7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版）

高考总复习数学 §7.8空间距离及立体几何中的探索性问题 ★[考试要求] 1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的 位置关系或空间角存在的条件， 复盘>必备知识 打通教材逐点夯实 必备知识掌握 自主诊断查验 1.点P到直线l的距离 1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“√” 或“X”) 设AP=a,u是直线l的单位方向向量，则向量 (1)平面&上不共线的三点到平面3的距离相 AP在直线l上的投影向量AQ=(a·u)u.在 等，则a∥B. () Rt△APQ中，由勾股定理， (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一 得PQ=1AP12-1AQ12 点连线的长度， () (3)直线l平行于平面α，则直线1上各点到平 面a的距离相等 () (4)直线1上两点到平面α的距离相等，则l平 行于平面. () 2.点P到平面a的距离 2.已知平面α的一个法向量n=(-2,一2,1)，点 若平面&的法向量为n,平面&内一点为A, A(-1,3,0)在a内，则P(一2,1,4)到a的 则平面a外一点P到平面&的距离d= 距离为 () 1AP:n,如图所示. A.10 B.3 c D号 n 3.正方体ABCD-A1B,C,D1的棱长为2，则 A1A到平面B,D,DB的距离为 () A.2 B.2 C② D3② 2 4.已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n= 3.线面距离、面面距离的求法 线面距离、面面距离可以转化为点到平面的 为1的一个单位方向向量，则点 距离， P(4,3,2)到1的距离为 跃升>关键能力 核心考点分类突破 题型1 空间距离 ●[角度2]点面距离 ◆[角度1]点线距离 例1一2]设正方体ABCD-A,B,C,D1的棱 工例1-1] 如图，P为矩形 长为2，则点D,到平面ABD的距离是 ABCD所在平面外一点， () PA⊥平面ABCD.若已知 AB=3,AD=4,PA=1,则点 A号 B号 B P到直线BD的距离为 c. √3 D.3 ·154 第七章立体几何与空间向量 规律方法。 题型2〔 立体几何中的探索性问题 求空间距离常用的方法 [例2] 如图，在三棱锥S (1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面 ABC中，SA=SB=SC,BC 垂直等性质定理与判定定理，作出垂线 ⊥AC, 段，再通过解三角形求出距离。 (1)证明：平面SAB⊥平 (2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化 面ABC; 求解 (2)若BC=SC,SC⊥SA,试问在线段SC上 (3)向量法：空间中的距离问题一般都可转 是否存在点D,使直线BD与平面SAB所 化为点到平面的距离问题进行求解. 成的角为60°，若存在，请求出D点的位置； 求点P到平面α的距离的三个步骤： 若不存在，请说明理由. ①在平面a内取一点A,确定向量PA的 [尝试解答] 坐标； ②确定平面a的法向量n; ③代入公式d= lPA·n 求解。 n 日跟踪训练 如图，四边形ABCD是正 方形，AE,DF,BG都垂直 于平面ABCD,且AE=3, DF=2,BG=1,M,N分 别是EG,BC的中点， (1)证明：FM∥平面ABCD. (2)若AB=2,求点N到平面AMF的 距离. 规律方法 存在性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态 点的坐标用参数（变量）表示，将几何对象坐 标化，这样根据所要满足的题设要求得到相 应的方程或方程组.