《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版》

7. 如图, 在四棱雉 $ E - ABCD $ 中, $ EC \perp $ 平面 $ ABCD $, $ DC \perp BC $, $ AB // DC $, $ DC = 2AB = 2 $, $ CB = CE $, 点 $ F $ 在棱 $ BE $ 上, 且 $ BF = \frac{1}{2}FE $.
(1) 证明: $ DE // $ 平面 $ AFC $.
(2) 当二面角 $ F - AC - D $ 为 $ 135° $ 时, 求 $ CE $.

答案：
7.空间中直线与平面间的位置关系+二面角+空间向量的应用
思维导图
(1)以$C$为坐标原点建立空间直角坐标系$\begin{cases} \overline{DE}与平面AFC的一个法向量n_1\rightarrow\overrightarrow{DE}· n_1=0\rightarrow得证.\end{cases}$
(2)平面$ACD$的一个法向量$n_2\rightarrow二面角的大小\rightarrow列出方程\rightarrow CE$.
解：
(1)证明：如图，以$C$为坐标原点，$CB,CE,CD$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系(关键：寻求三条两两互相垂直的直线，建立空间直角坐标系).

设$CB=m$，则$C(0,0,0),A(m,0,1),D(0,0,2),E(0,m,0),F(\frac{2}{3}m,\frac{1}{3}m,0)$(题眼)，
则$\overrightarrow{CA}=(m,0,1),\overrightarrow{CF}=(\frac{2}{3}m,\frac{1}{3}m,0),\overrightarrow{DE}=(0,m,-2)$，设平面$AFC$的法向量为$n_1=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{CA}· n_1=0,\\\overrightarrow{CF}· n_1=0,\end{cases}$即$\begin{cases}mx+z=0,\frac{2}{3}mx+\frac{1}{3}my=0,\end{cases}$
令$x=1$，得$n_1=(1,-2,-m)$，
$\therefore\overrightarrow{DE}· n_1=-2m+2m=0$(方法：用向量法证线面平行，即证平面外直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行或平面外直线的方向向量与平面的法向量垂直).
$\therefore DE//平面AFC$.
(2)显然平面$ACD$的一个法向量$n_2=(0,1,0)$，
$\therefore|n_1· n_2|=\frac{2}{\sqrt{5+m^2}·1}=|\cos135°|=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解得$m=\sqrt{3}$(舍负)，
$\therefore CE=\sqrt{3}$.

8. 如图, 在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中, $ AA_1 $ 与 $ BB_1 $ 的距离为 $ \sqrt{3} $, $ AB = AC = A_1B = 2 $, $ A_1C = BC = 2\sqrt{2} $.
(1) 证明: 平面 $ A_1ABB_1 \perp $ 平面 $ ABC $.
(2) 若点 $ N $ 在棱 $ A_1C_1 $ 上, 求直线 $ AN $ 与平面 $ A_1B_1C $ 所成角的正弦值的最大值.

答案：
8.空间中线面间的位置关系+线面角的正弦值+空间向量的应用
解：
(1)证明：取棱$A_1A$的中点$D$，连接$BD$，
因为$AB=A_1B$，所以$BD\perp AA_1$.
因为三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$，
所以$AA_1// BB_1$.
所以$BD\perp BB_1$.所以$BD=\sqrt{3}$.
因为$AB=2$，所以$AD=1$.
所以$AA_1=2$.
因为$AC=2$，$A_1C=2\sqrt{2}$，
所以$AC^2+AA_1^2=A_1C^2$.所以$AC\perp AA_1$(题眼).
同理$AC\perp AB$.
因为$AA_1\cap AB=A$，且$AA_1,ABC平面A_1ABB_1$，
所以$AC\perp平面A_1ABB_1$(提示：线面垂直的判定定理).
又因为$ACC\subset平面ABC$，
所以平面$A_1ABB_1\perp平面ABC$(提示：面面垂直的判定定理).
(2)取$AB$的中点$O$，连接$A_1O$，
取$BC$的中点$P$，连接$OP$，则$OP// AC$，
由
(1)知$AC\perp平面A_1ABB_1$，
所以$OP\perp平面A_1ABB_1$(题眼).
因为$A_1OC\subset平面A_1ABB_1$，$ABC\subset平面A_1ABB_1$，
所以$OP\perp A_1O,OP\perp AB$.
因为$AB=A_1A=A_1B$，则$A_1O\perp AB$.
以$O$为坐标原点，$OP,OB,OA_1$所在的直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系$O-xyz$，
　　　　　
则$A(0,-1,0),A_1(0,0,\sqrt{3}),B_1(0,2,\sqrt{3}),C(2,-1,0)$，
设点$N(a,0,\sqrt{3})(0\leqslant a\leqslant2)$，
则$\overrightarrow{A_1B_1}=(0,2,0),\overrightarrow{A_1C}=(2,-1,-\sqrt{3}),\overrightarrow{AN}=(a,1,\sqrt{3})$，
设平面$A_1B_1C$的法向量为$\mathbf{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\mathbf{n}·\overrightarrow{A_1B_1}=0,\\\mathbf{n}·\overrightarrow{A_1C}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}2y=0,\\2x-y-\sqrt{3}z=0,\end{cases}$
取$x=\sqrt{3}$，则$y=0,z=2$，
则$\mathbf{n}=(\sqrt{3},0,2)$.
设直线$AN$与平面$A_1B_1C$所成角为$\theta$，
则$\sin\theta=|\cos\langle\mathbf{n},\overrightarrow{AN}\rangle|=\frac{|\mathbf{n}·\overrightarrow{AN}|}{|\mathbf{n}|·|\overrightarrow{AN}|}=\frac{\sqrt{3}(a+2)}{\sqrt{7}·\sqrt{a^2+4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}·\sqrt{\frac{(a+2)^2}{a^2+4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}·\sqrt{1+\frac{4}{a+\frac{4}{a}}}$(提示：空间向量的夹角公式)，
若$a=0$，则$\sin\theta=\frac{\sqrt{21}}{7}$；
若$a\neq0$，则$\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}·\sqrt{1+\frac{4}{a+\frac{4}{a}}}\leqslant\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}×\sqrt{1+\frac{4}{2×2}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$(提示：基本不等式的应用)，
当且仅当$a=\frac{4}{a}$，即$a=2$时，等号成立，
所以直线$AN$与平面$A_1B_1C$所成角的正弦值的最大值为$\frac{\sqrt{42}}{7}$.