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專題3 組合體中的距離問題
【2023-2024河南高二聯考】學習幾何體結構素描是學習素描的重要一步．如圖，這是一個用來練習幾何體結構素描的石膏幾何體，它是由一個圓柱和一個正三棱錐P－ABC穿插而成的對稱組合體．棱PB和平面PAC都與圓柱側面相切，G是棱PB與圓柱側面的切點．平面ABC，且直線分別與平面PAB，平面PBC交于點．已知，圓柱的底面圓半徑為，則（ ）
A． B． C．點到平面ABC的距離為 D．
設圓柱被平面PBD所截的截面圓為，在截面PBD中，證明PE是∠BPD的角平分線，由圓的性質結合勾股定理判斷A；求出，由證明是PE的中點，再由中位線定理判斷C；以Q為坐標原點，建立空間直角坐標系，由，P，B，C四點共面，結合向量法判斷D；由勾股定理結合直線三角形的性質判斷B.
設AC的中點為D，連接PD，BD．作PQ⊥平面ABC，垂足為Q，以Q為坐標原點，QB所在直線為x軸．
建立如圖1所示的空間直角坐標系．
因為，所以，BD＝3．設圓柱被平面PBD所截的截面圓為，
在截面PBD中，連接交BD于點E，作，垂足為F，如圖2．
因為，所以∠BPD＝90°．因為圓與PB和PD都相切，
所以PE是∠BPD的角平分線，∠BPE＝45°．
因為，所以，A正確．
，所以是PE的中點，
在△PEQ中，所以點到平面ABC的距離為，C正確．
．
設，則．
因為，P，B，C四點共面，所以，所以
解得，所以，D正確．，B錯誤．
故選：ACD

圖1 圖2
1．布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚是在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案（如圖1）.把三片這樣的達·芬奇方磚拼成圖2的組合，這個組合再轉換成圖3所示的幾何體.若圖3中每個正方體的棱長為1，則
A．
B．若為線段上的一個動點，則的最大值為2
C．點到直線的距離是
D．異面直線與所成角的正切值為
2．《瀑布》（圖1）是埃舍爾為人所知的作品.畫面兩座高塔各有一個幾何體，左塔上方是著名的“三立方體合體”（圖2）.在棱長為2的正方體中建立如圖3所示的空間直角坐標系（原點O為該正方體的中心，x，y，z軸均垂直該正方體的面），將該正方體分別繞著x軸，y軸，z軸旋轉，得到的三個正方體，，2，3（圖4，5，6）結合在一起便可得到一個高度對稱的“三立方體合體”（圖7）.在圖7所示的“三立方體合體”中，下列結論正確的是（ ）
A．設點的坐標為，，2，3，則
B．設，則
C．點到平面的距離為
D．若G為線段上的動點，則直線與直線所成角最小為
連接，，延長分別交于，根據三角形相似、中位線定理結合角平分線性質得出.
連接，，延長分別交于，原解析可得為PE中點，PE為∠BPD的角平分線，
，所以分別為PM、PN中點，因此，.
，∴，
∴，D正確
3．某同學在參加魔方實踐課時，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為的正方體的六個面所截后剩余的部分（球心與正方體的中心重合），若其中一個截面圓的周長為，則該球的半徑是 ．
4．勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能像球一樣來回滾動．勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體．如圖所示，設正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（ ）

