04 空间向量与立体几何单元测试卷-《中学生数理化》高二数学2024年9月刊

空间向量与立体几何单元测试卷 ■河南省许昌高级中学 胡银伟 一、单选题(本题共8小题,每小题5分, 共40分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的。) 1.已 知 一 直 线 经 过 点 A (2,3,2), B(-1,0,-1),下列向量中是该直线的方向 向量的为( )。 A.a=(-1,1,1) B.a=(1,-1,1) C.a=(1,1,-1) D.a=(1,1,1) 2.如图1,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形,E 是PD 的中点,则 EB→ 可以表示为( )。 图1 A.- 1 2PA →+12PB →-32PC → B.- 1 2PA →+12PB →+12PC → C.- 1 2PA →+32PB →-12PC → D.- 1 2PA →+12PB →-12PC → 3.已知a=(2,2,1),b=(1,1,0),则a 在b上的投影向量的坐标为( )。 A.(1,1,0) B.(1,2,0) C.(2,2,0) D.(1,1,1) 4.在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 AB 的中点,则直线A1E,C1D 所成角的余弦 值为( )。 A. 15 15 B. 10 10 C. 1 2 D. 3 3 5.在空间直角坐标系中,已知 A(1,1, -1),B(1,2,2),C(-3,4,2),则点 A 到直 线BC 的距离为( )。 A. 75 5 B.10 C. 39 2 D. 35 2 6.在 棱 长 为 4 的 正 方 体 ABCD- A1B1C1D1 中,E,F,G 分别为棱AB,AD,BB1 的中点,点P 在棱C1D1 上,且C1P=3PD1, 则点G 到平面PEF 的距离为( )。 A. 82 82 B. 82 41 C. 2 41 41 D. 2 4 图2 7.如 图 2,平 行六面体各棱长为 1,且 ∠A1AB = ∠A1AD=∠BAD =60°,动点P 在该 几何体内部,且满 足 AP→ =xAB→ + yAD→+(1-x-y)AA1→(x,y∈R),则|AP→| 的最小值为( )。 A. 6 4 B. 6 3 C. 6 2 D. 1 2 图3 8.如图3,四棱锥 S-ABCD 的底面是正 方形,每条侧棱的长都 是底 面 边 长 的 2倍, SD⊥平面PAC,P 为 侧棱SD 上的点,则二 面角 P-AC-B 的余弦 值为( )。 A. 3 2 B.- 3 2 C.- 2 2 D.- 1 2 01 演练篇 名校名师创新卷 高二数学 2024年9月 二、多选题(本题共3小题,每小题6分, 共18分。在每小题给出的选项中,有多项符 合题目要求。全部选对的得6分,部分选对 的得部分分,有选错的得0分。) 9.已知向量a=(2,-1,4),b=(-1,5, λ),c=(1,4,μ),若a,b,c三个向量共面,则 实数λ,μ的取值可能分别为( )。 A.-2,2 B.2,2 C.-5,1 D.1,5 10.已知点 A(-2,3,-3),B(2,5,1), C(1,4,0),平面α经过线段AB 的中点D,且 与直线AB 垂直,下列选项中叙述正确的有 ( )。 A.线段AB 的长为36 B.点P(1,2,-1)在平面α内 C.线段 AB 的中点D 的坐标为(0,4, -1) D.直线CD 与平面α所成角的正弦值为 22 3 图4 11.如图4,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的 棱 长 为1,P 为底面ABCD 内(包 括边界)的动点,则下列结论 正确的是( )。 A.存在点P,使D1P∥ 平面A1BC1 B.三棱锥B1-C1D1P 的体积为定值 C.若D1P⊥B1D,则点P 在正方形底面 ABCD 内的运动轨迹长为 2 D.若点P 是AD 的中点,点 Q 是BB1 的中点,过P,Q 作平面α⊥平面ACC1A1,则 平面α 截正方体ABCD-A1B1C1D1 的截面 面积为 33 2 三、填空题(本题共3小题,每小题5分, 共15分。) 12.已知平面α的一个法向量为n=(2, 3,5),点A(1,2,4)是平面α上的一点,则点 P(-1,1,5)到平面α的距离为 。 13.