1、题组层级快练题组层级快练(五十七五十七) 1.(2020 河北徐水一中模拟)如图所示，在四边形 ABCD 中，ADBC，AD AB， BCD45， BAD90， 将ABD 沿 BD 折起， 使平面 ABD 平面 BCD，构成三棱锥 ABCD，则在三棱锥 ABCD 中，下列命题正确的是( ) A平面 ABD平面 ABC B平面 ADC平面 BDC C平面 ABC平面 BDC D平面 ADC平面 ABC 答案 D 解析 在四边形 ABCD 中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，BD CD，又平面 ABD平面 BCD，且平面 ABD平面 BCDBD，故 CD平面 ABD，则 CDAB，又
2、ADAB，故 AB平面 ADC，所以平面 ABC平面 ADC. 2.(2020 河北冀州中学月考)如图，已知二面角 PQ 的大小为 60，点 C 为棱 PQ 上一 点，A，AC2，ACP30，则点 A 到平面 的距离为( ) A1 B.1 2 C. 3 2 D.3 2 答案 C 解析 如图，过 A 作 AO 于 O，点 A 到平面 的距离为 AO. 作 ADPQ 于 D，连接 OD，则 ADCD，AOCD，且 ADAO A，所以 CD平面 AOD，所以 CDOD，所以ADO 就是二面 角 PQ 的平面角，即为 60. 因为 AC2，ACP30，所以 ADACsin3021 21. 在 RtAO
3、D 中，AOADsin601 3 2 3 2 .故选 C. 3 如图所示， 正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1， 若 F 是 DD1的中点， 则 B1到平面 ABF 的距离为( ) A. 3 3 B. 5 5 C. 5 3 D.2 5 5 答案 D 解析 方法一：由 VB1ABFVFABB1可得解 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，设 E 为 BC 中点，连接 EF，B1E， 则 A(1，0，1)，B1(1，1，0) 设 F 0，0，1 2 ，E 1 2，1，1 ，B(1，1，1)，AB (0，1，0)，B1E 1 2，0，1 ，AF 1，0，1 2 . AF B1E 1，0，1
4、 2 1 2，0，1 0， AF B1E .同理AB B1E ，B1E平面 ABF. 平面 ABF 的法向量为B1E 1 2，0，1 ，又AB1 (0，1，1) B1到平面 ABF 的距离为 AB1 B1E |B1E | 2 5 5 . 4(2020 广东深圳月考)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，棱长为 1，E，F 分别为 C1D1 与 AB 的中点，B1到平面 A1FCE 的距离为( ) A. 3 6 B. 3 3 C. 6 6 D. 6 3 答案 D 解析 设点 B1到平面 A1FCE 的距离为 h.正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，A1F FC 5 2 ，A1C
5、3，EF 2，SA1CF1 2 3 2 2 6 4 ，SA1B1F1 211 1 2. 又 V 三棱锥 B1A1CFV 三棱锥 CA1B1F，1 3 6 4 h1 3 1 21，解得 h 6 3 .即点 B1到 平面 A1FCE 的距离为 6 3 .故选 D. 5(2020 哈尔滨模拟)正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 3，在正方体表面上与点 A 距离 是 2 的点形成一条封闭的曲线，这条曲线的长度是( ) A B.3 2 C3 D.5 2 答案 D 解析 在面 ABCD，面 AA1B1B，面 AA1D1D 内与点 A 的距离是 2 的点的轨迹分别是以 A 为圆心，2 为半径，圆心角为
6、 6 的圆弧，在面 A1B1C1D1，面 BB1C1C，面 CC1D1D 内与点 A 的距离是 2 的点的轨迹是分别以 A1为圆心，以 B 为圆心，以 D 为圆心，1 为半径，圆心角 为 2 的圆弧，故圆弧的长为 3 6 23 2 15 2. 6(2020 江西南昌调研)已知三棱锥 PABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，ABC 满足 AB2 2， ACB90， PA 为球 O 的直径， 且 PA4， 则点 P 到底面 ABC 的距离为( ) A. 2 B2 2 C. 3 D2 3 答案 B 解析 三棱锥 PABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，且直径 PA4，球心 O 是 PA 的中点，
7、球 O 的半径 ROC1 2PA2.过点 O 作 OD平面 ABC，垂足为 D.在ABC 中， AB2 2， ACB90， D 为 AB 的中点， 且 ADBDCD 2， OD OC2CD2 42 2，点 P 到底面 ABC 的距离 d2OD2 2.故选 B. 7(2020 西安五校联考)如图，梯形 ABCD 中，ADBC，ABC90， ADBCAB234，E，F 分别是 AB，CD 的中点，将四边形 ADFE 沿直线 EF 进行翻折，给出以下四个结论：DFBC；BDFC；平 面 DBF平面 BFC；平面 DCF平面 BFC.则在翻折过程中，可能成立 的结论的个数为( ) A1 B2 C3 D
