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高中数学北师大版必修23.3空间两点间的距离公式习题
展开这是一份高中数学北师大版必修23.3空间两点间的距离公式习题,共27页。试卷主要包含了0分),【答案】A,【答案】D,【答案】C,【答案】B等内容,欢迎下载使用。
2.3空间两点间的距离公式同步练习北师大版高中数学必修二
一、单选题(本大题共12小题,共60.0分)
1. 已知空间中点A(x,1,2)和点B(2,3,4),且|AB|=23,则实数x的值为( )
A. 4或0 B. 4 C. 3或-4 D. -3或4
2. 在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1、BB1的中点,M为棱A1B1上的一点,且A1M=λ(0<λ<2),设点N为ME的中点,则点N到平面D1EF的距离为( )
A. 3λ
B. 22
C. 23λ
D. 55
3. 棱长为1的正四面体ABCD中,点M和N分别是边AB和CD的中点,则线段MN的长度为( )
A. 22 B. 2 C. 33 D. 2
4. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别是棱BC,CC1的中点,动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动,若PA1//面AMN,则线段PA1的长度范围是( )
A. [2,5]
B. [2,3]
C. [322,3]
D. [322,5]
5. 已知A(-2,0,3),B(-1,2,1)是空间直角坐标系中两点,则|AB|=( )
A. 3 B. 3 C. 9 D. 23
6. 在空间直角坐标系Oxyz中,点M(0,m,0)到点P(1,0,2)和点Q(1,-3,1)的距离相等,则实数m的值为
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
7. 正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为a,则点C1到平面A1BD的距离是( )
A. 22a B. 33a C. 3a D. 233a
8. 已知▵ABC是面积为934的等边三角形,且其顶点都在球O的表面上,若球O的表面积为16π,则球心O到平面ABC的距离为( )
A. 3 B. 32 C. 1 D. 32
9. 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为DD1的中点,M为BD1上的一点,N为平面AEC内一点,则M,N两点间的距离的最小值为( )
A. 63 B. 66 C. 34 D. 36
10. 已知三棱锥S-ABC中,SA,SB,SC两两互相垂直,底面ABC上一点P到三个面SAB,SAC,SBC的距离分别为2,1,6,则PS的长度为( )
A. 9 B. 5 C. 7 D. 3
11. 如图,在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,AD//BC,∠BAD=90°,且AB=4,SA=3,E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外),满足SFBF=CEBE=λ,则当实数λ的值为( )时,∠AFE为直角.
A. 916
B. 169
C. 2516
D. 1625
12. 棱长为8的正方体密闭容器内有一个半径为2的小球,小球可在正方体容器内任意运动,则在运动过程中,小球表面上的点与正方体表面上的点之间的最大距离为
A. 63-2 B. 63+2 C. 83-1 D. 83-2
二、单空题(本大题共4小题,共20.0分)
13. 三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,PA=1,PB=PC=2,已知空间中有一个点到这四个点距离相等,则这个距离是___________.
14. 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,P为直线D1E上一动点,则点P到直线CC1的距离的最小值为________.
15. 在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC都是边长为23的正三角形,PA=32.若M为三棱锥P-ABC外接球上的动点,则点M到平面ABC距离的最大值为 .
16. 在三棱锥P-ABC中,△ABC和△PBC都是边长为23的正三角形,PA=32.若M为三棱锥P-ABC外接球上的动点,则点M到平面ABC距离的最大值为___________.
三、多空题(本大题共4小题,共20.0分)
17. 在三棱锥P-ABC中,PA=PC=2,BA=BC=1,∠ABC=90°,若PA与底面ABC所成的角为60°,则点P到底面ABC的距离是 ,三棱锥P-ABC的外接球的表面积 .
18. 已知正三棱锥A-BCD的四个顶点在同一个球面上,AB=AC=AD=4,CD=6,则该三棱锥的外接球的表面积为 ;该三棱锥的顶点B到面ACD的距离为 .
