北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
8.5 空间角与距离、空间向量及其应用
应用创新题组
1.(2022届云南峨山彝族自治县第一中学月考,10)正方体ABCD-ABCD 中,M,N分别为AB,AB 的中点,P
1 1 1 1 1 1
是边CD 上的一个点(包括端点),Q是平面PMB 上一动点,满足直线MN与直线AN的夹角与直线MN与直
1 1 1
线NQ的夹角相等,则点Q所在轨迹为( )
A.椭圆 B.双曲线
C.抛物线 D.抛物线或双曲线
答案 D 由题设,满足直线MN与直线AN的夹角和直线MN与直线NQ的夹角相等的点Q的轨迹是以
AN为母线,MN所在直线为轴,AB为底面直径的圆锥NM,及其关于AB 反向对称的圆锥NM',如图.
1 1
又点Q在平面PMB 内,故当平面PMB 只与圆锥NM相交时,Q点轨迹为抛物线;
1 1
当平面PMB 与两圆锥都相交时,Q点轨迹为双曲线.
1
故选D.
2.(2021河南六市第一次联考,8)如图,在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中,M为棱AB的中点,动点P在
1 1 1 1
四边形BCC
1
B
1
及其内部运动,总有AP⊥D
1
M,则动点P的轨迹的长度为( )
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√2 √5 π √3
A. B. C. D.
2 2 16 2
答案 A 如图,分别取BC,BB 的中点E,F,连接AE,AF,EF,AM,DM,AF,因为M是AB的中点,E是BC的中
1 1 1
点,四边形ABCD是正方形,所以DM⊥AE,又DD 1⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以DD 1⊥AE,又
DM∩D
1
D=D,所以AE⊥平面D
1
DM,因为D
1
M⊂平面DD
1
M,所以D
1
M⊥AE,同理可得D
1
M⊥AF,又AE∩AF=A,
所以D
1
M⊥平面AEF,又因为动点P在四边形BCC
1
B
1
及其内部运动,所以根据线面垂直的性质得动点P的轨
√2 √2
迹是线段EF,又知E,F分别是BC,BB 的中点,所以EF= ,即动点P的轨迹的长度为 ,故选A.
1
2 2
3.(2022届新疆克拉玛依检测,13)古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现:平面上到两定点A,B距离之比为常数
λ(λ>0且λ=1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆,该圆简称为阿氏圆.根据以上信息,解决下面的问题:
如图,在长方体ABCD-ABCD 中,AB=2AD=2AA=6,点E在棱AB上,BE=2AE,动点P满足BP=√3PE.若点
1 1 1 1 1
P在平面ABCD内运动,则点P所形成的阿氏圆的半径为 ;若点P在长方体ABCD-ABCD 内部运
1 1 1 1
动,F为棱CD 的中点,M为CP的中点,则点M到平面BCF的距离的最小值为 .
1 1 1
√3
答案 2√3;
2
解析 ①以A为原点,AB,AD,AA 所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
1
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则B(6,0,0),E(2,0,0),设P(x,y,0),由|BP|=√3|PE|得(x-6)2+y2=3[(x-2)2+y2],所以x2+y2=12,所以若点P在平面
ABCD内运动,则点P所形成的阿氏圆的半径为2√3.
②设点P(x,y,z),x,y,z≥0,由|BP|=√3|PE|得(x-6)2+y2+z2=3[(x-2)2+y2+z2],所以x2+y2+z2=12,
由题得F(3,3,3),B(6,0,3),C(6,3,0),
1
所以 =(3,-3,0), =(0,3,-3),设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
⃗FB ⃗B C 1 0 0 0
1 1
{n·⃗FB =3x -3 y =0,
所以 1 0 0 令x=1,则n=(1,1,1).
0
n·⃗B C=3 y -3z =0,
1 0 0
|⃗CP·n| |x+ y+z-9|
由题得⃗CP=(x-6,y-3,z),所以点P到平面BCF的距离为h= = ,因为(x2+y2+z2)
1 |n| √3
|6-9| √3
(12+12+12)≥(x+y+z)2,∴0≤x+y+z≤6,所以h = =√3,所以点M到平面BCF的最小距离为 .
min 1
√3 2
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