如 图5,在 正 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,AB=2,AA1=4,AE→=λAA1→,D 为BC 图5 的 中 点。 当 AD ∥ 平 面 BC1E 时,λ= ,此时,直 线 AD 与直线EC1 所成的 角的余弦值为 。 14.如 图 6,在 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,AB,AC, AA1 两两互相垂直,AA1= 图6 2AB=2AC,M,N 是 线 段 BB1,CC1 上的点,平面AMN 与平面ABC 所成(锐)二面角 为 π 6 ,当 B1M 最 小 时, ∠AMB= 。 四、解答题(本题共5小 题,共77分。解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤。) 图7 15.(本小题13分) 如图7,在四棱锥 P-AB- CD 中,平面PAD⊥平面 ABCD,AB∥CD,AB⊥ BC,DC=BC=2,AB= 4。 (1)证明:BD⊥AP; (2)若△PAD 为等边三角形,求 直 线 PC 与平面PBD 所成角的正弦值。 图8 16.(本小题15分) 如图8,在三棱柱 ABC- A1B1C1 中,△ABC 是 边长 为 2 的 等 边 三 角 形,AA1=A1C。 (1)证 明:A1C1 ⊥ A1B; (2)若三棱柱ABC-A1B1C1 的体积为3, 且直线AA1 与平面ABC 所成角为60°,求点 A1 到平面BCC1B1 的距离。 17.(本小题15分)如图9,在五面体ABCDEF 11 演练篇 名校名师创新卷 高二数学 2024年9月 图9 中,已知平面ADE⊥平面 CDEF,AB∥CD∥EF, AD=AE,CD⊥AD。 (1)求证:AB⊥AE; (2)若 AB=2CD= 2EF=4,∠ABC=∠AED = π 3 ,点P 为线段AF 的中点,求直线BP 与 平面BDF 夹角的正弦值。 图10 18.(本小题17分)如 图10,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥ 平 面 ABCD, PA=2,底面ABCD 为直 角 梯 形,∠BAD =90°, AB=2,CD=AD=1,N 是PB 的中点,点 M,Q 分别在线段PD 与AP 上,且 DM→=λMP→, AQ→=μQP→。 (1)若平面MNQ∥平面ABCD,求λ,μ的值; (2)若 MQ∥平面PBC,求μ 2 λ 的最小值。 图11 19.(本小题17分)如 图11,在四棱锥 P-ABCD 中,平面PAD⊥平面AB- CD,AB⊥AD,AB+AD= 5,CD=2,∠PAD=120°, ∠ADC=45°。 (1)求证:平面PAB⊥平面PAD。 (2)设AB=AP。 ①若直线PB 与平面PCD 所成角的正 弦值为 33 44 ,求线段 AB 的长。②在线段 AD 上是否存在点G,使得点P,C,D 在以G 为球心的球面上? 若存在,求线段AB 的长; 若不存在,说明理由。 (责任编辑 赵 倩) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 21 演练篇 名校名师创新卷 高二数学 2024年9月 空间向量与立体几何单元测试卷参考答案 一、单选题 1.D 2.C 3.C 图1 4.B 提示:如图1, 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。 设正方体的棱长为2, 则A1(2,0,2),E(2,1,0), D(0,0,0),C1(0,2,2),可得 A1E→=(0,1, -2),DC1→=(0,2,2),则cos<A1E→,DC1→>= A1E→·DC1→ |A1E→||DC1→| = -2 5×22 =- 10 10 ,所以直 线A1E,C1D 所成角的余弦值为 10 10 。 5.A 图2 6.C 提示:如图2,建 立空间直角坐标系。因为 正 方 体 的 棱 长 为 4,则 F(2,0,0),E(4,2,0),P(0, 1,4),G(4,4,2),所以 EF→ =(-2,-2,0),FP→ = (-2,1,4),EG→=(0,2,2)。 设平面PEF 的一个法向量为n=(x,y, z),由 n·EF→=0, n·FP→=0, 得 -2x-2y=0,-2x+y+4z=0。 