8、4 答案 B 解析 因为 BCAD，AD 与 DF 相交不垂直，所以 BC 与 DF 不垂直，故错误；设点 D 在平面 BCF 上的射影为点 P，当 BPCF 时，有 BDFC，而 ADBCAB234，可 使条件满足，故正确；当点 P 落在 BF 上时，DP平面 BDF，从而平面 BDF平面 BCF， 故正确； 因为点 D 的投影不可能在 FC 上， 所以平面 DCF平面 BFC 不成立， 故错误 故 选 B. 8(2020 湖北宜昌期末)在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E， F 分别为棱 AA1，BB1的中点，G 为棱 A1B1上一点，且 A1G(02)， 则点 G 到平
9、面 D1EF 的距离为( ) A2 3 B. 2 C.2 2 3 D.2 5 5 答案 D 解析 本题考查点到平面的距离 方法一： 因为 E， F 分别为棱 AA1， BB1的中点， 所以 A1B1 EF.又 G 在 A1B1上， 所以点 G 到平面 D1EF 的距离即为点 A1到平面 D1EF 的距离 作 A1M D1E，交 D1E 于点 M，因为 EF平面 AA1D1D，所以 A1MEF，又 D1EEFE，所以 A1M平面 D1EF.所以点 A1到平面 D1EF 的距离即为 A1M 的长又 A1E1，A1D12，所 以 D1E 5，所以点 G 到平面 D1EF 的距离为 A1M12 5 2
10、 5 5 . 方法二：连接 EG，以 D 为原点，以 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 则 G(2，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，所以ED1 ( 2，0，1)，EF (0，2，0)，EG (0，1) 设平面 D1EF 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 n ED1 2xz0， nEF 2y0， 取 x1，得 n(1，0，2) 所以点 G 到平面 D1EF 的距离 d|EG n| |n| 2 5 2 5 5 .故选 D. 9(2020 广东佛山一模)如图，在矩形 ABCD 中，AB3，AD1，E， F 分别是 C
11、D 边上的三等分点，将ADF 和BCE 分别沿 AF，BE 折起 到ADF，BCE 的位置，且使平面 ADF底面 ABCD，平面 BCE底面 ABCD，连接 DC. (1)求证：DC平面 ABEF； (2)求点 A 到平面 EFDC的距离 答案 (1)略 (2) 6 3 解析 (1)证明：如图，分别过点 D，C作 AF，BE 的垂线，垂足为 M，N，连接 MN. 因为平面 ADF底面 ABEF，且平面 ADF底面 ABEFAF， 所以 DM平面 ABEF. 同理可证，CN平面 ABEF，所以 DMCN. 又ADFBCE，所以 DMCN. 所以四边形 DMNC为平行四边形，则 DCMN. 又因为
12、 DC平面 ABEF，所以 DC平面 ABEF. (2)连接 DD，在 RtDAF 中， DFAD1，所以 DM 2 2 . 因为 SADF1 2DFAD 1 211 1 2， 所以 VDADF1 3SADFDM 1 3 1 2 2 2 2 12. 设点 A 到平面 EFDC的距离为 h，因为 DD DM2DM21， DFDF1，所以 SDFD1 21 3 2 3 4 . 所以 VADFD1 3SDFDh 1 3 3 4 h 3 12h， 由 VADFDVDADF得 3 12h 2 12，所以 h 6 3 ， 故点 A 到平面 EFDC的距离为 6 3 . 10.如图所示，在三棱锥 PABC
13、中，PA底面 ABC，PAAB，ABC 60，BCA90，点 D，E 分别在棱 PB，PC 上，且 DEBC. (1)求证：BC平面 PAC； (2)当 D 为 PB 的中点时，求 AD 与平面 PAC 所成的角的余弦值； (3)是否存在点 E 使得二面角 ADEP 为直二面角？并说明理由 答案 (1)略 (2) 14 4 (3)存在点 E 解析 方法一：(1)证明：PA底面 ABC， PABC.又BCA90， ACBC，又 PAACA，BC平面 PAC. (2)D 为 PB 的中点，DEBC，DE1 2BC. 又由(1)知，BC平面 PAC， DE平面 PAC，垂足为点 E. DAE 是 A
14、D 与平面 PAC 所成的角 PA底面 ABC，PAAB. 又 PAAB，ABP 为等腰直角三角形 AD 1 2AB. 在 RtABC 中，ABC60.BC1 2AB. RtADE 中，sinDAEDE AD BC 2AD 2 4 . cosDAE 14 4 . (3)DEBC， 又由(1)知，BC平面 PAC，DE平面 PAC. 又AE平面 PAC，PE平面 PAC， DEAE，DEPE. AEP 为二面角 ADEP 的平面角 PA底面 ABC，PAAC，PAC90. 在棱 PC 上存在一点 E，使得 AEPC. 这时，AEP90. 故存在点 E 使得二面角 ADEP 是直二面角 方法二：如
