《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

2.在空间直角坐标系中，若直线L的方向向
量为a=(1,−2,1),平面α的法向量为n =(2,3,4),则 (C)

A.l//α
B.l⊥α
C.iCα或l//α
D.l与α斜交

答案： 2.C 解析 直线$l$的方向向量为$a =(1,-2,1)$，平面$\alpha$的法向量为$n=(2,3,4)$，因为$a· n=(2,3,4)·(1,-2,1)=2 - 6 + 4 = 0$，所以$a\perp n$，所以$l\subset \alpha$或$l// \alpha$。

3.在四棱锥P一ABCD中,PD⊥平面
ABCD,四边形ABCD为正方形,AB=2，
E为PB的中点,若cos＜DP,AE＞=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,
则PD= (D)


A.1
B.$\frac{3}{2}$
C.3
D.2

答案：
3.D 解析 由已知$DP、DA、DC$两两垂直，所以以$D$为原点，建立如下图所示的坐标系。 设$PD = a(a ＞ 0)$，则$P(0,0,a),A(2,0,0)$。连接$BD$取中点$F$，连接$EF$，所以$EF// PD,EF\perp$平面$ABCD$，所以$E(1,1,\frac{a}{2})$，所以$\overrightarrow{DP}=(0,0,a),\overrightarrow{AE}=(-1,1,\frac{a}{2})$，由$\cos\langle\overrightarrow{DP},\overrightarrow{AE}\rangle=\frac{\overrightarrow{DP}·\overrightarrow{AE}}{|\overrightarrow{DP}|·|\overrightarrow{AE}|}$ $=\frac{\frac{a^2}{2}}{a·\sqrt{1 + 1 + \frac{a^2}{4}}}$ $=\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得$a = 2$。

4.如下图所示,在三棱柱ABC一AlBC1中，
侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AB=BC,AC =2$\sqrt{2}$,AA1=$\sqrt{2}$,点E为A1C1的中点，点
F在BC的延长线上且CF=$\frac{1}{4}$BC,则异面
直线BE与C1F所成的角为 (B)


A.90°
B.60°
C.45°
D.30°

答案：
4.B 解析 在三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$中，侧棱垂直于底面，$AB\perp BC$，故以$BC,BA,BB_1$分别为$x,y,z$轴如下图所示建立空间直角坐标系。 由$AB = BC,AC = 2\sqrt{2},AA_1 = \sqrt{2}$，则$AB = BC = 2$，所以$A_1(0,2,\sqrt{2}),C_1(2,0,\sqrt{2}),E(1,1,\sqrt{2})$。由$\overrightarrow{CF}=\frac{1}{4}\overrightarrow{BC}$，则$\overrightarrow{CF}=\frac{1}{4}(2,0,0)=(\frac{1}{2},0,0)$，$\overrightarrow{C_1F}=\overrightarrow{C_1C}+\overrightarrow{CF}=(0,0,-\sqrt{2})+(\frac{1}{2},0,0)$ $=(\frac{1}{2},0,-\sqrt{2})$，$\overrightarrow{BE}=(1,1,\sqrt{2})$，所以$\cos\langle\overrightarrow{BE},\overrightarrow{C_1F}\rangle=\frac{\overrightarrow{BE}·\overrightarrow{C_1F}}{|\overrightarrow{BE}|·|\overrightarrow{C_1F}|}$ $=\frac{\frac{1}{2}-2}{\sqrt{4}×\sqrt{\frac{1}{4}+2}}=-\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}$，所以向量$\overrightarrow{BE},\overrightarrow{C_1F}$夹角为$120°$，由异面直线$BE$与$C_1F$所成角的范围是$(0,\frac{\pi}{2}]$，所以异面直线$BE$与$C_1F$所成的角为$60°$。

5.在直三棱柱ABC−AlBlC1中,底面是等
腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=
3,点D,E分别是CC1,A1B的中点，点E
在平面ABD上的射影是△ABD的重心
G,则点A1到平面ABD的距离为(A)

A.$\sqrt{6}$
B.$\sqrt{3}$
C.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{2}$

答案：
5.A 解析 如下图所示，以$C$为坐标原点，$CA,CB,CC_1$分别为$x,y,z$轴，建立空间直角坐标系。 设$CA = CB = a$，则$A(a,0,0),B(0,a,0)$，$D(0,0,\frac{3}{2}),A_1(a,0,3)$，可得$E(\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{3}{2}),G(\frac{a}{3},\frac{a}{3},\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{GE}=(\frac{a}{6},\frac{a}{6},1),\overrightarrow{BD}=(0,-a,\frac{3}{2})$。因为点$E$在平面$ABD$上的射影是$\triangle ABD$的重心，所以$GE\perp$平面$ABD$，所以$\overrightarrow{GE}·\overrightarrow{BD}=0$，即$\frac{a}{6}×0+\frac{a}{6}×(-a)+\frac{3}{2}×1=0$，解得$a = 3$，即$\overrightarrow{GE}=(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1)$，则点$A_1$到平面$ABD$的距离为$d = 2|\overrightarrow{GE}|=\sqrt{6}$。

6.如下图所示，已知四边形ABCD是直角梯
形,∠ABC=90°,SA⊥平面ABCD,SA=
AB=BC=1,则SC与平面ABCD所成角
θ的余弦值为 (C)


