《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. 如下图所示，$60°$ 的二面角的棱上有 $A,B$ 两点，直线 $AC,BD$ 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 $AB$，已知 $AC=6$，$AB=4$，$BD=8$，则 $CD$ 的长为(C)

A.$\sqrt{17}$
B.7
C.$2\sqrt{17}$
D.9

答案： 2.C 解析 因为 $AC\bot AB$，$BD\bot AB$，
所以$\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{AB} = 0$，$\overrightarrow{BD} · \overrightarrow{AB} = 0$，
因为二面角为 $60^{\circ}$，
所以$\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{BD} = \vert\overrightarrow{AC}\vert · \vert\overrightarrow{BD}\vert · \cos60^{\circ}$
$= 6 × 8 × \frac{1}{2} = 24$，
即$\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{BD} = - 24$，
所以$\vert\overrightarrow{CD}\vert^{2} = \overrightarrow{CD}^{2} = (\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BD})^{2} = \overrightarrow{CA}^{2} + \overrightarrow{AB}^{2} + \overrightarrow{BD}^{2} + 2\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{CA} · \overrightarrow{BD} + 2\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{BD}$
$= 36 + 16 + 64 + 0 - 48 + 0 = 68$，
所以$\vert\overrightarrow{CD}\vert = 2\sqrt{17}$，即 $CD$ 的长为 $2\sqrt{17}$.

3. 在棱长均为 $a$ 的正三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 中，$D$ 是侧棱 $CC_1$ 的中点，则点 $C_1$ 到平面 $AB_1D$ 的距离为　　(A)

A.$\frac{\sqrt{2}}{4}a$
B.$\frac{\sqrt{2}}{8}a$
C.$\frac{3\sqrt{2}}{4}a$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}a$

答案：
3.A 解析 以 $A$ 为原点，以垂直于 $AC$ 的直线为 $x$ 轴，以 $AC$ 为 $y$ 轴，以 $AA_{1}$ 为 $z$ 轴建立如下图所示空间直角坐标系.

由 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 是棱长均为 $a$ 的正三棱柱，$D$ 是侧棱 $CC_{1}$ 的中点，
故 $A(0,0,0)$，$B_{1}(\frac{\sqrt{3}a}{2},\frac{a}{2},a)$，
$D(0,a,\frac{a}{2})$，$C_{1}(0,a,a)$，
所以$\overrightarrow{AB_{1}} = (\frac{\sqrt{3}a}{2},\frac{a}{2},a)$，$\overrightarrow{DC_{1}} = (0,0,\frac{a}{2})$，
$\overrightarrow{AD} = (0,a,\frac{a}{2})$.
设平面 $AB_{1}D$ 的法向量 $\mathbf{n} = (x,y,z)$，
则$\begin{cases}\mathbf{n} · \overrightarrow{AB_{1}} = \frac{\sqrt{3}a}{2}x + \frac{a}{2}y + az = 0,\\\mathbf{n} · \overrightarrow{AD} = ay + \frac{a}{2}z = 0,\end{cases}$
设 $y = 1$，则 $x = \sqrt{3}$，$z = - 2$，
所以 $\mathbf{n} = (\sqrt{3},1, - 2)$，
故点 $C_{1}$ 到平面 $AB_{1}D$ 的距离
$d = \frac{\vert\overrightarrow{DC_{1}} · \mathbf{n}\vert}{\vert\mathbf{n}\vert} = \frac{a}{\sqrt{3 + 1 + 4}} = \frac{\sqrt{2}}{4}a$.

4. 已知 $E,F,O$ 分别是正方形 $ABCD$ 边 $BC$、$AD$ 及对角线 $AC$ 的中点，将 $\triangle ACD$ 沿着 $AC$ 进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线 $EF$ 与平面 $BOD$ 所成角的余弦值的取值范围为　　(A)

A.$\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
B.$\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$
C.$\left(\frac{1}{2},1\right)$
D.$\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$