若方程或方程组在题设 范围内有解，则通过参数的值反过来确定几 何对象的位置；若方程或方程组在题设范围 内无解，则表示满足题设要求的几何对象不 存在 155 高考总复习数学 跟踪训练 如图，在正四棱柱ABCD B A1BCD1中，AB=2,AA1=4.DC 点A2,B2,C2,D2分别在棱 AA1,BB1,CC1,DD1上，AA =1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)在棱BB,上是否存在点P,使得二面角 P-A2C2-D2为150°，若存在，求出点P位 置，若不存在，请说明理由. C温馨提 学习至此，请完成配套训练课时冲关46 [热点费化课13]空间儿何体的截面、交线 “截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面 等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周 长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解 [典例]（1)已知正方体ABCD-A1B,C,D (2)如图所示，棱长为3的 中，点E是线段BB,上靠近B,的三等分 正四面体形状的木块，点 点，点F是线段D,C,上靠近D的三等分 P是△ABC的重心，过点 点，则平面AEF截正方体ABCD P将木块锯开，并使得截 B A,B,C1D1形成的截面图形为 面平行于AD和BC,则截 A.三角形 B.四边形 面的面积为 ( A.1 B.2 C.五边形 D.六边形 C.3 D.4 ·156· 第七章立体几何与空间向量 名师点拨 跟踪训练 作截面的几种方法 在正四棱锥P-ABCD中，已知PA=AB=2, (1)直接法：有两点在几何体的同一个面上， O为底面ABCD的中心，以O为球心作一 连接该两点即为几何体与截面的交线， 找截面实际就是找交线的过程， 个半径为2,5的球，则该球的球面与侧面 3 (2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连 线并延长至与其他平面相交找到交点. PCD的交线长度为 (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面， A B.6r 若直线所在的面与点所在的平面平行， 4 可以通过过点找直线的平行线找到几何 体与截面的交线， [热点强化课14]空间儿何体的动态、轨迹 “动态”问题是高考立体儿何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等 元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题 更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题 之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化，加强了对学生空间想象能力的考查. 典例](1)[多选]已知正方体ABCD A.AC⊥BF A1B1C1D1的棱长为2，P,Q为底面ABCD B.点M的轨迹长度为牙 内的两个动点，且满足|PA|=2|PB.设 C.点M到平面EBCF的最大距离为√3 PD1与平面ABCD所成的角为0，当0取得 D.当点M到平面EBCF的距离最大时，三 最大值时，SAD,DP=S△DaP=S,则下列说 棱锥MBCF外接球的表面积为28π 法正确的是 名师点拨 A.P的轨迹是圆（部分） 距离、角度有关的的轨迹问题 B.)的最大值为 (1)距离：可转化为在一个平面内的距离关 系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的 C. 定义等知识求解轨迹 (2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面； D.0取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） 直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面 (2)[多选]如图1，在直角 :跟踪训练 梯形ABCD中，AB∥ [多选]在棱长为1的正方体ABCD A,BC,D1中，M为正方体表面上的动点， CD,AB⊥AD,AB=3√3， N为线段AC1上的动点，若直线AM与AB CD=4W3,AD=3,点E, 图1 2 F分别为边AB,CD上的点，且EF∥AD, 的夹角为牙，则下列说法正确的是() AE=2√3.将四边形AEFD沿EF折起，如 A.点M的轨迹确定的图形是平面图形 图2，使得平面AEFD⊥平面EBCF,点M B.