一、選擇題
如圖，斜線段AB與平面α所成的角為eq \f(π,4)，B為斜足.平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝eq \f(π,6)，則點(diǎn)P的軌跡為( )
A.圓 B.橢圓 C.雙曲線的一部分 D.拋物線的一部分
【答案解析】答案為：B
解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)OB＝OA＝1，則B(0，1，0)，A(0，0，1)，P(x，y，0)，則eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，﹣1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，y，﹣1)，所以cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))〉＝eq \f(y＋1,\r(2)·\r(x2＋y2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，即3x2＋(y﹣2)2＝3，所以點(diǎn)P的軌跡是橢圓.
如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq \r(2)，BC＝2，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，則異面直線AD與A1C所成的角為( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
【答案解析】答案為：B
解析：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AC，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0,0)，A1(0,0，eq \r(2))，B(eq \r(2)，0,0)，C(0，eq \r(2)，0)，
∴D(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，0)，∴eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，0)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(2)，﹣eq \r(2))，
∴cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(A1C,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(A1C,\s\up6(—→)),|\(AD,\s\up6(→))||\(A1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(1,2)，∴即異面直線AD，A1C所成角為eq \f(π,3).
如圖，已知圓錐CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圓O的直徑，點(diǎn)D在eq \(AB,\s\up8(︵))上，且∠AOD＝2∠BOD，則異面直線AD與BC所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
【答案解析】答案為：A
解析：因?yàn)椤螦OD＝2∠BOD，且∠AOD＋∠BOD＝π，所以∠BOD＝eq \f(π,3)，連接CO，則CO⊥平面ABD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC所在直線分別為y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)圓O的半徑為2，則A(0，﹣2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，﹣2,2eq \r(3))，設(shè)異面直線AD與BC所成的角為θ，則cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq \f(\r(3),4).
點(diǎn)P為棱長(zhǎng)是2eq \r(5)的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M為B1C1的中點(diǎn)，若滿足DP⊥BM，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為( )
A.π B.2π C.4π D.2eq \r(5)π
【答案解析】答案為：C
解析：根據(jù)題意知，該正方體的內(nèi)切球半徑為r＝eq \r(5)，如圖.取BB1 的中點(diǎn)N，連接CN，則CN⊥BM，∴CN為DP在平面B1C1CB中的射影，∴點(diǎn)P的軌跡為過D，C，N的平面與內(nèi)切球的交線，
∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2eq \r(5)，∴O到過D，C，N的平面的距離為eq \f(\r(5),\r(5))＝1，∴截面圓的半徑為2，∴點(diǎn)P的軌跡的長(zhǎng)度為2π×2＝4π.
如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)P是線段B1D1上一動(dòng)點(diǎn)，且AP∥平面DBC1，則異面直線AP與BD所成角的取值范圍為( )
A.[eq \f(π,4)，eq \f(3π,4)] B.[eq \f(π,4)，eq \f(π,2)] C.[eq \f(π,3)，eq \f(π,2)] D.[eq \f(π,3)，eq \f(2π,3)]
【答案解析】答案為：C
解析：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，
則D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，設(shè)P(λ，λ，1)，λ∈[0，1]，∴eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(λ﹣1，λ，1)，∴eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝2λ﹣1，|eq \(DB,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(2λ2－2λ＋2)，設(shè)異面直線AP與BD所成的角為θ，則cs θ＝eq \f(|\(DB,\s\up6(→))·\(AP,\s\up6(→))|,|\(DB,\s\up6(→))||\(AP,\s\up6(→))|)＝eq \f(|2λ－1|,2\r(λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(\f(?2λ－1?2,λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(4－\f(3,λ2－λ＋1))＝eq \f(1,2)·eq \r(4－\f(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，當(dāng)λ＝eq \f(1,2)時(shí)，cs θ取得最小值為0，
當(dāng)λ＝0或1時(shí)，cs θ取得最大值為eq \f(1,2)，∴0≤cs θ≤eq \f(1,2)，則eq \f(π,3)≤θ≤eq \f(π,2).
如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面邊長(zhǎng)為a，側(cè)棱長(zhǎng)為b，且a≥b，點(diǎn)D是BC1的中點(diǎn)，則直線AD與側(cè)面ABB1A1所成角的正切值的最小值是( )
A.eq \f(\r(130),13) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(39),13)
【答案解析】答案為：D
解析：如圖，取A1B1的中點(diǎn)E，連接BE，C1E，則C1E⊥A1B1，由正三棱柱的性質(zhì)可知，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，∴C1E⊥平面ABB1A1，取BE的中點(diǎn)F，連接AF，DF.
∵D為BC1的中點(diǎn)，∴DF∥C1E，∴DF⊥平面ABB1A1，∴∠DAF即為直線AD與側(cè)面ABB1A1所成的角.在Rt△AFD中，DF＝eq \f(1,2)C1E＝eq \f(\r(3),4)a，AF＝eq \r(AD2－DF2)＝eq \f(\r(9a2＋4b2),4)，∴tan∠DAF＝eq \f(DF,AF)＝eq \f(\r(3)a,\r(9a2＋4b2))＝eq \r(\f(1,3＋\f(4b2,3a2)))≥eq \r(\f(1,3＋\f(4,3)))＝eq \f(\r(39),13)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立，∴直線AD與側(cè)面ABB1A1所成角的正切值的最小值為eq \f(\r(39),13).
