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【优化方案】2014届高考数学9.6 空间距离 课时闯关(含答案解析)

【优化方案】2014届高考数学9.6 空间距离 课时闯关(含答案解析)


一、选择题 1.与空间不共面的四点等距离的平面共有( ) A.3 个 B.4 个 C.6 个 D.7 个 解析:选 D.构造四面体,所作平面有两种情况:即平面两侧有一点和三点,平面两侧 各有两点. (1)平面两侧有一点和三点,可把四面体看作一个三棱锥,作这个三棱锥的高的中垂面, 满足条件,这样的平面有 4 个; (2)平面两侧各有两个点,可把四面体看作两条异面直线,则异面直线的公垂线段的中 垂面满足条件,这样的平面有 3 个.故共有 7 个,选 D. 2.(2011· 高考大纲全国卷)已知直二面角 α- β,点 A∈α,AC⊥l,C 为垂足,B∈β,BD l⊥l,D 为垂足,若 AB=2,AC=BD=1,则 D 到平面 ABC 的距离等于( ) 2 3 A. B. 3 3 6 C. D.1 3 解析:选 C.法一:

如图,在直二面角 α- β 中,AC⊥l, l∴AC⊥β,∴平面 ABC⊥平面 BCD. 过 D 作 DH⊥BC,垂足为 H, 则 DH⊥平面 ABC, 即 DH 为 D 到平面 ABC 的距离. ∵AC⊥β,BC?β,∴AC⊥BC. 在 Rt△ACB 中,∵AC=1,AB=2,∠ACB=90° , 2 2 2 2 ∴BC= AB -AC = 2 -1 = 3. 在 Rt△BCD 中,BC= 3,BD=1, ∴CD= BC2-BD2= 3-1= 2. 1 1 由 BD· CD= BC· DH 2 2 1 1 得 ×1× 2= × 3· DH, 2 2 6 ∴DH= . 3 法二:

如图,连接 AD,AB=2,AC=1,同法一可得 BC= 3,CD= 2. 1 ∴SRt△ACB= AC· BC 2 1 3 = ×1× 3= , 2 2

1 1 2 SRt△BCD= CD· BD= × 2×1= . 2 2 2 设 D 到平面 ABC 的距离为 h, 则由 V 三棱锥 D- =V 三棱锥 AABC BCD 1 1 得 S△ABC· S△BCD· h= AC, 3 3 1 3 1 2 6 即 × h= × ×1,∴h= . 3 2 3 2 3 2 3.(2011· 高考重庆卷)高为 的四棱锥 SABCD 的底面是边长为 1 的正方形,点 S、A、 4 B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上,则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为( ) 2 2 A. B. 4 2 C.1 D. 2

解析:选 C.如图,设四棱锥 SABCD 的外接球球心为 E,底面 ABCD 的中心为 O,则 2 OE⊥平面 ABCD.在 Rt△EOC 中,EC=1,OC= , 2 2 ∴EO= EC2-OC2= . 2 2 1 四棱锥 SABCD 的高为 SH= ,∴SH EO. 4 2 2 过 S 作 SM⊥EO,交 EO 于点 M,则 EM= . 4 在 Rt△EMS 中,ES=1, 7 2 ∴MS= ES2-EM2= 1-? ?2= , 8 ?4? 7 7 1 ∴OH= ,∴OS= OH2+SH2= + =1. 8 8 8

4.(2013· 新乡模拟)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是底面 A1B1C1D1 的 中心,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为( ) 1 2 A. B. 2 4 2 3 C. D. 2 2

解析:选 B.∵O 为 A1C1 的中点, ∴A1 到平面 ABC1D1 的距离为 O 到该平面距离的 2 倍. 如图,连结 A1D,交 AD1 于 O1, ∴A1D⊥AD1 ?

? ? AD1∩AB=A? ?
A1D⊥AB ?A1D⊥平面 ABC1D1. 2 2 又∵|A1O1|= ,∴O 到平面 ABC1D1 的距离为 . 2 4 5.(2012· 高考大纲全国卷)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,CC1=2 2,E 为 CC1 的中点,则直线 AC1 与平面 BED 的距离为( ) A.2 B. 3 C. 2 D.1 解析:选 D.法一:如图(1),连接 AC 交 BD 于点 O,连接 OE.

