《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

2.（2023·全国甲卷）在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$AA_{1}=2$，$A_{1}C\perp$底面$ABC$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$A_{1}$到平面$BCC_{1}B_{1}$的距离为$1$.
(1)求证：$AC = A_{1}C$；
(2)若直线$AA_{1}$与$BB_{1}$的距离为$2$，求$AB_{1}$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成角的正弦值.

答案：
解　
(1)证明:如图,
∵AlC⊥底面ABC,BCC平面ABC,
∴AC⊥BC,又BC⊥AC,A1C∩AC=C,
AlC,ACC平面ACClA,
　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴BC⊥平面ACClA,
　又BCC平面BCCB1,
∴平面ACCA1⊥平面BCClB.
　过A1作AO⊥CC于点O,又平面ACCA∩平面BCCB=
CC,AOC平面ACCA,
∴AlO⊥平面BCCB1.
∵A1到平面BCCB的距离为1,
∴AO=1.
　在Rt△ACC中,AC⊥AC1,CC1=AA=2,AO=1,
∴O为CC;的中点,
∴CO=C0=1,
　又AO⊥CC1,
∴AC=AC=AC=√2,
∴AC=AC;
(2)连接AB,AC,
∵AC=AC,BC⊥AC,BC⊥AC,
∴Rt△ACB≌Rt△AlCB,
∴BA=BA1.
　过B作BD⊥AA于点D,则D为AA的中点,
　又AA1=2,
∴AD=AD=1,
∵直线AA1与BB1的距离为2,
∴BD=2,
∴AB=AB=　$\sqrt{5}$
　在Rt△ABC中,BC=　$\sqrt{AB²−AC}$=√3.
　解法一:以C为原点,CA,CB,CA所在
　直线分别为x,y,x轴,建立空间直角坐
　标系Cxyz,如图所示，
　则C(0,0,0),A($\sqrt{2}$,0,0),B(O,$\sqrt{3}$,0),
　　　　　　　　　　　　　　　　
B(−$\sqrt{2}$$\sqrt{3}$√2),C(−√2,0,$\sqrt{2}$),
∴CB=(0,$\sqrt{3}$,o),cC=(−$\sqrt{2}$,0,√2),
AB=(−2$\sqrt{2}$$\sqrt{3}$√2),
　设平面BCCB1的法向量为n=(x,y,z),
　　n.CB=0,
　则{n.āc=0,即√2$\sqrt{2}$xx+'$\sqrt{2}$x=0,取x=1,则y=0,N=1,
∴平面BCCB的一个法向量为n=(1,0,1).
　设AB与平面BCCB所成的角为0,
　则sinθ=|cos＜n,AB)|=$\frac{n.AB}{||AB|}$=$\frac{\sqrt{13}}{13}$.
∴AB与平面BCCB1所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{13}}{13}$.
　解法二:延长AC,使AC=CM,连接C1M,
　由CM//A1C1,CM=AC1,知四边形
AlCMC为平行四边形,
∴CM//A1C,
∴CM⊥平面ABC,
　　　　　　　　　　　　　　　　　 又AMC平面ABC,
∴CM⊥AM,
　在Rt△AC1M中,AM=2AC=2√2,
C,M=A,C=$\sqrt{2}$
∴AC=　$\sqrt{(2\sqrt{2})²+(\sqrt{2}2}$=　$\sqrt{10}$
　在Rt△ABC中,AC=　$\sqrt{10}$,BC1=BC=$\sqrt{3}$
∴AB=$\sqrt{\sqrt{10})²+(\sqrt{3})2²}$=　$\sqrt{13}$
　又A到平面BCCB的距离为1,
∴AB1与平面BCClB1所成角的正弦值为$\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$　

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

答案：
解　
(1)证明:设AF=tAC,则BF=BA+AF=(1−t)BA+
BC,AO=−BA+$\frac{1}{2}$BCBF⊥AO,则BF.AO=[(1−t)BA +tBC].(−BA+$\frac{1}{2}$BC)=(t−1)BA²²+$\frac{1}{2}$tBC²²=4(t−1)
　+4t=0,解得t=$\frac{1}{2}$,则F为AC的中点，因为D,E,O,F分别为BP,AP,BC,AC的中点,于是EF//PC,DO//PC,即EF//
DO,又EFn平面ADO,DOC平面ADO,所以EF//平面ADO.
(2)证明:因为D,O分别为PB,BC的中点，所以DO=$\frac{1}{2}$PC=
　$\frac{6}{2}$,则AD=$\sqrt{5}$DO=$\frac{\sqrt{30}}{2}$,因为AO=√AB²+BO=$\sqrt{6}$,所以
DO²+AO²=AD²=$\frac{15}{2}$,则DO⊥AO,由
(1)可知EF//DO,所以EF⊥AO,又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EFC平面BEF,则
AO⊥平面BEF,又AOC平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF.
(3)如图,以B为坐标原点,BA,BC
　所在直线分别为r,y轴,建立空间
　直角坐标系，则B(0,0,0),A(2,0,
　0),0(0,$\sqrt{2}$,0),Aδ=(−2$\sqrt{2}$,0).
　　　　　　　　　　　　　　 因为PB=PC,BC=2$\sqrt{2}$,
　所以设P(x$\sqrt{2}$,x),x＞0,
　则BE=BA+AE=BA+$\frac{1}{2}$AP=
　(2,0,0)+$\frac{1}{2}$(x−2,$\sqrt{2}$,2))=($\frac{x+2}{2}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{N}{2}$),
　由
(2)知AO⊥BE,
　所以AO.BE=(−2√2,0).($\frac{x+2}{2}$$\frac{N}{2}$)=0,
　所以x=−1.
　又PB=$\sqrt{6}$,BP=(x，√2,x),所以x²+2+x2=6,
　所以x=√3,则P(−1,√2$\sqrt{3}$).
　由D为BP的中点,得D(-$\frac{1}{2}$,纟,登),
　则AD=(−$\frac{5}{2}$,丝2,$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
　设平面DAO的法向量为n=(a,b,c),
　则m..:A=0,,即{−$\frac{5}{2}$a+b+$\frac{\sqrt{3}}{2}$c=0,
　　　　　　　　−2a+　$\sqrt{2}$b=0,
　取a=1,则n=(1$\sqrt{2}$$\sqrt{3}$).
　易知平面CAO的一个法向量为n=(0,0,1),
　设二面角D一AO一C的大小为0,
则|cos刃|=｜cos＜n1,n2＞｜=$\frac{n.n1}{n11n1}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}$=$\frac{2}{2}$,
　所以sin0=/$\sqrt{\frac{1}{2}}$1−　　,
　故二面角D一AO−C的正弦值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$.