|
2026年高考数学北京-17<-->2026年高考数学北京-19
（15分）如图，在直三棱柱$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中，$D$，$E$分别为$AC$，$A_{1}B_{1}$的中点，$AB=AC=2$，$\angle BAC=90^\circ$，$BB_{1}=\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求证：$DE//$平面$BCC_{1}B_{1}$；
（Ⅱ）设点$P$在△$A_{1}B_{1}C_{1}$的内部，$PE//B_{1}C_{1}$，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使点$P$的位置唯一确定，求平面$PAD$与平面$PDE$夹角的余弦值．
条件①：$PA=PD$；
条件②：$PA\bot BC$；
条件③：$BB_{1}//$平面$PDE$．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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〗（Ⅰ）证明：证法一：取$BC$的中点$F$，连接$DF$，$B_{1}F$，
因为$D$，$F$分别为$AC$，$BC$的中点，则$DF//AB$，且$DF=\dfrac{1}{2}AB$，
又因为$ABB_{1}A_{1}$为矩形，且$E$为$A_{1}B_{1}$的中点，则$B_{1}E//AB$，且${{B}_{1}}E=\dfrac{1}{2}AB$，
可得$DF//B_{1}E$，且$DF=B_{1}E$，可知$DFB_{1}E$为平行四边形，则$DE//B_{1}F$，
且$DE\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，$B_{1}F\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$DE//$平面$BB_{1}C_{1}C$；
证法二：设$A_{1}C_{1}$，$AB$的中点分别为$G$，$H$，连接$DG$，$GE$，$EH$，$DH$，
因为$D$，$G$分别为$AC$，$A_{1}C_{1}$的中点，则$DG//CC_{1}$，$DG//AA_{1}$，
且$DG\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，$CC_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$DG//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
又因为$G$，$E$分别为$A_{1}C_{1}$，$A_{1}B_{1}$的中点，则$GE//B_{1}C_{1}$，
且$GE\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，$B_{1}C_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$GE//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
又因为$E$，$H$分别为$A_{1}B_{1}$，$AB$的中点，则$EH//AA_{1}$，
可得$EH//DG$，可知$E$，$H$，$D$，$G$四点共面，
因为$DG\bigcap GE=G$，$DG$，$GE\subset$平面$DEG$，则平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
且$DE\subset$平面$DGEH$，所以$DE//$平面$BB_{1}C_{1}C$；
证法三：以$A$为坐标原点，$AB$，$AC$，$AA_{1}$分别为$x$，$y$，$z$轴，建立空间直角坐标系，
则$A(0$，0，$0)$，$B(2$，0，$0)$，$C(0$，2，$0)$，${{A}_{1}}(0,0,\sqrt{2})$，${{B}_{1}}(2,0,\sqrt{2})$，${{C}_{1}}(0,2,\sqrt{2})$，
且$D(0$，1，$0)$，$E(1,0,\sqrt{2})$，
可得$\overrightarrow{DE}=(1,-1,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{B{{B}_{1}}}=(0,0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{CB}=(2,-2,0)$，
设平面$BB_{1}C_{1}C$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=({{x}_{1}},{{y}_{1}},{{z}_{1}})$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{B{{B}_{1}}}=\sqrt{2}{{z}_{1}}=0\\ \overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{BC}=2{{x}_{1}}-2{{y}_{1}}=0\end{array}\right.$，
令$x_{1}=1$，则$y_{1}=1$，$z_{1}=0$，可得$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,1,0)$，
因为$\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{{n}_{1}}=1-1+0=0$，即$\overrightarrow{DE}\bot \overrightarrow{{n}_{1}}$，
因为$DE\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$DE//$平面$BB_{1}C_{1}C$．
（Ⅱ）$\dfrac{2}{3}$．
〖分析〗（Ⅰ）解法一：作辅助线，可证$DE//B_{1}F$，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行；
（Ⅱ）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知$P$为$EG$的中点，且平面$PDE$与平面$PAD$的夹角为$\angle AKN$，即可得结果；解法二：设$P(a,1-a,\sqrt{2})$，根据题意可得$a=\dfrac{1}{2}$，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知$P$为$EG$的中点，且平面$PDE$与平面$PAD$的夹角为$\angle AKN$，即可得结果；解法二：设$P(a,1-a,\sqrt{2})$，根据题意可得$a=\dfrac{1}{2}$，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$分析可知点$P$不唯一，不合题意．
〖解答〗（Ⅰ）证明：证法一：取$BC$的中点$F$，连接$DF$，$B_{1}F$，
因为$D$，$F$分别为$AC$，$BC$的中点，则$DF//AB$，且$DF=\dfrac{1}{2}AB$，
又因为$ABB_{1}A_{1}$为矩形，且$E$为$A_{1}B_{1}$的中点，则$B_{1}E//AB$，且${{B}_{1}}E=\dfrac{1}{2}AB$，