点M的轨迹长度为5+22 是四边形AEFD内的动点，且直线MB与 C.C,M的最小值为√2一1 平面AEFD所成的角和直线MC与平面 AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是 D当点M在侧面BBCC上时，Av十 ) MN的最小值为1 ·157高考总复习数学 跟踪训练 解：(1由AB=8,AD=5厅，A正=号AD.AF=A, 得AE=2√5，AF=4,又∠BAD=30°， 在△AEF中，由余弦定理得 EF=√AE+AF-2AE·AFcos∠BAD 6+2-242 =2 所以AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE,又PE∩DE=E,PE、DEC平 面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PDC平面PDE, 故EF⊥PD: (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=3√5，CD=3,则CE =ED+CD=36, 在△PEC中，PC=4√5，PE=2√5，EC=6,得EC+ PE=PC. 所以PE⊥EC,由(I)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC、 EFC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD,又EDC平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间 直角坐标系Exyz, 则E(0,0,0),P(0,0,2√3)，D(0,3√3,0)，C(3,33,0), F(2,0,0),A(0,-2√，0)， 由F是AB的中点，得B(4,2√5,0)， 所以PC=(3,3√3，-2√5)，PD=(0,3√5，-2√3)，PB =(4,25,-2√5)，PF=(2,0,-23), E 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x1, y11),m=(x2y2,2）, 则 n·PC=3十35M-2√=0 (n·PD=35y1-2W3x1=0 (m·PB=4x2十2√5y2-2V3x2=0 (m·PF=2x2-2√3=0 令y1=2,x2=√5，得x1=0,21=3,y2=-1,22=1, 所以n=(0,2,3),m=(5,-1,1), 所以cos(m,n)=m·n 1 √65 mn√5·√1365 设平面PCD和平面PBF所成角为9，则sinB= V-cos'9-8V6丽 65 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为8y丽 651 ·4 7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题 复盘·必备知识 必备知识掌握 $$1 . \sqrt { a ^ { 2 } - \left( a \cdot u \right) ^ { 2 } }$$ 自主诊断查验 1.(1)× (2)×(3)√ (4)× 2.D D [由条件可得P(一2，1，4)到 α 的距离为 $$\frac { | \overrightarrow { A P } \cdot n | } { | n | } = \frac { | \left( - 1 ， - 2 ， 4 \right) \cdot \left( - 2 ， - 2 ， 1 \right) | } { 3 } = \frac { 1 0 } { 3 } . \right]$$ 3.A [由正方体性质可知 ， $$A _ { 1 } A \parallel$$ 平面 $$B _ { 1 } D _ { 1 } D B ， A _ { 1 } A$$ 到 平面 $$B _ { 1 } D _ { 1 } D B$$ 的距离就是点 $$A _ { 1 }$$ 到平面 $$B _ { 1 } D _ { 1 } D B$$ 的距 离，连接 $$A _ { 1 } C _ { 1 }$$ 交 $$B _ { 1 } D _ { 1 }$$ 于 $$O _ { 1 }$$ (图略) $$， A _ { 1 } O _ { 1 }$$ 的长即为所 求，由题意可得 $$A _ { 1 } O _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 } A _ { 1 } C _ { 1 } = \sqrt 2 . \right]$$ 4.解析：∵P $$\because \overrightarrow { P A } = \left( - 2 ， 0 ， - 1 \right) ， n = \left( \frac { \sqrt 2 } { 2 } ， 0 ， \frac { \sqrt 2 } { 2 } \right)$$ 为 l的一个 单位方向向量， ∴ .