《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》

17. （15 分）已知矩形 $ ABCD $ 中，如图 1 所示。点 $ E $ 在边 $ CD $ 上，且 $ AD = DE = 2CE = \sqrt{2} $。现将 $ \triangle ADE $ 沿 $ AE $ 向上翻折，使点 $ D $ 到点 $ P $ 的位置，构成如图 2 所示的四棱锥 $ P - ABCE $。
（1）若点 $ F $ 在线段 $ AP $ 上，且 $ EF// $平面 $ PBC $，求 $ \frac{AF}{FP} $ 的值。
（2）若平面 $ APE\perp $平面 $ ABCE $，求平面 $ PEC $ 和平面 $ ABCE $ 所成角的余弦值。

答案：
17. 空间中线面间的位置关系+面面所成角的余弦值
解：
(1)过点$F$作$FM// AB$，交$PB$于点$M$，连接$EF$，$MC$，如图1，

易得$M$，$F$，$E$，$C$四点共面，
$\because EF//$平面$PBC$，平面$EFMC\cap$平面$PBC = MC$，
$\therefore EF// MC$。
$\therefore$ 四边形$EFMC$为平行四边形。
$\therefore EC = FM$。
$\therefore \dfrac{MF}{AB}=\dfrac{1}{3}$。
由$\triangle PFM\sim\triangle PAB$，可得$\dfrac{AP}{PF}=\dfrac{AB}{MF}=3$，
故$\dfrac{AF}{FP}=2$。
(2)$\because \triangle ADE$为等腰直角三角形，取$AE$的中点$O$，
$\therefore DO\perp AE$，即$PO\perp AE$。
又$\because$ 平面$APE\perp$平面$ABCE$，平面$APE\cap$平面$ABCE = AE$，$PO\subset$平面$APE$，
$\therefore PO\perp$平面$ABCE$。
以$O$为坐标原点，$OA$为$x$轴，垂直于$AO$的直线为$y$轴，$OP$为$z$轴，建立如图2所示的空间直角坐标系$O - xyz$，

则$P(0,0,1)$，$E(-1,0,0)$，$C\left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2},0\right)$，
$\overrightarrow{PE}=(-1,0,-1)$，$\overrightarrow{EC}=\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},0\right)$，
设平面$PEC$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{PE}=0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{EC}=0,\end{cases}$
即$\begin{cases}-x - z = 0,\\-\dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2}y = 0,\end{cases}$
不妨取$x = 1$，则$y = 1$，$z = - 1$，
则$\boldsymbol{m}=(1,1,-1)$，
设平面$ABCE$的法向量为$\boldsymbol{n}$，易得$\boldsymbol{n}=(0,0,1)$，
则$|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \dfrac{|\boldsymbol{m}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}|·|\boldsymbol{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
则平面$PEC$和平面$ABCE$所成角的余弦值为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。

18. （17 分）【开放题】如图，正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 的棱长为 2，$ E $ 为 $ BC $ 的中点，点 $ M $ 在 $ BD_{1} $ 上。再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点 $ M $ 唯一确定，并解答问题。
条件①：$ MA = MC $；条件②：$ EM\perp AD $；条件③：$ EM// $平面 $ CDD_{1}C_{1} $。
（1）求证：$ M $ 为 $ BD_{1} $ 的中点。
（2）求直线 $ EM $ 与平面 $ MCD $ 所成角的大小，及点 $ E $ 到平面 $ MCD $ 的距离。
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分。

答案：
18. 空间中线面间的位置关系+线面角+空间向量的应用+点到平面的距离
解：
(1)证明：选择条件②：$EM\perp AD$。
连接$CD_1$。
在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，
因为$BC\perp$平面$CDD_1C_1$，
所以$BC\perp CD_1$。
因为$EM\perp AD$，$AD// BC$，所以$EM\perp BC$。
所以$EM// CD_1$。
因为$E$为$BC$的中点，
所以$M$为$BD_1$的中点。
选择条件③：$EM//$平面$CDD_1C_1$。
连接$CD_1$。
因为$EM//$平面$CDD_1C_1$，$EM\subset$平面$BCD_1$，平面$BCD_1\cap$平面$CDD_1C_1 = CD_1$。
所以$EM// CD_1$。
因为$E$为$BC$的中点，
所以$M$为$BD_1$的中点。
选择条件①：$MA = MC$。
$M$为$BD_1$上任意一点时，均满足$MA = MC$，不能使点$M$唯一确定，故不选条件①。

