《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》

13. 如图，在六面体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，平面 $ ABCD// $平面 $ A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $，四边形 $ ABCD $ 与四边形 $ A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 是两个全等的矩形，$ AB// A_{1}B_{1} $，$ AD// A_{1}D_{1} $，$ AA_{1}\perp $平面 $ ABCD $，$ AB = B_{1}C_{1} = 2 $，$ BC = A_{1}B_{1} = 4 $，$ AA_{1} = 2 $，则 $ BB_{1} = $$2\sqrt{2}$，该六面体的任意两个顶点间距离的最大值为$6$。

答案：
13. $\boldsymbol{2\sqrt{2}}$ $\boldsymbol{6}$ 【解析】空间两点间的距离公式 因为$AA_1\perp$平面$ABCD$，$AB$，$AD\subset$平面$ABCD$，所以$AA_1\perp AB$，$AA_1\perp AD$。又四边形$ABCD$是矩形，所以$AB\perp AD$。所以$AA_1$，$AB$，$AD$两两垂直（关键：找到空间几何体中两两垂直且交于一点的三条直线）。则以$A$为坐标原点，$AB$，$AD$，$AA_1$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴建立空间直角坐标系，如图所示，则$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(2,4,0)$，$D(0,4,0)$，$A_1(0,0,2)$，$B_1(4,0,2)$，$C_1(4,2,2)$，$D_1(0,2,2)$（题眼），则$BB_1 = \sqrt{(4 - 2)^2 + (0 - 0)^2 + (2 - 0)^2}=2\sqrt{2}$（提示：若$A(x_1,y_1,z_1)$，$B(x_2,y_2,z_2)$，则$AB = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2 + (z_1 - z_2)^2}$）。要求六面体的任意两个顶点间距离的最大值，只需考虑体对角线$CA_1$，$B_1D$，$AC_1$，$BD_1$的大小关系，因为$CA_1 = \sqrt{(2 - 0)^2 + (4 - 0)^2 + (0 - 2)^2}=2\sqrt{6}$，$B_1D = \sqrt{(4 - 0)^2 + (0 - 4)^2 + (2 - 0)^2}=6$，$AC_1 = \sqrt{(4 - 0)^2 + (2 - 0)^2 + (2 - 0)^2}=2\sqrt{6}$，$BD_1 = \sqrt{(2 - 0)^2 + (0 - 2)^2 + (0 - 2)^2}=2\sqrt{3}$，所以该六面体的任意两个顶点间距离的最大值为$B_1D = 6$。

14. 如图，正方形 $ ABCD $ 和矩形 $ ABEF $ 所在的平面互相垂直。点 $ P $ 在正方形 $ ABCD $ 及其内部运动，点 $ Q $ 在矩形 $ ABEF $ 及其内部运动。设 $ AB = 2 $，$ AF = 1 $，给出下列四个结论：
①存在点 $ P $，$ Q $，使 $ PQ = 3 $；
②存在点 $ P $，$ Q $，使 $ CQ// EP $；
③到直线 $ AD $ 和 $ EF $ 的距离相等的点 $ P $ 有无数个；
④若 $ PA\perp PE $，则四面体 $ PAQE $ 体积的最大值为 $ \frac{1}{3} $。
其中正确结论的序号是①③④。

