2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章第7节　空间距离及立体几何中的探索性问题

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[选题明细表]
1.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E是线段AB的中点.
(1)证明:BD⊥平面AA1C1C;
(2)若P是线段BC上的动点,求点P到平面B1DE的距离的取值范围.
(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,
所以BD⊥AC,
因为AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以AA1⊥BD,
因为AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面AA1C1C,
所以BD⊥平面AA1C1C.
(2)解:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、
z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),E(2,1,0),B1(2,2,2),
设P(a,2,0)(0≤a≤2),
则DP→=(a,2,0),DE→=(2,1,0),DB1→=(2,2,2),
设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z),
由DE→·n=0,DB1→·n=0,
则2x+y=0,2x+2y+2z=0,
令x=1,则y=-2,z=1,则n=(1,-2,1).
设点P到平面B1DE的距离为h,
所以h=|DP→·n||n|=|a-4|6=66(4-a)∈[63,263],
所以点P到平面B1DE的距离的取值范围是[63,263].
2.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC=2,
AA1=3.
(1)求直线A1C与AB1所成角的余弦值;
(2)设M为AC的中点,在平面BCC1内找一点N,使得MN⊥平面A1BC,
求点N到平面ABC和平面ABB1的距离.
解:(1)根据题设可知AB,BC,BB1两两垂直,以B为坐标原点,分别以BA,
BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,0,3),A1(1,0,3),C(0,2,0),
所以AB1→=(-1,0,3),A1C→=(-1,2,-3),
所以cs =AB1→·A1C→|AB1→||A1C→|=1-32×8=-24,
所以直线A1C与AB1所成角的余弦值为24.
(2)由条件知M(12,1,0).因为点N在平面BCC1内,可设其坐标为N(0,a,b),
则MN→=(-12,a-1,b).
因为MN⊥平面A1BC,
所以MN⊥BC,MN⊥BA1,
由(1)可得BC→=(0,2,0),BA1→=(1,0,3),
所以MN→·BC→=2(a-1)=0,MN→·BA1→=-12+3b=0,
解得a=1,b=36,
所以点N(0,1,36),其到平面ABC的距离为36,到平面ABB1的距离为1.
3.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,
PD⊥CD,且PA=2,E为PD的中点.
(1)求证:PA⊥平面ABCD;
(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值;
(3)在线段BC上是否存在点F,使得点E到平面PAF的距离为255?若存在,确定点F的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,
则BC⊥AB,CD⊥AD,
因为PB⊥BC,BC⊥AB,PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
因为PA⊂平面PAB,所以PA⊥BC.
因为PD⊥CD,CD⊥AD,PD∩AD=D,
PD,AD⊂平面PAD.
所以CD⊥平面PAD.
因为PA⊂平面PAD,
所以PA⊥CD,
因为BC∩CD=C,BC,CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥平面ABCD.
(2)解:因为PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),
设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),
则AC→=(2,2,0),AE→=(0,1,1),PC→=(2,2,-2),
由m·AC→=2x+2y=0,m·AE→=y+z=0,
取y=1,可得m=(-1,1,-1),
cs=m·PC→|m||PC→|=23×23=13,
所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为13.
(3)解:设点F(2,t,0)(0≤t≤2),设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),
AF→=(2,t,0),AP→=(0,0,2),
由n·AF→=2a+tb=0,n·AP→=2c=0,
取a=t,则n=(t,-2,0),
所以点E到平面PAF的距离为d=|AE→·n||n|=2t2+4=255,因为0≤t≤2,
所以t=1.因此,当点F为线段BC的中点时,点E到平面PAF的距离为255.
4.(2022·江苏苏州调研)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=AB,点D,E分别为棱BC,B1C1上的点,且BDBC=C1EC1B1=t(0(1)若t=12,求证:AD∥平面A1EB;
(2)若二面角C1ADC的大小为π3,求实数t的值.
(1)证明:当t=12时,BDBC=C1EC1B1=t=12,即点D,E分别为BC,B1C1的中点,
在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1BB1,
所以四边形BB1A1A为平行四边形,
连接DE,则DEBB1,
所以DEAA1,
所以四边形DEA1A是平行四边形,
所以AD∥A1E.
又因为AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,
所以AD∥平面A1EB.