19. 已知△ABC中,∠A=π2,AB=3,AC=6.如图,点D为斜边BC上一个动点,将△ABD沿AD翻折,使得平面AB'D⊥平面ACD.当BD= 时,B'C取到最小值 .
20. 已知正三棱锥P-ABC,点P,A,B,C都在半径为3的球面上,若PA,PB,PC两两垂直,则点P到平面ABC的距离为 (1) ,球心到截面ABC的距离为 (2) .
四、解答题(本大题共6小题,共72.0分)
21. 如图,已知四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD中,∠BAD=90∘,AB//CD,AB=1,PA=AD=CD=2.
(1)求证:平面BPC⊥平面DPC;
(2)求点A到平面PBC的距离.
22. 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN//平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
23. 如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是棱长为4的菱形,PA⊥平面ABCD,PA=3,∠ABC=60∘,E是BC中点,若H为PD的中点。
(1)求证:EH//平面PAB;
(2)求E点到平面PAB的距离.
24. 如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是DC的中点;如图2,将△DAE沿AE折起,使折后平面DAE⊥平面ABCE.
(1)若平面ABD与平面CED的交线为l,求证:CE//l;
(2)求证:BE⊥平面ADE;
(3)求点C到平面BDE的距离.
25. 如下图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱垂直于底面,且侧棱长均为4,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=120°,点M为棱BB1的中点,点N为AC1的中点.
(Ⅰ)求证:MN//平面ABCD;
(Ⅱ)求点B到平面AMC1的距离.
26. 在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,平面PAB⊥平面ABCD,△PAB为等腰直角三角形,PA⊥PB,AB=2.
(1)求证:平面PBC⊥平面PAC;
(2)设E为CD的中点,求点E到平面PBC的距离.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查空间两点间的距离公式,属于基础题.
直接利用公式得(x-2)2+(1-3)2+(2-4)2=23,求解即可.
【解答】
解:∵|AB|=23,
∴(x-2)2+(1-3)2+(2-4)2=23,
化简得(x-2)2=4,解得x=4或x=0,
∴实数x的值为4或0,
故选A.
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了简单多面体(棱柱、棱锥)及其结构特征,空间中的距离,属于基础题.
利用正方体的结构特征,结合点到面的距离概念和三棱锥体积等量计算得结论.
【解答】
解:设点N到平面D1EF的距离为h.
因为ABCD—A1B1C1D1是边长为2的正方体,E,F分别为棱AA1、BB1的中点,
所以S△D1EF=12EF×ED1=5.
又因为A1M=λ(0<λ<2),点N为ME的中点,
所以S△NEF=12S△MEF=12.
因为VN-D1EF=VD1-NEF,
所以13×5×h=13×12×2,解得h=55.
故选D.
3.【答案】A
【解析】解:连接AN,BN,
∵正四面体ABCD棱长为1,N是CD的中点,
∴BN=AN=32,
∵M是AB的中点,∴MN⊥AB,
∴MN=BN2-BM2=34-14=22.
故选:A.
连接AN,BN,则AN=BN,故而MN⊥AB,利用勾股定理计算MN即可.
本题考查了棱锥的结构特征,空间距离的计算,属于基础题.
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
取B1C1的中点E,BB1的中点F,连接A1E,A1F,EF,取EF中点O,连接A1O,证明平面AMN//平面A1EF,从而得点P的轨迹是线段EF,由此能求出PA1的长度范围.
【解答】
解:取B1C1的中点E,BB1的中点F,连接A1E,A1F,EF,取EF中点O,连接A1O,
∵点M,N分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中棱BC,CC1的中点,
∴AM//A1E,MN//EF,
∵AM⊄平面A1EF,A1E⊂平面A1EF,
∴AM//平面A1EF,同理,MN//平面A1EF,
∵AM∩MN=M,AM,MN⊂平面AMN,
∴平面AMN//平面A1EF,
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动,且PA1//面AMN,
∴点P的轨迹是线段EF,
∵A1E=A1F=22+12=5,EF=12+12=2,
∴A1O⊥EF,
∴当P与O重合时,PA1的长度取最小值为A1O=(5)2-(22)2=322,
当P与E(或F)重合时,PA1的长度取最大值为A1E=A1F=5.
