08 第46讲　空间距离及立体几何中的探索性问题 【答案】作业 高考数学二轮复习练习

这是一份08 第46讲　空间距离及立体几何中的探索性问题 【答案】作业 高考数学二轮复习练习，共8页。试卷主要包含了A　[解析] 方法一等内容，欢迎下载使用。

2.C [解析] ∵A(1,-1,1),B(3,1,1),P(1,0,2),∴AB=(2,2,0),AP=(0,1,1),∴AB·AP=2,|AB|=22,|AP|=2,∴AP在AB上的投影向量的长度为AB·AP|AB|=222=22,∴点P(1,0,2)到直线AB的距离为|AP|2-222=2-12=62.故选C.
3.B [解析] 设O,O1分别是AC,A1C1的中点,连接OO1,OB,O1B1,根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),C1(0,1,2),所以CB=(3,-1,0),CA1=(0,-2,2),CC1=(0,0,2).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则n·CB=3x-y=0,n·CA1=-2y+2z=0,可取n=(1,3,3).因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B1C1到平面A1BC的距离即为点C1到平面A1BC的距离,为n·CC1|n|=237=2217.故选B.
4.C [解析] 因为点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),所以AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,2),AP=(0,-1,0),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则AB·n=0,AC·n=0,即-x+y=0,-x+2z=0,令x=1,得n=1,1,12,所以所求距离d=|AP·n||n|=23.故选C.
5.2 [解析] 由题可得AP=(-1,1,-1),且|a|=1,所以点P(1,2,0)到直线l的距离为|AP|2-(AP·a)2=3-1=2.
6.92 [解析] 设A(1,2,3),B(4,1,5),C(2,3,4),D(6,6,1),则AB2=14,BC2=9,AC2=3,cs∠ABC=AB2+BC2-AC22AB·BC=51421,∴sin∠ABC=1-cs2∠ABC=9121,则S△ABC=12AB·BCsin∠ABC=262.AB=(3,-1,2),BC=(-2,2,-1),设平面ABC的法向量为m=(x,y,z),则有m·AB=0,m·BC=0,即3x-y+2z=0,-2x+2y-z=0,令z=-4,则m=(3,1,-4).∵BD=(2,5,-4),∴点D到平面ABC的距离h=|m·BD||m|=272626,则四面体的体积V=13S△ABC·h=92.
7.A [解析] 以O为坐标原点,以DA,AB,OP的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得,B(2,2,0),C(-2,2,0),P(0,0,6),M(0,0,3).取BC的中点E,连接PE,则N在PE上,且PN=2NE,则N0,43,2,所以MN=0,43,-1,所以|MN|=02+432+(-1)2=53,所以PO的中点M到△PBC的重心N的距离为53.故选A.
8.A [解析] 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,不妨设AB=d,AD=b,AA1=c,则AC1=AB+AD+AA1=d+b+c,C1E=-12c,|d|=|b|=|c|=a,d·b=0,d·c=b·c=a×a×12=12a2,所以|AC1|=|d+b+c|=d2+b2+c2+2d·b+2d·c+2c·b=5a,|C1E|=12a,C1E·AC1=-12c·(d+b+c)=-12(c·d+c·b+c·c)=-a2,所以点E到直线AC1的距离为C1E2-C1E·AC1|AC1|2=14a2--a25a2=510a.故选A.
9.A [解析] 方法一:如图①,在圆锥底面上,设直线AB交大圆于点F,E,连接CE,DF,由AB∥CD,知四边形CDFE为等腰梯形.取AB,CD的中点分别为M,N,连接MN,则MN⊥AB,由BM=CN,BM∥CN,知四边形BCNM是矩形,因此四边形ABCD为矩形.过点O作OQ⊥BC于点Q,连接OB,OC,OA,OD,则S四边形ABCD=2S四边形BCNM=4S△BOC=4×12OB×OC×sin∠BOC=24sin∠BOC≤24,当且仅当∠BOC=90°,即OB⊥OC时取等号,此时OQ=OB·OCOB2+OC2=3×432+42=125.如图②,在几何体中,连接PQ,PO,因为PO⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PO⊥BC,又OQ⊥BC,PO∩OQ=O,PO,OQ⊂平面POQ,所以BC⊥平面POQ,又BC⊂平面PBC,所以平面POQ⊥平面PBC.显然平面POQ∩平面PBC=PQ,在平面POQ内过点O作OR⊥PQ于点R,从而OR⊥平面PBC,即OR的长为点O到平面PBC的距离.在Rt△POQ中,PO=165,PQ=PO2+OQ2=1652+1252=4,所以OR=PO·OQPQ=165×1254=4825,所以点O到平面PBC的距离是4825.故选A.
方法二:由方法一可得四边形ABCD为矩形,连接OA,OD,则OA=3,OD=4,则矩形ABCD的面积为△AOD面积的4倍,S△AOD=12OA·OD·sin∠AOD=6sin∠AOD,当S△AOD最大时,∠AOD=90°,即AO⊥OD,此时AD=OA2+OD2=5,作OM⊥AD于点M,则OM=OA·ODAD=3×45=125,AM=OA2-OM2=9-14425=95,MD=AD-AM=5-95=165.连接OP,则PO⊥平面ABCD,以O为原点,OM,OP所在直线分别为x,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B-125,-95,0,C-125,165,0,P0,0,165,所以BC=(0,5,0),BP=125,95,165,OB=-125,-95,0.设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则n·BC=0,n·BP=0,即5y=0,125x+95y+165z=0,令x=4,则n=(4,0,-3),所以点O到平面PBC的距离d=|OB·n||n|=-485+0+016+0+9=4825.故选A.