答案：
14. $\boldsymbol{①③④}$ 【解析】锥体的体积公式+空间中两点间的距离公式+空间中直线与平面的位置关系+空间向量法的应用
思维导图：以$A$为坐标原点建立空间直角坐标系$\to$相关点坐标$\to$设$P(0,m,n)$，$Q(s,t,0)$，对于①$\xrightarrow[结合参数的范围]{空间距离公式}$$|\overrightarrow{PQ}|$$\to$判断①；对于②$\xrightarrow[参数的取值范围]{线线平行\to两向量平行\to参数间的等量关系}$$\to$参数的值$\to$判断②；对于③，已知条件$\to$点$P$到直线$AD$，$EF$的距离$\xrightarrow[双曲线的定义]{距离相等\to点$P$的轨迹}$$\to$判断③；对于④$\xrightarrow[四面体的高与底面积的最大值\to体积的最大值]{线线垂直\to两向量垂直\to m,n的数量关系}$$\to$判断④。
因为平面$ABCD\perp$平面$ABEF$，平面$ABCD\cap$平面$ABEF = AB$，$DA\perp AB$，所以$DA\perp$平面$ABEF$。因为$FA\subset$平面$ABEF$，所以$DA\perp FA$。又$FA\perp AB$，所以以$A$为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系$A - xyz$。则有$A(0,0,0)$，$F(1,0,0)$，$B(0,2,0)$，$D(0,0,2)$，$C(0,2,2)$，$E(1,2,0)$。设$P(0,m,n)$，$Q(s,t,0)$，其中$0\leq m,n,t\leq 2$，$0\leq s\leq 1$，对于①，因为$\overrightarrow{PQ}=(s,t - m,-n)$，所以$|\overrightarrow{PQ}| = \sqrt{s^2 + (t - m)^2 + n^2}$。当$s = 1$，$t = n = 2$，$m = 0$时，$|\overrightarrow{PQ}| = \sqrt{1 + 4 + 4}=3$，故存在点$P$，$Q$，使$PQ = 3$，故①正确。对于②，因为$\overrightarrow{CQ}=(s,t - 2,-2)$，$\overrightarrow{EP}=(-1,m - 2,n)$，若$CQ// EP$，则$\begin{cases}s(m - 2)=-(t - 2),\\sn = 2\end{cases}$（提示：对于非零向量$\boldsymbol{a}=(x_1,y_1,z_1)$，$\boldsymbol{b}=(x_2,y_2,z_2)$，若$\boldsymbol{a}//\boldsymbol{b}$，则$\dfrac{x_1}{x_2}=\dfrac{y_1}{y_2}=\dfrac{z_1}{z_2}$）。因为$0\leq n\leq 2$，$0\leq s\leq 1$，所以由$sn = 2$，得$s = 1$，$n = 2$，由$s(m - 2)=-(t - 2)$，得$m + t = 4$。又$0\leq m\leq 2$，$0\leq t\leq 2$，所以$m = t = 2$。此时$P$与$C$重合，$Q$与$E$重合，故不存在点$P$，$Q$，使$CQ// EP$，故②不正确。对于③，点$P$到直线$AD$，$EF$的距离分别为$m$，$\sqrt{1^2 + n^2}$，当$m = \sqrt{1^2 + n^2}$，即$m^2 - n^2 = 1(0\leq m,n\leq 2)$时，点$P$的轨迹为双曲线的一部分，即符合题意的点$P$有无数个，故③正确。对于④，因为$\overrightarrow{AP}=(0,m,n)$，$\overrightarrow{EP}=(-1,m - 2,n)$，当$PA\perp PE$时，$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{EP}=m(m - 2) + n^2 = 0$，即$n^2 = 1 - (m - 1)^2\in[0,1]$。又$S_{\triangle AQE}\leq\dfrac{1}{2}S_{矩形ABFE}=\dfrac{1}{2}× 1× 2 = 1$，所以$V_{P - AQE}=\dfrac{1}{3}× S_{\triangle AQE}× n\leq\dfrac{1}{3}× 1× 1 = \dfrac{1}{3}$。故④正确。综上所述，正确结论的序号是①③④。

15. （13 分）如图，在直三棱柱 $ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $ 中，$ \angle ABC = 90^{\circ} $，$ AB = BC = BB_{1} = 2 $，$ E $，$ F $ 分别为 $ AB $，$ B_{1}C_{1} $ 的中点。
（1）求证：$ EF// $平面 $ ACC_{1}A_{1} $。
（2）若 $ P $ 是棱 $ BB_{1} $ 上一点，且直线 $ AP $ 与平面 $ BEF $ 所成角的正弦值为 $ \frac{1}{5} $，求线段 $ BP $ 的长。

答案：
15. 空间中直线与平面间的位置关系+线面角的正弦值
解：
(1)证明：如图1，取$A_1C_1$的中点$G$，连接$FG$，$AG$。

在直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，
因为$E$，$F$，$G$分别为$AB$，$B_1C_1$，$A_1C_1$的中点，
所以$GF// A_1B_1$，$GF = \dfrac{1}{2}A_1B_1$，$AE = \dfrac{1}{2}A_1B_1$。
又$AE// A_1B_1$，
所以$GF// AE$，$GF = AE$。
所以四边形$EFGA$为平行四边形。
所以$EF// AG$（题眼）。
又因为$EF\not\subset$平面$ACC_1A_1$，$AG\subset$平面$ACC_1A_1$，
所以$EF//$平面$ACC_1A_1$（提示：线面平行的判定定理）。
(2)在直三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，$BB_1\perp$平面$ABC$。
而$BA\subset$平面$ABC$，$BC\subset$平面$ABC$，
所以$BB_1\perp BA$，$BB_1\perp BC$。
因为$\angle ABC = 90°$，
所以$BA\perp BC$。
所以$BA$，$BC$，$BB_1$两两互相垂直（题眼）。
如图2，以$B$为坐标原点，建立空间直角坐标系$B - xyz$，