∴PA1的长度范围为[322,5].
故选:D.
5.【答案】A
【解析】
【分析】
利用两点间距离公式直接求解.
本题考查两点间距离的求法,考查两点间距离公式等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
【解答】
解:∵A(-2,0,3),B(-1,2,1),
∴|AB|=(-2+1)2+(0-2)2+(3-1)2=3.
故选:A.
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查空间两点之间的距离公式,属于基础题.
利用空间两点之间的距离公式列方程求解即可.
【解答】
解:点M(0,m,0)到点P(1,0,2)和点Q(1,-3,1)的距离相等,
所以1²+m²+2²=1²+m+3²+0-1²,
解得m=-1,
故选B.
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查点到面的距离,考查等积法,属于中档题.
利用割补法求三棱锥C1-A1BD的体积,再求得点C1到平面A1BD的距离.
【解答】
解:构造三棱锥C1-A1DB,
其体积为:
∵V=V正方体-4VA-A1BD=a3-4×16a3=13a3,
设点C1到平面A1BD的距离是h,
又三棱锥C1-A1DB的体积=13×S△A1BD×h,
∴13a3=13×34×2a2×h,
∴h=23a3.
则点C1到平面A1BD的距离是23a3.
故选D.
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查点到平面的距离求法,属于中档题.
根据正三角形▵ABC是面积为934得到△ABC的外接圆半径r=3,根据球O的表面积为16π得到球的半径R=2,利用勾股定理即可得到答案.
【解答】
解:设△ABC的外接圆圆心为O1,
设OO1=d,圆O1的半径为r,球O的半径为R,
△ABC的边长为a,则S△ABC=34a2=934,
可得a=3,于是r=a3=3,
由题意知,球O的表面积为4πR2=16π,
则R=2,由R2=r2+d2,求得d=1,
即O到平面ABC的距离为1.
故选C.
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查空间点到面的距离,属于中档题.
由题意得M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离,进而即可得结果.
【解答】
解:连接AC,交BD于点O,则OE //BD1,从而BD1 //平面AEC,
所以M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离,
而B到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离,
,
所以平面BDD1,
又AC⊂面EAC,
∴面EAC⊥面BDD1,
又面EAC∩面BDD1=OE,
过D作于点H,
则有面AEC,
即D到平面AEC的长度即为DH,
DE=12, DO=22, OE=32,
DH=DE⋅DOEO=66.
故选B.
10.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了长方体的对角线的公式,同时考查了棱锥的结构特征,属于基础题.
根据垂直关系构造长方体,然后利用长方体体对角线公式求出对角线的长,即可求得所求.
【解答】
解:设点P作三个面SAB,SAC,SBC的垂线垂足为D、E、F,
则以PD=2,PE1,PF=6为棱长构造长方体,PS为长方体的对角线,
∴PS=2+1+6=3,
故选D.
11.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了线面垂直的性质,先得出AF⊥平面SBC,所以AF⊥BS,在Rt▵SAB中,由射影定理得SA2=SF⋅SB,得出SF,BF,即可得解.
【解答】
解:因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥BC,
因为底面ABCD为直角梯形,AD//BC,∠BAD=90°,
所以BC⊥AB,
因为SA∩AB=A,所以BC⊥平面SAB,
因为AF⊂平面SAB,所以BC⊥AF,
因为∠AFE为直角,所以AF⊥EF,
因为EF∩BC=E,所以AF⊥平面SBC,
所以AF⊥BS,
在Rt▵SAB中,AB=4,,则BS=5,
由射影定理得,SA2=SF⋅SB,所以SF=SA2SB=95,
所以FB=SB-SF=5-95=165,
所以λ=SFBF=95165=916,
故选A.
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征以及空间中的距离,属于中档题.