(2)在正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，$DA$，$DC$，$DD_1$两两互相垂直，
如图，以$D$为坐标原点，$DA$，$DC$，$DD_1$所在直线分别为$x$轴，$y$轴，$z$轴，建立空间直角坐标系$D - xyz$（方法：建系，空间向量法），
则$D(0,0,0)$，$C(0,2,0)$，$E(1,2,0)$，$M(1,1,1)$，
所以$\overrightarrow{DC}=(0,2,0)$，$\overrightarrow{DM}=(1,1,1)$，$\overrightarrow{EM}=(0,-1,1)$。
设平面$MCD$的法向量为$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}\boldsymbol{m}·\overrightarrow{DC}=0,\\\boldsymbol{m}·\overrightarrow{DM}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}2y = 0,\\x + y + z = 0.\end{cases}$
令$x = 1$，则$y = 0$，$z = - 1$，
所以$\boldsymbol{m}=(1,0,-1)$。
设直线$EM$与平面$MCD$所成的角为$\theta$，
则$\sin\theta = |\cos\langle\boldsymbol{m},\overrightarrow{EM}\rangle| = \dfrac{|\boldsymbol{m}·\overrightarrow{EM}|}{|\boldsymbol{m}||\overrightarrow{EM}|}=\dfrac{|-1|}{\sqrt{2}×\sqrt{2}}=\dfrac{1}{2}$，
所以直线$EM$与平面$MCD$所成的角为$30°$。
所以点$E$到平面$MCD$的距离$d = |\overrightarrow{EM}|\sin\theta = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$。

19. （17 分）两个向量 $ \boldsymbol{a} $ 和 $ \boldsymbol{b} $ 的叉乘写作 $ \boldsymbol{a}× \boldsymbol{b} $，叉乘运算结果是一个向量，其模为 $ |\boldsymbol{a}× \boldsymbol{b}| = |\boldsymbol{a}||\boldsymbol{b}|\sin\langle \boldsymbol{a},\boldsymbol{b} \rangle $，方向与这两个向量所在平面垂直。若 $ \boldsymbol{a} = (x_{1},y_{1},z_{1}) $，$ \boldsymbol{b} = (x_{2},y_{2},z_{2}) $，则 $ \boldsymbol{a}× \boldsymbol{b} = (y_{1}z_{2} - y_{2}z_{1},-(x_{1}z_{2} - x_{2}z_{1}),x_{1}y_{2} - x_{2}y_{1}) $。
如图，已知在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面 $ ABCD $ 是直角梯形，$ \angle BAD = 90^{\circ} $， AB\equalparallel \frac{1}{2}CD ，$ AD = CD = 2 $，$ O $，$ E $，$ F $，$ G $ 分别是 $ AD $，$ PD $，$ PC $，$ AC $ 的中点。
（1）证明：平面 $ BOE// $平面 $ DFG $。
（2）已知 $ PA = PD = \sqrt{5} $，$ PB = \sqrt{6} $，$ H $ 为 $ PB $ 中点，以 $ O $ 为原点，$ \overrightarrow{OA} $ 的方向为 $ x $ 轴的正方向建立空间右手直角坐标系。
（ⅰ）求 $ \overrightarrow{DF}× \overrightarrow{DG} $。
（ⅱ）求三棱锥 $ H - DFG $ 的体积。

