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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
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15. (13分) 正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E,F$ 分别是 $BB_1,CD$ 的中点.
(1) 求证：平面 $AED\perp$ 平面 $A_1FD_1$.
(2) 在 $AE$ 上求一点 $M$，使得 $A_1M\perp$ 平面 $DAE$.
(1) 求证：平面 $AED\perp$ 平面 $A_1FD_1$.
(2) 在 $AE$ 上求一点 $M$，使得 $A_1M\perp$ 平面 $DAE$.
答案：
15.空间法向量的应用+空间中直线与平面的位置关系
解：
(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系$D-xyz$，
不妨设正方体的棱长为$2$，则$A(2,0,0)$，$E(2,2,1)$，$F(0,1,0)$，$A_{1}(2,0,2)$，$D_{1}(0,0,2)$.设平面$AED$的法向量为$\boldsymbol{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n_{1}}·\overrightarrow{DA}=(x_{1},y_{1},z_{1})·(2,0,0)=0,\\\boldsymbol{n_{1}}·\overrightarrow{DE}=(x_{1},y_{1},z_{1})·(2,2,1)=0.\end{cases}$则$\begin{cases}2x_{1}=0,\\2x_{1}+2y_{1}+z_{1}=0.\end{cases}$令$y_{1}=1$，得$\boldsymbol{n_{1}}=(0,1,-2)$.同理可得平面$A_{1}FD_{1}$的一个法向量$\boldsymbol{n_{2}}=(0,2,1)$.$\because\boldsymbol{n_{1}}·\boldsymbol{n_{2}}=0$，$\therefore$平面$AED\perp$平面$A_{1}FD_{1}$.（6分）
(2)由于点$M$在$AE$上，$\therefore$可设$\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AE}=\lambda(0,2,1)=(0,2\lambda,\lambda)(\lambda\in\mathbf{R})$.可得$M(2,2\lambda,\lambda)$，于是$\overrightarrow{A_{1}M}=(0,2\lambda,\lambda-2)$.要使$\overrightarrow{A_{1}M}\perp$平面$DAE$，需$\overrightarrow{A_{1}M}·\overrightarrow{AE}=0$，即$\overrightarrow{A_{1}M}·\overrightarrow{AE}=(0,2\lambda,\lambda-2)·(0,2,1)=5\lambda-2=0$，得$\lambda=\frac{2}{5}$.故当$AM=\frac{2}{5}AE$，即点$M$坐标为$(2,\frac{4}{5},\frac{2}{5})$时，$\overrightarrow{A_{1}M}\perp$平面$DAE$.（13分）
15.空间法向量的应用+空间中直线与平面的位置关系
解：
(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系$D-xyz$，
不妨设正方体的棱长为$2$，则$A(2,0,0)$，$E(2,2,1)$，$F(0,1,0)$，$A_{1}(2,0,2)$，$D_{1}(0,0,2)$.设平面$AED$的法向量为$\boldsymbol{n_{1}}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，则$\begin{cases}\boldsymbol{n_{1}}·\overrightarrow{DA}=(x_{1},y_{1},z_{1})·(2,0,0)=0,\\\boldsymbol{n_{1}}·\overrightarrow{DE}=(x_{1},y_{1},z_{1})·(2,2,1)=0.\end{cases}$则$\begin{cases}2x_{1}=0,\\2x_{1}+2y_{1}+z_{1}=0.\end{cases}$令$y_{1}=1$，得$\boldsymbol{n_{1}}=(0,1,-2)$.同理可得平面$A_{1}FD_{1}$的一个法向量$\boldsymbol{n_{2}}=(0,2,1)$.$\because\boldsymbol{n_{1}}·\boldsymbol{n_{2}}=0$，$\therefore$平面$AED\perp$平面$A_{1}FD_{1}$.（6分）
(2)由于点$M$在$AE$上，$\therefore$可设$\overrightarrow{AM}=\lambda\overrightarrow{AE}=\lambda(0,2,1)=(0,2\lambda,\lambda)(\lambda\in\mathbf{R})$.可得$M(2,2\lambda,\lambda)$，于是$\overrightarrow{A_{1}M}=(0,2\lambda,\lambda-2)$.要使$\overrightarrow{A_{1}M}\perp$平面$DAE$，需$\overrightarrow{A_{1}M}·\overrightarrow{AE}=0$，即$\overrightarrow{A_{1}M}·\overrightarrow{AE}=(0,2\lambda,\lambda-2)·(0,2,1)=5\lambda-2=0$，得$\lambda=\frac{2}{5}$.故当$AM=\frac{2}{5}AE$，即点$M$坐标为$(2,\frac{4}{5},\frac{2}{5})$时，$\overrightarrow{A_{1}M}\perp$平面$DAE$.（13分）
16. (15分) 如图所示，$PD$ 垂直于正方形 $ABCD$ 所在的平面，$AB = 2$，点 $E$ 是 $PB$ 的中点，且 $AE$ 与 $PD$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$.