由题意,建立空间直角坐标系,考虑小球贴近z轴斜对角面,与两面相切,得到球P坐标为(6,6,2),此时正方体表面点Q(0,0,8)到球心P距离最长,于是可得小球表面上的点与正方体表面上的点之间的最大距离为|PQ|+2,计算可得答案.
【解答】
解:由题意,球和正方体如图所示:
建立如图所示的空间直角坐标系,考虑小球贴近z轴斜对角面,与两面相切,此时球P坐标为(6,6,2),
此时正方体表面点Q(0,0,8)到球心P距离最长为PQ=62+62+8-22=63,
所以小球表面上的点与正方体表面上的点之间的最大距离为|PQ|+2=63+2,
故B正确.
故选:B.
13.【答案】52
【解析】
【分析】
本题考查了球与多面体的组合体,由已知三棱锥的三条侧棱两两相等且互相垂直,则所求距离就是外接球半径.
【解答】
解:依题意,三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两相等且互相垂直,则所求距离就是外接球半径.
所以它的外接球就是它扩展为长方体的外接球,
因为长方体的对角线的长12+22+22=5 ,
所以球的直径是5,球的半径为52 ,
即所求距离为52.
故答案为52.
14.【答案】255
【解析】
【分析】本题考查空间距离最值的求解,考查线面关系的转化,属于较难题.
通过做辅助线得到CC1 // PQ,易证点P到CC1的距离就是QC1的长度,所以当且仅当C1Q⊥D1E1时,即为所求的距离最小值,求解即可.
【解答】解:如图,过E作EE1⊥B1C1于E1,连接D1E1,过P作PQ⊥D1E1于Q,
在同一个平面EE1D1内,EE1⊥E1D1,PQ⊥D1E1,所以PQ // EE1,
又因为CC1 // EE1,所以CC1 // PQ,
因为CC1⊥平面A1B1C1D1,所以点P到CC1的距离就是QC1的长度,
所以当且仅当C1Q⊥D1E1时,所求的距离最小值为C1Q=C1D1·C1E1D1E1=2×15=255.
15.【答案】5+1
【解析】
【分析】
本题主要考查的是几何体的外接球问题,属于中档题.
可先求出球半径,再加上球心到平面ABC的距离,即可得解.
【解答】
解:如图,
设三角形PBC的外心为G,三角形ABC的外心为E,球心为O,
由球的性质可知OG⊥平面PBC,OE⊥平面ABC,
由等边三角形的性质可知G,E同时为两三角形的重心,
且AD=PD=32×23=3,则AD2++PD2=AP2,得AD⊥PD,
所以OE=GD=13PD=1,AE=23AD=2,
所以球半径R=OA=12+22=5,
所以点M到平面ABC距离的最大值为R+OE=5+1,
故答案为5+1.
16.【答案】5+1
【解析】
【分析】
本题主要考查的是几何体的外接球问题,属于中档题.
可先求出球半径,再加上球心到平面ABC的距离,即可得解.
【解答】
解:如图,
设三角形PBC的外心为G,三角形ABC的外心为E,球心为O,
由球的性质可知OG⊥平面PBC,OE⊥平面ABC,
由等边三角形的性质可知G,E同时为两三角形的重心,
且AD=PD=32×23=3,则AD2++PD2=AP2,得AD⊥PD,
所以OE=GD=13PD=1,AE=23AD=2,
所以球半径R=OA=12+22=5,
所以点M到平面ABC距离的最大值为R+OE=5+1,
故答案为5+1.
17.【答案】3
【解析】
【分析】
本题考查了球的体积计算及点到平面的距离问题,考查了空间想象能力、推理能力和计算能力,属于中档题.
由于PA与底面ABC所成的角为,PA=2,可得PP1=3;
由PB是长方体外接球的直径,同时PB也是三棱锥P-ABC外接球的直径求出即PB=12+12+(3)2=5,
利用球的表面积公式即可得表面积.