图(1) ∵O,E 分别为 AC,CC1 的中点, ∴OE∥AC1.而 AC1 平面 BED,OE?平面 BED, ∴AC1∥平面 BED. 又由正四棱柱的性质知 BD⊥AC,BD⊥CC1,而 AC∩CC1=C, ∴BD⊥平面 ACC1. 又 BD?平面 BED, ∴平面 BED⊥平面 ACC1. ∴直线 OE 与 AC1 间的距离即为直线 AC1 与平面 BED 的距离. 分别过 C,E 作 AC1 的垂线,垂足为 F,P,则 EP 即为所求,且 EP 在 Rt△ABC 中,AC= AB2+BC2=2 2. 在 Rt△ACC1 中, AC1= AC2+CC2= ?2 2?2+?2 2?2=4. 1 1 1 由 AC1· CF= AC· 1 得 CF=2, CC 2 2 1 ∴EP= CF=1. 2 即直线 AC1 与平面 BED 的距离为 1. 1 CF. 2

图(2) 法二:如图(2),连接 AC 交 BD 于点 O,连接 OE. ∵O,E 分别为 AC,CC1 的中点, ∴OE∥AC1. 而 AC1?平面 BED,OE?平面 BED,∴AC1∥平面 BED. 又由正四棱柱的性质知 BD⊥AC,BD⊥CC1,而 AC∩CC1=C, ∴BD⊥平面 ACC1. 又 BD?平面 BED, ∴平面 BED⊥平面 ACC1. ∴直线 AC1 与平面 BED 的距离即为点 A 与平面 BED 的距离,设此距离为 h, 1 1 由 VA- =VE- 得 S△BED· S△ADB· h= EC. BED ADB 3 3 由题意知 AB=AD=2, 1 ∴S△ADB= ×2×2=2. 2 又 BC=2,CE= 2, ∴BE= 22+? 2?2= 6. 同理可求得 DE= 6,∴OE⊥BD. 在 Rt△ABD 中,BD= AB2+AD2=2 2,∴OB= 2. 在 Rt△BOE 中,OE= BE2-OB2=2. 1 1 ∴S△BED= BD· OE= ×2 2×2=2 2. 2 2 1 1 ∴由 S△BED· S△ADB· h= EC,得 h=1. 3 3 ∴直线 AC1 与平面 BED 的距离为 1. 二、填空题

6.(2011· 高考福建卷)如图,正方体 ABCD- 1B1C1D1 中,AB=2,点 E 为 AD 的中点, A 点 F 在 CD 上.若 EF∥平面 AB1C,则线段 EF 的长度等于________. 解析:由于在正方体 ABCD- 1B1C1D1 中,AB=2,∴AC=2 2. A 又 E 为 AD 中点,EF∥平面 AB1C,EF?平面 ADC, 平面 ADC∩平面 AB1C=AC,∴EF∥AC, 1 ∴F 为 DC 中点,∴EF= AC= 2. 2 答案: 2

7.(2013· 石家庄模拟)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB=2,二面角 C-AB- C1 的大小为 60° ,则点 C 到平面 ABC1 的距离为________.

解析:取 AB 的中点 D,连结 CD、C1D, 则有 CD⊥AB,C1D⊥AB,∠CDC1=60° . 又 AB=2,因此 CD= 3, CC1 又 tan∠CDC1= = 3, CD

故 CC1=3,BC1= 32+22= 13. 设点 C 到平面 ABC1 的距离为 h, 则由 V =V , C-ABC1 C1-ABC 1 1 得 S · S△ABC· 1, h= CC 3 △ABC1 3 3 2 ×2 ×3 4 S△ABC· 1 CC 3 h= = = , S 1 2 △ABC1 ×2× 13-1 2 3 即点 C 到平面 ABC1 的距离为 . 2 3 答案: 2 8.已知 PA、PB、PC 与平面 α 所成角分别为 60° 、45° 、30° ,PO⊥平面 α,O 为垂足, 又斜足 A、B、C 三点在同一直线上,且 AB=BC=10 cm,则 PO 的长等于________.

解析:由已知得∠PAO、∠PBO、∠PCO 依次为 PA、PB、PC 与平面 α 所成的角, 则∠PAO=60° ,∠PBO=45° , ∠PCO=30° , 3 设 PO=h,则 AO= h,BO=h,CO= 3h, 3 而 cos∠OBC+cos∠OBA=0, 2 2 2 h 2 2 2 10 +h - 3 10 +h -3h 于是, + =0,解得 h=5 6. 2×10h 2×10h 答案:5 6 三、解答题 9. 如图,已知四边形 ABCD 是正方形,PD⊥平面 ABCD,若 AB=a,PD=a,求:

(1)P 到正方形各顶点的距离; (2)P 到正方形各边的距离; (3)P 到正方形两条对角线的距离. 解:(1)P 到各顶点的距离分别为 PA、PB、PC、PD 的长. ∵PD⊥平面 ABCD,∴PD⊥AD,PD⊥DC,PD⊥BD. ∴△PAD、△PCD、△PBD 是直角三角形. ∵PD=a,AB=a,四边形 ABCD 为正方形, ∴PA= 2a,PB= 3a,PC= 2a,PD=a. (2)由图形易知 P 到 AD、CD 的距离都是 PD=a. P 到 BC 的距离为 PC,即为 2a. P 到 AB 的距离为 PA,即为 2a. (3)∵AC⊥BD,∴DO⊥AC. 又∵PD⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴PD⊥AC,∴PO⊥AC. 故 PO 的长就是 P 到对角线 AC 的距离 2 2 6 a? = a. 2 2 而 P 到对角线 BD 的距离为 PD 的长,PD=a. 6 故 P 到 BD 的距离为 a,到 AC 的距离为 a. 2 PO= a2+? 10.(2012· 高考重庆卷)如图所示,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=4,AC=BC=3, D 为 AB 的中点.

