作业57【2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学(新课标版)】

题组层级快练(五十七)1.(2020·河北徐水一中模拟)如图所示，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A －BCD ，则在三棱锥A －BCD 中，下列命题正确的是( ) A ．平面ABD ⊥平面ABC B ．平面ADC ⊥平面BDC C ．平面ABC ⊥平面BDC D ．平面ADC ⊥平面ABC答案 D解析 ∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，故CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，故AB ⊥平面ADC ，所以平面ABC ⊥平面ADC.2.(2020·河北冀州中学月考)如图，已知二面角α－PQ －β的大小为60°，点C 为棱PQ 上一点，A ∈β，AC ＝2，∠ACP ＝30°，则点A 到平面α的距离为( )A ．1 B.12 C.32D.32答案 C解析 如图，过A 作AO ⊥α于O ，点A 到平面α的距离为AO. 作AD ⊥PQ 于D ，连接OD ，则AD ⊥CD ，AO ⊥CD ，且AD ∩AO＝A ，所以CD ⊥平面AOD ，所以CD ⊥OD ，所以∠ADO 就是二面角α－PQ －β的平面角，即为60°.因为AC ＝2，∠ACP ＝30°，所以AD ＝ACsin30°＝2×12＝1.在Rt △AOD 中，AO ＝ADsin60°＝1×32＝32.故选C. 3．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若F 是DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为( )A.33B.55C.53D.255答案 D解析 方法一：由VB 1－ABF ＝VF －ABB 1可得解．方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，设E 为BC 中点，连接EF ，B 1E ， 则A(1，0，1)，B 1(1，1，0)．设F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，E ⎝⎛⎭⎫12，1，1，B(1，1，1)，AB →＝(0，1，0)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1，AF →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，－12.∵AF →·B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，－12·⎝⎛⎭⎫－12，0，1＝0， ∴AF →⊥B 1E →.同理AB →⊥B 1E →，∴B 1E ⊥平面ABF.平面ABF 的法向量为B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1，又AB 1→＝(0，1，－1)． ∴B 1到平面ABF 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·B 1E →|B 1E →|＝255. 4．(2020·广东深圳月考)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为1，E ，F 分别为C 1D 1与AB 的中点，B 1到平面A 1FCE 的距离为( )A.36B.33C.66D.63答案 D解析 设点B 1到平面A 1FCE 的距离为h.∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，∴A 1F ＝FC ＝52，A 1C ＝3，EF ＝2，∴S △A 1CF ＝12×3×22＝64，S △A 1B 1F ＝12×1×1＝12. 又V 三棱锥B 1－A 1CF ＝V 三棱锥C －A 1B 1F ，∴13×64h ＝13×12×1，解得h ＝63.即点B 1到平面A 1FCE 的距离为63.故选D. 5．(2020·哈尔滨模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，在正方体表面上与点A 距离是2的点形成一条封闭的曲线，这条曲线的长度是( ) A ．π B.32π C ．3π D.52π 答案 D解析 在面ABCD ，面AA 1B 1B ，面AA 1D 1D 内与点A 的距离是2的点的轨迹分别是以A 为圆心，2为半径，圆心角为π6的圆弧，在面A 1B 1C 1D 1，面BB 1C 1C ，面CC 1D 1D 内与点A的距离是2的点的轨迹是分别以A 1为圆心，以B 为圆心，以D 为圆心，1为半径，圆心角为π2的圆弧，故圆弧的长为3×π6×2＋3×π2×1＝52π. 6．(2020·江西南昌调研)已知三棱锥P －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，PA 为球O 的直径，且PA ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( ) A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3 答案 B解析 ∵三棱锥P －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，且直径PA ＝4，∴球心O 是PA 的中点，球O 的半径R ＝OC ＝12PA ＝2.过点O 作OD ⊥平面ABC ，垂足为D.在△ABC 中，AB＝22，∠ACB ＝90°，∴D 为AB 的中点，且AD ＝BD ＝CD ＝2，∴OD ＝OC 2－CD 2＝4－2＝2，∴点P 到底面ABC 的距离d ＝2OD ＝2 2.故选B.7．(2020·西安五校联考)如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出以下四个结论：①DF ⊥BC ；②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ；④平面DCF ⊥平面BFC.则在翻折过程中，可能成立的结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B解析 因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，故①错误；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时，有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，可使条件满足，故②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，故③正确；因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，故④错误．