二、多選題
(多選)如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P，M分別為棱CD，CC1的中點(diǎn).Q為線段A1B上任一點(diǎn)，則下列說法正確的是( )
A.平面APM內(nèi)存在直線與A1D1平行
B.平面APM截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面積為eq \f(9,8)
C.直線AP和DQ所成的角可能為60°
D.直線AP和DQ所成的角可能為30°
【答案解析】答案為：BC
解析：對(duì)于選項(xiàng)A，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，BC∥A1D1，在平面ABCD中，直線AP，BC相交，所以直線BC與平面APM相交，故直線A1D1與平面APM相交，故平面APM內(nèi)不存在直線與A1D1平行，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)B，如圖，連接C1D，AB1，因?yàn)镻，M分別為棱CD，CC1的中點(diǎn)，
所以PM∥C1D，PM＝eq \f(1,2)C1D，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB1∥C1D，所以PM∥AB1，連接B1M，
則梯形AB1MP為所求的截面，易知AP＝B1M＝eq \r(1＋\f(1,4))＝eq \f(\r(5),2)，PM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)，AB1＝eq \r(2)，
所以等腰梯形AB1MP的高為eq \r(AP2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB1－PM,2)))2)＝eq \r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)＝eq \f(3\r(2),4)，
所以梯形AB1MP的面積為eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq \f(3\r(2),4)＝eq \f(9,8)，選項(xiàng)B正確；
對(duì)于選項(xiàng)C，D，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，eq \f(1,2)，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0，1，﹣1)，eq \(DA1,\s\up6(—→))＝(1，0，1)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，-eq \f(1,2)，0)，
設(shè)eq \(A1Q,\s\up6(—→))＝λeq \(A1B,\s\up6(→))＝λ(0，1，﹣1)＝(0，λ，﹣λ)，0≤λ≤1，所以eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA1,\s\up6(—→))＋eq \(A1Q,\s\up6(—→))＝(1，λ，1﹣λ)，所以|cs〈eq \(PA,\s\up6(→))，eq \(DQ,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)λ)),\f(\r(5),2)×\r(1＋λ2＋?1－λ?2))＝eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1)).
當(dāng)eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1))＝cs 60°＝eq \f(1,2)，即λ2＋λ﹣1＝0時(shí)，解得λ＝eq \f(±\r(5)－1,2)，其中eq \f(\r(5)－1,2)∈[0，1]，當(dāng)eq \f(2－λ,\r(10)·\r(λ2－λ＋1))＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，即13λ2﹣7λ＋7＝0時(shí)，方程無解.
所以直線AP和DQ所成的角可能為60°，但不可能為30°，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
(多選)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別為BD1，B1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)P在正方體的表面上運(yùn)動(dòng)，且滿足MP⊥CN.給出的下列說法中正確的是( )
A.點(diǎn)P可以是棱BB1的中點(diǎn) B.線段MP的最大值為eq \f(3,4)
C.點(diǎn)P的軌跡是正方形 D.點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2＋eq \r(5)
【答案解析】答案為：BD
解析：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
∵該正方體的棱長(zhǎng)為1，M，N分別為BD1，B1C1的中點(diǎn)，∴D1(0，0，1)，B(1，1，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，C(0，1，0)，∴eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，設(shè)P(x，y，z)，則eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)，y－\f(1,2)，z－\f(1,2)))，
∵M(jìn)P⊥CN，∴eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋z﹣eq \f(1,2)＝0，即2x＋4z﹣3＝0，當(dāng)x＝1時(shí)，z＝eq \f(1,4)，當(dāng)x＝0時(shí)，z＝eq \f(3,4)，
取Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,4)))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,4)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,4)))，Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(3,4)))，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，
則eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(HG,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EH,\s\up6(→))＝eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，∴四邊形EFGH為矩形，
又eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝0，eq \(EH,\s\up6(→))·eq \(CN,\s\up6(→))＝0，即EF⊥CN，EH⊥CN，
又EF和EH為平面EFGH中的兩條相交直線，∴CN⊥平面EFGH，
又eq \(EM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,4)))，eq \(MG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,4)))，∴M為EG的中點(diǎn)，則M∈平面EFGH，為使MP⊥CN，必有點(diǎn)P∈平面EFGH，又點(diǎn)P在正方體表面上運(yùn)動(dòng)，∴點(diǎn)P的軌跡為四邊形EFGH，∴點(diǎn)P不可能是棱BB1的中點(diǎn)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
又EF＝GH＝1，EH＝FG＝eq \f(\r(5),2)，∴EF≠EH，則點(diǎn)P的軌跡是矩形不是正方形，且矩形EFGH的周長(zhǎng)為2＋2×eq \f(\r(5),2)＝2＋eq \r(5)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確；
∵點(diǎn)P的軌跡為矩形EFGH，∴當(dāng)P點(diǎn)在矩形的四個(gè)端點(diǎn)時(shí)，MP取得最大值，且MP的最大值為eq \f(3,4)，故B正確.
三、填空題