点 到 l 的距离 $$d = \sqrt { | \overrightarrow { P A } | ^ { 2 } - | \overrightarrow { P A } \cdot n | ^ { 2 } }$$ $$= \sqrt { 5 - | - \sqrt 2 - \frac { \sqrt 2 } { 2 } | } | = \frac { \sqrt 2 } { 2 } .$$ 答案： $$\frac { \sqrt 2 } { 2 }$$ 跃升·关键能力题型1 [例1一 [解析]如图，分别以 AB，AD，AP 所在直线为x轴、 P y 轴 $$2 ^ { 2 }$$ 轴建立空间直角坐标系，则 D P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)， y 则 $$则 \overrightarrow { B P } = \left( - 3 ， 0 ， 1 \right) ，$$ $$\overrightarrow { B D } = \left( - 3 ， 4 ， 0 \right) ，$$ C 故点 到直线BD 的距离 x $$d = \sqrt { | \overrightarrow { B P } | ^ { 2 } - \left( \frac { \overrightarrow { B P } \cdot \overrightarrow { B D } } { | \overrightarrow { B D } | } \right)$$ $$= \sqrt { 1 0 - \left( \frac { 9 } { 5 } \right) ^ { 2 } } = \frac { 1 3 } { 5 } ，$$ 所以点 到直线BD的距离为 $$\frac { 1 3 } { 5 } .$$ [答案] $$\frac { 1 3 } { 5 }$$ [例1-2] ] [解析]建立如图所示 $$D _ { 1 }$$ $$C _ { 1 }$$ 的空间直角坐标系 D-xyz， $$B _ { 1 }$$ 则 $$D _ { 1 } \left( 0 ， 0 ， 2 \right) ， A _ { 1 } \left( 2 ， 0 ， 2 \right) ， A _ { 1 }$$ ， D(0，0，0)，B(2，2，0)， 所以 $$\lambda \overrightarrow { D D _ { 1 } } = \left( 0 ， 0 ， 2 \right) ， \overrightarrow { D A _ { 1 } } = \left( 2 ， \right.$$ D $$0 ， 2 \right) ， \overrightarrow { D B } = \left( 2 ， 2 ， 0 \right) ，$$ A B 设平面 $$A _ { 1 } B D$$ 的法向量为n n=x (x，y，z)， (x，y，z)， 由 $$D A _ { 1 } \cdot n = 0$$ 得 x+z=0， $$\overrightarrow { D B } \cdot n = 0$$ 得 x+y=0， 取 x=1， 则 n=(1，-1，-1)， 所以点 $$D _ { 1 }$$ 到平面 $$A _ { 1 } B D$$ 的距离 $$d = \frac { | D D _ { 1 } \cdot n | } { | n } = \frac { 2 } { \sqrt 3 } = \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } .$$ [答案] I D 跟踪训练 解： (1) 因为 AE，DF，BG 都垂直于平面 ABCD， 则 AE∥BG∥DF. 取AB的中点 H， 连接 MH，DH， 32. 则MH∥AE,且MH=AEBC=2, 所以MH∥DF且MH=DF,所以四边形DFMH为平 行四边形， 可得FM∥DH, 且FM寸平面ABCD,DHC平面ABCD, 所以FM∥平面ABCD. (2)连接AN. 以D为坐标原点，DA,DC,DF 所在直线分别为x轴，y轴，之 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系， 则A(2,0,0),F(0,0,2),M(2, 1,2),V(1,2,0), 可得AN=(-1,2,0),AM=(0,1,2),AF=(-2,0,2). 