(1) 求 $PD$ 的长.
(2) 在 $AD$ 上是否存在一点 $F$，使 $EF\perp$ 平面 $PBC$？若存在，确定其位置；若不存在，请说明理由.
(1) 求 $PD$ 的长.
(2) 在 $AD$ 上是否存在一点 $F$，使 $EF\perp$ 平面 $PBC$？若存在，确定其位置；若不存在，请说明理由.
答案：
16.空间向量的应用+空间中直线与平面的位置关系
解：以$D$为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，（1分）
设$PD$的长为$z(z＞0)$，
则$B(2,2,0)$，$P(0,0,z)$，$A(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，所以$E(1,1,\frac{z}{2})$.
(1)$\overrightarrow{AE}=(-1,1,\frac{z}{2})$，$\overrightarrow{DP}=(0,0,z)$.因为$\frac{\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{DP}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\frac{\frac{z^{2}}{2}}{\sqrt{1+1+\frac{z^{2}}{4}}·\sqrt{z^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.解得$z=2$，即$PD$的长为$2$.（7分）
(2)存在，$F$为$AD$的中点.（8分）假设在$AD$上存在一点$F$，使$EF\perp$平面$PBC$，设$F(a,0,0)$，其中$0＜a＜2$，则$\overrightarrow{EF}=(a-1,-1,-1)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,0,0)$，$\overrightarrow{PB}=(2,2,-2)$.因为$\overrightarrow{EF}\perp$平面$PBC$，所以$\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{BC}=0$且$\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{PB}=0$.即$-2(a-1)=0$且$2(a-1)-2+2=0$，所以$a=1$.所以存在点$F$使$\overrightarrow{EF}\perp$平面$PBC$，且$F$为$AD$的中点.（15分）
16.空间向量的应用+空间中直线与平面的位置关系
解：以$D$为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，（1分）
设$PD$的长为$z(z＞0)$，
则$B(2,2,0)$，$P(0,0,z)$，$A(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，所以$E(1,1,\frac{z}{2})$.
(1)$\overrightarrow{AE}=(-1,1,\frac{z}{2})$，$\overrightarrow{DP}=(0,0,z)$.因为$\frac{\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{DP}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{DP}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\frac{\frac{z^{2}}{2}}{\sqrt{1+1+\frac{z^{2}}{4}}·\sqrt{z^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.解得$z=2$，即$PD$的长为$2$.（7分）
(2)存在，$F$为$AD$的中点.（8分）假设在$AD$上存在一点$F$，使$EF\perp$平面$PBC$，设$F(a,0,0)$，其中$0＜a＜2$，则$\overrightarrow{EF}=(a-1,-1,-1)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,0,0)$，$\overrightarrow{PB}=(2,2,-2)$.因为$\overrightarrow{EF}\perp$平面$PBC$，所以$\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{BC}=0$且$\overrightarrow{EF}·\overrightarrow{PB}=0$.即$-2(a-1)=0$且$2(a-1)-2+2=0$，所以$a=1$.所以存在点$F$使$\overrightarrow{EF}\perp$平面$PBC$，且$F$为$AD$的中点.（15分）
17. (15分) 如图，在四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，侧面 $ABB_1A_1$ 是正方形，平面 $ABB_1A_1\perp$ 平面 $ABCD$，$AB// CD$，$AD = DC = \frac{1}{2}AB$，$M$ 为线段 $AB$ 的中点，$AD\perp B_1M$.
(1) 求证：$C_1M//$ 平面 $ADD_1A_1$.
(2) 求直线 $AC_1$ 与平面 $MB_1C_1$ 所成角的正弦值.
(1) 求证：$C_1M//$ 平面 $ADD_1A_1$.
(2) 求直线 $AC_1$ 与平面 $MB_1C_1$ 所成角的正弦值.