答案：
4.A 解析 翻折后的图形如下图所示：

设正方形的边长为 $2$，
则 $OA = OB = OD = \sqrt{2}$，$OA\bot OB$，$OA\bot OD$，
设$\angle BOD = \alpha$，$\alpha \in (0,\pi)$，直线 $EF$ 与平面 $BOD$ 所成的角为 $\theta$，$\theta \in (0,\frac{\pi}{2})$，
以$\{\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OD}\}$为一组基底，
则$\overrightarrow{EF} = \overrightarrow{OF} - \overrightarrow{OE} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OD}) - \frac{1}{2}(\overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OB})$
$= \overrightarrow{OA} - \frac{1}{2}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{OD}$，
所以$\vert\overrightarrow{EF}\vert = \sqrt{(\overrightarrow{OA} - \frac{1}{2}\overrightarrow{OB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{OD})^{2}} = \sqrt{\overrightarrow{OA}^{2} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OB}^{2} + \frac{1}{4}\overrightarrow{OD}^{2} - \overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OA} · \overrightarrow{OD} - \frac{1}{2}\overrightarrow{OB} · \overrightarrow{OD}} = \sqrt{3 - \cos\alpha}$.
则$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA} = - 2\overrightarrow{OA}$，
所以$\vert\overrightarrow{AC}\vert = 2\vert\overrightarrow{OA}\vert = 2\sqrt{2}$，
所以$\sin\theta = \frac{\vert\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{EF}\vert}{\vert\overrightarrow{AC}\vert · \vert\overrightarrow{EF}\vert} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3 - \cos\alpha}}$
$\in (\frac{\sqrt{2}}{2},1)$，
所以$\cos\theta = \sqrt{1 - \sin^{2}\theta} \in (0,\frac{\sqrt{2}}{2})$.

5. 已知点 $A,B,C,D$ 在球 $O$ 的表面上，$AB \perp$ 平面 $BCD$，$BC \perp CD$，若 $AB=2$，$BC=4$，$AC$ 与平面 $ABD$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$，则球 $O$ 表面上的动点 $P$ 到平面 $ACD$ 距离的最大值为　　(B)

A.2
B.3
C.4
D.5

答案：
5.B 解析 由题意可知：
$AB\bot$平面 $BCD$，$BC\bot CD$.
以点 $C$ 为坐标原点，$CD$，$CB$所在直线分别为 $x$ 轴，$y$ 轴，以过点 $C$ 且与 $AB$ 平行的直线为 $z$ 轴，建立如下图所示空间直角坐标系.

则 $C(0,0,0)$，$B(0,4,0)$，$A(0,4,2)$，
$\overrightarrow{AC} = (0, - 4, - 2)$，$\overrightarrow{AB} = (0,0, - 2)$.
设 $D(t,0,0)$，$t ＞ 0$，则$\overrightarrow{BD} = (t, - 4,0)$.
设平面 $ABD$ 的法向量 $\mathbf{m} = (x,y,z)$，
则$\begin{cases}\overrightarrow{AB} · \mathbf{m} = 0,\\z = 0,\\\overrightarrow{BD} · \mathbf{m} = 0,\\tx - 4y = 0,\end{cases}$
令 $x = 4$，则 $\mathbf{m} = (4,t,0)$.
所以$\vert\cos\langle\overrightarrow{AC},\mathbf{m}\rangle\vert = \frac{4t}{2\sqrt{5} × \sqrt{16 + t^{2}}} = \frac{\sqrt{10}}{5}$，
解得 $t = 4$. 所以 $CD = 4$.
由补形法，将几何体补成长方体，可知外接球的球心为 $AD$ 的中点，
所以外接球的半径为$\frac{\sqrt{4^{2} + 4^{2} + 2^{2}}}{2} = 3$，且球心在平面 $ACD$ 上.
所以球 $O$ 表面上的动点 $P$ 到平面 $ACD$ 距离的最大值为 $3$.

6. 如图所示，在棱长为 2 的正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 为棱 $CC_1$ 上的中点，$F$ 为棱 $AA_1$ 上的点，且满足 $A_1F:FA=1:2$，点 $F,B,E,G,H$ 为过三点 $B,E,F$ 的平面 $BMN$ 与正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的棱的交点，则下列说法中正确的是　　(ABD)

A.$HF // BE$
B.三棱锥的体积 $V_{B_1-BMN}=4$
C.直线 $MN$ 与平面 $A_1B_1BA$ 所成的角为 $45°$
D.$D_1G:GC_1=1:3$

