD}=(-1,0,1)$。

设平面ABD的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0\\\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{AD}=-x+z=0\end{cases}$，即x = $\sqrt{3}$y = z，令y = 1，则$\boldsymbol{n}=(\sqrt{3},1,\sqrt{3})$。 所以|$\cos\langle\boldsymbol{n},\overrightarrow{CF}\rangle$| = $\frac{|\boldsymbol{n}\cdot\overrightarrow{CF}|}{|\boldsymbol{n}||\overrightarrow{CF}|}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+\frac{3}{16}+\frac{9}{16}}\times\sqrt{3 + 1+3}}=\frac{4\sqrt{3}}{7}$，故直线CF与平面ABD所成的角的正弦值为$\frac{4\sqrt{3}}{7}$。