第17期 直线与方程-【数理报】新高考2023高考数学一轮复习学案

书 第１６期检测题参考答案 一、单项选择题　１～４　ＢＡＣＡ　５～８　ＤＣＤＢ 二、多项选择题　９．ＢＣＤ；　１０．ＣＤ；　１１．ＢＤ；　１２．ＢＣＤ． 三、填空题 １３．［６，１２］；　１４．槡６６１１；　１５． ９ １６；　１６ (． ０，槡６)３ ． 四、解答题 １７．（１）解：过点Ａ作直线ＡＭ⊥ＡＤ， 交ＢＣ于点Ｍ， 则ＡＭ ＝ＡＢｓｉｎ６０°＝槡３， ＢＭ ＝ＡＢｃｏｓ６０°＝１， ＭＣ＝ＢＣ－ＢＭ ＝３． 以点Ａ为原点，分别以→ＡＭ，→ＡＤ，→ＡＰ的 方向为ｘ，ｙ，ｚ轴的正方向建立如图１所示 的空间直角坐标系．则Ｄ（０，４，０），Ｐ（０，０， ４），Ａ（０，０，０），设点Ｅ（槡３，ｔ，０），－１≤ｔ≤ ３，→ＡＰ＝（０，０，４），→ＡＥ＝（槡３，ｔ，０）→．ＤＥ＝ （槡３，ｔ－４，０），→ＤＰ＝（０，－４，４）． 设平面ＰＡＥ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＰ＝４ｚ＝０， ｎ·→ＡＥ＝槡３ｘ＋ｔｙ＝０{ ，令ｘ＝ｔ，得ｎ＝（ｔ，－槡３，０）． 设平面ＰＥＤ的法向量为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｍ·→ＤＥ＝槡３ａ＋（ｔ－４）ｂ＝０， ｍ·→ＤＰ＝－４ｂ＋４ｃ＝０{ ， 令ｂ＝１，得ｍ (＝ ４－ｔ槡３，１，)１ ． 若平面ＰＡＥ⊥平面ＰＥＤ，则ｍ·ｎ＝０， 即 ｔ（４－ｔ） 槡３ －槡３＝０，解得ｔ＝１或ｔ＝３． 故点Ｅ是ＢＣ的中点或与点Ｃ重合时，平面ＰＡＥ⊥平面ＰＥＤ． （２）证明：显然平面ＡＤＥ的一个法向量为→ＡＰ＝（０，０，４）， ｃｏｓα＝｜ｃｏｓ〈→ＡＰ，ｍ〉｜＝ ４ ４ （４－ｔ） ２ ３ ＋槡 ２ ，→ＡＤ＝（０，４，０）， ｓｉｎβ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＤ，ｍ〉｜＝ ４ ４ （４－ｔ） ２ ３ ＋槡 ２ ，所以ｃｏｓα＝ｓｉｎβ， 又因为α，β均为锐角，所以α＋β＝ π２． １８．（１）证明：因为ＡＢ⊥平面ＢＣＣ１Ｂ１， Ｃ１Ｂ平面ＢＣＣ１Ｂ１，所以ＡＢ⊥Ｃ１Ｂ． 在△ＢＣＣ１中，ＢＣ＝２，Ｃ１Ｂ＝ 槡２３，ＣＣ１＝ＡＡ１＝４， 所以ＢＣ２＋Ｃ１Ｂ２＝ＣＣ２１，即ＢＣ⊥Ｃ１Ｂ． 因为ＡＢ∩ＢＣ＝Ｂ，ＡＢ，ＢＣ平面ＡＢＣ，所以Ｃ１Ｂ⊥平面ＡＢＣ． 又ＣＭ平面ＡＢＣ，所以Ｃ１Ｂ⊥ＣＭ． （２）解：以Ｂ为原点，分别以→ＢＣ，ＢＣ→ １，→ＢＡ的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴的正方向 建立空间直角坐标系Ｂ－ｘｙｚ． 