15、图所示，以 A 为原点建立空间直角坐标系 Axyz. 设 PAa，由已知可得 A(0，0，0)，B 1 2a， 3 2 a，0 ，C 0， 3 2 a，0 ， P(0，0，a) (1)证明：AP (0，0，a)，BC 1 2a，0，0 ， BC AP 0，BCAP. 又BCA90，BCAC.又 APACA， BC平面 PAC. (2)D 为 PB 的中点，DEBC， E 为 PC 的中点 D 1 4a， 3 4 a，1 2a ，E 0， 3 4 a，1 2a . 又由(1)知，BC平面 PAC， DE平面 PAC，垂足为点 E. DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角 AD 1 4a， 3
16、 4 a，1 2a ，AE 0， 3 4 a，1 2a ， cosDAE AD AE |AD | |AE | 14 4 . (3)同方法一 11 (2020 长沙统一模拟)已知三棱锥 PABC(如图 1)的平面展开图(如图 2)中， 四边形 ABCD 为边长等于 2的正方形，ABE 和BCF 均为正三角形在三棱锥 PABC 中： (1)证明：平面 PAC平面 ABC； (2)若点 M 在棱 PA 上运动，当直线 BM 与平面 PAC 所成的角最大时，求二面角 PBCM 的余弦值 答案 (1)略 (2)5 33 33 解析 (1)证明：如图，设 AC 的中点为 O，连接 BO，PO. 由题意，得
17、 PAPBPC 2， POBO1. 因为在PAC 中，PAPC，O 为 AC 的中点，所以 POAC. 因为在POB 中，PO2OB2PB2，所以 POOB. 因为 ACOBO，AC，OB平面 ABC，所以 PO平面 ABC. 因为 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABC. (2)由(1)知，BOPO，由题意可得 BOAC，且 POACO，所以 BO平面 PAC， 所以BMO 是直线 BM 与平面 PAC 所成的角， 且 tanBMOBO OM 1 OM，所以当线段 OM 最短，即 M 是 PA 的中点时，BMO 最大 由 PO平面 ABC，OBAC，得 POOB，POOC，OBOC，
18、以 O 为坐标原点，OC，OB，OP 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系，则 O(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，1，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，M 1 2，0， 1 2 ， BC (1，1，0)，PC (1，0，1)，MC 3 2，0， 1 2 . 设平面 MBC 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m BC 0， mMC 0， 得 x1y10， 3x1z10， 令 x11，得 y11，z13，即 m(1，1，3)是平面 MBC 的一个法向量 设平面 PBC 的法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 n BC 0， n PC
19、0， 得 x2y20， x2z20， 令 x21，得 y21，z21，即 n(1，1，1)是平面 PBC 的一个法向量 所以 cosm，n m n |m| |n| 5 33 5 33 33 . 结合图可知，二面角 PBCM 的余弦值为5 33 33 . 12(2020 河北九校第二次联考)等边三角形 ABC 的边长为 3，点 D，E 分别是边 AB，AC 上的点，且满足AD DB CE EA 1 2，如图甲，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使二面角 A1DEB 为直二面角，连接 A1B，A1C，如图乙 (1)求证：BD平面 A1DE. (2)在线段 BC 上是否存在点 P，使平面
20、PA1E 与平面 A1BD 所成的角为 60？若存在，求出 PB 的长；若不存在，请说明理由 答案 (1)略 (2)存在，PB2 解析 (1)证明：因为等边三角形 ABC 的边长为 3，且AD DB CE EA 1 2， 所以 AD1，AE2. 在ADE 中，DAE60，由余弦定理得 DE 1222212cos60 3， 从而 AD2DE2AE2，所以 ADDE，即 BDDE. 因为二面角 A1DEB 是直二面角， 所以平面 A1DE平面 BCED. 又平面 A1DE平面 BCEDDE，BDDE. 所以 BD平面 A1DE. (2)存在由(1)的证明可知，BD，DA1，DE 两两垂直，以 D
21、为坐标原点，分别以 DB，DE， DA1所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 设 PB2a，作 PHBD 于点 H，连接 A1H，A1P，PE， 则 BHa，PH 3a，DH2a， 所以 D(0，0，0)，A1(0，0，1)，P(2a， 3a，0)，E(0， 3，0)，所以A1P (2a， 3a， 1)，A1E (0， 3，1)， 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为DE (0， 3，0) 设 n1(x，y，z)为平面 PA1E 的法向量， 由 n1A1E 3yz0， n1A1P （2a）x 3ayz0， 可取 n1 3（1a） 2a ，1， 3 . 所以 cos60|cosn1，DE | 3 3133（1a） 2 （2a）2 ，得 a1. 所以存在点 P，且 PB2，使平面 PA1E 与平面 A1BD 所成的角为 60.