A．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為
B．勒洛四面體被平面截得的截面面積是
C．勒洛四面體表面上交線的長度為
D．勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于2
根據平行將距離進行轉化，點到平面ABC的距離等于點到平面ABC距離，再由三角函數得出點到平面ABC的距離.
設AC中點為D，連接PD、BD（圖1），記線段與平面PBD交點為，
∴點到平面ABC的距離等于點到平面ABC距離，
依題，平面PBD截圓柱的截面為圓，設其半徑為r（如圖2），
作于點Q，作于點M，于H，于點N，
則點到平面ABC的距離為，設，則，
中，
∴，∴
，又，∴．
（圖2）
即點到平面ABC的距離為，故C正確；
5．“牟和方蓋”是我國古代數學家劉徽在研究球的體積的過程中構造的一個和諧優美的幾何體，它是由兩個相同的圓柱分別從縱橫兩個方向嵌入一個正方體時兩圓柱公共部分形成的幾何體（如圖1）.如圖2所示的“四腳帳篷”為“牟和方蓋”的上半部分，點為四邊形的中心，點為“四腳帳篷”的“上頂點”，.用平行于平面的平面去截“四腳帳篷”，當平面經過的中點時，截面圖形的面積為 .
6．某地舉辦數學建模大賽，本次大賽的冠軍獎杯由一個銅球和一個托盤組成，如圖①，已知球的表面積為16，托盤由邊長為8的等邊三角形銅片沿各邊中點的連線垂直向上折疊面成，如圖②，則下列結論正確的是（ ）
A．直線AD與平面DEF所成的角為
B．經過三個頂點A，B，C的球的截面圓的面積為
C．異面直線AD與CF所成角的余弦值為
D．球上的點到底面DEF的最大距離為
7．如圖，用一邊長為的正方形硬紙，按各邊中點垂直折起四個小三角形，做成一個蛋巢，將體積為的雞蛋（視為球體）放入其中，蛋巢形狀保持不變，則雞蛋中心（球心）與蛋巢底面的距離為 .

8．某禮品店銷售的一裝飾擺件如圖所示，由球和正三棱柱加工組合而成，球嵌入正三棱柱內一部分且與上底面三條棱均相切，正三棱柱的高為4，底面正三角形邊長為6，球的體積為，則該幾何體最高點到正三棱柱下底面的距離為（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
9．六氟化硫，化學式為，在常壓下是十種無色、無臭、無毒、不燃的穩定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業方面具有廣泛用途．六氟化硫分子結構為正八面體結構（正八面體是每個面都是正三角形的八面體），如圖所示，硫原子位于正八面體的中心，6個氟原子分別位于正八面體的6個頂點．若相鄰兩個氟原子間的距離為2a，則六氟化硫分子中6個氟原子構成的正八面體的體積是（不計氟原子的大小）（ ）
A． B． C． D．
10．數學中有許多形狀優美，寓意獨特的幾何體，如圖1所示的禮品包裝盒就是其中之一.該禮品包裝盒可以看成是一個十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側面是全等的等腰三角形.將長方體的上底面繞著其中心旋轉45°得到如圖2所示的十面體.已知，則（ ）
A．十面體的上、下底面之間的距離是
B．十面體的表面積是
C．十面體外接球球心到平面ABE的距離是
D．十面體外接球的表面積是
11．如圖所示的正方體是一個三階魔方(由27個全等的棱長為1的小正方體構成），正方形是上底面正中間一個正方形，正方形是下底面最大的正方形，已知點是線段上的動點，點是線段上的動點，則線段長度的最小值為 ．
12．如圖，正方形ABCD的邊長為2，和都與平面垂直，，點P在棱DE上，則下列說法正確的有（ ）

