全品高考备战2027年数学一轮备用题库08第48讲空间距离及立体几何中的探索性问题【答案】作业手册

第48讲空间距离及立体几何中的探索性问题1.C[解析]根据题意可知AP=(2,6,-2),显然AP=(2,6,-2)在向量n=(-3,0,4)上的投影向量的长度即为P(3,5,0)到l的距离,所以点P到l的距离为|AP·n||n|=2.D[解析]由题意得AB=(0,1,2),BC=(2,0,1),所以cos<AB,BC>=AB·BC|AB||BC|=25×5=25,所以sin∠ABC=1-252=215,所以点A到直线BC3.B[解析]由题意得VG-ABD=13×S△ABD·BB1=13×12×2×2×2=43.设点B到平面GAD的距离为h,则VB-AGD=13×S△ADG·h=VG-ABD=43,当G与B1重合时,S△ADG最大,最大值为12×2×22=22,此时h最小,即为4.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,以O为坐标原点,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,令x=1,得n=(1,3,3).因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B5.C[解析]由题得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,-x6.22[解析]由题得PA=(-2,0,-1),则点P到l所在平面的距离d=|PA·n||n7.2255[解析]在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以DD1⊥B1D1,又DD1⊥CD,所以DD1是异面直线B1D1与CD的公垂线段,又DD1=2,所以异面直线B1D1与CD的距离为2.因为CD∥AB,CD⊄平面ABD1,AB⊂平面ABD1,所以CD∥平面ABD1,所以CD到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,即点D到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,设其为h,由题得AD1=22+12=5,因为VD1-ABD=VD-ABD1,所以13×12×2×1×2=13×18.A[解析]在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,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×cos60°=12a2,所以|AC1|=|d+b+c|=d2+b2+c2+2d·b+2d·c+2c·b=5a,14a2--a9.A[解析]建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2.对于A,P(2,2,2),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以AB=(1,0,-1),AC=(0,1,-1),AP=(2,2,1),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则n令x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1),设点P到平面ABC的距离为d,则d=|AP·n||n|=2+2+13=533,易知△ABC是边长为2的等边三角形,所以S△ABC=34×(2)2=32,所以VP-ABC=13·S△ABC·d=13×32×533=56.对于B,易求得S△PAC=32,点B到平面PAC的距离为1,所以VP-ABC=VB-PAC=13·S△PAC·1=13×32×1=12.对于C,P(2,2,0),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,2),所以AB=(1,0,-1),AC令x1=1,则z1=1,y1=-1,所以m=(1,-1,1),设点P到平面ABC的距离为d1,则d1=|AP·m||m|=|2-2-1|3=33,易求得S△ABC=32,所以VP-ABC=13·S△ABC·d1=13×32×33=16.对于D,易求得S△PBC=32,点A到平面PBC的距离为1,所以V10.D[解析]因为四面体ABCD满足∠BAC=π3,cos∠CAD=13,cos∠DAB=14,AB=2,AC=3,AD=2,所以AB·AC=3,AC·AD=2,AD·AB=1.设平面BCD的一个法向量为n=xAB+yAC+zAD即-x+6y+z=0,-3x-y+3z=0,令z=1,得x=1,y=0,所以n=AB+AD,所以|n|=AB2+AD2+2AB·ADcos∠BAD11.ABC[解析]对于A,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.对于B,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),所以AA1=(0,0,2),AE=(-1,2,0),AF=(-2,2,1).设平面AEF的法向量为n=(x,y,取y=1,得n=(2,1,2),所以点A1到平面AEF的距离d=|AA1·n||n|=44+1+4=43,故B正确4-232=423,故C正确.对于D,连接CA,GA,GE,GF,记点C,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=212.BCD[解析]如图,以B1为坐标原点,建立空间直角坐标系,设BC=a,BB1=b,则由题得B1(0,0,0),A1(0,2,0),C1(a,0,0),A(0,2,b),B(0,0,b),所以A1B=(0,-2,b),C1A1=(-a,2,0),BC=B1C1=(a,0,0),B1B=(0,0,b),又BP=λBC,C1Q=λC1A1,λ∈(0,1),所以B1P=B1B+BP=B1B+λBC=(λa,0,b),即P(λa,0,b),B1Q=B1C1+C1Q=B1C1+λC1A1=(a-λa,2λ,0),即Q(a-λa,2λ,0),所以PQ=(a-2λa,2λ,-b).