《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》

18. (17分) 如图，直角梯形 $ABCD$ 中，$AB// CD$，$AB\perp BC$，$AB = BC = 2CD = 4$，$E$ 为 $BC$ 的中点. 平面 $ABCD$ 外一点 $P$ 满足：$PA = 2$，$PB = 2\sqrt{5}$，且 $PE\perp BD$.
(1) 证明：$PA\perp$ 平面 $ABCD$.
(2) 存在线段 $PB$ 上一点 $M$，使得二面角 $M - DE - A$ 的余弦值为 $\frac{5\sqrt{3}}{9}$，求三棱锥 $M - BDE$ 的体积.

答案：

18. 线面垂直的判定定理 + 二面角 + 三棱锥的体积

解:
(1) 证明: 如图 1, 连接 AE, 设 AE 交 BD 于点 O,

∵ $ AB = BC = 2CD $, E 为 BC 中点,

∴ $ CD = BE = \frac{1}{2}BC = 2 $.

∵ $ AB // CD $, $ AB \perp BC $,

∴ $ \angle ABE = \angle BCD = 90^{\circ} $.

∴ $ \triangle ABE \cong \triangle BCD $. $ \therefore \angle BAE = \angle CBD $.

∵ $ \angle ABD + \angle CBD = 90^{\circ} $,

∴ $ \angle ABD + \angle BAE = 90^{\circ} $.

∴ $ \angle AOB = 90^{\circ} $, 即 $ BD \perp AE $.

又 $ \because BD \perp PE $, 且 $ PE \cap AE = E $,

∴ $ BD \perp $ 平面 PAE.

又 $ PA \subset $ 平面 PAE,

∴ $ BD \perp PA $.

∵ $ PA^{2} + AB^{2} = 20 = PB^{2} $,

∴ $ PA \perp AB $. (6 分)

又
∵BD∩AB=B(关键:证明线面垂直的关键是推出线线垂直,即在平面内找到两条相交直线与该直线垂直),BD,AB⊂平面ABCD,

∴PA⊥平面ABCD. (7分)

如图2,以点B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,平行于AP的直线为z轴建立空间直角坐标系(题眼)(关键:依据空间几何体的结构特征,充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系建立空间直角坐标系,是解决问题的基础和关键),在PB上取一点M,连接DM,EM,DE,AE,

则B(0,0,0),A(4,0,0),C(0,4,0),P(4,0,2),E(0,2,0),D(2,4,0),

∴$\overrightarrow{BP}=(4,0,2)$.

设$\overrightarrow{BM}=λ\overrightarrow{BP}(0≤λ≤1)$,

则$\overrightarrow{BM}=(4λ,0,2λ)$,即点M(4λ,0,2λ),

则$\overrightarrow{EM}=(4λ,-2,2λ)$,$\overrightarrow{ED}=(2,2,0)$.

设平面DEM的法向量$\boldsymbol{n}_{1}=(x,y,z)$,

由$\begin{cases} \boldsymbol{n}_{1}·\overrightarrow{ED}=2x + 2y = 0, \\ \boldsymbol{n}_{1}·\overrightarrow{EM}=4λx - 2y + 2λz = 0, \end{cases}$取x=λ,

则$\boldsymbol{n}_{1}=(λ,-λ,-2λ - 1)$.

由题意知,平面ADE的一个法向量为$\boldsymbol{n}_{2}=(0,0,1)$. (12分)

∵二面角M - DE - A的余弦值为$\frac{5\sqrt{3}}{9}$,

∴$|\cos\langle\boldsymbol{n}_{1},\boldsymbol{n}_{2}\rangle|=\frac{|\boldsymbol{n}_{1}·\boldsymbol{n}_{2}|}{|\boldsymbol{n}_{1}|·|\boldsymbol{n}_{2}|}=\frac{|-2λ - 1|}{\sqrt{2λ^{2}+(2λ + 1)^{2}}}=\frac{5\sqrt{3}}{9}$.

整理得$21λ^{2}-4λ - 1 = 0$,

解得$\lambda =-\frac{1}{7}$（舍）或$\lambda =\frac{1}{3}$．

$\therefore BM=\frac{1}{3}BP$，此时点$M$为线段$BP$靠近点$B$的三等分点．

$\therefore$点$M$到平面$BDE$的距离$h=\frac{1}{3}PA=\frac{2}{3}$．

又$S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}DC· BE = 2$，

$\therefore$三棱锥$M - BDE$的体积为$\frac{1}{3}· S_{\triangle BDE}· h=\frac{4}{9}$．

（17分）

19. (17分)【开放题】如图，在四棱柱 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AA_1\perp$ 平面 $ABCD$，$AB// CD$，$AD = CD = 1$，$AA_1 = AB = 2$，$E$ 为线段 $AA_1$ 的中点，再从下列两个条件中选择一个作为已知.
条件①：$AD\perp BE$.
条件②：$BC = \sqrt{2}$.
(1) 求直线 $CE$ 与 $B_1D_1$ 所成角的余弦值.
(2) 求点 $C_1$ 到平面 $BCE$ 的距离.
(3) 已知点 $M$ 在线段 $CC_1$ 上，直线 $EM$ 与平面 $BCC_1B_1$ 所成角的正弦值为 $\frac{2\sqrt{2}}{3}$，求线段 $CM$ 的长.