可得$DF//B_{1}E$，且$DF=B_{1}E$，可知$DFB_{1}E$为平行四边形，则$DE//B_{1}F$，
且$DE\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，$B_{1}F\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$DE//$平面$BB_{1}C_{1}C$；
证法二：设$A_{1}C_{1}$，$AB$的中点分别为$G$，$H$，连接$DG$，$GE$，$EH$，$DH$，
因为$D$，$G$分别为$AC$，$A_{1}C_{1}$的中点，则$DG//CC_{1}$，$DG//AA_{1}$，
且$DG\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，$CC_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$DG//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
又因为$G$，$E$分别为$A_{1}C_{1}$，$A_{1}B_{1}$的中点，则$GE//B_{1}C_{1}$，
且$GE\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，$B_{1}C_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$GE//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
又因为$E$，$H$分别为$A_{1}B_{1}$，$AB$的中点，则$EH//AA_{1}$，
可得$EH//DG$，可知$E$，$H$，$D$，$G$四点共面，
因为$DG\bigcap GE=G$，$DG$，$GE\subset$平面$DEG$，则平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
且$DE\subset$平面$DGEH$，所以$DE//$平面$BB_{1}C_{1}C$；
证法三：以$A$为坐标原点，$AB$，$AC$，$AA_{1}$分别为$x$，$y$，$z$轴，建立空间直角坐标系，
则$A(0$，0，$0)$，$B(2$，0，$0)$，$C(0$，2，$0)$，${{A}_{1}}(0,0,\sqrt{2})$，${{B}_{1}}(2,0,\sqrt{2})$，${{C}_{1}}(0,2,\sqrt{2})$，
且$D(0$，1，$0)$，$E(1,0,\sqrt{2})$，
可得$\overrightarrow{DE}=(1,-1,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{B{{B}_{1}}}=(0,0,\sqrt{2})$，$\overrightarrow{CB}=(2,-2,0)$，
设平面$BB_{1}C_{1}C$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=({{x}_{1}},{{y}_{1}},{{z}_{1}})$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{B{{B}_{1}}}=\sqrt{2}{{z}_{1}}=0\\ \overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{BC}=2{{x}_{1}}-2{{y}_{1}}=0\end{array}\right.$，
令$x_{1}=1$，则$y_{1}=1$，$z_{1}=0$，可得$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,1,0)$，
因为$\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{{n}_{1}}=1-1+0=0$，即$\overrightarrow{DE}\bot \overrightarrow{{n}_{1}}$，
因为$DE\not\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，所以$DE//$平面$BB_{1}C_{1}C$．
（Ⅱ）解：由（1）可知$EG//B_{1}C_{1}$，则$P\in EG$，
若选①：解法一：设$AD$，$A_{1}G$，$EG$的中点分别为$I$，$J$，$P$，
可知$IJ$为线段$AD$的中垂线，则$AJ=DJ$，
因为$PJ//A_{1}B_{1}$，由题意可知：$A_{1}B_{1}\bot$平面$ACC_{1}A_{1}$，即$PJ\bot$平面$ACC_{1}A_{1}$，
则$PJ\bot JA$，$PJ\bot JD$，可得$PA=PD$，符合题意，
取$BC$的中点$M$，连接$AM$，设$AM\bigcap DH=N$，
因为$AB=AC$，则$AM\bot BC$，
又因为$BB_{1}\bot$平面$ABC$，$AM\subset$平面$ABC$，则$AM\bot BB_{1}$，
且$BC\bigcap BB_{1}=B$，$BC$，$BB_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，则$AM\bot$平面$BB_{1}C_{1}C$，即$AN\bot$平面$BB_{1}C_{1}C$，
且平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$，可得$AN\bot$平面$DGEH$，
且$PD\subset$平面$DGEH$，可得$AN\bot PD$，
过点$N$作$NK\bot PD$，
且$AN\bigcap NK=N$，$AN$，$NK\subset$平面$ANK$，
则$PD\bot$平面$ANK$，可得$AK\bot PD$，
可知平面$PDE$与平面$PAD$的夹角为$\angle AKN$，
由题意可知：$AN=ND=PG=\dfrac{1}{2}AM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$GD=\sqrt{2}$，
则$PD=\dfrac{\sqrt{10}}{2}$，$\sin \angle PDN=\cos \angle PDG=\dfrac{GD}{PD}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，
则$NK=ND\cdot \sin \angle PDN=\dfrac{2}{\sqrt{10}}$，$AK=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$，
所以平面$PDE$与平面$PAD$的夹角余弦值为$\cos \angle AKN=\dfrac{NK}{AK}=\dfrac{2}{3}$；
解法二：设$P(a,1-a,\sqrt{2})$，
因为$PA=PD$，则$\sqrt{{{a}^{2}}+{{(1-a)}^{2}}+2}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{(-a)}^{2}}+2}$，解得$a=\dfrac{1}{2}$，即$P(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\sqrt{2})$，
