高考数学一轮复习课时分层作业44向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题含答案

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1．[解] (1)作PD∥AC，交BC于点D，由A1Q＝AP，则BP＝QC1，
∵PD∥AC，
∴PDAC＝BPAB，即PD＝BP＝QC1，
∴PD∥QC1且PD＝QC1，连接DC1，
∴四边形C1QPD为平行四边形，
∴PQ∥C1D，
∵PQ⊄平面BCC1B1，且C1D⊂平面BCC1B1，
∴PQ∥平面BCC1B1.
(2)取AC中点O，连接A1O、BO，
∵AO＝12AC＝1，AA1＝2，∠A1AO＝60°，
根据余弦定理得：
A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AO·cs 60°＝4＋1－2×2×1×12＝3，∴A1O＝3，
则A1O⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴A1O⊥平面ABC，
∵△ABC是等边三角形，
∴BO⊥AC，
如图建立空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B(3，0，0)，A1(0，0，3)，
P32，-12，0，Q(0，1，3)，B1(3，1，3)，
∴QP＝32，-32，-3，QB1＝(3，0，0)，
∴cs 〈QP，QB1〉＝QP·QB1QP·QB1＝326·3＝24，
∴点B1到直线PQ的距离为
|QB1|·1-cs2〈QP，QB1〉＝3×1-242＝424.
2．[解] (1)证明：在Rt△PAD中，AD＝3，∠PDA＝30°，∴PA＝AD tan∠PDA＝1，
∵AD∥BC，∠BAD＝150°，所以∠ABC＝30°，
又AB＝AC，∴∠ACB＝30°，∠BAC＝120°，
在△ABC中，由正弦定理得BCsin120°＝ACsin30°，
∴AC＝BCsin30°sin120°＝2，
∵PC＝5，∴PA2＋AC2＝PC2，∴PA⊥AC，
∵PA⊥AD，AC∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，
∵PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)因为AD＝3，AC＝2，
∠CAD＝∠BAD－∠BAC＝30°，
在△ACD中，由余弦定理可得
CD＝AC2+AD2-2AC·ADcs30°＝1，
∴AD2＋CD2＝AC2，则AD⊥CD，
因为PA⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，DC、AD、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，－3，0)、C(1，3，0)、D(0，3，0)、P(0，0，1)，
BC＝(0，23，0)，BP＝(－1，3，1)，PD＝(0，3，－1)，CP＝(－1，－3，1)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BC=23y=0， n·BP=-x+3y+z=0，
取x＝1可得n＝(1，0，1)，设PF＝λPD＝(0，3λ，－λ)，其中0≤λ≤1，
则CF＝CP+PF＝(－1，－3，1)＋(0，3λ，－λ)＝(－1，3λ－3，1－λ)，
由已知可得|cs 〈n，CF〉|＝n·CFn·CF＝λ2·1+41-λ2＝14，
整理可得4λ2＋8λ－5＝0，因为0≤λ≤1，解得λ＝12，
因此，当点F为线段PD的中点时，直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于14.
3．[解] (1)证明：连接EB，由题意PE＝2，
BE＝AB2+AE2＝2，又M是PB中点，
所以ME⊥PB，而ME⊥PC，PC∩PB＝P，所以ME⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则BC⊥ME，
由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝12CE＝1知：
BE＝BC＝2，
在△BCE中CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，即BC⊥BE.
由ME∩BE＝E，则BC⊥平面BEM，PE⊂平面BEM，于是PE⊥BC.
由题意，PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥平面ABCE，EC⊂平面ABCE，
所以PE⊥EC.
(2)连接BN，MN，设EN＝t，由(1)知，PE，EA，EC两两垂直，
故分别以EA，EC，EP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意，则N(t，0，0)，B(1，1，0)，M12，12，22，
BM＝-12，-12，22，BN＝(t－1，－1，0)，
取平面PCE的法向量m＝(1，0，0)，
设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，则
n·BM=-12a-12b+22c=0n·BN=t-1a-b=0 ，
令a＝1，即n＝1，t-1，t2，
设平面BMN与平面PCE的夹角为θ，则
cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝1，0，0·1，t-1，t21+t-12+t22
＝132t2-2t+2＝132t-232+43，
∴当t＝23时，(cs θ)max＝32，即EN长为23时平面BMN与平面PCE的夹角最小．
4．[解] (1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PGC.
证明如下：如图所示，取PC的中点H，连接FH，HG，PG，CG.
∵FH∥CD，FH＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，
∴FH∥AG，FH＝AG，
∴四边形AGHF为平行四边形，
∴AF∥GH，
又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，
∴AF∥平面PGC.
(2)选择①AB⊥BC.
∵AD∥BC，∴AB⊥AD.
由题意知AB，AD，AP两两垂直，
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
则A(0，0，0)，C(2，2，0)，F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－2，－1，1)．
设平面FAC的法向量为μ＝(x，y，z)，
∴μ·AF=y+z=0， μ·CF=-2x-y+z=0，
取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)．
易知平面ACD的一个法向量为v＝(0，0，1)，
设平面FAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝μ·vμ·v＝33，
∴平面FAC与平面DAC的夹角的余弦值为33.
选择②FC与平面ABCD所成的角为π6.
∵PA⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接AE，取AD的中点M，连接FM，CM，
则FM∥PA，且FM＝1，
∴FM⊥平面ABCD，
则FC与平面ABCD所成的角为∠FCM，
∴∠FCM＝π6，
∴在Rt△FCM中，CM＝3，
又CM＝AE，∴AE2＋BE2＝AB2，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，
F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
设平面FAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·AF=y+z=0， m·CF=-3x+z=0，
取x＝3，得m＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面FAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝m·nm·n＝217.
∴平面FAC与平面DAC的夹角的余弦值为217.
选择③∠ABC＝π3.
取BC的中点E，连接AE，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝π3，
∴△ABC是正三角形，
∵E是BC的中点，∴BC⊥AE，
∴AE，AD，AP两两垂直，
以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝2，
∴A(0，0，0)，C(3，1，0)，F(0，1，1)，
∴AF＝(0，1，1)，CF＝(－3，0，1)．
设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·AF=y+z=0， m·CF=-3x+z=0，
取x＝3，得m＝(3，－3，3)．
易知平面ACD的一个法向量为n＝(0，0，1)，
设平面FAC与平面DAC的夹角为θ，
则cs θ＝m·nm·n＝217.
∴平面FAC与平面DAC的夹角的余弦值为217.