如圖所示，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點(diǎn)，eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))，若異面直線D1E和A1F所成角的余弦值為eq \f(3\r(2),10)，則λ的值為______.
【答案解析】答案為：eq \f(1,3).
解析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，正方體的棱長(zhǎng)為2，則A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(0,2,1)，A(2,0,0)，
∴eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(0,2，﹣1)，eq \(A1F,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋λeq \(AD,\s\up6(→))＝(﹣2λ，0，﹣2).
∴cs〈eq \(A1F,\s\up6(—→))，eq \(D1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\(A1F,\s\up6(—→))·\(D1E,\s\up6(—→)),|\(A1F,\s\up6(—→))||\(D1E,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,2\r(λ2＋1)×\r(5))＝eq \f(3\r(2),10)，解得λ＝eq \f(1,3)(λ＝﹣eq \f(1,3)舍).
如圖，P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，則點(diǎn)P到直線BD的距離為________.
【答案解析】答案為：eq \f(13,5).
解析：如圖，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,1)，B(3,0,0)，D(0,4,0)，
則eq \(BP,\s\up6(→))＝(﹣3,0,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(﹣3,4,0)，
故點(diǎn)P到直線BD的距離d＝eq \r(|\(BP,\s\up11(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up7(),\s\d4())\f(\(BP,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(BD,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))2)＝eq \f(13,5)，
所以點(diǎn)P到直線BD的距離為eq \f(13,5).
在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點(diǎn)F，G分別是AB，CC1的中點(diǎn)，則△D1GF的面積為________.
【答案解析】答案為：eq \f(\r(14),2).
解析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(xiàn)(1,1,0)，eq \(FD1,\s\up6(—→))＝(﹣1，﹣1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(﹣1,1,1)，∴點(diǎn)D1到直線GF的距離d＝eq \r(|\(FD1,\s\up11(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(—→))·\(FG,\s\up6(→))\(\s\up7( ),\s\d4()),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))2)＝eq \f(\r(42),3).
∴點(diǎn)D1到直線GF的距離為eq \f(\r(42),3)，又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，∴ SKIPIF 1 < 0 錯(cuò)誤！未找到引用源。eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2).
在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2AD＝2，E為棱CC1上一點(diǎn)，記平面BD1E與底面ABCD的夾角為α，則當(dāng)α取得最小值時(shí)CE的長(zhǎng)度為________.
【答案解析】答案為：eq \f(2,5).
解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)CE＝a，a∈[0，2]，B(1，2，0)，E(0，2，a)，D1(0，0，2)，eq \(BD1,\s\up6(—→))＝(﹣1，﹣2，2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(﹣1，0，a)，設(shè)平面BD1E的法向量為n＝(x，y，z)，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))1＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－2y＋2z＝0，,－x＋az＝0，))取x＝a，則n＝(a，1﹣eq \f(1,2)a，1)，顯然平面ABCD的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)，
即cs α＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2)))2＋1))＝eq \f(1,\r(\f(5,4)a2－a＋2))＝eq \f(1,\r(\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))，
當(dāng)α最小時(shí)，eq \f(1,\r(\f(5,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(2,5)))2＋\f(9,5)))取最大值，即當(dāng)a＝eq \f(2,5)時(shí)，cs α取最大值，α取得最小值.
如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)M是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)(不包括邊界)運(yùn)動(dòng)，若B1P∥平面A1BM，則C1P的長(zhǎng)度的取值范圍是____________.
【答案解析】答案為：[eq \f(\r(30),5)，eq \r(2))
解析：如圖，取BC的中點(diǎn)N，連接B1D，B1N，DN，過C作CO⊥DN于O，連接C1O，由正方體的性質(zhì)知DN∥MB，A1M∥B1N，又DN∩B1N＝N，MB∩A1M＝M，∴平面B1DN∥平面A1BM，
∴點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)的軌跡是線段DN(不含點(diǎn)N和點(diǎn)D).連接C1D，C1N，在△C1DN中，
C1D＝eq \r(2)，DN＝C1N＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(5),2)，∴ SKIPIF 1 < 0 錯(cuò)誤！未找到引用源。＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(\r(6),4)，∵C1C⊥平面ABCD，CO⊥DN，∴C1O⊥DN，則當(dāng)P與O重合時(shí)，C1P的長(zhǎng)度取得最小值，∴C1P的長(zhǎng)度的最小值為C1O＝eq \f(\f(\r(6),4),\f(1,2)×\f(\r(5),2))＝eq \f(\r(30),5)，又C1P1).
(1)求證：BE＝BF；
(2)若直線AE與平面BEF所成角的正弦值為eq \f(\r(6),3)，求平面ABE與平面BEF夾角的余弦值.
【答案解析】 (1)證明：如圖，連接BO1，在圓柱OO1中，
BC⊥平面CEDF，
∵EF?平面CEDF，∴EF⊥BC，
∵EF⊥CD，BC∩CD＝C，BC，
CD?平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又BO1?平面ABCD，
∴EF⊥BO1，
∵在△BEF中，O1為EF的中點(diǎn)，∴BE＝BF.
(2)解 連接OO1，則OO1與該圓柱的底面垂直，