答案：
$19. $面面平行的判定定理$+$三棱锥的体积$+$空间向量的应用$ $　　
解：　　
$(1)$证明：在$\triangle APD$中，$\because O，$$E$分别为$AD，$$PD$的中点，$ $　　
$\therefore OE// AP（$方法：当条件中出现中点时，常利用中位线定理证线线平行$）。$$ $　　
在$\triangle APC$中，$F，$$G$分别为$PC，$$AC$的中点，$ $　　
$\therefore FG// AP。$$ $　　
$\therefore OE// FG。$$ $　　
$\because FG\subset$平面$DFG，$$OE\not\subset$平面$DFG，$$ $　　
$\therefore OE//$平面$DFG。$$ $　　
如图，连接$BG，$$OG，$则$OG\overset{//}{=}\frac{1}{2}CD。$$ $　　
$\because AB\overset{//}{=}\frac{1}{2}CD，$$ $　　
$\therefore OG\overset{//}{=}AB。$$ $　　
$\therefore $四边形$AOGB$为平行四边形$（$方法：利用中位线定理构造平行四边形，从而利用平行四边形的性质证线线平行$）。$$ $　　
$\therefore BG\overset{//}{=} AO。$$ $　　
$\therefore BG\overset{//}{=} OD。$$ $　　
$\therefore $四边形$ODGB$为平行四边形。$ $　　
$\therefore OB// DG。$$ $　　
$\because DG\subset$平面$DFG，$$OB\not\subset$平面$DFG，$$ $　　
$\therefore OB//$平面$DFG。$$ $　　
$\because OE\subset$平面$BOE，$$OB\subset$平面$BOE，$且$OE\cap OB = O，$$ $　　
$\therefore $平面$BOE//$平面$DFG。$$ $　　

$(2)\because PA = \sqrt{5}，$$PB = \sqrt{6}，$$AB = 1，$$ $　　
$\therefore PB^2 = PA^2 + AB^2。$$ $　　
$\therefore PA\perp AB。$$ $　　
又$\angle BAD = 90°，$$ $　　
$\therefore AB\perp AD。$$ $　　
$\because AD，$$PA\subset$平面$PAD，$$AD\cap PA = A，$$ $　　
$\therefore AB\perp$平面$PAD。$$ $　　
又$AB\subset$平面$ABCD，$$ $　　
$\therefore $平面$PAD\perp$平面$ABCD。$$ $　　
连接$PO，$$\because PA = PD，$$O$为$AD$的中点，$ $　　
$\therefore PO\perp AD。$$ $　　
又平面$ABCD\cap$平面$PAD = AD，$$ $　　
$\therefore PO\perp$平面$ABCD。$$ $　　
$\therefore $以$O$为坐标原点，$\overrightarrow{OA}$的方向为$x$轴正方向，$\overrightarrow{OG}$的方向为$y$轴正方向，$\overrightarrow{OP}$的方向为$z$轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系$（$题眼$）。$$ $　　
则$D(-1,0,0)，$$F\left(-\dfrac{1}{2},1,1\right)，$$G(0,1,0)，$$H\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},1\right)。$$ $　　
$(ⅰ)$则$\overrightarrow{DF}=\left(\dfrac{1}{2},1,1\right)，$$\overrightarrow{DG}=(1,1,0)，$$ $　　
则$\overrightarrow{DF}×\overrightarrow{DG}=\left(-1,1,-\dfrac{1}{2}\right)。$$ $　　
$(ⅱ)S_{\triangle DFG}=\dfrac{1}{2}|DF||DG|\sin\angle FDG=\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{DF}×\overrightarrow{DG}| $　　
$=\dfrac{1}{2}\sqrt{1 + 1 + \dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{4}。$$ $　　
设$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$是平面$DFG$的法向量，$ $　　
则$\begin{cases}\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DF}=0,\\\boldsymbol{n}·\overrightarrow{DG}=0,\end{cases}$即$\begin{cases}\dfrac{1}{2}x + y + z = 0,\\x + y = 0,\end{cases} $　　
取$x = 2，$则$y = - 2，$$z = 1，$$ $　　
$\therefore \boldsymbol{n}=(2,-2,1)（$另解：$\boldsymbol{n}=\overrightarrow{DF}×\overrightarrow{DG}=\left(-1,1,-\dfrac{1}{2}\right)$是平面$DFG$的一个法向量$）。$$ $　　
$\because \overrightarrow{DH}=\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2},1\right)，$$ $　　
$\therefore $点$H$到平面$DFG$的距离$d = \dfrac{|\overrightarrow{DH}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=1（$关键：利用点到平面距离的向量公式求出三棱锥的高是求解问题的关键$）。$$ $　　
$\therefore $三棱锥$H - DFG$的体积$V_{H - DFG}=\dfrac{1}{3}S_{\triangle DFG}· d = \dfrac{1}{4}。$