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【高考调研】2014届高考数学总复习 第九章 解析几何 课时作业57(含解析)理 新人教A版


课时作业(五十七)
1.空间四点 A,B,C,D 中,每两点所连线的长都等于 a,动点 P 在线段 AB 上,动点 Q 在线段 CD 上,则 P 与 Q 的最短距离为 1 A. a 2 C. 3 a 2 B. 2 a 2 ( )

D.a

答案 B

解析 易知,以 A,B,C,D 为顶点的四边形为空间四边形,且为正四面体,如右图所 示,取 P,Q 分别为 AB,CD 的中点,因为 AQ=BQ= 3 a,所以 PQ⊥AB. 2

同理可证 PQ⊥CD,故线段 PQ 的长为 P,Q 两点间的最短距离. 在 Rt△APQ 中,

PQ= AQ2-AP2
= ? 3 a? 2
2

-?

1 a? 2

2



2 a. 2

故应选 B. 2. 如图所示, 在空间直角坐标系中, 有一棱长为 a 的正方体 ABCO—A′B′C′D′, ′C A 的中点 E 与 AB 的中点 F 的距离为 ( )

A. 2a C.a 答案 B

B.

2 a 2

1 D. a 2

解析 由图易知 A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A′(a,0,a).∴F(a, ,0),E( , 2 2
1

a

a

a a

, ). 2 2 ∴|EF|= ? =

a a- ?
2

2

+?

a a
- ? 2 2

2

+?

0- ? 2

a

2

a2 a2
4

2 + = a. 4 2

3.在直角坐标系中,A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直角坐标系折成 120°的二面角, 则 AB 的长度为 A. 2 C.3 2 答案 B → → → 解析 设 A、B 在 x 轴上的射影分别为 C、D,则 AC=3,BD=2,CD=5,又AB=AC+CD+ → → → DB,AC,DB所夹的角为 60°, → 易求得|AB|= → → → ? AC+CD+DB?
2

( B.2 11 D.4 2

)

=2 11.

4.如图所示,平面 α ⊥平面 β ,A∈α ,B∈β ,AB 与两平面 α 、β 所成的角分别为 π π 和 .过 A、B 分别作两平面交线的垂线,垂足为 A′、B′,则 AB?A′B′等于 4 6

A.2?1 C.3?2 答案 A

B.3?1 D.4?3

π 2 解析 在 Rt△ABB′中,AB′=AB·sin = AB. 4 2 π 1 在 Rt△ABA′中,AA′=AB·sin = AB. 6 2 1 2 2 在 Rt△AA′B′中,A′B′= AB′ -AA′ = AB. 2 ∴AB?A′B′=2?1. 5.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,若 E、F 分别是 BC、DD1 的中点,则

B1 到平面 ABF 的距离为

(

)

2

A. C.

3 3 5 3

B. D.

5 5 2 5 5

答案 D 解析 方法一 由 VB1-ABF=VF-ABB1 可得解. 方法二 建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A(1,0,1),B1(1,1,0). → 1 1 设 F(0,0, ),E( ,1,1),B(1,1,1),AB=(0,1,0). 2 2 → 1 ∴B1E=(- ,0,1), 2 →

AF=(-1,0,- ).
→ → 1 1 ∵AF·B1E=(-1,0,- )·(- ,0,1)=0, 2 2 → → → → → ∴AF⊥B1E,又AB⊥B1E,∴B1E⊥平面 ABF. → 1 平面 ABF 的法向量为B1E=(- ,0,1), 2

1 2

AB1=(0,1,-1).



?→ →? AB1·B1E? 2 5 B1 到平面 ABF 的距离为? = . ? → ? 5 ? |B1E| ?
6.(2013·济南统考)等腰 Rt△ABC 中,AB=BC=1,M 为 AC 中点,沿 BM 把它折成二面
3

角,折后 A 与 C 的距离为 1,则二面角 C—BM—A 的大小为( A.30° C.90° 答案 C B.60° D.120°

)

解析 如图,由 AB=BC=1, ∠ABC=90°,得 AC= 2. ∵M 为 AC 中点,∴MC=AM= 且 CM⊥BM,AM⊥BM. ∴∠CMA 为二面角 C-BM-A 的平面角. ∵AC=1,MC=MA= ∴∠CMA=90°. 7.二面角 α -l-β 为 60°,A,B 是棱 l 上的两点,AC,BD 分别在半平面 α ,β 内, 2 , 2 2 , 2

AC⊥l,BD⊥l,且 AB=AC=a,BD=2a,则 CD 的长为
A.2a C.a 答案 A → 解析 |CD|=
2 2 2

(

)

B. 5a D. 3a

→2

CD =

→ → → ? CA+AB+BD?

2

= a +a +4a +2×a×2acos120°=2a. 8.长方体 ABCD-A1B1C1D1 的 8 个顶点在同一个球面上,且 AB=2,AD= 3,AA1=1,则 顶点 A、B 间的球面距离是________. 答案 2 π 2
2 2 2 2

解析 ∵(2R) =AB +AD +AA1=4+3+1=8, π ∴R= 2.又|AB|=2,∴∠AOB= . 2 π 2 ∴l=|α |R= · 2= π . 2 2 9.如图,已知长方体 ABCD-A1B1C1D1,AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角

4

为 30°,AE 垂直 BD 于 E,F 为 A1B1 的中点.