设平面AMF的法向量为n=(x,y,z), 则AM·n=y+2=0 (AF·n=-2x十2x=0 取x=1,得y=-2,之=1，可得n=(1,-2,1). 故点N到平面AM的距离d=AN,n=-1-4十0 n √6 56 6 题型2 [例2][解](1)法一 证明：取AB的中，点E,连接 SE,CE,'SA=SB, .SE⊥AB, 因为BC⊥AC,所以三角形 ACB为直角三角形，所以BEA =EC, 又BS=SC,所以△SEC≌ △SEB,所以∠SEB=∠SEC =90°，所以SE⊥EC 又SE⊥AB,AB∩CE=E,.SE⊥平面ABC. 又SEC平面SAB,∴.平面SAB⊥平面ABC 法二作SE⊥平面ABC,连接EA,EC,EB,EA,EC,EB 都在平面ABC内， 所以SE⊥EA,SE⊥EC,SE⊥EB 又SA=SB=SC所以EA=EC=EB, 因为BC⊥AC,所以三角形ACB为直角三角形，所以E 为AB的中，点 则SEC平面SAB,.平面SAB⊥平面ABC. (2)以E为坐标原点，平 行AC的直线为x轴，平 行BC的直线为y轴， ES为之轴建立空间直角 坐标系，如图，不妨设AS =SB=SC=2, SC⊥SA,则AC=2√2，由 BC=SC=2知EC=25, A C SE=1 E 则A(-√2,1,0)， B√2，-1,0)，C(W2,1,0), B E(0,0,0),S(0,0,1), AB=(2√2，-2,0)，SA=(-√2,1，-1)， 设D(x,y),CD=ACS(0≤A≤1)， 则(x-2,y-1,x)=λ(-2，-1,1)， ·4 参考答案 ∴.D(√2-√2A,1-A,A),BD=(-√2A,2-A,A). 设平面SAB的一个法向量为n=(x1yM之1) 则n·AB=22a-2y=0 (n·SA=-2√2x1十y-21=0 取x1=1,得n=(1,W2,0), sin6o°=n·BD nBD 则 22-2√2λ B V3√2+(2-A)2+ 2 得12十7λ十1=0，又，0≤1≤1，方程无解， ∴.不存在，点D,使直线BD与平面SAB所成的角为60 跟踪训练 解：(1)以C为坐标原，点，CD,CB,CC1所 C B 在直线为x,y,之轴建立空间直角坐标 系，如图， D 则C(0,0,0),C(0,0,3),B2(0,2,2), D2(2,0,2),A2(2,2,1), D .B2C2=(0,-2,1), AD2=(0,-2,1), .B2C2∥A2D2, D 又B2C2,AD2不在同一条直线上，∴.B,C2∥A,D2. (2)假设在棱BB1上存在点P(0,2,A)(0≤λ≤4)，使得二 面角P-A2C2-D2为150°， 则AC2=(-2,-2,2),PC2=(0,-2,3-a), D2C2=(-2,0,1) 设平面PAC2的法向量n=(x,y,z), 则m·4S=-2x-2y+2x=0 (n·PC2=-2y+(3-λ)x=0 令x=2,得y=3-1,x=λ-1，∴.n=(a-1,3-入，2) 设平面A,C2D2的法向量m=(a,b,c), 则m·A.C=-2a-2b+2c=0 (m·D2C2=-2a十c=0 令a=1,得b=1,c=2,m=(1,1,2), cos(n,m)=n·m n m 6 √6√4+(a-1)+(3-λ) =c0s150°1= 2 化简可得，λ一4入十3=0，解得λ=1或λ=3， .P(0,2,1)或P(0,2,3), 所以在棱BB1上存在点P,使得二面角PA2C2D:为 150°，点P是线段BB,靠近两端，点的两个四等分，点. 热点强化课13空间几何体的载面、交线 [典例](1)[解析]如图，设 D AB=6,分别延长AE、A1B H 交于点G,此时B1G=3, B G 连接FG交B,C1于H,连 接EH, E 设平面AEF与平面DCCD D 的交线为l,则F∈l, 因为平面ABB1A1∥平面 DCCD1,平面AEF∩平面 ABB1A1=AE,平面AEF∩平面DCCD1=I, 所以l∥AE,设l∩DD=I,则FI∥AE, 北时△FD,IO△ABE,故ID,=号，连接AI, 所以五边形AIFHE为所求裁面图形， [答案]C 33 高考总复习数学 (2)[解析]由题意可知，点P是 △ABC的重心，过，点P作EF∥BC, 分别交AB,AC于E,F,作FG∥ AD交CD于G, 设平面EFG与BD交于点H, 由于BC寸平面EFG,EFC平面B 少>D EFG,故BC∥平面EFG, 因为FG∥AD,AD中平面EFG, FGC平面EFG, 所以AD∥平面EFG,即四边形EFGH即为裁面， 