10.ABC [解析] 在A中,显然EF∥平面A1ADD1,点E到平面A1ADD1的距离即为直线EF到平面A1ADD1的距离,点E到平面A1ADD1的距离为2,故A正确.在B中,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),A(2,0,0),E(1,2,0),F(0,2,1),∴AA1=(0,0,2),AE=(-1,2,0),AF=(-2,2,1).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则AE·n=-x+2y=0,AF·n=-2x+2y+z=0,取y=1,得n=(2,1,2),∴点A1到平面AEF的距离d=|AA1·n||n|=44+1+4=43,故B正确.在C中,点A1到直线AF的距离为|AA1|2-AA1·AF|AF|2AA1·AF|AF|=4-232=423,故C正确.在D中,连接CA,GA,GE,GF,记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1,h2,则V三棱锥C-AEF=13·S△AEF·h1=V三棱锥A-CEF=13×1×12×2=13,V三棱锥G-AEF=13·S△AEF·h2=V三棱锥A-GEF=13×2×22×2=23,∴h1≠h2,故D错误.故选ABC.
11.AD [解析] 以D1为坐标原点,以D1A1,D1C1,D1D的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.因为AB=6,所以D1(0,0,0),D(0,0,6),A(6,0,6),E(6,3,0),P(t,6,6)(012.43535 [解析] 依题意可得DA=(a2+1,2a,3),BC=(1,1,1),BD=(-1,0,2).设n=(x,y,z)是平面BCD的法向量,则n·BC=0,n·BD=0,即x+y+z=0,-x+2z=0,令x=2,得n=(2,-3,1).所以点A到平面BCD的距离d=|DA·n||n|=|2a2-6a+5|14=2a-322+1214.当a=32时,d取得最小值,此时AE=(0,-3,-1),所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为|AE·n||AE||n|=810×14=43535.
13.13 [解析] 过点P作PE∥CD,交BC于点E.∵SD=SA,P为AD的中点,∴SP⊥AD,又∵SP⊥AB,且AD∩AB=A,AD,AB⊂平面ABCD,∴SP⊥平面ABCD,∵PE⊂平面ABCD,∴SP⊥PE,易得SP,PA,PE两两垂直.以P为原点,PA,PE,PS所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),S(0,0,3),B(1,1,0),C(-1,1,0),∴SC=(-1,1,-3),AS=(-1,0,3),SB=(1,1,-3).∵AM=λAS,∴MS=(1-λ)AS=(λ-1,0,3(1-λ)).设平面SBC的法向量为m=(x,y,z),则m·SC=-x+y-3z=0,m·SB=x+y-3z=0,令z=1,则m=(0,3,1),∴M到平面SBC的距离d=|MS·m||m|=33,即|(λ-1,0,3(1-λ))·(0,3,1)|2=33,可得λ=13.
14.解:(1)证明:∵D1C1∥AB,D1C1=AB,∴四边形D1ABC1为平行四边形,∴D1A∥C1B,∵D1A⊂平面AD1E,C1B⊄平面AD1E,∴BC1∥平面AD1E.
(2)∵BC1∥平面AD1E,∴直线BC1到平面AD1E的距离即为点B到平面AD1E的距离.建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),D1(2,0,2),E(0,2,1),所以AB=(0,2,0),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1).
设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),则n·AD1=2x+2z=0,n·AE=2y+z=0,取z=-1,得n=1,12,-1,∴点B到平面AD1E的距离d=|AB·n||n|=(0,2,0)·1,12,-11+14+1=23,
故直线BC1到平面AD1E的距离为23.
15.解:(1)过点D作DO⊥AC交AC于点O,连接OP,以O为坐标原点,以OA所在直线为x轴,DO所在直线为y轴,过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.因为DO⊥AC,所以PO⊥AC,所以∠DOP即为二面角P-AC-D的平面角,所以∠DOP=π3.
又因为OD=OP=32,所以P0,-34,34,C-12,0,0,A32,0,0,由等边三角形ABC可得B12,3,0,
所以AP=-32,-34,34,BC=(-1,-3,0),所以cs=AP·BC|AP||BC|=32+3494+316+916×2=338,
所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为338.
(2)由(1)得PC=-12,34,-34,BC=(-1,-3,0),
设n=(x,y,z)为平面PBC的法向量,
则n·PC=-12x+34y-34z=0,n·BC=-x-3y=0,令x=3,得n=(3,-1,-3).又AP=-32,-34,34,所以点A到平面PBC的距离d=|AP·n||n|=237=2217.
16.解:(1)证明:如图,连接BD,取BD的中点P,连接FP,GP,∵P,G分别是BD,BC的中点,E,F分别是SA,SB的中点,∴PG∥CD,EF∥AB,
又AB∥CD,∴EF∥PG,∴P∈平面EFG,∴FP⊂平面EFG.
∵F,P分别是SB,BD的中点,∴SD∥FP,又SD⊄平面EFG,FP⊂平面EFG,
∴SD∥平面EFG.
(2)∵SA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴SA⊥CD,又AD⊥CD,SA∩AD=A,∴CD⊥平面SAD,∴CD⊥SD,
∴∠SDA为二面角S-DC-A的平面角,即∠SDA=π4,
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则EF=(-1,0,0),EM=(-2,a,-1),AE=(0,0,1).
设平面EFM的法向量为n=(x,y,z),则n·EF=0,n·EM=0,
即-x=0,-2x+ay-z=0,令z=1,得n=0,1a,1.
∵cs=AE·n|AE||n|=11+1a2,∴点A到平面EFM的距离d=|AE||cs|=11+1a2=45,可得a=43.∵0≤a≤2,∴棱BC上存在一点M,使得点A到平面EFM的距离为45,且BMMC=432-43=2.