备战2024年高考数学一轮复习人教a必修第二册第七章立体几何与空第7节　空间距离及立体几何中的探索性问题.docx

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1、第7节空间距离及立体几何中的探索性问题选题明细表 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4,5,61.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BDAC,因为AA1平面ABCD,BD平面ABCD,所以AA1BD,因为ACAA1=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,

2、0,0),E(2,1,0),B1(2,2,2),设P(a,2,0)(0a2),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DEn=0,DB1n=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=|DPn|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,ABBC,AB=1,BC=2,AA1=3.(1)求直线A1C与AB1所成角的余

3、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cos =AB1A1C|AB1|A1C|=1-328=-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

4、为N(0,a,b),则MN=(-12,a-1,b).因为MN平面A1BC,所以MNBC,MNBA1,由(1)可得BC=(0,2,0),BA1=(1,0,3),所以MNBC=2(a-1)=0,MNBA1=-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,PBBC,PDCD,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;

5、若不存在,请说明理由.(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,则BCAB,CDAD,因为PBBC,BCAB,PBAB=B,PB,AB平面PAB,所以BC平面PAB.因为PA平面PAB,所以PABC.因为PDCD,CDAD,PDAD=D,PD,AD平面PAD.所以CD平面PAD.因为PA平面PAD,所以PACD,因为BCCD=C,BC,CD平面ABCD,所以PA平面ABCD.(2)解:因为PA平面ABCD,ABAD,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

6、法向量为m=(x,y,z),则AC=(2,2,0),AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),由mAC=2x+2y=0,mAE=y+z=0,取y=1,可得m=(-1,1,-1),cos=mPC|m|PC|=2323=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)(0t2),设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),AF=(2,t,0),AP=(0,0,2),由nAF=2a+tb=0,nAP=2c=0,取a=t,则n=(t,-2,0),所以点E到平面PAF的距离为d=|AEn|n|=2t2+4=255,因为0t2,所以t=1.因此,当点F为线段BC的中点时

7、,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(0t1).(1)若t=12,求证:AD平面A1EB;(2)若二面角C1ADC的大小为3,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ADA1E.又因

8、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n1AC1=0,n1AD=0,即3y+3z=0,3(1-t)x+3ty=0,取n1=(t,t-1,1-t)

9、,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3,所以|n1n2|n1|n2|=cos3=12,即1-t3t2-4t+2=12,得t2-4t+2=0,又因为0t1,所以t=2-2.5.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=PC(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),

10、D(1,0,0),B(0,1,0),E(0,12,1),CE=(-1,-12,1),PD=(1,0,-2),所以cos=CEPD|CE|PD|=-1-2945=-255,所以CE与PD所成角的余弦值为255.(2)点F在棱PC上,且PF=PC,所以F(,2-2),BF=(,-1,2-2),又CD=(0,-1,0),CE=(-1,-12,1).设n=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则nCD=-y=0,nCE=-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,则sin =2-2+(-1)2+(2-2)22=2-262-10+5(0,1),令t=2-,则t1

11、,2,所以sin =t26t2-14t+9=2219t2-14t+6,当1t=79,即t=971,2时,9t2-14t+6有最小值59,此时sin 取得最大值为31010,即BF与平面CDE所成的角最大,此时=2-t=2-97=57,即的值为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),且存在实数使FE=BD(01),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BFPD,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

12、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=BD(01),即EFBD,所以PE=PF,所以PGEF,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GCEF,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(,0,0),B(1,3(1-),0),P(0,0,3),D(-1,3(1-),0),所以FB=(1-,3(1-),0),DP=(1,-3(1-),3),因为BFPD,所以DPFB=(1,-3(1-),3)(1-,3(1-),0)=1-3(1-)2

13、=0,解得=23或=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=SBCDS四边形BDEF=SABDS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-,3(1-),0),FP=(-,0,3),设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),所以n2FB=0,n2FP=0(1-)x+3(1-)y=0,-x+3z=0,取y=1,则x=-3,z=-1,即n2=(-3,1,-1),设二面角EPFB的平面角为,所以|cos |=|n1n2|n1|n2|=|1|15=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.