答案： 6.ABD 解析 A：因为平面 $BB_{1}C_{1}C //$ 平面 $AA_{1}D_{1}D$，平面 $BMN$ 与平面 $BB_{1}C_{1}C$ 和平面 $AA_{1}D_{1}D$ 都相交，交线分别为 $BE$ 和 $HF$，根据面面平行性质定理知 $HF // BE$，A 正确.
B：由比例性质可得，$B_{1}N = 4$，$B_{1}M = 3$，所以$V_{B_{1} - BMN} = V_{N - B_{1}BM} = \frac{1}{3} × 4 × \frac{1}{2} × 3 × 2 = 4$，B 正确.
C：直线 $MN$ 与平面 $A_{1}B_{1}BA$ 所成的角为$\angle NMB_{1} \neq 45^{\circ}$，C 错误.
D：由$C_{1}G // B_{1}M$，$C_{1}$为 $B_{1}N$ 的中点可得$C_{1}G = \frac{1}{2}B_{1}M = \frac{3}{2}$，所以$D_{1}G = 2 - \frac{3}{2} = \frac{1}{2}$，即$D_{1}G:GC_{1} = 1:3$，D 正确.

7. 如下图所示，已知直角梯形 $ABCD$，$AB // CD$，$AB \perp BC$，$BC=CD=\frac{1}{2}AB=1$，$AB$ 中点，以 $DE$ 为折痕把 $\triangle ADE$ 折起，使点 $A$ 到达点 $P$ 的位置，且 $PC=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则(ACD)

A.平面 $PED \perp$ 平面 $EBCD$
B.$PC \perp ED$
C.二面角 $P-DC-B$ 的大小为 $\frac{\pi}{4}$
D.$PC$ 与平面 $PED$ 所成角的正切值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： 7.ACD 解析 A：由题意可知 $PB\bot BC$，
由$PC = \frac{\sqrt{3}}{2}$，可得$PB = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$PB^{2} = PE^{2} + EB^{2}$，所以$PE\bot BE$，
又$PE^{2} + CE^{2} = PC^{2}$，所以$PE\bot EC$，
所以平面 $PED\bot$平面 $EBCD$，A 正确；
B：由于$ED // BC$，$\angle PCB \neq \frac{\pi}{2}$，B 错误；
C：由于 $PE\bot$平面 $BCDE$，可得二面角 $P - DC - B$ 的平面角为$\angle PDE$，即二面角 $P - DC - B$ 的大小为$\frac{\pi}{4}$，C 正确；
D：由于 $CD\bot$平面 $PED$，所以$\angle CPD$就是直线 $PC$ 与平面 $PED$ 所成角，又因为$\tan\angle CPD = \frac{CD}{PD} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，D 正确.

8. 如下图所示，在直三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 中，$AC=BC=CC_1=6$，$AC \perp BC$，$E,F$ 分别为 $BB_1$，$A_1C_1$ 的中点，过点 $A,E,F$ 作三棱柱的截面 $\alpha$，则下列说法中正确的是　　(BC)

A.$BC_1 // \alpha$
B.直线 $BC$ 与直线 $AF$ 所成角为 $90°$
C.若 $\alpha$ 交 $B_1C_1$ 于 $M$，则 $FM=5$
D.$\alpha$ 将三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 分成体积较大部分和体积较小部分，其中较大部分的体积为 76

答案：
8.BC 解析 如下图所示，延长 $AF$ 与 $CC_{1}$ 交于点 $P$，连接 $PE$ 交 $B_{1}C_{1}$ 于点 $M$，连接 $FM$，则平面 $AEMF$ 即为截面 $\alpha$.

A：由图可知，$C_{1}$ 为 $PC$ 的中点，可得$C_{1}M = 2B_{1}M = 4$，$E$ 为 $BB_{1}$ 中点，则 $ME$ 所在直线与 $BC_{1}$ 相交于 $Q$，即 $BC_{1}$ 与 $\alpha$ 相交，所以 A 错误；
B：由于$BC\bot CC_{1}$，$BC\bot AC$，
所以$BC\bot$平面 $ACC_{1}A_{1}$，即$BC\bot AF$，所以 B 正确；
C：由于$C_{1}F = 3$，$C_{1}M = 4$，
所以$FM = 5$，所以 C 正确；
D：$\alpha$ 将三棱柱分成体积较大部分的体积为
$V_{P - ACQ} - V_{P - FMC_{1}} - V_{A - QBE} = \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 6 × 8 × 12 - \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 3 × 4 × 6 - \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × 2 × 6 × 3 = 78$，
D 错误.