则Ｂ（０，０，０），Ｃ（２，０，０），Ａ１（－２，槡２３，４）， Ｅ（－１，槡２３，２），→ＢＣ＝（２，０，０），→ＢＥ＝（－１，槡２３，２）． 设平面ＢＣＥ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＢＣ＝２ｘ＝０， ｎ·→ＢＥ＝－ｘ＋ 槡２３ｙ＋２ｚ＝０{ ， 令ｙ＝槡３，则ｘ＝０，ｚ＝－３， 所以平面ＢＣＥ的一个法向量为ｎ＝（０，槡３，－３）． 又因为Ａ１→ Ｃ＝（４，－ 槡２３，－４），故点Ａ１到平面ＢＣＥ的距离 ｄ＝ ｜ｎ·Ａ１→ Ｃ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜０×４＋（－ 槡２３×槡３）＋（－４）×（－３）｜ 槡２３ ＝槡３． １９．（１）证明：因为四边形ＡＢＣＤ是直角梯形， Ｅ，Ｆ分别是ＡＤ，ＢＣ的中点， 所以ＡＢ∥ＥＦ∥ＣＤ，ＥＦ⊥ＡＥ，ＥＦ⊥ＤＥ，且ＡＥ∩ＤＥ＝Ｅ， 所以ＥＦ⊥平面ＡＥＤ，又ＡＤ平面ＡＥＤ，所以ＥＦ⊥ＡＤ． （２）解：由（１）可得ＣＤ⊥平面ＡＥＤ． 因为ＡＤ平面ＡＥＤ，所以ＣＤ⊥ＡＤ， 在Ｒｔ△ＡＤＣ中，ＡＤ＝ ＡＣ２－ＣＤ槡 ２＝ ２４－槡 １６＝ 槡２２， 又ＡＥ＝ＤＥ＝２，所以ＡＥ２＋ＤＥ２＝ＡＤ２，即ＡＥ⊥ＤＥ． 以Ｅ为原点，分别以→ＥＤ，→ＥＦ，→ＥＡ的方向为ｘ，ｙ，ｚ轴的正方向建立空间 直角坐标系，则Ｆ（０，３，０），Ａ（０，０，２），Ｃ（２，４，０）， (Ｑ ０，３２， )０ ． 设Ｐ（ｘ，ｙ，ｚ），→ＡＰ＝λ→ＡＣ，λ∈［０，１］， 所以（ｘ，ｙ，ｚ－２）＝λ（２，４，－２）， 解得：ｘ＝２λ，ｙ＝４λ，ｚ＝２－２λ．所以Ｐ（２λ，４λ，２－２λ）． ｜ＰＱ｜２＝（２λ）２ (＋ ４λ－ )３２ ２ ＋（２－２λ）２ ＝２４λ２－２０λ＋２５４ ＝ (２４ λ－ ５ )１２ ２ ＋２５１２， 当λ＝ ５１２时，｜ＰＱ｜取得最小值，为 槡５３ ６， 所以线段ＰＱ长的最小值为 槡５３６． ２０．解：（１）在图２中，取ＤＥ的中点Ｏ，ＢＣ的中点Ｆ，连接ＯＡ，ＯＦ，以 Ｏ为原点，ＯＥ，ＯＦ，ＯＡ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角坐标系 Ｏ－ｘｙｚ，设ＯＡ＝ｘ，则ＯＦ＝ 槡２３－ｘ，ＯＥ＝ ｘ 槡３ ， 所以Ｂ（２，槡２３－ｘ，０）， (Ｅ ｘ 槡３ ，０，)０ ，Ａ（０，０，ｘ），Ｃ（－２，槡２３－ｘ，０）， →ＡＣ＝（－２，槡２３－ｘ，－ｘ），→ (ＢＥ＝ ｘ 槡３ －２，ｘ－ 槡２３， )０