取x= 1,得y=-1,z= 3 4 ,所以n= 1,-1, 3 4 。 所以点G 到平面PEF 的距离d= |n·EG→| |n| = 1 2 1+1+ 9 16 = 2 41 41 。 7.B 提示:因为 AP→=xAB→+yAD→+ (1-x-y)AA1→(x,y∈R),则 AP→-AA1→= x(AB→-AA1→)+y(AD→-AA1→),即 A1P→= xA1B→+yA1D→。由平面向量共面定理可知, 点P 在平面BDA1 内,则|AP→|的最小值即 为点A 到平面BDA1 的距离。 图3 连 接 BD,DA1, A1B,如图3。因为平行 六面体各棱长为1,且 ∠A1AB = ∠A1AD = ∠BAD=60°,所以BD =DA1=A1B=1,即三 棱锥A-A1BD 为正四面体。 过点 A 作 AH ⊥ 平 面 BDA1。因 为 A1H⊂平面 BDA1,所以 AH ⊥A1H。在 Rt△AHA1 中,A1H = 2 3× 1- 1 2 2 = 2 3× 3 2 = 3 3 ,则 AH = A1A2-A1H2 = 1- 3 3 2 = 6 3 ,即|AP→|的最小值为 63。 图4 8.B 提示:连接 BD, 交AC 于点O,则SO⊥平面 ABCD。以O 为坐标原点, 以OB,OC,OS 所在直线分 别为x 轴,y 轴,z 轴,建立 如图4所示的空间直角坐标 系。 设 底 面 边 长 为 a,则 SO= 6 2a ,S0,0, 6 2a ,D - 22a,0,0 , SD→= - 22a,0,- 6 2a 。显然n=(0,0,1) 是平面 ABC 的一个法向量。因为SD⊥平 面PAC,所以SD→= - 22a,0,- 6 2a 是平 面PAC的一个法向量。设二面角P-AC-B 为 θ,由图知θ为钝角,所以cos θ=cos<n,SD→>= n·SD→ |n||SD→| = - 6 2a 1× - 2 2a 2 + - 6 2a 2 = - 3 2 。 二、多选题 9.AD 提示:因为a=(2,-1,4),b= (-1,5,λ),c=(1,4,μ)三个向量共面,所以 44 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2024年9月 存在 实 数 x,y,使 得 a =xb +yc,即 2=-x+y, -1=5x+4y, 4=xλ+yμ, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 x=-1, y=1, -λ+μ=4。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 故当λ=1, μ=5或λ=-2,μ=2时满足条件。故选AD。 10.BCD 提示:因为点A(-2,3,-3), B (2, 5, 1 ), 所 以 AB = [2-(-2)]2+(5-3)2+[1-(-3)]2 = 6,故选项A错误。 设D 点的坐标为(x,y,z),因为D 为线 段AB 的中点,所以x= -2+2 2 =0 ,y= 3+5 2 =4,z= -3+1 2 =-1 ,则D 的坐标为(0,4, -1),故选项C正确。 由点P(1,2,-1),得PD→=(-1,2,0)。 又AB→=(4,2,4),则PD→·AB→=(-1,2,0)· (4,2,4)=0,所以 PD→⊥AB→,即 PD⊥AB。 又AB⊥平面α,且垂足为点D,则D∈平面 α,所以PD⊂平面α,故选项B正确。 由C(1,4,0),D(0,4,-1),得 CD→= (-1,0,-1)。设直线CD 与平面α 所成的 角为 β,则 sin β=|cos<AB →,CD→>|= |AB→·CD→| |AB→||CD→| = 22 3 ,选项D正确。 故选BCD。 11.ABC 提示:对 于 B,由 等 体 积 法 VB1-C1D1P=VP-B1C1D1,三棱锥P-B1C1D1 的高 BB1=1,底面积S△B1C1D1= 1 2×1×1= 1 2 ,所 图5 以VB1-C1D1P=VP-B1C1D1= 1 3×1× 1 2= 1 6 ,三棱锥 B1-C1D1P 的 体 积 为 定 值,故B正确。 对于 A,建立如图5 所示的空间直角坐标系, 则P(x,y,0),D(0,0, 0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1), C1(0,1,1),D1(0,0,1),所以 D1P→=(x,y, -1),A1C1→=(-1,1,0),A1B→=(0,1,-1)。 