则$A(0,2,0)$，$B(0,0,0)$，$E(0,1,0)$，$F(1,0,2)$，
设$P(0,0,m)$，$m\in[0,2]$，
则$\overrightarrow{AP}=(0,-2,m)$，$\overrightarrow{BE}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{BF}=(1,0,2)$。
设平面$BEF$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BE}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{BF}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}y = 0,\\x + 2z = 0,\end{cases}$
取$z = - 1$，则$\boldsymbol{n}=(2,0,-1)$。
设直线$AP$与平面$BEF$所成的角为$\theta$，
则$\sin\theta = |\cos\langle\overrightarrow{AP},\boldsymbol{n}\rangle| = \dfrac{|\overrightarrow{AP}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AP}|·|\boldsymbol{n}|}$
$=\dfrac{|-m|}{\sqrt{(-2)^2 + m^2}×\sqrt{5}}=\dfrac{1}{5}$，
解得$m^2 = 1$，$m = \pm 1$。
因为$m\in[0,2]$，所以$m = 1$，
所以$BP = 1$。

16. （15 分）如图，在三棱锥 $ P - ABC $ 中，平面 $ PAC\perp $平面 $ ABC $，$ PA = PC = PB = 2 $，$ AB = BC $，$ \angle APC = \frac{2\pi}{3} $。
（1）求证：$ AC\perp PB $。
（2）求二面角 $ A - PC - B $ 的余弦值。

答案：
16. 空间中直线与直线的位置关系+二面角
解：
(1)证明：取$AC$中点$O$，连接$PO$，$BO$，如图所示，
因为$PA = PC$，所以$PO\perp AC$。
因为$AB = BC$，所以$BO\perp AC$。
因为$BO\cap PO = O$，$BO$，$PO\subset$平面$PBO$，
所以$AC\perp$平面$PBO$（题眼）（关键：证得线面垂直，再利用线面垂直得线线垂直）。
又因为$PB\subset$平面$PBO$，
所以$AC\perp PB$。

(2)由
(1)知$PO\perp AC$，$BO\perp AC$，$PO\subset$平面$PAC$，$BO\subset$平面$ABC$，
因为平面$PAC\perp$平面$ABC$，平面$PAC\cap$平面$ABC = AC$，
所以$PO\perp$平面$ABC$。所以$PO\perp BO$。
所以$PO$，$BO$，$AC$两两互相垂直。如图，建立空间直角坐标系$O - xyz$（题眼）（方法：建系，利用坐标法）。
已知$\angle APC = \dfrac{2\pi}{3}$，
易得$PO = \dfrac{1}{2}PA = 1$，$OC = \dfrac{\sqrt{3}}{2}PC = \sqrt{3}$，
在$Rt\triangle PBO$中，$OB = \sqrt{PB^2 - PO^2}=\sqrt{3}$，
所以$O(0,0,0)$，$B(\sqrt{3},0,0)$，$C(0,\sqrt{3},0)$，$P(0,0,1)$。
所以$\overrightarrow{PB}=(\sqrt{3},0,-1)$，$\overrightarrow{PC}=(0,\sqrt{3},-1)$。
设平面$PCB$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_0,y_0,z_0)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PB}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{PC}=0,\end{cases}$
即$\begin{cases}\sqrt{3}x_0 - z_0 = 0,\\\sqrt{3}y_0 - z_0 = 0,\end{cases}$
令$x_0 = 1$，则$y_0 = 1$，$z_0 = \sqrt{3}$，
于是$\boldsymbol{n}=(1,1,\sqrt{3})$。
又因为平面$PAC$的一个法向量为$\overrightarrow{OB}=(\sqrt{3},0,0)$，
所以$|\cos\langle\overrightarrow{OB},\boldsymbol{n}\rangle| = \dfrac{|\overrightarrow{OB}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{OB}||\boldsymbol{n}|}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$。
由题知二面角$A - PC - B$为锐角，
所以二面角$A - PC - B$的余弦值为$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$。