由于BC∥平面EFG,平面EFG∩平面BCD=HG. BCC平面BCD, 故BC∥HG,同理FG∥EH, 故四边形EFGH为平行四边形， 设M为BC的中点，连接AM,DM, 则AM⊥BC,DM⊥BC,AM,DMC平面ADM 故BC⊥平面ADM,ADC平面ADM, 故BC⊥AD,而EF∥BC,FG∥AD,故EF⊥FG, 即平行四边形EFGH为矩形，即截面是矩形， 因为，点P是△ABC的重心，则AP=名AM, 3 故EF=号BC=2,AF=号AC,所以PG-号AD=1, 故矩形EFGH的面积为EF X FG=2,即截面的面积 为2. [答案]B 跟踪训练 A[如图，取CD的中点E,则有 OE⊥CD,PE⊥CD, 由PA=AB=2,可得OE=1,PE =√5，故OP=√2， △PCD为正三角形，球心O在平 面PCD上的投影M即为△PCD 的中心， OM=OPOE=5,球的半径OF=25, PE 3 3 在Rt△OMF中，裁面圆半径 MF=VOF-OM-⑤ 3 在正△PCD中，以M为周心，作半径为的国，易知 ME- 3 则EF 3 3 3-ME 所以∠FME=45°， 圆与三角形截得的三部分，由对称性可知，圆心角都为 90°，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周 长的子 即为子×2xXMF-原] 热点强化课14空间几何体的动态、轨迹 [典例](1)[解析]建立空间 D C 直角坐标系，根据PA=2 PB求得点P的轨迹可判断 、B A;要使得PD1与底面ABCD 所成的角日最大，从而点P在 QD上，再由直线与平面的夹 D B 43 角可得am日1，从而可得出9最大值可判断B 根据三角形面积计算可判断C;由S△D,DP=S△D,aP=S, 可知，点Q到D1P的距离为d=√2，即点Q在以DP为 轴，半径为√2的圆柱与底面ABCD内的交线上，利用圆 柱的斜截面为椭圆即可得出结论. 以B为坐标原点，BC,BA,BB1所在直线分别为x轴，y 轴，之轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设P(x,y,0),则A(0, 2,0), 因为|PA=2PB,所以√J(x-0)+(y-2) =2√十y, 年2+(+号)-90， 所以点P的轨连为以点E(0,-号，0）为国心，专为半 径的圆与正方体底面的交线，故A正确； 要使得PD与底面ABCD所成的角最大，则PD最短， 北时DP=DE-子-号-合=2， 从而am9=D0=1,所以0的最大值为艺，故B正确： DP 4 S=San,=2DP·DD=2,故C错误： 设点Q到D1P的距离为d, 因为Saw=Samo=2DPd-d=2d-2, 所以点Q在以D,P为轴，半径为√2的圆柱与底面AB CD内的交线上， 又圆柱的轴D,P与底面ABCD的夹角为∠D,PD=于， 所以点Q的轨迹是椭圆（部分）. [答案]ABD (2)[解析]如图，连接CE,EM y 因为平面AEFD⊥平面EBCF,平 A 面AEFD∩平面EBCF=EF,AE C平面AEFD,又AE⊥EF,所以 M AE⊥平面EBCF, 所以CE为CA在平面EBCF内 的射影.易得△BCF为等边三角 形，显然CE不垂直于BF,所以 AC不可能垂直于BF,故A错误！ 易知BE⊥EF,所以BE⊥平面AEFD,所以∠BME为 直线MB与平面AEFD所成的角，同理∠CMF为直线 MC与平面AEFD所成的角.所以∠BME=∠CMF,所 以m∠ME=mCM,片以器-器因为CF=2BE, 所以FM=2EM. 在平面AEFD内，以E为坐标原点，以EF为x轴正方 向，EA为y轴正方向建立平面直角坐标系，则F(3,0), 设M(x,y),则有√(x-3)十y=2√2十y,化简得 (x十1)2十y=4,即，点M在平面AEFD内的轨迹方程 为(x十1)2十y=4(0≤x≤1，y>0),所以点M在平面 AEFD内的轨迹为（一1,0）以为圆心，2为半径的圆.易 得点M在四边形AEFD内的轨迹为该圆的一段孤，孤 所对的国心角为号，所以孤长为号X2=二，B正确，要 使三棱锥MBCF的体积最大，只要点M的纵坐标的绝 对值最大即可.令x=0, 则y=士√3，又ywM>0,所以M(0,W3),此时M到平面 EBCF的最大距离为√3，C正确. 三棱锥MBCF外接球的球心在过△BCF的外接圆圆心 且垂直于平面BCF的直线上， 在三棱锥WBCF中，设，点Q为等边△BCF外接圆的圆 心，设三棱锥MBCF外接球的球心为O,半径为R,设 0Q=a,则有R2=a2十4=(W-a)2十7， 解得a=√3，所以R=7,所以三棱锥MBCF外接球的 表面积S=4πR=28π.