设平面 A1BC1 的一个法向量为n=(a,b, c),则 n·A1B→=0, n·A1C1→=0, 即 b-c=0 , -a+b=0。 令b= 1,则 a=1,c=1,所 以n= (1,1,1)。若 D1P∥平面A1BC1,则D1P→⊥n,即x+y-1 =0,这表示线段AC。故当点P 在线段AC 上时,D1P∥平面A1BC1。所以存在点P,使 得D1P∥平面A1BC1,故A正确。 对 于 C,B1D→= (-1,-1,-1),若 D1P⊥B1D,则D1P→·B1D→=-x-y+1= 0,即x+y=1,所以点P 的轨迹就是线段AC, 轨迹长AC= 12+12=2,故C正确。 图6 对于D,如图6,取AB 的中点 P1,连接 PP1。由 题意得,DB⊥AC,AA1⊥ 平面 ABCD。连接BD,因 为 PP1∥DB,PP1⊂平面 ABCD,所 以 PP1 ⊥AC, PP1⊥AA1。又AC∩AA1 =A,AC ⊂ 平 面 ACC1A1,AA1 ⊂ 平 面 ACC1A1,则 PP1⊥平面 ACC1A1。取 DD1 的中点Q1,则QQ1∥DB∥PP1,即P,P1,Q, Q1 四点共面,故平面 PP1QQ1 即为平面α。 取C1D1 的中点R,B1C1 的中点R1,则PP1∥ RR1,PQ1∥QR1,P1Q∥Q1R。故平面α截正 方体ABCD-A1B1C1D1 的截面为正六边形 PP1QR1RQ1。又正方体的棱长为1,则PP1 = 2 2 ,故截面面积为6× 1 2× 2 2 2 ×sin 60° = 33 4 ,D错误。故选ABC。 三、填空题 12. 38 19 图7 13. 1 2 6 4 提示:以 D 为坐标原点,以DC,DA 所在直线分别为 x 轴,y 轴,过点D 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴,建立 如图7所示的空间直角坐 标系。因为 AB=2,AA1 54 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2024年9月 =4,所以 D(0,0,0),A(0,3,0),C(1,0, 0),B(-1,0,0),A1(0,3,4),C1(1,0,4)。 由AE→=λAA1→=λ(0,0,4)=(0,0,4λ),得 E(0,3,4λ),所以BC1→=(2,0,4),BE→=(1, 3,4λ)。 设平面BEC1 的一个法向量为n=(x, y,z),则 BC1→·n=2x+4z=0, BE→·n=x+ 3y+4λz=0。 取y= 2-4λ,则 z= 3,x=-2 3,所 以 n= (-23,2-4λ,3)。又AD→=(0,- 3,0), AD∥平面BC1E,则n·AD→=- 3(2-4λ) =0,解得λ= 1 2 ,此时EC1→=(1,- 3,2)。 设直线 AD 与直线EC1 所成的角为θ,则 cos θ=|cos<AD→,EC1→>|= |AD→·EC1→| |AD→||EC1→| = 3 3× 1+3+4 = 6 4 ,即直线AD 与直线EC1 所成角的余弦值为 6 4 。 图8 14. π 3 提示:在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB,AC, AA1 两两互相垂直,建立如图 8所示的空间直角坐标系。 依 题 意,设 BM =a, CN=b,AB=1,则 AA1=2, AC=1,故A(0,0,0),B(1,0, 0),M(1,0,a),N(0,1,b),AM→=(1,0,a),AN→= (0,1,b)。设平面AMN 的一个法向量为m= (x,y,z),则 AM→·m=x+az=0, AN→·m=y+bz=0。 令z=-1, 得m=(a,b,-1)。平面ABC 的一个法向量n =(0,0,1),由平面 AMN 与平面 ABC 所成 (锐)二面角为π 6 ,得cos π 6=|cos <m,n>|= |m·n| |m||n|= 1 a2+b2+1 ,化简得a2+b2= 1 3 。 当a取得最大值时,B1M 最小,此时b=0,a = 3 3 ,且 tan∠AMB = AB BM = 3 ,所 以 ∠AMB= π 3 。 四、解答题 15.(1)因为AB⊥BC,DC=BC= AB 2 = 2,所以BD=2 2,∠ABD= π 4 。由余弦定 理,得 AD2=AB2+BD2-2AB·BD· cos ∠ABD=8,故AD=22。 