【解答】
解:将三棱锥P-ABC置于长方体中,其中PP1⊥平面ABC,
由于PA与底面ABC所成的角为,PA=2,可得PP1=3,
即为点P到底面ABC的距离,
由ΔPP1A≌ΔPP1C,得P1A=P1C=1,
如图所示:
PB是长方体外接球的直径,且此长方体的三条棱长分别为1,1,3,
同时PB也是三棱锥P-ABC外接球的直径,
即PB=12+12+(3)2=5,
所以球的表面积为.
故答案为.
18.【答案】64π
6217
【解析】
【分析】
本题考查多面体外接球表面积的求法,训练了利用等体积法求点到面的距离,考查计算能力,是较难题.
由题意画出图形,作出正三棱锥的外接球的球心,利用勾股定理求得外接球的半径,再由球的表面积公式求三棱锥外接球的表面积;利用等体积法求三棱锥的顶点B到面ACD的距离.
【解答】
解:如图,
设底面三角形BCD的外心为G,连接AG,
则该三棱锥的外接球的球心O在AG(或其延长线)上,
连接OB,连接BG并延长,交CD于E,连接AE,
由等边三角形BCD的边长CD=6,得BE=62-32=33,
∴BG=23BE=23,则AG=16-12=2.
设三棱锥的外接球的半径为R,则(2-R)2+(23)2=R2,解得R=4.
∴该三棱锥的外接球的表面积为4π×42=64π.
VA-BCD=13×12×6×33×2=63,
S△ACD=12×6×42-32=37,
设点B到面ACD的距离为h,
由VA-BCD=VB-ACD,得63=13×37×h,
∴h=6217.
故答案为:64π;6217.
19.【答案】5
33
【解析】
【分析】
本题考查了空间距离,设∠BAD=α,α∈(0,π2),作BE⊥AD于E点,作CF⊥AD于F点,求得EF、B'C关于α的表达式,利用三角函数的最值可得答案.
【解答】
解:设∠BAD=α,α∈(0,π2),作BE⊥AD或AD的延长线于E点,
作CF⊥AD于F点,则∠ACF=∠BAD=α
BE=3sinα,AE=3cosα,CF=6cosα,AF=6sinα
∴EF=|AF-AE|=|6sinα-3cosα|,∴B'C=BE2+CF2+EF2=45-18sin2α
∴当sin2α=1,即α=π4时,B'Cmin=33,
此时AD是角平分线,由面积比可得ABAC=DBDC⇒36=BDDC⇒BD=13BC=5.
故答案为5 , 33
20.【答案】233
33
【解析】
【分析】
本题主要考查球的内接三棱锥和内接正方体间的关系及其相互转化,棱柱的几何特征,球的几何特征,点到面的距离问题的解决技巧,有一定难度.
先利用正三棱锥的特点,将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题,从而将所求距离转化为正方体中,中心到截面的距离问题,利用等体积法可实现此计算.
【解答】
解:∵正三棱锥P-ABC,PA,PB,PC两两垂直,
∴此正三棱锥的外接球即以PA,PB,PC为三边的正方体的外接球O,
∵球O的半径为3,
∴正方体的边长为2,即PA=PB=PC=2,
球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离,
设P到截面ABC的距离为h,
则正三棱锥P-ABC的体积V=13S△ABC×h=13S△PAB×PC=13×12×2×2×2=43,
△ABC为边长为22的正三角形,S△ABC=34×(22)2,
∴h=3VS△ABC=233,
∴球心O到截面ABC的距离为3-233=33,
故答案为233;33.
21.【答案】解:(1)证明:取PD中点M,PC中点N,连结MN,AM,BN,则MN // CD,MN=12CD.
∵AB // CD,AB=12CD,∴AB // MN,AB=MN,
∴四边形ABNM是平行四边形,BN // AM.
∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD,
又∠BAD=90°,AB // CD,
∴CD⊥AD,又PA∩AD=A,PA、AD⊂平面PAD,
∴CD⊥平面PAD,
又AM⊂平面PAD,∴CD⊥AM,
又PA=AD,M为PD中点,∴AM⊥PD,
∵PD∩CD=D,PD、CD⊂平面PCD,
∴AM⊥平面PCD,
又BN // AM,∴BN⊥平面PCD.