A．四面體外接球的表面積為
B．四面體外接球的球心到直線AE的距離為
C．當點P為DE的中點時，點到平面的距離為
D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．BCD
【分析】根據空間向量線性運算法則判斷A，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算B、C、D.
【詳解】因為，
所以，故A錯誤；
如圖以為坐標原點，建立空間直角坐標系，
則，，，，，，，
，，，，
對于B：因為為線段上的一個動點，設，，
則，
所以，所以當時，故B正確；
對于C：，，
所以點到直線的距離，故C正確；
對于D：因為，
所以，
所以，即異面直線與所成角的正切值為，故D正確；
故選：BCD
2．ACD
【分析】正方體的頂點到中心的距離不變，判斷A，寫出各點坐標，利用空間向量法求解判斷BCD．
【詳解】正方體棱長為2，面對角線長為，
由題意，，，，
旋轉后，，，，，，，，，，，，
旋轉過程中，正方體的頂點到中心的距離不變，始終為，因此選項A中，，2，3，正確；
，設，則
，
，
，則存在實數，使得，
，
，，∴，B錯；
，，
設是平面的一個法向量，則
，令，得，
又，
∴到平面的距離為，C正確；
，設，，
，
，
令，則，
時，，遞增，時，，遞減，
∴，又，，
所以，
即，，
夾角的最小值為，從而直線與直線所成角最小為，D正確．
故選：ACD．
【點睛】方法點睛：本題正方體繞坐標軸旋轉，因此我們可以借助平面直角坐標系得出空間點的坐標，例如繞軸旋轉時時，各點的橫坐標（）不變，只要考慮各點在坐標平面上的射影繞原點旋轉后的坐標即可得各點空間坐標．
3．6
【分析】設球心為O，作出過球心的截面圖如圖所示，然后根據已知條件結合球的性質求解即可
【詳解】設球心為O，作出過球心的截面圖如圖所示，則，
由截面圓的周長為，得，∴，
球的半徑是．
故答案為：6
4．ABD
【分析】A選項：求出正四面體的外接球半徑，進而得到勒洛四面體的內切球半徑，得到答案；B選項，作出截面圖形，求出截面面積；C選項，根據對稱性得到交線所在圓的圓心和半徑，求出長度；D選項，作出正四面體對棱中點連線，在C選項的基礎上求出長度.
【詳解】A選項，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：
取的中點，連接，過點作于點，則為等邊的中心，
外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設，

由正四面體的棱長為2，則，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：
圖中取正四面體中心為，連接交平面于點，交于點，
其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，
設勒洛四面體內切球半徑為，則，故A正確；
B選項，勒洛四面體截面面積的最大值為經過正四面體某三個頂點的截面，如圖所示：

面積為，B正確；
C選項，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半徑為，故交線的長度等于，C錯誤；
D選項，將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如圖所示：
連接，交于中點，交于中點，連接，則，
則由C選項的分析知：，
所以，
故勒洛四面體表面上兩點間的距離可能大于2，D正確.
故選：ABD.
【點睛】結論點睛：勒洛四面體考試中經常考查，下面是一些它的性質：
①勒洛四面體上兩點間的最大距離比四面體的棱長大，是對棱弧中點連線，最大長度為，
②表面6個弧長之和不是6個圓心角為的扇形弧長之和，其圓心角為，半徑為.
5．3
【分析】根據對稱性，可得截面的形狀為正方形，利用勾股定理得正方形的邊長即可求得面積.
【詳解】根據對稱性，可得截面的形狀為正方形.
取中點中點，可知截面為半圓.
截面與弧交于點，與交于點為中點，
所以，由勾股定理可得，
所以截面正方形的邊長為，故其面積為.
故答案為：3
6．AC
【分析】根據直線與平面所成角的定義，確定所求解的角判斷A；求出外接圓的面積判斷B；作出異面直線所成的角，并求出這個角判斷C；求出球心到平面的距離判斷D.
【詳解】根據圖形的形成可知，三點在底面上的投影分別是三邊中點，如圖所示，
對于A，面，就是直線AD與平面DEF所成的角，
是等邊三角形，，A正確；
對于B，與全等且所在平面平行，截面圓就是的外接圓與的外接圓相同，
由題意知的邊長為，其外接圓半徑為 ，
圓的面積，B錯誤；
對于C，由上述條件知，且，而且，
四邊形是平行四邊形，
所以是異面直線AD與CF所成的角（或其補角）.
又,
，C正確；
對于D，由上述條件知，，設是球心，球半徑為，
由，解得：，則是正四面體，棱長為，
設為的中心，如圖：
則面，又面，，
，又
球上的點到底面DEF的最大距離為，D錯誤.
故選：AC.
7．##
【分析】先求得球的半徑，畫出組合體截面的圖像，通過構造直角三角形來求得蛋中心(球心)與蛋巢底面的距離.
【詳解】根據球的體積公式，有.
題目所給圖中，虛線的小正方形的邊長為，其一半為，四個等腰直角三角形斜邊上的高為.
畫出截面圖形如下圖所示，其中，
故.
所以雞蛋中心(球心)與蛋巢底面的距離為.