在△ABD 中,由 AD2+BD2=AB2,得 AD⊥BD。 因为 平 面 PAD ⊥ 平 面 ABCD,平 面 PAD∩平面 ABCD=AD,且 AD⊥BD,所 以BD⊥平面PAD。又AP⊂平面PAD,所 以BD⊥AP。 图9 (2)以D 为坐标原 点,以DA,DB 所在直 线分别为x 轴,y 轴, 过点 D 作与平面AB- CD 垂 直 的 直 线 为 z 轴,建立如图9所示的 空间直角坐标系。 因为平面PAD⊥平面ABCD,所以z轴 在平面PAD 内。由 D(0,0,0),B(0,22, 0),P(2,0,6),C(- 2,2,0),得 PC→= (-22,2,- 6),DP→=(2,0,6),DB→= (0,22,0)。 设平面 PBD 的一个法向量为n=(x, y,z),则 n·DP→= 2x+ 6z=0, n·DB→=22y=0。 令 z= -1,则x= 3,y=0,所以n=(3,0,-1)。 设直线PC 与平面PBD 所成的角为θ, 则sin θ=|cos<PC→,n>|=|PC →·n| |PC→||n| = 6 4×2 图10 = 6 8 ,所以直线 PC 与平面PBD 所成角 的正弦值为 6 8 。 16.(1)如图10, 取 AC 的中点O,连 64 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2024年9月 接OB,OA1。因为△ABC 是等边三角形,所 以AC⊥OB。因为 AA1=A1C,所以 AC⊥ OA1。 又OB∩OA1=O,OB⊂平面 A1OB, OA1⊂平面A1OB,则AC⊥平面A1OB。因 为A1B⊂平面 A1OB,所以 AC⊥A1B。又 A1C1∥AC,则A1C1⊥A1B。 (2)在平面 A1OB 中,作 A1D⊥OB,垂 足为D。由(1)知,AC⊥平面A1OB,A1D⊂ 平面A1OB,所以A1D⊥AC。又OB∩AC= O,OB⊂平面 ABC,AC⊂平面 ABC,所以 A1D⊥平面ABC。 图11 以 O 为 原 点,以 OA,OB 所 在 直 线 分 别为x 轴,y 轴,过点 O 作 z 轴 平 行 于 A1D,建立如图11所 示的空间直角坐标系 Oxyz。则 B(0,3, 0),C(-1,0,0),A(1,0,0)。 因为三棱柱 ABC-A1B1C1 的体积为3, 所以 1 2×2×2× 3 2×A1D=3 ,故A1D= 3。 设A1(0,t,3),t≥0,则AA1→=(-1,t,3)。 因为平面ABC 的一个法向量为n=(0, 0,1),所 以 sin 60°=|cos<AA1→,n>|= 3 t2+4 = 3 2 ,解 得t=0。此 时 A1(0,0, 3),AA1→=(-1,0,3),则 CC1→=AA1→= (-1,0,3),CB→=(1,3,0)。 设平面BCC1B1 的一个法向量为m=(x, y,z),则 m·CC1→=0, m·CB→=0, 即 -x+ 3z=0,x+ 3y=0。 令 x= 3,得y=-1,z=1,所以m=(3,-1, 1)。又A1C→=(-1,0,- 3),故点 A1 到平 面 BCC1B1 的 距 离 d = |A1C→·m| |m| = |- 3- 3| 3+1+1 = 2 15 5 。 17.(1)取 DE 的中点M,连接 AM。因 为AD=AE,所以 AM⊥DE。又因为平面 ADE⊥平 面 CDEF,且 平 面 ADE∩平 面 CDEF=DE,所以 AM⊥平面 CDEF。又 CD⊂平面CDEF,所以AM⊥CD。 又因为 CD⊥AD,且 AM ∩AD=A, AM⊂平 面 ADE,AD⊂平 面 ADE,所 以 CD⊥平面ADE。又AE⊂平面ADE,所以 CD⊥AE。因为AB∥CD,所以AB⊥AE。 图12 (2)在直角梯形AB- CD 中,∠ABC= π 3 ,AB =4,CD=2,所以 AD= 23。因 为 AD =AE, ∠AED= π 3 ,所以三角形 ADE 为等边三角形。如 图12,以 M 为原点,以 ME,MA 所在直线分 别为x 轴,z轴,过 M 作y 轴平行于CD,建 立空间直角坐标系,则 M(0,0,0),A(0,0, 3),F(3,2,0),B(0,4,3),D(- 3,0,0)。 因为P 是AF 的中点,所以点P 坐标为 3 2 ,1, 3 2 ,则BP→= 32,-3,-32 ,BF→= (3,-2,-3),DF→=(2 3,2,0)。