A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 6.C 解析 由题意得，$\overrightarrow{AS}$是平面$ABCD$的一个法向量，设$\overrightarrow{CS}$与$\overrightarrow{AS}$的夹角为$\varphi$，因为$\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AS}$，所以$\overrightarrow{AS}·\overrightarrow{CS}=\overrightarrow{AS}·(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AS})=\overrightarrow{AS}·\overrightarrow{AS}=1$，又$|\overrightarrow{AS}|=1$，所以$|\overrightarrow{CS}|=\sqrt{(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AS})^2}=\sqrt{3}$，所以$\cos\varphi=\frac{\overrightarrow{AS}·\overrightarrow{CS}}{|\overrightarrow{AS}|·|\overrightarrow{CS}|}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$\sin\theta=\cos\varphi=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\cos\theta=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。

7.如下图所示，在三棱锥A一BCD中,平面
ABC⊥平面BCD,△BAC与△BCD均为
直角三角形,且∠BAC=∠BCD=90°,AB
=AC,CD=$\frac{1}{2}$BC=1,点P是线段AB上
的动点，若线段CD上存在点Q,使得异面
直线PQ与AD成30°的角,则线段PA长
的取值范围是 (C)


A.(0,$\frac{\sqrt{2}}{2}${
B.(0,,$\frac{\sqrt{6}}{3}$
C.(0,1)
D.(0,$\sqrt{2}$]

答案：
7.C 解析 如下图所示，以$C$为原点，$CD$为$x$轴，$CB$为$y$轴，过$C$作平面$BCD$的垂线为$z$轴，建立空间直角坐标系。 则$C(0,0,0),A(0,1,1),B(0,2,0),D(1,0,0)$。设$Q(q,0,0)(0\leq q ＜ 1)$，$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{AB}=(0,\lambda,-\lambda)(0 ＜ \lambda\leq1)$，则$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{CQ}-(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AP})$ $=(q,0,0)-(0,1,1)-(0,\lambda,-\lambda)$ $=(q,-1-\lambda,\lambda - 1)$，$\overrightarrow{AD}=(1,-1,-1)$，因为异面直线$PQ$与$AD$成$30°$的角，所以$\cos30°=\frac{|\overrightarrow{PQ}·\overrightarrow{AD}|}{|\overrightarrow{PQ}|·|\overrightarrow{AD}|}=\frac{|q + 2|}{\sqrt{q^2 + 2\lambda^2 + 2}×\sqrt{3}}$ $=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$18\lambda^2 + 2 = - 5q^2 + 16q$，因为$0\leq q ＜ 1$，所以$-5q^2 + 16q\in[0,11)$，即$\begin{cases}18\lambda^2 + 2\geq0\\18\lambda^2 + 2 ＜ 11\end{cases}$，解得$-\frac{\sqrt{2}}{2}\leq\lambda＜\frac{\sqrt{2}}{2}$，因为$0 ＜ \lambda\leq1$，所以$0 ＜ \lambda＜\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得$|PA|=|\overrightarrow{AP}|=\sqrt{2\lambda^2}=\sqrt{2}\lambda\in(0,1)$。

8.如下图所示，已知正四面体A一BCD中,E
为棱CD的中点,F为棱BC上的动点，则
cOs∠EAF的最大值为 (C)


A.$\frac{\sqrt{2}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{7}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案： 8.C 解析 设正四棱锥的棱长为$1$，且$\overrightarrow{AB}=a,\overrightarrow{AC}=b,\overrightarrow{AD}=c$，因为$E$为棱$CD$的中点，可得$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}(b + c)$，则$|\overrightarrow{AE}|=\frac{1}{2}\sqrt{(b + c)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{b^2 + 2b· c + c^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。设$\overrightarrow{BF}=\lambda\overrightarrow{BC},\lambda\in[0,1]$，得$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=a+\lambda(b - a)=(1 - \lambda)a+\lambda b$，则$|\overrightarrow{AF}|=\sqrt{[(1 - \lambda)a+\lambda b]^2}$ $=\sqrt{(1 - \lambda)^2a^2+\lambda^2b^2+2(1 - \lambda)·\lambda a· b}$ $=\sqrt{\lambda^2 - \lambda + 1}$，又由$\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}(b + c)·[(1 - \lambda)a+\lambda b]$ $=\frac{1}{4}(\lambda + 2)$，所以$\cos\langle\overrightarrow{AE},\overrightarrow{AF}\rangle=\frac{\overrightarrow{AE}·\overrightarrow{AF}}{|\overrightarrow{AE}|·|\overrightarrow{AF}|}$ $=\frac{\frac{1}{4}(\lambda + 2)}{\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{\lambda^2 - \lambda + 1}}$令$t=\lambda + 2$，则$t\in[2,3]$，可得$\frac{1}{t}\in[\frac{1}{3},\frac{1}{2}]$，可得$\frac{\frac{\lambda + 2}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{\lambda^2 - \lambda + 1}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{7}{t^2}-\frac{5}{t}+1}}$，设$g(\frac{1}{t})=\frac{7}{t^2}-\frac{5}{t}+1,\frac{1}{t}\in[\frac{1}{3},\frac{1}{2}]$，当$\frac{1}{t}=\frac{5}{14}$时，函数$g(\frac{1}{t})$取得最小值，最小值为$g(\frac{5}{14})=\frac{3}{28}$，所以$\frac{1}{\sqrt{\frac{7}{t^2}-\frac{5}{t}+1}}$的最大值为$\frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}$，$\frac{\frac{\lambda + 2}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{\lambda^2 - \lambda + 1}}\leq\frac{1}{\sqrt{3}}×\frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{7}}{3}$，即$\cos\angle EAF$的最大值为$\frac{\sqrt{7}}{3}$。