故答案為：
8．C
【分析】利用球的體積公式求出半徑，求出正三角形內切圓半徑，利用勾股定理求出球心到上底面距離即可得解
【詳解】設球的半徑為R，三棱柱上底面正三角形的內切圓半徑為r．由球的體積為可得，解得．
因為正三棱柱的高為4，底面正三角形邊長為6，所以底面正三角形的內切圓半徑為，正三棱柱的高為4，設球心為，正三角形的內切圓圓心為，
取的中點M，并將這三點順次連接，則由球的幾何知識得為直角三角形，所以，于是該幾何體最高點到正三棱柱下底面的距離為．
故選：C
9．B
【分析】由已知證得平面，再根據棱錐的體積公式計算可求得答案.
【詳解】解：如圖，連接，，，連接．因為，，所以，，所以平面．因為，所以．因為四邊形是正方形，所以，則，故該正八面體的體積為．
故選：B.
10．ABD
【分析】利用勾股定理求得的長即可判斷選項A；由幾何體的結構特征將側面積和底面積加起來即可得出其表面積判斷B；易知長方體的外接球就是十面體的外接球可求得外接球半徑，計算可得外接球表面積從而判斷D；根據十面體外接球球心與外接圓圓心之間的位置關系，利用勾股定理即可求得其距離，進而判斷選項C.
【詳解】由圖2可知，上底面的平面圖如下所示：
連接交于點，易知，由勾股定理可得，
又因為長方體中，平面，平面，
所以，所以，
解得，即，
所以十面體的上、下底面之間的距離是，即A正確；
由，可知的面積為，
下底面面積，
所以十面體的表面積是，故B正確；
因為十面體是將長方體的上底面繞著其中心旋轉45°得到的，
所以長方體的外接球就是十面體的外接球；
設十面體的外接球半徑為，則
即，
所以十面體外接球的表面積是，故D正確；
由于，所以；
設的外接圓半徑為，則，即，
由外接球與平面外接圓之間的關系可知，
十面體外接球球心到平面ABE的距離是
，即C錯誤；
故選：ABD.
11．
【分析】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出目標的表達式，從而可得最小值.
【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系，
則 ,
設,,.
,.
,
當且時，取到最小值，所以線段長度的最小值為.
【點睛】本題主要考查空間向量的應用，利用空間向量求解距離的最值問題時，一般是把目標式表示出來，結合目標式的特征，選擇合適的方法求解最值.
12．ACD
【分析】建立空間直角坐標系，列方程確定四面體外接球球心的坐標和半徑，再求球的表面積判斷A，
利用向量方法求球心到直線AE的距離判斷B，求平面的法向量，利用向量方法求點到平面
的距離判斷C，求平面的法向量，結合向量夾角公式求直線與平面所成角的正弦值的最大值判斷D.
【詳解】因為與平面垂直，平面，
所以，
因為四邊形為正方形，所以，
以點為原點，為軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，
設四面體外接球的球心的坐標為，則
，
所以，
化簡可得，
所以，
所以球心的坐標為，
所以球的半徑，
所以四面體外接球的表面積，A正確；
直線的方向向量，又，
所以向量在向量上的投影向量的模的大小為，
所以點到直線的距離為，B錯誤；
設平面的法向量為，
則，又，，
所以，
取,則，
所以為平面的一個法向量，
若點P為DE的中點，則點的坐標為，
所以，
所以點到平面的距離為，C正確；
設，，則，
又，，
設平面的法向量為，
則，所以，
取，則，
所以為平面的一個法向量，
設直線與平面所成角為，
所以，
所以，
設，，則，，
所以，
由基本不等式可得當時，，
當且僅當，即時等號成立，
所以，當且僅當時等號成立，
所以，當且僅當時等號成立，
所以當點為棱的靠近點的三分點時，
直線與平面所成角的正弦值的最大，最大值為，D正確；
故選：ACD .

【點睛】知識點點睛：本題考查的知識點有四面體的外接球，球的表面積，點到直線的距離，點到平面的距離，直線與平面的夾角，考查直觀想象，數學運算方面的核心素養.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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