则$\overrightarrow{AP}=(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AD}=(0,1,0)$，
设平面$PAD$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=({{x}_{2}},{{y}_{2}},{{z}_{2}})$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{AP}=\dfrac{1}{2}{{x}_{2}}+{{y}_{2}}+\sqrt{2}{{z}_{2}}=0\\ \overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{AD}={{y}_{2}}=0\end{array}\right.$，
令${{x}_{2}}=2\sqrt{2}$，则$y_{2}=0$，$z_{2}=-1$，可得$\overrightarrow{{n}_{2}}=(2\sqrt{2},0,-1)$，
因为平面$DEG//$平面$BB_{1}C_{1}C$，可知平面$PDE$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,1,0)$，
则$\cos \overrightarrow{{n}_{1}},\overrightarrow{{n}_{2}}=\dfrac{\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{{n}_{2}}}{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\vert \cdot \vert \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}\times 3}=\dfrac{2}{3}$，
所以平面$PDE$与平面$PAD$的夹角余弦值为$\dfrac{2}{3}$；
若选②：解法一：取$BC$的中点$M$，连接$AM$，设$AM\bigcap DH=N$，
因为$AB=AC$，则$AM\bot BC$，
又因为$BB_{1}\bot$平面$ABC$，$AM\subset$平面$ABC$，则$AM\bot BB_{1}$，
且$BC\bigcap BB_{1}=B$，$BC$，$BB_{1}\subset$平面$BB_{1}C_{1}C$，则$AM\bot$平面$BB_{1}C_{1}C$，即$AN\bot$平面$BB_{1}C_{1}C$，
且平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$，可得$AN\bot$平面$DGEH$，
取$B_{1}C_{1}$的中点$Q$，连接$A_{1}Q$，$QM$，可知$A_{1}Q//AM$，
设$A_{1}Q\bigcap EG=P$，可知点$P$为$EG$的中点，
因为$AM\bot BC$，$QM\bot BC$，可得$BC\bot$平面$AMQA_{1}$，则$AP\bot BC$，
因为$AN\bot$平面$DGEH$且$PD\subset$平面$DGEH$，可得$AN\bot PD$，
过点$N$作$NK\bot PD$，
且$AN\bigcap NK=N$，$AN$，$NK\subset$平面$ANK$，
则$PD\bot$平面$ANK$，可得$AK\bot PD$，
可知平面$PDE$与平面$PAD$的夹角为$\angle AKN$，
由题意可知：$AN=ND=PG=\dfrac{1}{2}AM=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$GD=\sqrt{2}$，
则$PD=\dfrac{\sqrt{10}}{2}$，$\sin \angle PDN=\cos \angle PDG=\dfrac{GD}{PD}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，
则$NK=ND\cdot \sin \angle PDN=\dfrac{2}{\sqrt{10}}$，$AK=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$，
所以平面$PDE$与平面$PAD$的夹角余弦值为$\cos \angle AKN=\dfrac{NK}{AK}=\dfrac{2}{3}$；
解法二：设$P(a,1-a,\sqrt{2})$，则$\overrightarrow{AP}=(a,1-a,\sqrt{2})$，
因为$AP\bot BC$，则$\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{BC}=-2a+2(1-a)+0=0$，解得$a=\dfrac{1}{2}$，即$P(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\sqrt{2})$，
则$\overrightarrow{AP}=(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\sqrt{2})$，$\overrightarrow{AD}=(0,1,0)$，
设平面$PAD$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=({{x}_{2}},{{y}_{2}},{{z}_{2}})$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{AP}=\dfrac{1}{2}{{x}_{2}}+{{y}_{2}}+\sqrt{2}{{z}_{2}}=0\\ \overrightarrow{{n}_{2}}\cdot \overrightarrow{AD}={{y}_{2}}=0\end{array}\right.$，
令${{x}_{2}}=2\sqrt{2}$，则$y_{2}=0$，$z_{2}=-1$，可得$\overrightarrow{{n}_{2}}=(2\sqrt{2},0,-1)$，
因为平面$DEG//$平面$BB_{1}C_{1}C$，可知平面$PDE$的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=(1,1,0)$，
则$\cos \overrightarrow{{n}_{1}},\overrightarrow{{n}_{2}}=\dfrac{\overrightarrow{{n}_{1}}\cdot \overrightarrow{{n}_{2}}}{\vert \overrightarrow{{n}_{1}}\vert \cdot \vert \overrightarrow{{n}_{2}}\vert }=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}\times 3}=\dfrac{2}{3}$，
所以平面$PDE$与平面$PAD$的夹角余弦值为$\dfrac{2}{3}$；
若选③：由（1）可知：平面$DGEH//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
因为$P\in EG$，平面$DGEH$即为平面$PDE$，即平面$PDE//$平面$BB_{1}C_{1}C$，
可得$BB_{1}//$平面$PDE$，此时点$P$不唯一，不合题意．
〖点评〗本题主要考查空间位置关系与角，属于难题．
2026年高考数学北京-17<-->2026年高考数学北京-19
全网搜索"2026年高考数学北京-18"相关
|