以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OO1所在直線分別為y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0，﹣1,0)，B(0,1,0)，E(﹣1,0，a)，F(xiàn)(1,0，a)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(﹣1,1，a)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(﹣1，﹣1，a)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，﹣1，a)，
設(shè)平面BEF的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1－y1＋az1＝0，,x1－y1＋az1＝0，))取z1＝1，得n1＝(0，a，1)，
設(shè)直線AE與平面BEF所成的角為θ，
則sin θ＝|cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n1〉|＝eq \f(2a,\r(a2＋2)·\r(a2＋1))＝eq \f(\r(6),3)，化簡(jiǎn)得(a2﹣2)(a2﹣1)＝0，
∵a>1，解得a＝eq \r(2)，∴n1＝(0，eq \r(2)，1)，
設(shè)平面ABE的法向量是n2＝(x2，y2，z2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y2＝0，,－x2＋y2＋\r(2)z2＝0，))取z2＝1，得n2＝(eq \r(2)，0,1)，
設(shè)平面ABE與平面BEF的夾角為α，則cs α＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,3)，
∴平面ABE與平面BEF夾角的余弦值為eq \f(1,3).
如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E為PD的中點(diǎn).
(1)求證：PA⊥平面ABCD；
(2)求直線PC與平面ACE所成角的正弦值；
(3)在線段BC上是否存在點(diǎn)F，使得點(diǎn)E到平面PAF的距離為eq \f(2\r(5),5)？若存在，確定點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【答案解析】 (1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，則BC⊥AB，CD⊥AD，
因?yàn)镻B⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因?yàn)镻A?平面PAB，所以PA⊥BC，
因?yàn)镻D⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因?yàn)镻A?平面PAD，所以PA⊥CD，
因?yàn)锽C∩CD＝C，BC，CD?平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)解：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，﹣2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,m·\(AE,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋z＝0，))取y＝1，可得m＝(﹣1,1，﹣1)，
cs〈m，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(m·\(PC,\s\up6(→)),|m||\(PC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(3)×2\r(3))＝eq \f(1,3)，
所以直線PC與平面ACE所成角的正弦值為eq \f(1,3).
(3)解：設(shè)點(diǎn)F(2，t，0)(0≤t≤2)，設(shè)平面PAF的法向量為n＝(a，b，c)，
eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，t，0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝2a＋tb＝0，,n·\(AP,\s\up6(→))＝2c＝0，))取a＝t，則n＝(t，﹣2,0)，
所以點(diǎn)E到平面PAF的距離為d＝eq \f(|\(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(t2＋4))＝eq \f(2\r(5),5)，因?yàn)閠>0，所以t＝1.因此，當(dāng)點(diǎn)F為線段BC的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)E到平面PAF的距離為eq \f(2\r(5),5).
如圖，四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)的eq \r(2)倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn).
(1)求證：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大??；
(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由.
【答案解析】 (1)證明：如圖，連接BD，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接SO.
由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
于是S(0，0，eq \f(\r(6),2)a)，D(﹣eq \f(\r(2),2)a，0，0)，C(0，eq \f(\r(2),2)a，0).
于是eq \(OC,\s\up6(→))＝(0，eq \f(\r(2),2)a，0)，eq \(SD,\s\up6(→))＝(﹣eq \f(\r(2),2)a，0，﹣eq \f(\r(6),2)a).
則eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝0，故OC⊥SD，從而AC⊥SD.
(2)解 由題設(shè)知，平面PAC的一個(gè)法向量eq \(DS,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(2),2)a，0，eq \f(\r(6),2)a)，平面DAC的一個(gè)法向量eq \(OS,\s\up6(→))＝(0，0，eq \f(\r(6),2)a).設(shè)平面PAC與平面DAC的夾角為θ，
則cs θ＝|cs〈eq \(OS,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(OS,\s\up6(→))·\(DS,\s\up6(→))|,|\(OS,\s\up6(→))||\(DS,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2)，
所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30°.
(3)解：假設(shè)在棱SC上存在一點(diǎn)E使BE∥平面PAC.根據(jù)第(2)問知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一個(gè)法向量，且eq \(DS,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(2),2)a，0，eq \f(\r(6),2)a)，eq \(CS,\s\up6(→))＝(0，﹣eq \f(\r(2),2)a，eq \f(\r(6),2)a).設(shè)eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，
因?yàn)锽(eq \f(\r(2),2)a，0，0)，C(0，eq \f(\r(2),2)a，0)，所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(﹣eq \f(\r(2),2)a，eq \f(\r(2),2)a，0)，
則eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))＝(﹣eq \f(\r(2),2)a，eq \f(\r(2),2)a(1﹣t)，eq \f(\r(6),2)at).
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，得﹣eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(6,4)a2t＝0，則t＝eq \f(1,3)，
當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DS,\s\up6(→)).由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在點(diǎn)E，使BE∥平面PAC，此時(shí)SE∶EC＝2∶1.