答案：

19. 空间向量 + 异面直线、直线与平面所成角 + 点到平面的距离 + 线面垂直的性质定理与判定定理

解：若选择条件①：

因为 $AA_{1}\perp$ 平面 $ABCD$，$AD\subset$ 平面 $ABCD$，

所以 $AA_{1}\perp AD$（提示：线面垂直的性质定理）。

又 $AD\perp BE$，$AA_{1}\cap BE = E$，$AA_{1}$，$BE\subset$ 平面 $AA_{1}B_{1}B$，

所以 $AD\perp$ 平面 $AA_{1}B_{1}B$（提示：线面垂直的判定定理）。

因为 $AB\subset$ 平面 $AA_{1}B_{1}B$，

所以 $AD\perp AB$（提示：线面垂直的性质定理）。（3 分）

若选择条件②：

在四边形 $ABCD$ 中，取 $AB$ 的中点 $F$，连接 $CF$。

由 $AB// CD$，$CD = 1$，$AF=\frac{1}{2}AB = 1$，得四边形 $ADCF$ 为平行四边形（提示：平行四边形的判定），

所以 $CF = 1$，$AD// CF$。

又 $BC=\sqrt{2}$，$BF = 1$，

所以 $BF^{2}+CF^{2}=BC^{2}$。

所以 $BF\perp CF$（提示：利用勾股定理的逆定理得到线线垂直）。

所以 $AD\perp AB$。（3 分）

故选择条件①或选择条件②均可得到 $AD\perp AB$（题眼）。

(1) 由 $AA_{1}\perp$ 平面 $ABCD$，可得 $AD$，$AB$，$AA_{1}$ 两两垂直，所以以 $A$ 为坐标原点，$AD$，$AB$，$AA_{1}$ 所在直线别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则$A(0,0,0)$，$B(0,2,0)$，$C(1,1,0)$，$E(0,0,1)$，$B_{1}(0,2,2)$，$C_{1}(1,1,2)$，$D_{1}(1,0,2)$，

所以$\overrightarrow{CE}=(-1,-1,1)$，$\overrightarrow{B_{1}D_{1}}=(1,-2,0)$。

所以$\cos\langle\overrightarrow{CE},\overrightarrow{B_{1}D_{1}}\rangle=\frac{\overrightarrow{CE}·\overrightarrow{B_{1}D_{1}}}{|\overrightarrow{CE}||\overrightarrow{B_{1}D_{1}}|}=\frac{\sqrt{15}}{15}$（易错：注意两直线夹角的取值范围）。

所以直线$CE$与$B_{1}D_{1}$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{15}$。（7分）

(2)由
(1)得$\overrightarrow{CC_{1}}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{BC}=(1,-1,0)$，$\overrightarrow{BE}=(0,-2,1)$，

设平面$BCE$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，

则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{BC}=0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{BE}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}x - y = 0,\\-2y + z = 0.\end{cases}$

令$x = 1$，则$y = 1$，$z = 2$，于是$\boldsymbol{m}=(1,1,2)$，

所以点$C_{1}$到平面$BCE$的距离为$\frac{|\overrightarrow{CC_{1}}·\boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$（提示：设平面外一点$P$到平面$\alpha$的距离为$d$，则有$d=\frac{|\overrightarrow{MP}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}$，其中$\boldsymbol{n}$为平面$\alpha$的一个法向量，$M$为平面$\alpha$内的一点）。（12分）

(3)设$\overrightarrow{CM}=\lambda\overrightarrow{CC_{1}}$，其中$\lambda\in[0,1]$，

则$\overrightarrow{CM}=\lambda\overrightarrow{CC_{1}}=(0,0,2\lambda)$（方法：利用向量共线定理）。

因为$\overrightarrow{EC}=(1,1,-1)$，

所以$\overrightarrow{EM}=\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{CM}=(1,1,2\lambda - 1)$。

因为$\overrightarrow{BC}=(1,-1,0)$，$\overrightarrow{BB_{1}}=(0,0,2)$。

设平面$BCC_{1}B_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{1},y_{1},z_{1})$，

则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BC}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BB_{1}}=0,\end{cases}$

即$\begin{cases}x_{1}-y_{1}=0, \\2z_{1}=0.\end{cases}$

令$x_{1}=1$，则$y_{1}=1$，$z_{1}=0$，

所以$\boldsymbol{n}=(1,1,0)$。

记直线$EM$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成的角为$\theta$，

则$\sin\theta =|\cos\langle\overrightarrow{EM},\boldsymbol{n}\rangle|=\dfrac{|\overrightarrow{EM}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{EM}||\boldsymbol{n}|}$

$=\dfrac{2}{\sqrt{4t^{2}-4t + 3}·\sqrt{2}}$

$=\frac{2\sqrt{2}}{3}$（提示：设$l$为平面$\alpha$的斜线，$a$为$l$的方向向量，$n$为平面$\alpha$的法向量，$\theta$为$l$与$\alpha$所成的角，则$\sin\theta =|\cos\langle a,n\rangle|=\frac{|a· n|}{|a||n|}$），

解得$\lambda =\frac{1}{4}$或$\lambda =\frac{3}{4}$。

所以$CM=\frac{1}{2}$或$CM=\frac{3}{2}$。 （17分）