设平面 BDF 的 一 个 法 向 量 为n=(x,y,z),则 BF→·n= 3x-2y-3z=0, DF→·n=23x+2y=0。 令 x =1,得 y=- 3,z= 3,所以n=(1,- 3,3)。 设直线BP 与平面BDF 的夹角为θ,则 sin θ=|cos<BP→,n>|=|BP →·n| |BP→||n| = 3 2×1+ (-3)×(- 3)+ - 3 2 × 3 3 4+9+ 9 4× 1+3+3 = 7 7 。 18.(1)因为平面MNQ∥平面ABCD,平 面PAB∩平面ABCD=AB,平面PAB∩平 面 MNQ=QN,所以 QN∥AB。又因为 N 为PB 的中点,所以Q 为PA 的中点。同理 M 为PD 的中点。所以λ=μ=1。 (2)由题意,以 A 为原点,AD,AB,AP 74 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2024年9月 图13 所在直线分别为x 轴, y 轴,z 轴,建立如图 13所示的空间直角坐 标系。 由 P (0,0,2), B(0,2,0),C(1,1,0), D(1,0,0),得 PB→= (0,2,-2),PC→=(1, 1,-2)。 设平面PBC 的一个法向量为t=(x,y, z),则 t·PC→=x+y-2z=0, t·PB→=2y-2z=0。 取y=1,可得 t=(1,1,1)。 因为 DM→=λMP→,AQ→=μQP→,所 以 M 11+λ ,0, 2λ 1+λ ,Q 0,0,2μ1+μ ,则 MQ→= - 1 1+λ ,0, 2μ 1+μ - 2λ 1+λ 。 因为 MQ∥平面 PBC,所以 MQ→⊥t,即 MQ→ ·t = - 11+λ × 1 + 0 × 1 + 2μ 1+μ - 2λ 1+λ ×1=0,整理得 μ-(1+2λ)(1+μ)(1+λ) =0,即μ=1+2λ。所以 μ2 λ= (1+2λ)2 λ = 4λ+ 1 λ +4≥2 4λ ·1 λ +4=8 ,当且仅当 4λ= 1 λ ,即λ= 1 2 时等号成立,故μ 2 λ 的最小值 为8。 19.(1)在 四 棱 锥 P-ABCD 中,平 面 PAD⊥平面 ABCD,AB⊥AD,AB⊂平面 ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以 AB⊥平面PAD。 因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥ 平面PAD。 图14 (2)如图14,以A 为 原 点,以 AB,AD 所 在 直 线 分 别 为 x 轴,y 轴,过点A 作与 平面ABCD 垂直的直 线为z 轴,建立空间 直 角 坐 标 系 Axyz。 设AB=t,则AP=t,B(t,0,0)。又∠PAD =120°,故P 0,- t 2 ,3t 2 。因为AB+AD = 5,CD= 2,∠ADC=45°,所以D(0,5- t,0),C (1,4- t,0),则 CP→ = -1, t 2-4 ,3t 2 ,CD→=(-1,1,0)。 ①设平面PCD 的一个法向量为n=(x, y,z ), 由 n ⊥ CP→,n ⊥ CD→, 得 -x+ t-8 2y+ 3t 2z=0 , -x+y=0。 令x=1,得n=1,1, 10-t 3t 。 设直线PB 与平面PCD 所成角为θ,则 sin θ=|cos<n,BP→>|。又BP→= -t,-t2, 3t 2 , 则 33 44 = -t- t 2+ 10-t 2 1+1+ 10-t 3t 2 t2+ t2 4+ 3t2 4 , 化简得23t2-116t+140=0,解得t=2或 t= 70 23 ,即AB=2或AB= 70 23 。 图15 ②如图15,假设 在线段AD 上存在点 G,使得点P,C,D 在 以G 为 球 心 的 球 面 上。 由 GC=GD,得 ∠GCD = ∠GDC = 45°,所以∠CGD=90°,GD=1。 设AB=t,则AD=5-t,AG=4-t,所 以G(0,4-t,0),P 0,- t 2 ,3t 2 。 由 GP =GD,得 - t 2- (4-t) 2 + 3t 2 2 =1,化简得t2-4t+15=0(*)。 因为Δ=(-4)2-4×15<0,所以方程 (*)无实数解,即线段AD 上不存在点G,使 得点P,C,D 在以G 为球心的球面上。 (责任编辑 赵 倩) 84 演练篇 名校名师创新卷答案与提示 高二数学 2024年9月