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1、专题强化训练(十四)1.(2022山东青岛高三期末)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,DAB=60,PA=PD=5,F为AB的中点,ACPF.(1)求证:平面PAD平面ABCD;(2)求点A到平面PDF的距离.(1)证明:连接BD,取AD的中点为O,连接OF,PO,因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD.因为O,F分别为AD,AB的中点,所以OFBD,所以OFAC.又因为ACPF,PFOF=F,PF,OF平面POF,所以AC平面POF.因为PO平面POF,所以ACPO.因为PA=PD,O为AD的中点,所以POAD.又因为ADAC=A,AD,AC平面ABCD,所以PO平面
2、ABCD.因为PO平面PAD,所以平面PAD平面ABCD.(2)解:因为AB=AD,DAB=60,所以ABD为正三角形,所以BOAD.由(1)可知AD,OB,PO两两垂直,于是建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),D(-1,0,0),A(1,0,0),F(12,32,0),所以PD=(-1,0,-2),PF=(12,32,-2),AD=(-2,0,0).设n=(x,y,z)为平面PDF的法向量,则nPD=0,nPF=0,即-x-2z=0,12x+32y-2z=0,取x=2,得n=(2,-23,-1).所以点A到平面PDF的距离d=|ADn|n|=417=41717.2.(2022山
3、东济南高三期末)如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.(1)求证:B,E,D1,F四点共面;(2)是否存在点G,使得平面GEF平面BEF?若存在,求出DG的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明:如图所示,连接D1E,D1F,取BB1的中点M,连接MC1,ME,因为E为AA1的中点,所以EMA1B1C1D1,且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1EMC1,又因为F为CC1的中点,所以BMC1F,且BM=C1F,所以四边形BMC1F为平行四边形,所以BFMC1,所以BFD1E,所
4、以B,E,D1,F四点共面.(2)解:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图,假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t),t0,2.由已知得B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),则EF=(-1,1,0),EB=(0,1,-1),EG=(-1,0,t-1),设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1EF=0,n1EB=0,即-x1+y1=0,y1-z1=0,取x1=1,则n1=(1,1,1).设平面GEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2EF=0,n2EG=0,即-x2+y2=0,-x2+(t-1)z2=0,
5、取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).因为平面GEF平面BEF,所以n1n2=0,所以t-1+t-1+1=0,所以t=12.所以存在满足题意的点G,使得平面GEF平面BEF,DG的长度为12.3.(2022山东临沂三模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为A1D1的中点,过AB1E的平面截此正方体,得如图所示的多面体,F为棱CC1上的动点.(1)点H在棱BC上,当CH=14CB时,FH平面AEB1,试确定动点F在棱CC1上的位置,并说明理由;(2)若AB=2,求点D到平面AEF的最大距离.解:(1)设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l,因为FH平面AEB1,平面BCC1B1
6、平面AEB1=l,FH平面BCC1B1,所以FHl,由正方体ABCDA1B1C1D1知,平面ADD1E平面BCC1B1,又因为平面ADD1E平面AEB1=AE,平面BCC1B1平面AEB1=l,所以AEl,所以AEFH,取BC中点G,连接GC1,易知AEGC1,所以GC1FH,又因为H为CG中点,所以F为CC1中点.(2)以点D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),E(1,0,2),设F(0,2,t),t0,2,所以AE=(-1,0,2),AF=(-2,2,t),DA=(2,0,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则
7、有nAE=0,nAF=0-x+2z=0,-2x+2y+tz=0,不妨取x=2,则n=(2,2-t2,1),设点D到平面AEF的距离为d,所以d=DAnn=45+(2-t2) 2263,当t=2,即点F与点C1重合时取等号,所以点D到平面AEF的最大距离为263.4.(2022重庆西南大学附中模拟预测)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,B1A=B1C,AA1=13,AB=8,BC=6,ABBC,D为AC中点,tanBB1D=512.(1)求证:BCB1D;(2)线段B1C1上是否存在一点E,使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为1274185?若存在,求出E点的位置;若不存在,请说明理由.
8、(1)证明:因为B1A=B1C,且D为AC中点,所以B1DAC.因为ABBC,AB=8,BC=6,可得AC=AB2+BC2=10,则BD=12AC=5.又BB1=AA1=13,因为tanBB1D=512,可得cosBB1D=1213.在BB1D中,由余弦定理得cosBB1D=BB12+B1D2-BD22BB1B1D=1213,解得B1D=12.因为BD2+B1D2=BB12,所以BDB1D.又因为BDAC=D,BD,AC平面ABC,所以B1D平面ABC.因为BC平面ABC,所以BCB1D.(2)解:过点D作DxAC,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,如图,可知A(0,-5,0),B(245,7
9、5,0),C(0,5,0),B1(0,0,12),则BB1=(-245,-75,12),BC=B1C1=(-245,185,0)C1(-245,185,12),又AE=AB1+B1E=AB1+B1C1=(0,5,12)+(-245,185,0),其中01,解得AE=(-245,5+185,12).设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),则mBC=0,mBB1=0,即-245x+185y=0,-245x-75y+12z=0.令y=1,则m=(34,1,512).设AE与平面BCC1B1的夹角为,则sin =|cos|=|AEm|AE|m|=|-185+5+185+5|(-245)2+(5+185) 2+122(34) 2+12+(512) 2=1274185,解得=13或=-43(舍).综上,存在点E为线段B1C1上靠近B1的三等分点,使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为1274185.