(1)求点 C 到平面 A1ABB1 的距离; (2)若 AB1⊥A1C,求二面角 A1-CD-C1 的平面角的余弦值. 解:(1)由 AC=BC,D 为 AB 的中点,得 CD⊥AB. 又 CD⊥AA1,故 CD⊥平面 A1ABB1, 所以点 C 到平面 A1ABB1 的距离为 CD= BC2-BD2= 5. (2)法一:如图(1),取 D1 为 A1B1 的中点,连接 DD1, 则 DD1∥AA1∥CC1. 又由(1)知 CD⊥面 A1ABB1,故 CD⊥A1D,CD⊥DD1,所以∠A1DD1 为所求的二面角 A1 -CD-C1 的平面角.

图(1) 因 A1D 为 A1C 在平面 A1ABB1 上的射影,又已知 AB1⊥A1C,由三垂线定理的逆定理得 AB1⊥A1D,从而∠A1AB1、∠A1DA 都与∠B1AB 互余, 因此∠A1AB1=∠A1DA,所以 Rt△A1AD∽Rt△B1A1A. AA1 A1B1 因此 = ,即 AA2=AD· 1B1=8,得 AA1=2 2. A 1 AD AA1 从而 A1D= AA2+AD2=2 3. 1 DD1 AA1 6 所以,在 Rt△A1DD1 中,cos∠A1DD1= = = . A1D A1D 3

图(2) 法二:如图(2),过 D 作 DD1∥AA1 交 A1B1 于 D1,在直三棱柱中,易知 DB,DC,DD1 两两垂直.以 D 为原点,射线 DB,DC,DD1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 D-xyz. 设直三棱柱的高为 h, → 则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),C1(0, 5,h),从而AB1=(4,0, → h),A1C=(2, 5,-h), → → 由AB1⊥A1C,有 8-h2=0,h=2 2. → → → 故DA1=(-2,0,2 2),CC1=(0,0,2 2),DC=(0, 5,0). 设平面 A1CD 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

? 5y1=0, → → 则 m⊥DC,m⊥DA1,即? ?-2x1+2 2z1=0,
取 z1=1,得 m=( 2,0,1). 设平面 C1CD 的法向量为 n=(x2,y2,z2),

? 5y2=0, → → 则 n⊥DC,n⊥CC1,即? ?2 2z2=0, 取 x2=1,得 n=(1,0,0). m· n 2 6 所以 cos〈m,n〉= = = . |m|· |n| 3 2+1· 1
所以二面角 A1-CD-C1 的平面角的余弦值为 6 . 3

11.(探究选做)(2011· 高考福建卷)如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45° .

(1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. (ⅰ)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; (ⅱ)在线段 AD 上是否存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等?说明 理由. 解:法一:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,AB?平面 ABCD,所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A,所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.

(2)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Axyz(如图). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· 45° cos =1,CE=CD· 45° sin =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), C D =(-1,1,0),P D =(0,4-t,-t). (ⅰ)设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z). ?-x+y=0, ? → → 由 n⊥C D ,n⊥P D ,得? ? ??4-t?y-tz=0. 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t).





? n· B ? P → 又 P B =(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° cos 60° ? 得 = , →? |PB ?|n|· |?
即 |2t2-4t|
2 2 2



t +t +?4-t? · 2t 4 解得 t= 或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0), 5 4 所以 AB= . 5

2=2,

1

(ⅱ)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等. 设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t),则 G C =(1,3-t-m,0),G D =(0,4-t-m,0),G P = (0,-m,t). 由|G C |=|G D |得 12+(3-t-m)2 =(4-t-m)2,即 t=3-m.① 由|G D |=|G P |得(4-t-m)2=m2+t2.②









→ →



由①②消去 t,化简得 m2-3m+4=0.③ 由于方程③没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,C,D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等. 法二:(1)同法一. (2)(ⅰ)同法一.

(ⅱ)假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45° ,从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD, 所以 GD=CD· 45° cos =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ. 3 9 在 Rt△ABG 中,GB= AB2+AG2= λ2+?3-λ?2= 2?λ-2?2+ >1, ? ? 2 这与 GB=GD 矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B,C,D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相等.



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