(1)求异面直线 AE 与 BF 所成的角; (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的大小; (3)求点 A 到平面 BDF 的距离. 解析 方法一 (1)连接 B1D1, F 作 B1D1 的垂线, 过 垂足为 K, BB1 与两底面 ABCD,1B1C1D1 ∵ A 都垂直,

? ? FK⊥B1D1 ?? FK⊥平面 BDD1B1. B1D1∩BB1=B1? ?
FK⊥BB1



? ? ?? AE⊥平面 BDD1B1, BB1∩BD=B? ?
AE⊥BB1 AE⊥BD

因此 FK∥AE, ∴∠BFK 为异面直线 BF 与 AE 所成的角,连接 BK,由 FK⊥面 BDD1B1,得 FK⊥BK. 从而△BKF 为 Rt△. 在 Rt△B1KF 和 Rt△B1D1A1 中, 由

FK A1D1 A1D1·B1F = ,得 FK= B1F B1D1 B1D1 AD· AB
1 2 2 3×1 3 2 +?
2



BD



2 3? 3

1 = . 2 2 2 . 4

又 BF= 2,∴cos∠BFK= =

FK BF

5

∴异面直线 BF 与 AE 所成的角为 arccos (2)

2 . 4

由于 DA⊥面 AA1B,过点 A 作 BF 的垂线 AG,垂足为 G,连接 DG,由三垂线定理知 BG⊥

DG.
∴∠AGD 即为平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的平面角.且∠DAG=90°,在平面 AA1B 中,延长 BF 与 AA1 的延长线交于点 S, 1 ∵F 为 A1B1 的中点,A1F= AB, 2 ∴A1、F 分别为 SA、SB 的中点, 即 SA=2A1A=2=AB. ∴Rt△BAS 为等腰直角三角形,垂足 G 点实为斜边 SB 的中点 F,即 F、G 重合. 1 易得 AG=AF= SB= 2. 2 2 在 Rt△AGD 中,AD= 3. 3 2 3 AD 3 6 ∴tan∠AGD= = = . AG 3 2 ∴∠AGD=arctan 6 . 3 6 . 3

即平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的大小为 arctan

(3)由(2)知平面 AFD 是平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角的平面角所在的平面. ∴面 AFD⊥面 BDF. 在 Rt△ADF 中,由 A 作 AH⊥DF 于 H,则 AH 即为点 A 到平面 BDF 的距离. 由 AH·DF=AD·AF,得

AD·AF AH= = DF
?

2 3× 2 3 2 3? 3
2

+?

2?

2 = 5. 5 2

6

2 所以点 A 到平面 BDF 的距离为 5. 5

方法二 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,以 AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AA1 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系(如图). 由已知 AB=2,AA1=1,可得

A(0,0,0)、B(2,0,0)、F(1,0,1).
又 AD⊥平面 AA1B1B,从而 BD 与平面 AA1B1B 所成的角即为∠DBA=30°,又 AB=2,AE⊥

BD,AE=1,AD=

2 3 . 3

1 3 2 3 从而易得 E( , ,0),D(0, ,0). 2 2 3 → 1 → 3 (1)∵AE=( , ,0),BF=(-1,0,1). 2 2 → → -1 → → 2 AE·BF 2 ∴cos〈AE,BF〉= = =- . → → 4 2 |AE||BF| 即异面直线 AE、BF 所成的角为 arccos 2 . 4

(2)易知平面 AA1B 的一个法向量 m=(0,1,0), 设 n=(x,y,z)是平面 BDF 的一个法向量. →

BD=(-2,

2 3 ,0). 3 → ?n·BF=0, ?? ?n·→=0 BD

?n⊥→, BF 由? ?n⊥→ BD

?-x+z=0, ? ?? 2 3 ?2x- 3 y=0 ?

??

?x=z, ? 3x=y.

取 n=(1, 3,1),

m·n 3 15 ∴cos〈m,n〉= = = . |m||n| 1× 5 5
即平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)大小为 arccos 15 . 5
7

→ (3)点 A 到平面 BDF 的距离,即AB在平面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值. → → → → AB·n 所以距离 d=||AB|·cos〈AB,n〉|=||AB|· | → |AB|·|n| → |AB·n| 2 2 5 = = = . |n| 5 5 2 5 所以点 A 到平面 BDF 的距离为 . 5 10.如下图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,AC=BC=a,D、E 分别为棱 AB、

BC 的中点,M 为棱 AA1 上的点,二面角 M-DE-A 为 30°.

(1)证明:A1B1⊥C1D; (2)求 MA 的长,并求点 C 到平面 MDE 的距离.