相關(guān)試卷

新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷40《空間向量的概念與運(yùn)算》（2份，原卷版+教師版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷40《空間向量的概念與運(yùn)算》（2份，原卷版+教師版），文件包含新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷40《空間向量的概念與運(yùn)算》教師版pdf、新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷40《空間向量的概念與運(yùn)算》教師版doc、新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷40《空間向量的概念與運(yùn)算》原卷版doc、新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷40《空間向量的概念與運(yùn)算》原卷版pdf等4份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共35頁， 歡迎下載使用。

新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷38《空間直線、平面的平行》（2份，原卷版+教師版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷38《空間直線、平面的平行》（2份，原卷版+教師版），文件包含新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷38《空間直線平面的平行》教師版pdf、新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷38《空間直線平面的平行》教師版doc、新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷38《空間直線平面的平行》原卷版doc、新高考數(shù)學(xué)考前考點(diǎn)沖刺精練卷38《空間直線平面的平行》原卷版pdf等4份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共35頁， 歡迎下載使用。

2024年新高考數(shù)學(xué)培優(yōu)專練27 向量法求空間角（原卷版+解析）：

這是一份2024年新高考數(shù)學(xué)培優(yōu)專練27 向量法求空間角（原卷版+解析），文件包含專題27向量法求空間角原卷版docx、專題27向量法求空間角教師版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共69頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

高中數(shù)學(xué)高考專題27 向量法求空間角(原卷版)

高中數(shù)學(xué)高考專題27 向量法求空間角(原卷版)
考點(diǎn)27 空間向量求空間距離（練習(xí)） （原卷版）

考點(diǎn)27 空間向量求空間距離（練習(xí)） （原卷版）
考點(diǎn)27 空間向量求空間距離（講解） （原卷版）

考點(diǎn)27 空間向量求空間距離（講解） （原卷版）
考點(diǎn)26 空間向量求空間角（講解）（原卷版）

考點(diǎn)26 空間向量求空間角（講解）（原卷版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部