又BN⊂平面BPC,
∴平面BPC⊥平面DPC.
(2)连结AC,则AC=AD2+CD2=22,PD=PA2+AD2=22.
∴PC=PA2+AC2=23,BN=AM=2.
∴S▵PBC=12PC×BN=12×23×2=6,S▵ABC=12AB×AD=1.
设A到平面PBC的距离为h,
由VP-ABC=VA-PBC,
可得13S△ABC×PA=13×S△PBC×h,∴h=63.
【解析】本题主要考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理,以及利用等体积法求点到面的距离,属于中档题.
(1)取PD中点M,PC中点N,连结MN,AM,BN,先证BN // AM,再利用线面垂直的判定定理证明AM⊥平面PCD,又BN // AM,则BN⊥平面PCD,再利用面面垂直的判定定理证得平面BPC⊥平面DPC;
(2)连结AC,设点A到平面PBC的距离为h.通过VA-PBC=VP-ABC,转化求解即可.
22.【答案】证明:(1)连结B1C,ME.
因为M,E分别为B1B,BC的中点,
所以ME//B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.
可得ME= //ND,因此四边形MNDE为平行四边形,
所以MN//DE ,又MN⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE,
所以MN//平面C1DE .
(2) (方法一):过C做C1E的垂线,垂足为H,
由已知可得DE⊥BC,DE⊥CC1,
BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面CC1E,
所以,又CH⊂平面CC1E,
故DE⊥CH,又DE∩EC1=E,DE,EC1⊂面C1DE,
从而,故CH的长即为点C到平面C1DE的距离,
由已知可得CE=1,CC1=4,所以C1E=17,故CH=41717.
(方法二):设点C到平面C1DE的距离为h,由已知可得VC1-DEC=VC-C1DE,,
VC-C1DE=13S△C1DE·h,C1E=12+42=17,,DC1=42+22=25,
可得:C1E2+DE2=DC12,故△C1DE为直角三角形,
S△C1DE=12DE·C1E=123·17=512,
综上可得h=3VC-C1DES△C1DE=41717,即为点C到平面C1DE的距离.
【解析】本题考查线面平行的证明,考查点到平面的距离的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于中档题.
(1)连结B1C,ME,证明四边形MNDE为平行四边形,MN//DE,DE⊂平面C1DE, MN⊄平面 C1DE,证得.
(2)方法一:做C1E的垂线CH,利用勾股定理求得点C到平面C1DE的距离;
方法二:利用等体积法,转换顶点,先求得三棱锥C1-DEC的体积,再表示出三棱锥C-C1DE的体积,由体积相等,求出点C到平面C1DE的距离;
23.【答案】解:(1)证明:取PA的中点M,连接HM,MB,
因为H为PD的中点,且M为PA的中点,
则HM=12AD且HM//AD,BE=12AD且BE//AD,
所以HM//BE且HM=BE,所以四边形EHMB为平行四边形,
所以EH//BM,
又由⊄平面PAB,BM⊂平面PAB,
所以EH//平面PAB.
(2)∵PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱形,E为BC中点,∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形,AE⊥BC,
设E到平面PAB的距离为h,
由VE-PAB=VP-ABE,得13×12×4×3×h=13×12×2×23×3
∴h=3
故E点到平面PAB的距离为3.
【解析】本题考查线面平行的判定,考查利用“等积法”求解点到平面的距离问题,属于中档题.
(1)取PA的中点M,先证明四边形EHMB为平行四边形,得EH//BM,再根据线面平行的判定定理即可得证;
(2)设点E到平面PAB的距离为h,根据VE-PAB=VP-ABE,得:13h·S△PAB=13PA·S△ABE,继而可求得结果.
24.【答案】(1)证明:∵四边形ABCD为矩形,
∴EC//AB,
∵EC//AB,AB⊂平面DAB,EC⊄平面DAB,
∴EC//平面DAB,
∵平面DEC⋂平面DAB=l,
EC⊂面DEC
∴EC//l.