故D正确. [答案]BCD 跟踪训练 BCD[如图，建立空间直角坐标 系，则D(0,1,0),C(1,1,1), D :直线AM与AB的夫角为平， C N 当，点M在侧面AA1D1D上时， AB⊥AM,不合题意； D 当点M在底面A1B,C,D,和倒面B CCD1D(不包含边界)上时，点M到直线AB的距离大 于AB的长度，此时，AM与AB的夹角大于平： 当点M在侧面AA,B,B和底面ABCD上时，可知线段 AB1,AC满足题意； 当，点M在侧面BCC1B1上时，由AB⊥BM,可知BM= AB,此时孤BC为所求， .M点的轨迹为线段AC,AB1,弧BC, 显然线段AC,AB1,弧B1C不共面，.A错误： 对于B,点M的轨迹长度为受十2V2,B正确， 对于C,若M在线段AC上，则C,M的最小值为1，同 理，若M在线段AB1上，则C1M的最小值也为1，若M 在孤B1C上，则CM的最小值为C1B-1=√2-1， ,C正确； 对于D,M(1,y,z)(0≤y≤1,0≤x≤1)，且y2十z2=1,由 题意设N(,A,A),A∈[0,1]，则9AN+MN=A中 √(1-λ)2十(y-λ)2十(2-A)≥λ+√(1-A)=λ十(1 一入)=1， 当且仅当y=义=，且y十之2=1，即y==X=号时，等 2 号成立，，D正确.门 第八章直线和圆、圆锥曲线 §8.1直线的方程 复盘·必备知识必备知识掌握 2.(1)x轴正向向上3.(1)正切值tana 4.y-yo=k(x-xo)y=kx+b Ax+By十C=0(A+B≠0) 自主诊断查验 1.(1)×(2)×(3)×(4)× 2.D[直线的斜率为k=tan135°=一1，所以直线方程为 y=-x-1,即x十y+1=0.] 3.ACD[对于A,当直线与x轴垂直时，直线的倾斜角为 90°，斜率不存在，，A错误；对于B,直线倾斜角的取值范 围是[0，π)，.B正确；对于C,一条直线的斜率为tana,此 直线的倾斜角不一定为α，∴.C错误：对于D,一条直线的 倾斜角为a时，它的斜率为tana或不存在，∴D错误.] 4.解析：当直线过原点时，直线方程为y=工， 即x-4y=0. 当直线不过原，点时， 参考答案 设直线方程为工十义=1(a≠0)， aa 代入4，i0+=1a=5 故直线方程是x十y一5=0. 答案：x-4y=0或x十y-5=0 跃升·关键能力题型1 [例1](1)[解析]设PA与PB的倾 斜角分别为a,B,直线PA的斜率是 k=1,直线PB的斜率是k即=一√5， 当直线（由PA变化到与y轴平行的 位置PC时，它的倾斜角由a增至90°， 斜率的取值范围为[1，十∞). 当直线l由PC变化到PB的位置时，它的倾斜角由90 增至B,斜率的变化范围是（一∞，一√3]. 故斜率的取值范围是(-∞，一√3U[1,十∞). [答案](-∞，-√5]U[1,十∞) (2)[解析]因为直线l2,l3的倾斜角为锐角，且直线2 的倾斜角大于直线L的倾斜角，所以0<k,<2,直线1 的倾斜角为钝角，斜率k1<0,所以k1<k<k2, [答案]D 跟踪训练 1A[因为直线1的斜率为k,且一√3<k≤1，.一√5< ana≤l,因为ae[0,x).∴ae(肾x0,子]门 2.B[设切线的倾斜角为a,则a∈[0，π)， f(x)=x-2x=(x-1)2-1≥-1， 线的斜率=am≥-1，则ac[0,受)U[径门 题型2 [例2][解](1)设直线的倾斜角为a,则sina=号.则 c0sa=士专，直线的针率k=ana=士子.又直线在y轴 上的裁距是-5，由斜裁式得直线方程为y=±子x一5，即 3.x-4y-20或3.x+4y+20=0. (2)设直线l在x,y轴上的裁距均为a,若a=0,即l过 ,点(0,0)和(3,2). 则1的方程为y三三x,即2x一3y=0, 若a≠0，设1的方程为后+名=1 1这点P322+是-1. .a=5,.l的方程为x十y-5=0. 综上可知，直线1的方程为2x-3y=0或x十y-5=0. (3)由已知：设直线y=3x的倾斜角为a,则所求直线的 斜角为2a.tana=3,.tan2a=三-。 1-tan'a 又直线经过点A(一1，-3)，因此所求直线方程为y十3 =-（x+10即3z+4y+15=0, 跟踪训练 AB[求出直线所过的定，点判断A:写出直线的点斜式 方程判断B;求出直线斜截式方程判断C:求出直线方程 判断D作答. 对于A,直线方程可化为y=a(x一3)十2，显然恒过定点 (3,2),A正确；对于B,过点(2，一1)且斜率为一√3的直 线的点斜式方程为y一（一1）=一√3(x一2)，B正确；对