故选B.8．(2020·湖北宜昌期末)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上一点，且A 1G ＝λ(0<λ<2)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( ) A ．2 3 B. 2 C.223 D.255答案 D解析 本题考查点到平面的距离．方法一：因为E ，F 分别为棱AA 1，BB 1的中点，所以A 1B 1∥EF.又G 在A 1B 1上，所以点G 到平面D 1EF 的距离即为点A 1到平面D 1EF 的距离．作A 1M ⊥D 1E ，交D 1E 于点M ，因为EF ⊥平面AA 1D 1D ，所以A 1M ⊥EF ，又D 1E ∩EF ＝E ，所以A 1M ⊥平面D 1EF.所以点A 1到平面D 1EF 的距离即为A 1M 的长．又A 1E ＝1，A 1D 1＝2，所以D 1E ＝5，所以点G 到平面D 1EF 的距离为A 1M ＝1×25＝255.方法二：连接EG ，以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图．则G(2，λ，2)，D 1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，所以ED 1→＝(－2，0，1)，EF →＝(0，2，0)，EG →＝(0，λ，1)． 设平面D 1EF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED 1→＝－2x ＋z ＝0，n ·EF →＝2y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，0，2)．所以点G 到平面D 1EF 的距离d ＝|EG →·n ||n |＝25＝255.故选D.9．(2020·广东佛山一模)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝1，E ，F 分别是CD 边上的三等分点，将△ADF 和△BCE 分别沿AF ，BE 折起到△AD ′F ，△BC ′E 的位置，且使平面AD ′F ⊥底面ABCD ，平面BC ′E ⊥底面ABCD ，连接D ′C ′. (1)求证：D ′C ′∥平面ABEF ； (2)求点A 到平面EFD ′C ′的距离． 答案 (1)略 (2)63解析 (1)证明：如图，分别过点D ′，C ′作AF ，BE 的垂线，垂足为M ，N ，连接MN.因为平面AD ′F ⊥底面ABEF ，且平面AD ′F ∩底面ABEF ＝AF ， 所以D ′M ⊥平面ABEF.同理可证，C ′N ⊥平面ABEF ，所以D ′M ∥C ′N. 又△AD ′F ≌△BC ′E ，所以D ′M ＝C ′N.所以四边形D ′MNC ′为平行四边形，则D ′C ′∥MN. 又因为D ′C ′⊄平面ABEF ，所以D ′C ′∥平面ABEF. (2)连接DD ′，在Rt △D ′AF 中，D ′F ＝AD ′＝1，所以D ′M ＝22. 因为S △ADF ＝12·DF ·AD ＝12×1×1＝12，所以V D ′－ADF ＝13S △ADF ·D ′M ＝13×12×22＝212.设点A 到平面EFD ′C ′的距离为h ，因为DD ′＝D ′M 2＋DM 2＝1，D ′F ＝DF ＝1，所以S △DFD ′＝12×1×32＝34.所以V A －DFD ′＝13S △DFD ′·h ＝13×34h ＝312h ，由V A －DFD ′＝V D ′－ADF 得312h ＝212，所以h ＝63， 故点A 到平面EFD ′C ′的距离为63. 10.如图所示，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ，∠ABC ＝60°，∠BCA ＝90°，点D ，E 分别在棱PB ，PC 上，且DE ∥BC. (1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)当D 为PB 的中点时，求AD 与平面PAC 所成的角的余弦值； (3)是否存在点E 使得二面角A －DE －P 为直二面角？并说明理由． 答案 (1)略 (2)144(3)存在点E 解析 方法一：(1)证明：∵PA ⊥底面ABC ， ∴PA ⊥BC.又∠BCA ＝90°，∴AC ⊥BC ，又PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC. (2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴DE ＝12BC.又由(1)知，BC ⊥平面PAC ， ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E. ∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AB.又PA ＝AB ，∴△ABP 为等腰直角三角形． ∴AD ＝12AB.在Rt △ABC 中，∠ABC ＝60°.∴BC ＝12AB.∴Rt △ADE 中，sin ∠DAE ＝DE AD ＝BC 2AD ＝24.∴cos ∠DAE ＝144. (3)∵DE ∥BC ，又由(1)知，BC ⊥平面PAC ，∴DE ⊥平面PAC. 又∵AE ⊂平面PAC ，PE ⊂平面PAC ， ∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE.∴∠AEP 为二面角A －DE －P 的平面角． ∵PA ⊥底面ABC ，∴PA ⊥AC ，∴∠PAC ＝90°. ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC. 这时，∠AEP ＝90°.故存在点E 使得二面角A －DE －P 是直二面角．方法二：如图所示，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设PA ＝a ，由已知可得A(0，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫－12a ，32a ，0，C ⎝⎛⎭⎫0，32a ，0，P(0，0，a)．(1)证明：∵AP →＝(0，0，a)，BC →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0， ∴BC →·AP →＝0，∴BC ⊥AP.又∵∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC.又AP ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC.(2)∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ， ∴E 为PC 的中点．