2024届高考数学二轮复习专题强化练(七)含答案

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(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出eq \f(B1Q,QB)的值；若不存在，请说明理由；
(2)求点C到平面BC1M的距离．
解：(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点．所以C1M⊥A1B1，
又因为A1A⊥平面A1B1C1，所以A1A⊥C1M，面A1A∩A1B1＝A1，所以C1M⊥平面AA1B1B，
过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，AQ⊥C1M，且BM∩C1M＝M，
所以AQ⊥平面BC1M，
即点Q为所要找的点，易得：△ABQ∽△BB1M，
所以eq \f(BQ,B1M)＝eq \f(AB,BB1)，即有eq \f(BQ,1)＝eq \f(2,4)，
于是BQ＝eq \f(1,2)，所以B1Q＝B1B－BQ＝4－eq \f(1,2)＝eq \f(7,2)，所以eq \f(B1Q,QB)＝7.
(2)连接C与AB的中点N，易知CN∥平面BC1M，
点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN，
又N为AB的中点，点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M的距离hA的一半，
而由(1)知，当BQ＝eq \f(1,2)时，AQ⊥平面BC1M，
设AQ∩BM＝H，则hA＝AH＝ABcs ∠BAQ＝2×eq \f(2,\r(22＋（\f(1,2)）2))＝eq \f(8,\r(17))，
所以hC＝hN＝eq \f(1,2)hA＝eq \f(4\r(17),17).
2．(2023·惠州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
(1)证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为eq \f(2\r(5),5)，求点P到平面AEF的距离．
(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC.
因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，
又因为PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
因为PA＝AB，E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB，
又因为PB∩BC＝B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC.
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC.
(2)解：因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，
以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，
易知u＝(0，1，0)是平面PAB的法向量，
设BF＝t(t∈[0，2])，则F(2，t，0)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，t，0)，
所以|cs〈eq \(AF,\s\up6(→))，u〉|＝eq \f(|\(AF,\s\up6(→))·u|,|\(AF,\s\up6(→))||u|)＝eq \r(1－（\f(2\r(5),5)）2)，
即eq \f(t,\r(t2＋4))＝eq \f(\r(5),5)，得t＝1，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，1，0)，
设n＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))
所以平面AEF的法向量n＝(－1，2，1)，
又因为eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，
所以点P到平面AEF的距离为d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(6))＝eq \f(\r(6),3)，
所以点P到平面AEF的距离为eq \f(\r(6),3).
3．(2023·深圳模拟)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG.DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(1)求平面EBC与平面BCF的夹角的正弦值；
(2)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
解：(1)以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DG,\s\up6(→))的正方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，
B(1，2，0)，C(0，2，0)，
E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M(0，eq \f(3,2)，1)，N(1，0，2)．
则eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．
设m＝(a，b，c)为平面BCE的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝－a＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝a－2b＋2c＝0，))
不妨令c＝1，可得m＝(0，1，1)．
设k＝(a1，b1，c1)为平面BCF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k·\(BC,\s\up6(→))＝－a1＝0，,k·\(CF,\s\up6(→))＝－b1＋2c1＝0，))
不妨令c1＝1，可得k＝(0，2，1)．
因此有cs〈m，k〉＝eq \f(m·k,|m|·|k|)＝eq \f(3\r(10),10)，
于是sin〈m，k〉＝eq \f(\r(10),10).
所以二面角E-BC-F的正弦值为eq \f(\r(10),10).
(2)设线段DP的长为h，(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，
可得eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，而eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，
故|cs 〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\(BP,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),|\(BP,\s\up6(→))|·|\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(h2＋5)).
由题意，可得eq \f(2,\r(h2＋5))＝sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，解得h＝eq \f(\r(3),3)∈[0，2]．
所以线段DP的长为eq \f(\r(3),3).
4．(2023·广东模拟)图1是边长为eq \r(2)的正方形ABCD，将△ACD沿AC折起得到如图2所示的三棱锥P-ABC，且PB＝eq \r(2).
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)点M是棱PA上不同于P，A的动点，设eq \f(AM,AP)＝λ(0