(2)解:AA1⊥平面ABC,又∠BAC=90°,
以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=AC=AA1=3,
则点A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),C1(0,3,3),
所以AC1→=(0,3,3),BC→=(-3,3,0),AB→=(3,0,0),BD→=tBC→=(-3t,3t,0),
所以AD→=AB→+BD→=(3-3t,3t,0).
设平面AC1D的法向量为n1=(x,y,z),
则n1·AC1→=0,n1·AD→=0,即3y+3z=0,3(1-t)x+3ty=0,
取n1=(t,t-1,1-t),
又平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1),
因为二面角C1ADC的大小为π3,
所以|n1·n2|n1||n2||=csπ3=12,
即1-t3t2-4t+2=12,
得t2-4t+2=0,
又因为05.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,
AB=1,PA=2,E为PB的中点,点F在棱PC上,且PF→=λPC→(λ∈[0,1]).
(1)求直线CE与直线PD所成角的余弦值;
(2)当直线BF与平面CDE所成的角最大时,求此时λ的值.
解:(1)如图,以A为坐标原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则C(1,1,0),P(0,0,2),D(1,0,0),B(0,1,0),E(0,12,1),CE→=(-1,-12,1),
PD→=(1,0,-2),
所以cs=CE→·PD→|CE→|·|PD→|=-1-294×5=-255,
所以CE与PD所成角的余弦值为255.
(2)点F在棱PC上,且PF→=λPC→,
所以F(λ,λ,2-2λ),BF→=(λ,λ-1,2-2λ),
又CD→=(0,-1,0),CE→=(-1,-12,1).
设n=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
则n·CD→=-y=0,n·CE→=-x-12y+z=0,
取x=1,得n=(1,0,1),
设直线BF与平面CDE所成的角为θ,
则sin θ=2-λλ2+(λ-1)2+(2-2λ)2·2=2-λ2·6λ2-10λ+5(λ∈[0,1]),
令t=2-λ,则t∈[1,2],
所以sin θ=t2·6t2-14t+9=22·19t2-14t+6,
当1t=79,即t=97∈[1,2]时,9t2-14t+6有最小值59,此时sin θ取得最大值为31010,
即BF与平面CDE所成的角最大,此时λ=2-t=2-97=57,即λ的值为57.
6.如图1,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ使FE→=λBD→(0<λ<1),沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图2所示.
(1)若BF⊥PD,设三棱锥PBCD和四棱锥PBDEF的体积分别为V1,V2,求V1V2;
(2)试讨论,当点E的位置变化时,二面角EPFB是否为定值?若是,
求出该二面角的余弦值,若不是,说明理由.
解:(1)取EF的中点为G,连接PG,
因为FE→=λBD→(0<λ<1),即EF∥BD,
所以PE=PF,
所以PG⊥EF,又因为平面PEF⊥平面BCDEF,
平面PEF∩平面BCDEF=EF,
所以PG⊥平面BCDEF,
连接GC,由题意可知GC⊥EF,
以点G为坐标原点,分别以GF,GC,GP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
设BC=2,则F(λ,0,0),B(1,3(1-λ),0),P(0,0,3λ),D(-1,3(1-λ),0),
所以FB→=(1-λ,3(1-λ),0),DP→=(1,-3(1-λ),3λ),
因为BF⊥PD,所以DP→·FB→=(1,-3(1-λ),3λ)·(1-λ,3(1-λ),0)
=1-λ-3(1-λ)2=0,
解得λ=23或λ=1(舍去).
因为三棱锥PBCD和四棱锥PBDEF的体积分别为V1,V2,
所以V1V2=S△BCDS四边形BDEF=S△ABDS四边形BDEF=95.
(2)二面角EPFB是定值.
由(1)知,平面EPF的一个法向量为n1=(0,1,0),
由FB→=(1-λ,3(1-λ),0),FP→=(-λ,0,3λ),
设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),
所以n2·FB→=0,n2·FP→=0⇒(1-λ)x+3(1-λ)y=0,-λx+3λz=0,
取y=1,则x=-3,z=-1,
即n2=(-3,1,-1),
设二面角EPFB的平面角为θ,
所以|cs θ|=|n1·n2|n1|·|n2||=|1|1×5=55,
由图可知二面角EPFB的平面角为钝角,
所以二面角EPFB为定值,其余弦值为-55.知识点、方法
题号
距离综合问题
1
位置关系探索问题
2,3
空间角的探索问题
4,5,6