解析 (1)证明:连接 CD. ∵三棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱, ∴CC1⊥平面 ABC. ∴CD 为 C1D 在平面 ABC 内的射影. ∵△ABC 中,AC=BC,D 为 AB 中点, ∴AB⊥CD,∴AB⊥C1D. ∵A1B1∥AB,∴A1B1⊥C1D. (2)方法一 过点 A 作 CE 的平行线,交 ED 的延长线于 F,连接 MF. ∵D、E 分别为 AB、BC 的中点,∴DE∥AC. 又∵AF∥CE,CE⊥AC,∴AF⊥DE. ∵MA⊥平面 ABC,∴AF 为 MF 在平面 ABC 内的射影. ∴MF⊥DE.

8

∴∠MFA 为二面角 M-DE-A 的平面角,∠MFA=30°. 1 a 3 在 Rt△MAF 中,AF= BC= ,∠MFA=30°,∴AM= a. 2 2 6 作 AG⊥MF,垂足为 G. ∵MF⊥DE,AF⊥DE,∴DE⊥平面 AMF. ∴平面 MDE⊥平面 AMF. ∴AG⊥平面 MDE. 在 Rt△GAF 中,∠GFA=30°,AF= . 2 ∴AG= ,即 A 到平面 MDE 的距离为 . 4 4 ∵CA∥DE,∴CA∥平面 MDE. ∴C 到平面 MDE 的距离与 A 到平面 MDE 的距离相等,为 . 4 方法二 过点 A 作 CE 的平行线,交 ED 的延长线于 F,连接 MF. ∵D、E 分别为 AB、CB 的中点, ∴DE∥AC. 又∵AF∥CE,CE⊥AC,∴AF⊥DE. ∵MA⊥平面 ABC.∴AF 为 MF 在平面 ABC 内的射影, ∴MF⊥DE. ∴∠MFA 为二面角 M-DE-A 的平面角,∠MFA=30°. 1 a 在 Rt△MAF 中,AF= BC= ,∠MFA=30°, 2 2 ∴AM= 3 a. 6

a

a

a

a

设 C 到平面 MDE 的距离为 h. ∵VM-CDE=VC-MDE, 1 1 ∴ S△CDE·MA= S△MDE·h, 3 3 1 a2 3 S△CDE= CE·DE= ,MA= a, 2 1 2
2

8

6

S△MDE= DE·MF= DE·

1 2

AF 3 2 = a. cos30° 12

1 a 3 1 3 2 ∴ × × a= × a ×h. 3 8 6 3 12 ∴h= ,即 C 到平面 MDE 的距离为 . 4 4
9

a

a

11.已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,底面边长为 2 2,侧棱长为 4,E、F 分别为棱 AB、

BC 的中点.
(1)求证:平面 B1EF⊥平面 BDD1B1; (2)求点 D1 到平面 B1EF 的距离. 解析 (1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0),

B(2 2,2 2,0),E(2 2, 2,0), F( 2,2 2,0),D1(0,0,4), B1(2 2,2 2,4).
→ ∴EF=(- 2, 2,0), →

DB=(2 2,2 2,0),DD1=(0,0,4).
→ → → → ∴EF·DB=0,EF·DD1=0. ∴EF⊥DB,EF⊥DD1,DD1∩BD=D. ∴EF⊥平面 BDD1B1. 又 EF? 平面 B1EF, ∴平面 B1EF⊥平面 BDD1B1. → (2)由(1)知D1B1=(2 2,2 2,0),





EF=(- 2, 2,0),B1E=(0,- 2,-4).
设平面 B1EF 的法向量为 n,且 n=(x,y,z), → → 则 n⊥EF,n⊥B1E. → 即 n·EF=(x,y,z)·(- 2, 2,0)=- 2x+ 2y=0,



n·B1E=(x,y,z)·(0,- 2,-4)=- 2y-4z=0.
令 x=1,则 y=1,z=- ∴n=(1,1,- 2 . 4



2 ),∴D1 到平面 B1EF 的距离 4

10

→ |D1B1·n| d= = |n|

|2 2+2 2| 1 +1 +? -
2 2

2 ? 4

2

16 17 = . 17

12.(2012·重庆)如图,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. 解析 (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= BC -BD = 5.
2 2

(2)方法一 如图,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.

因 A1D 为 A1C 在面 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. 因此

AA1 A1B1 2 = ,即 AA1=AD·A1B1=8,得 AA1=2 2. AD AA1
2 2

从而 A1D= AA1+AD =2 3. 所以,在 Rt△A1DD1 中,cos∠A1DD1=

DD1 AA1 6 = = . A1D A1D 3

方法二 如图,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.

11

设直三棱柱的高为 y,则 A(-2,0,0),A1(-2,0,h),B1(2,0,h),C(0, 5,0),C1(0, → → → → 2 5,h),从而AB1=(4,0,h),A1C=(2, 5,-h).由AB1⊥A1C,有 8-h =0,解得 h=2 2. → → → 故DA1=(-2,0,2 2),CC1=(0,0,2 2),DC=(0, 5,0). → → ? 5y1=0, 设平面 A1CD 的法向量 m=(x1,y1,z1),则 m⊥DA1,m⊥DC,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

12


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