专题强化训练(十四)-【导与练】2023高考数学二轮复习专题强化训练word（新教材）

学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 专题强化训练（十四） 1.(2022·山东青岛高三期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 边长为2的菱形，∠DAB=60°，PA=PDV5,F为AB的中点，AC⊥PF, (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AC⊥BD. 因为O,F分别为AD,AB的中点，所以OF∥BD,所以OF⊥AC. 又因为AC⊥PF,PF∩OF=F,PF,OFc平面POF,所以AC⊥平面POF. 因为POc平面POF,所以AC⊥PO. 因为PA=PD,O为AD的中点，所以PO⊥AD. 又因为AD∩ACA,AD,ACC平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD. 因为POc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BO⊥AD. 由(1)可知AD,OB,P0两两垂直，于是建立如图所示的空间直角坐标系， ·独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 量b.2 zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 则P(0,02,D(-1,0,0),A1,0,0),F(,9,0), 所以PD(1,0,2》,PF(,9,2》,AD(-2,00). nPD=0, 设n=(x,y,z)为平面PDF的法向量，则 nPF=0 -x-2z=0, 即x+9y-2z=0,取x2,得n=2,23,-1). B 所以点A到平面me的距离d帝 17厂 2.(2022·山东济南高三期末)如图，在正四棱柱ABCD-AB1CD1中， AA12AB=2,E,F分别为棱AA,CC1的中点，G为棱DD1上的动点. D C E (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， ·独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 B D 连接DE,DF,取BB1的中点M,连接MC1,ME, 因为E为AA1的中点，所以EM∥AB,∥CD,且EM=ABCD, 所以四边形EMCD1为平行四边形， 所以DE∥MC, 又因为F为CC1的中点，所以BM∥CF,且BMCF,所以四边形BMCF为 平行四边形， 所以BF∥MC,所以BF∥DE,所以B,E,D,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， B D Cy A B 假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t),t∈[0,2]. 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), ·独家授权侵权必究· 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 nEF=0, 设平面EF的法向量为n(x,y2,则nEB=0, x1+y1=0, 即yz1=0 取x11,则n1(1,1,1) EF=0, 设平面GEF的法向量为g(x,y%2,则nEG=0 82+y2=0, 即x2+(t-1)z2=0, 取x2t-1,则n2(t-1,t-1,1). 因为平面GEF⊥平面BEF,所以n1·20,所以t-1+t-1+1=0,所以t=号。 所以存在满足题意的点G,使得平面GEF⊥平面BF,DG的长度为 3.(2022·山东临沂三模)在正方体ABCD-ABCD1中，E为AD1的中点， 过ABE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. (I)点H在棱BC上，当CCB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. D C 解：(1)设平面BCCB1与平面AEB,的交线为1， 因为FH∥平面AEB1,平面BCCB1∩平面AEB11,FHC平面BCCB1, ·独家授权侵权必究· 品牌书店·知名数辅·正版资源 学科网书城“ 愿身边的互联网+数辅专家 所以FH∥1， 由正方体ABCD-AAB_2C_1D_1知，平面ADDE∥平面BCC_1B， 又因为平面ADD_1E∩平面AEB_1=AE，平面BCC_B_1∩平面AEB_A=1， 所以AE∥1，所以AE/FH， 取BC中点G，连接GC_1，易知AE∥GC_，所以GC_1∥FH，又因为H为cG 中点，所以F为CC_1中点。 (2)以点D为坐标原点，DADC.DD_2分别为x轴、y轴、z