答案：
17.线面平行的判定定理+直线与平面成角的正弦值
解：
(1)证明：如图1，连接$AD_{1}，$
在四棱柱$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，侧面$CDD_{1}C_{1}$为平行四边形，所以$C_{1}D_{1}// CD，$$C_{1}D_{1}=CD.$因为AB// CD，$CD=\frac{1}{2}AB，$M为AB的中点，所以CD// AM，CD=AM.所以$C_{1}D_{1}// AM，$且$C_{1}D_{1}=AM.$所以四边形$MAD_{1}C_{1}$为平行四边形.所以$C_{1}M// AD_{1}（$题眼）.因为$C_{1}M\not\subset$平面$ADD_{1}A_{1}，$$AD_{1}\subset$平面$ADD_{1}A_{1}，$所以$C_{1}M//$平面$ADD_{1}A_{1}（$提示：线面平行的判定定理）.（5分）
(2)在正方形$ABB_{1}A_{1}$中，$AA_{1}\perp AB.$因为平面$ABB_{1}A_{1}\perp$平面ABCD，平面$ABB_{1}A_{1}\cap$平面ABCD=AB，$AA_{1}\subset$平面$ABB_{1}A_{1}，$所以$AA_{1}\perp$平面ABCD（提示：平面与平面垂直的性质定理）.又$AD\subset$平面ABCD，所以$AA_{1}\perp AD.$因为$AD\perp B_{1}M，$$AA_{1},B_{1}M\subset$平面$ABB_{1}A_{1}，$且$B_{1}M$与$AA_{1}$相交，所以$AD\perp$平面$ABB_{1}A_{1}.$又$ABC\subset$平面$ABB_{1}A_{1}，$所以$AD\perp AB（$提示：利用直线与平面垂直的判定定理证明直线垂直平面，再利用直线与平面垂直的性质定理得到直线与直线垂直）.如图2，以A为坐标原点，$AD,AA_{1},AB$所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz.
不妨设AD=1，则A(0,0,0)，$C_{1}(1,2,1)，$$B_{1}(0,2,2)，$M(0,0,1)（题眼），所以$\overrightarrow{AC_{1}}=(1,2,1)，$$\overrightarrow{C_{1}B_{1}}=(-1,0,1)，$$\overrightarrow{MC_{1}}=(1,2,0).$设平面$MB_{1}C_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)，$则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{C_{1}B_{1}}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{MC_{1}}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-x+z=0,\\x+2y=0.\end{cases}$令x=2，则y=-1，z=2，于是$\boldsymbol{n}=(2,-1,2).$因为$\cos\langle\overrightarrow{AC_{1}},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{AC_{1}}·\boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{AC_{1}}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{6}}{9}$，
17.线面平行的判定定理+直线与平面成角的正弦值
解：
(1)证明：如图1，连接$AD_{1}，$
在四棱柱$ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，侧面$CDD_{1}C_{1}$为平行四边形，所以$C_{1}D_{1}// CD，$$C_{1}D_{1}=CD.$因为AB// CD，$CD=\frac{1}{2}AB，$M为AB的中点，所以CD// AM，CD=AM.所以$C_{1}D_{1}// AM，$且$C_{1}D_{1}=AM.$所以四边形$MAD_{1}C_{1}$为平行四边形.所以$C_{1}M// AD_{1}（$题眼）.因为$C_{1}M\not\subset$平面$ADD_{1}A_{1}，$$AD_{1}\subset$平面$ADD_{1}A_{1}，$所以$C_{1}M//$平面$ADD_{1}A_{1}（$提示：线面平行的判定定理）.（5分）
(2)在正方形$ABB_{1}A_{1}$中，$AA_{1}\perp AB.$因为平面$ABB_{1}A_{1}\perp$平面ABCD，平面$ABB_{1}A_{1}\cap$平面ABCD=AB，$AA_{1}\subset$平面$ABB_{1}A_{1}，$所以$AA_{1}\perp$平面ABCD（提示：平面与平面垂直的性质定理）.又$AD\subset$平面ABCD，所以$AA_{1}\perp AD.$因为$AD\perp B_{1}M，$$AA_{1},B_{1}M\subset$平面$ABB_{1}A_{1}，$且$B_{1}M$与$AA_{1}$相交，所以$AD\perp$平面$ABB_{1}A_{1}.$又$ABC\subset$平面$ABB_{1}A_{1}，$所以$AD\perp AB（$提示：利用直线与平面垂直的判定定理证明直线垂直平面，再利用直线与平面垂直的性质定理得到直线与直线垂直）.如图2，以A为坐标原点，$AD,AA_{1},AB$所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz.
不妨设AD=1，则A(0,0,0)，$C_{1}(1,2,1)，$$B_{1}(0,2,2)，$M(0,0,1)（题眼），所以$\overrightarrow{AC_{1}}=(1,2,1)，$$\overrightarrow{C_{1}B_{1}}=(-1,0,1)，$$\overrightarrow{MC_{1}}=(1,2,0).$设平面$MB_{1}C_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)，$则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{C_{1}B_{1}}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{MC_{1}}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}-x+z=0,\\x+2y=0.\end{cases}$令x=2，则y=-1，z=2，于是$\boldsymbol{n}=(2,-1,2).$因为$\cos\langle\overrightarrow{AC_{1}},\boldsymbol{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{AC_{1}}·\boldsymbol{n}}{|\overrightarrow{AC_{1}}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{\sqrt{6}}{9}$，
所以直线$AC_{1}$与平面$MB_{1}C_{1}$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{6}}{9}$。
（15分）
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