∴D ⎝⎛⎭⎫－14a ，34a ，12a ，E ⎝⎛⎭⎫0，34a ，12a .又由(1)知，BC ⊥平面PAC ， ∴DE ⊥平面PAC ，垂足为点E.∴∠DAE 是AD 与平面PAC 所成的角． ∵AD →＝⎝⎛⎭⎫－14a ，34a ，12a ，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，34a ，12a ，∴cos ∠DAE ＝AD →·AE→|AD →|·|AE →|＝144.(3)同方法一．11．(2020·长沙统一模拟)已知三棱锥P －ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD 为边长等于2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．在三棱锥P －ABC 中： (1)证明：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱PA 上运动，当直线BM 与平面PAC 所成的角最大时，求二面角P －BC －M 的余弦值．答案 (1)略 (2)53333解析 (1)证明：如图，设AC 的中点为O ，连接BO ，PO.由题意，得PA ＝PB ＝PC ＝2， PO ＝BO ＝1.因为在△PAC 中，PA ＝PC ，O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC. 因为在△POB 中，PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB.因为AC ∩OB ＝O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC. 因为PO ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面ABC.(2)由(1)知，BO ⊥PO ，由题意可得BO ⊥AC ，且PO ∩AC ＝O ，所以BO ⊥平面PAC ， 所以∠BMO 是直线BM 与平面PAC 所成的角，且tan ∠BMO ＝BO OM ＝1OM ，所以当线段OM 最短，即M 是PA 的中点时，∠BMO 最大．由PO ⊥平面ABC ，OB ⊥AC ，得PO ⊥OB ，PO ⊥OC ，OB ⊥OC ，以O 为坐标原点，OC ，OB ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，1，0)，A(－1，0，0)，P(0，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12，BC →＝(1，－1，0)，PC →＝(1，0，－1)，MC →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－12. 设平面MBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·MC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＝0，3x 1－z 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝1，z 1＝3，即m ＝(1，1，3)是平面MBC 的一个法向量． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－y 2＝0，x 2－z 2＝0，令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，即n ＝(1，1，1)是平面PBC 的一个法向量． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝533＝53333.结合图可知，二面角P －BC －M 的余弦值为53333.12．(2020·河北九校第二次联考)等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12，如图甲，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1－DE －B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图乙．(1)求证：BD ⊥平面A 1DE.(2)在线段BC 上是否存在点P ，使平面PA 1E 与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．答案 (1)略 (2)存在，PB ＝2解析 (1)证明：因为等边三角形ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12， 所以AD ＝1，AE ＝2.在△ADE 中，∠DAE ＝60°，由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3， 从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE ，即BD ⊥DE. 因为二面角A 1－DE －B 是直二面角， 所以平面A 1DE ⊥平面BCED.又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，BD ⊥DE. 所以BD ⊥平面A 1DE.(2)存在．由(1)的证明可知，BD ，DA 1，DE 两两垂直，以D 为坐标原点，分别以DB ，DE ，DA 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz.设PB ＝2a ，作PH ⊥BD 于点H ，连接A 1H ，A 1P ，PE ， 则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，所以D(0，0，0)，A 1(0，0，1)，P(2－a ，3a ，0)，E(0，3，0)，所以A 1P →＝(2－a ，3a ，－1)，A 1E →＝(0，3，－1)， 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z)为平面PA 1E 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥A 1E →⇒3y －z ＝0，n 1⊥A 1P →⇒（2－a ）x ＋3ay －z ＝0，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3（1－a ）2－a ，1，3.所以cos60°＝|cos 〈n 1，DE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪33×1＋3＋3（1－a ）2（2－a ）2，得a ＝1. 所以存在点P ，且PB ＝2，使平面PA 1E 与平面A 1BD 所成的角为60°.。