《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》

9. 如图, 在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中, $ AB \perp AC $, $ AB = \sqrt{3}AC = 3 $, $ AD = 2DB $, $ O $ 为 $ BC $ 的中点, $ A_1O \perp $ 平面 $ ABC $.
(1) 求证: $ AA_1 \perp OD $.
(2) 若 $ AA_1 = 2\sqrt{3} $, 求二面角 $ B - AA_1 - O $ 的余弦值.

答案：
9.线线垂直的判定+二面角+空间向量的应用
解：
(1)证明：因为$AB\perp AC$，$AB=\sqrt{3}AC=3$，
所以$\angle ACB=60°$，$OA=\frac{1}{2}BC=\sqrt{3}$.
因为$AB=3$，$AD=2DB$，所以$DB=1$.
在$\triangle DBO$中，$\angle DBO=30°$，$DB=1$，$OB=\sqrt{3}$，
由余弦定理得$OD^2=1^2+(\sqrt{3})^2-2×1×\sqrt{3}×\cos30°=1$，
所以$OD=1$.
在$\triangle ADO$中，$OD=1$，$AD=2$，$AO=\sqrt{3}$，
满足$AO^2+OD^2=AD^2$，所以$AO\perp OD$.
因为$A_1O\subset平面ABC$，$ODC\subset平面ABC$，
所以$A_1O\perp OD$.
又$A_1O\cap AO=O$，所以$OD\perp平面AOA_1$(提示：线面垂直的判定定理).
因为$AA_1C\subset平面AOA_1$，所以$AA_1\perp OD$.
(2)由
(1)可知，$OA,OD,OA_1$两两互相垂直，以$O$为坐标原点，$OA,OD,OA_1$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立如图所示的空间直角坐标系$O-xyz$

因为$AA_1=2\sqrt{3}$，$AO=\sqrt{3}$，所以$A_1O=3$.
则$A(\sqrt{3},0,0),A_1(0,0,3),B(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0)$，
可得$\overrightarrow{BA_1}=(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},3),\overrightarrow{BA}=(\frac{3\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},0)$，
设$\mathbf{m}=(x,y,z)$为平面$ABA_1$的法向量，
则$\begin{cases}\mathbf{m}·\overrightarrow{BA_1}=0,\\\mathbf{m}·\overrightarrow{BA}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{3}{2}y+3z=0,\frac{3\sqrt{3}}{2}x-\frac{3}{2}y=0,\end{cases}$
则$x=\sqrt{3}$，则$y=3$，$z=1$，
故$\mathbf{m}=(\sqrt{3},3,1)$，
由题意可知，$\mathbf{n}=(0,1,0)$为平面$AOA_1$的一个法向量.
因为$\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle=\frac{\mathbf{m}·\mathbf{n}}{|\mathbf{m}|·|\mathbf{n}|}=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$，
所以二面角$B-AA_1-O$的余弦值为$\frac{3\sqrt{13}}{13}$.

10. 如图, 四棱雉 $ P - ABCD $ 的底面为正方形, $ PA \perp $ 底面 $ ABCD $, $ PA = AB = 2 $, 过点 $ B $ 的平面 $ BEFG $ 分别与棱 $ AD, PD, PC $ 相交于点 $ E, F, G $, 其中 $ E, G $ 分别为棱 $ AD, PC $ 的中点.
(1) 求 $ \frac{PF}{FD} $ 的值.
(2) 求平面 $ CEF $ 与平面 $ BEFG $ 所成角的余弦值.

答案：
10.空间线面间的位置关系+二面角的余弦值+空间向量的应用
解：
(1)解法一：以$A$为坐标原点，分别以$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}$的方向为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系，
　　　　　
则$A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),G(1,1,1),E(0,1,0)$(题眼)，
所以$\overrightarrow{BG}=(-1,1,1),\overrightarrow{BE}=(-2,1,0),\overrightarrow{BP}=(-2,0,2)$，
$\overrightarrow{PD}=(0,2,-2)$.
设$\overrightarrow{PF}=\lambda\overrightarrow{PD}=(0,2\lambda,-2\lambda)(0\leqslant\lambda\leqslant1)$，平面$BEFG$的法向量为$\mathbf{m}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{BG}·\mathbf{m}=0,\\\overrightarrow{BE}·\mathbf{m}=0,\end{cases}$所以$\begin{cases}-x+y+z=0,\\-2x+y=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-x+y+z=0,\\-2x+y=0.\end{cases}$
令$x=1$，则$\mathbf{m}=(1,2,-1)$.
又$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{PF}=\overrightarrow{BP}+\lambda\overrightarrow{PD}=(-2,2\lambda,2-2\lambda)$，
$BFC\subset平面BEFG$，
所以$\overrightarrow{BF}·\mathbf{m}=-2+2\lambda×2-(2-2\lambda)=0$(提示：垂直向量性质的应用).
解得$\lambda=\frac{2}{3}$，
所以$\frac{PF}{FD}=2$.
解法二：如图2，取$BC$的中点$Q$，连接$PQ$交$BG$于点$S$，连接$QD,SF$.
　　　　　　　　　　　　　　
因为四边形$ABCD$为正方形，$E$为$AD$的中点，
所以$DE// BQ$，$DE=BQ$.
所以四边形$BQDE$为平行四边形.
所以$QD// BE$.
又因为$QDC\not\subset平面BEFG$，$BEC\subset平面BEFG$，
所以$QD//平面BEFG$.
因为$QDC\subset平面PQD$，$平面PQD\cap平面BEFG=SF$，
所以$SF// QD$(提示：线面平行的性质定理).
又因为$G$为棱$PC$的中点，$PQ\cap BG=S$，
所以$S$为$\triangle BCP$的重心.
所以$\frac{PS}{SQ}=2$(提示：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为$2:1$).
故$\frac{PF}{FD}=2$.
(2)设平面$CEF$与平面$BEFG$所成角为$\theta$，平面$CEF$的法向量为$\mathbf{n}=(x_1,y_1,z_1)$，
由
(1)知，$\overrightarrow{CE}=(-2,-1,0),\overrightarrow{CP}=(-2,-2,2),\overrightarrow{PF}=(0,\frac{4}{3},-\frac{4}{3})$，
所以$\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{PF}=(-2,-\frac{2}{3},\frac{2}{3})$.
则$\begin{cases}\overrightarrow{CE}·\mathbf{n}=0,\\\overrightarrow{CF}·\mathbf{n}=0,\end{cases}$所以$\begin{cases}-2x_1-y_1=0,\\-2x_1-\frac{2}{3}y_1+\frac{2}{3}z_1=0.\end{cases}$即$\begin{cases}-2x_1-y_1=0,\\-2x_1-\frac{2}{3}y_1+\frac{2}{3}z_1=0.\end{cases}$
令$x_1=1$，则$\mathbf{n}=(1,-2,1)$，
所以$\cos\theta=|\cos\langle\mathbf{m},\mathbf{n}\rangle|=\frac{|\mathbf{m}·\mathbf{n}|}{|\mathbf{m}|·|\mathbf{n}|}=\frac{|1×1+2×(-2)+(-1)×1|}{\sqrt{6}×\sqrt{6}}=\frac{2}{3}$.
即平面$CEF$与平面$BEFG$所成角的余弦值为$\frac{2}{3}$.