(2)证明:∵AB=2,BC=1,E是CD中点,
∴BE=AE=2,
∴BE2+AE2=AB2
∴BE⊥AE,
∵平面DAE⊥平面ABCE,平面DAE∩平面ABCE=AE,BE⊂面ABCE
∴BE⊥平面ADE;
(3)由(2)可得BE⊥平面ADE,
∵DE⊂平面ADE
∴BE⊥DE,过D作DO⊥AE,
∵平面DAE⊥平面ABCE,平面DAE∩平面ABCE=AE,DO⊂面ADE,
∴DO⊥平面ABCE,DO=22,
根据VC-DEB=VD-CEB,
则13⋅h⋅SΔDEB=13⋅DO⋅SΔBCE,
即13⋅h⋅12⋅BE⋅DE=13⋅DO⋅12⋅BC⋅EC,
解得h=12,
所以C到平面BDE的距离是12.
【解析】本题主要考查的是线面关系,面面关系,考查距离问题,是中档题.
(1)由线EC//AB可得到EC//平面DAB,利用线面平行的性质定理得到CE//l;
(2)易得,再结合平面DAE⊥平面ABCE,可证得BE⊥平面ADE;
(3)过D作DO⊥AE,由平面DAE⊥平面ABCE,得DO⊥平面ABCE,利用等体积转换VC-DEB=VD-CEB可得到C到平面BDE的距离.
25.【答案】解: (Ⅰ)如下图,延长C1M交CB的延长线于点G,连接AG.
∵M是BB1的中点,∴M为C1G的中点.
又N是AC1的中点,∴MN // AG,
又MN⊄平面ABCD,AG⊂平面ABCD,∴MN//面ABCD.
(Ⅱ)如下图,
过D作DE⊥AB,垂足为E.
∵AA1⊥平面ABCD,AA1⊂平面AA1B1B,∴平面AA1B1B⊥平面ABCD.
∵平面AA1B1B∩平面ABCD=AB,DE⊥AB,∴DE⊥平面AA1B1B.
易知DE=3,即平面ABB1A1与平面CDD1C1的距离为3.连接AC,BC1.
设点B到平面AMC1的距离为d.
由题可知AM=MC1=22,AC=23,AC1=27,
在▵AMC1中,可知MN=222-72=1.
∵VB-AMC1=VC1-ABMN,∴13×12×27×1×d=13×12×2×2×3,
∴d=2217,
即点B到平面AMC1的距离为2217.
【解析】本题考查 了线面平行的判定,考查了点到面的距离运算,棱锥体积的计算,是中档题
(Ⅰ)延长C1M交CB的延长线于点G,连接AG,证得MN // AG,故可得证MN //平面ABCD;
(Ⅱ)利用等体积法,即VB-AMC1=VC1-ABMN,可求得点B到平面AMC1的距离.
26.【答案】( 1 )证明:∵平面PAB⊥平面ABCD,且交于AB,BC⊥AB,BC⊂平面ABCD,
∴BC⊥平面PAB,
又PA⊂平面PAB,∴PA⊥BC,
又因为由已知,且PB∩BC=B,PB、BC⊂平面PBC,
所以PA⊥平面PBC,又PA⊂平面PAC,
∴平面PAC⊥平面PBC;
(2)在ΔPAB中,PA=PB,取AB的中点O,连接PO,则PO⊥AB,
∵平面PAB⊥平面ABCD且它们交于AB,PO⊂平面PAB,
∴PO⊥平面ABCD,
设点E到平面PBC的距离为h,
由,
,
BC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,∴PB⊥BC,
由已知可求得PO=1,,SΔPBC=2,
∴h=22.
【解析】本题考查了面面垂直的判定与性质,空间中的距离,考查了逻辑思维能力,属于中档题.
(1)通过证明PA⊥平面PBC,得出平面PBC⊥平面PAC;
(2)取AB的中点O,连接PO,则PO⊥AB,易得PO⊥平面ABCD,由,可得出点E到平面PBC的距离h.
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