对于A,PQ·A1B=(a-2λa,2λ,-b)·(0,-2,b)=-4λ-b2<0,故A错误;对于B,由题知B1C1=(a,0,0)是平面ABB1A1的一个法向量,PQ·B1C1=(a-2λa,2λ,-b)·(a,0,0)=a2-2λa2,当λ=12时,PQ·B1C1=a2-2λa2=0,又PQ⊄平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1,故B正确;对于C,A1P=(λa,-2,b),PQ=(a-2λa,2λ,-b),A1B=(0,-2,b),设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z),则m·A1B=-2y+bz=0,m·A1P=λax-2y+bz=0,取z=2,则m=(0,b,2),设点Q到平面A1BP的距离为d,则由λ∈(0,1)得d=PQ·m|m|b2+2bb2+4b2+4b2+4b2+5=1-1b2+4b2+5≥13.3913[解析]如图所示,以AD的中点O为原点,以OD,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O作OM⊥平面ACD交AB于M,以OM所在直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz,则A-12,0,0,B3-12,0,12,C0,32,0,D12,0,0,则AC=1取x=-3,则y=1,z=3,可得n=(-3,1,3).设点D到平面ABC的距离为d,得d=|DC·n||n|=32+3213=3913,即点D到平面ABC的距离是3913.因为O是14.255[解析]以D为原点,DA,DC,DD1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D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),MC=(-2,2,-1).因为点P在侧面ABB1A1内,所以设点P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],所以D1P=(2,b,c-2),又D1P·MC=0,所以-4+2b+2-c=0,得c=2b-2,所以b∈[1,2],又PB⊥BC,所以S△PBC=12BC·PB=12×2×PB=(2-b)2+c2,将c=2b-2代入上式,得S△PBC=5b15.解:(1)证明:因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以A1C1∥AC,又D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,所以DE∥A1C1,又A1C1⊄平面B1DE,DE⊂平面B1DE,所以A1C1∥平面B1DE.(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,且AB⊥AC,所以以A为坐标原点,AB,AC,AA1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,设AA1=a(a>0),则B1(1,0,a),D12,0,0,A1(0,0,a),F1,0,a2,则B1D=-12,0,-a,A1F=1,0,-a2,由B1D⊥A1F可得B1D·A1F=0,即-12+a22=0,可得a=1.设AC=b(b>0),则C1(0,b,1),则A1F=1,0,-所以点E到平面A1FC1的距离d=|A1E·n16.解:(1)证明:由题意可知BC⊥AB.因为平面SAB∩平面ABCD=AB,平面SAB⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面SAB.因为平面SCD∩平面SAB=l,所以l⊂平面SAB,则BC⊥l.(2)由题可知AB⊥AD.因为SA⊥AB,平面SAB∩平面ABCD=AB,平面SAB⊥平面ABCD,SA⊂平面SAB,所以SA⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,所以SA⊥AD.故以A为坐标原点,AD,AB,AS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.设AD=1,则B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),所以BD=(1,-2,0),SC=(2,2,-2).设SQSC=λ(0<λ<1),则SQ=λSC=(2λ,2λ,-2λ),从而Q(2λ,2λ,-2λ+2),故BQ=(2λ,2λ-2,-2λ+2).设平面BDQ的法向量为n=(x,y,z),则即x令x=2-2λ,得n=(2-2λ,1-λ,1-3λ).易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),则|cos<n,m>|=|n·m||n||m|=|1-3λ|(2-2λ)2+(1-λ)2+(1-3故在棱SC上存在一点Q满足题意,此时SQQC=117.解:(1)因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD,又AB⊂平面ABE,设平面ABE∩平面PCD=l,则AB∥l,取PD的中点G,连接EG,AG,则EG∥CD,又AB∥CD,所以AB∥EG,即EG为l,即EG,AG就是应画的线.因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA,又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD,又AG⊂平面PAD,所以AB⊥AG,即截面ABEG为直角梯形,又PA=AB=2,所以AG=2,EG=1,BE=(2-1)2+(2)2(2)以A为坐标原点,AB,AD,AP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,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1