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专题3 组合体中的距离问题
【2023-2024河南高二联考】学习几何体结构素描是学习素描的重要一步．如图，这是一个用来练习几何体结构素描的石膏几何体，它是由一个圆柱和一个正三棱锥P－ABC穿插而成的对称组合体．棱PB和平面PAC都与圆柱侧面相切，G是棱PB与圆柱侧面的切点．平面ABC，且直线分别与平面PAB，平面PBC交于点．已知，圆柱的底面圆半径为，则（ ）
A． B． C．点到平面ABC的距离为 D．
设圆柱被平面PBD所截的截面圆为，在截面PBD中，证明PE是∠BPD的角平分线，由圆的性质结合勾股定理判断A；求出，由证明是PE的中点，再由中位线定理判断C；以Q为坐标原点，建立空间直角坐标系，由，P，B，C四点共面，结合向量法判断D；由勾股定理结合直线三角形的性质判断B.
设AC的中点为D，连接PD，BD．作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，以Q为坐标原点，QB所在直线为x轴．
建立如图1所示的空间直角坐标系．
因为，所以，BD＝3．设圆柱被平面PBD所截的截面圆为，
在截面PBD中，连接交BD于点E，作，垂足为F，如图2．
因为，所以∠BPD＝90°．因为圆与PB和PD都相切，
所以PE是∠BPD的角平分线，∠BPE＝45°．
因为，所以，A正确．
，所以是PE的中点，
在△PEQ中，所以点到平面ABC的距离为，C正确．
．
设，则．
因为，P，B，C四点共面，所以，所以
解得，所以，D正确．，B错误．
故选：ACD

图1 图2
1．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）.把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则
A．
B．若为线段上的一个动点，则的最大值为2
C．点到直线的距离是
D．异面直线与所成角的正切值为
2．《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”（图2）.在棱长为2的正方体中建立如图3所示的空间直角坐标系（原点O为该正方体的中心，x，y，z轴均垂直该正方体的面），将该正方体分别绕着x轴，y轴，z轴旋转，得到的三个正方体，，2，3（图4，5，6）结合在一起便可得到一个高度对称的“三立方体合体”（图7）.在图7所示的“三立方体合体”中，下列结论正确的是（ ）
A．设点的坐标为，，2，3，则
B．设，则
C．点到平面的距离为
D．若G为线段上的动点，则直线与直线所成角最小为
连接，，延长分别交于，根据三角形相似、中位线定理结合角平分线性质得出.
连接，，延长分别交于，原解析可得为PE中点，PE为∠BPD的角平分线，
，所以分别为PM、PN中点，因此，.
，∴，
∴，D正确
3．某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的半径是 ．
4．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）

A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
根据平行将距离进行转化，点到平面ABC的距离等于点到平面ABC距离，再由三角函数得出点到平面ABC的距离.
设AC中点为D，连接PD、BD（图1），记线段与平面PBD交点为，
∴点到平面ABC的距离等于点到平面ABC距离，
依题，平面PBD截圆柱的截面为圆，设其半径为r（如图2），
作于点Q，作于点M，于H，于点N，
则点到平面ABC的距离为，设，则，
中，
∴，∴
，又，∴．
（图2）
即点到平面ABC的距离为，故C正确；
5．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1）.如图2所示的“四脚帐篷”为“牟和方盖”的上半部分，点为四边形的中心，点为“四脚帐篷”的“上顶点”，.用平行于平面的平面去截“四脚帐篷”，当平面经过的中点时，截面图形的面积为 .
6．某地举办数学建模大赛，本次大赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的表面积为16，托盘由边长为8的等边三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠面成，如图②，则下列结论正确的是（ ）
A．直线AD与平面DEF所成的角为
B．经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为
C．异面直线AD与CF所成角的余弦值为
D．球上的点到底面DEF的最大距离为
7．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为 .

8．某礼品店销售的一装饰摆件如图所示，由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，球的体积为，则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
9．六氟化硫，化学式为，在常压下是十种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点．若相邻两个氟原子间的距离为2a，则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是（不计氟原子的大小）（ ）
A． B． C． D．
10．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，如图1所示的礼品包装盒就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体.已知，则（ ）
A．十面体的上、下底面之间的距离是
B．十面体的表面积是
C．十面体外接球球心到平面ABE的距离是
D．十面体外接球的表面积是
11．如图所示的正方体是一个三阶魔方(由27个全等的棱长为1的小正方体构成），正方形是上底面正中间一个正方形，正方形是下底面最大的正方形，已知点是线段上的动点，点是线段上的动点，则线段长度的最小值为 ．
12．如图，正方形ABCD的边长为2，和都与平面垂直，，点P在棱DE上，则下列说法正确的有（ ）

A．四面体外接球的表面积为
B．四面体外接球的球心到直线AE的距离为
C．当点P为DE的中点时，点到平面的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．BCD
【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、C、D.
【详解】因为，
所以，故A错误；
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，，
对于B：因为为线段上的一个动点，设，，
则，
所以，所以当时，故B正确；
对于C：，，
所以点到直线的距离，故C正确；
对于D：因为，
所以，
所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；
故选：BCD
2．ACD
【分析】正方体的顶点到中心的距离不变，判断A，写出各点坐标，利用空间向量法求解判断BCD．
【详解】正方体棱长为2，面对角线长为，
由题意，，，，
旋转后，，，，，，，，，，，，
旋转过程中，正方体的顶点到中心的距离不变，始终为，因此选项A中，，2，3，正确；
，设，则
，
，
，则存在实数，使得，
，
，，∴，B错；
，，
设是平面的一个法向量，则
，令，得，
又，
∴到平面的距离为，C正确；
，设，，
，
，
令，则，
时，，递增，时，，递减，
∴，又，，
所以，
即，，
夹角的最小值为，从而直线与直线所成角最小为，D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：本题正方体绕坐标轴旋转，因此我们可以借助平面直角坐标系得出空间点的坐标，例如绕轴旋转时时，各点的横坐标（）不变，只要考虑各点在坐标平面上的射影绕原点旋转后的坐标即可得各点空间坐标．
3．6
【分析】设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可
【详解】设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则，
由截面圆的周长为，得，∴，
球的半径是．
故答案为：6
4．ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，

由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，
其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：

面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
5．3
【分析】根据对称性，可得截面的形状为正方形，利用勾股定理得正方形的边长即可求得面积.
【详解】根据对称性，可得截面的形状为正方形.
取中点中点，可知截面为半圆.
截面与弧交于点，与交于点为中点，
所以，由勾股定理可得，
所以截面正方形的边长为，故其面积为.
故答案为：3
6．AC
【分析】根据直线与平面所成角的定义，确定所求解的角判断A；求出外接圆的面积判断B；作出异面直线所成的角，并求出这个角判断C；求出球心到平面的距离判断D.
【详解】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，如图所示，
对于A，面，就是直线AD与平面DEF所成的角，
是等边三角形，，A正确；
对于B，与全等且所在平面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同，
由题意知的边长为，其外接圆半径为 ，
圆的面积，B错误；
对于C，由上述条件知，且，而且，
四边形是平行四边形，
所以是异面直线AD与CF所成的角（或其补角）.
又,
，C正确；
对于D，由上述条件知，，设是球心，球半径为，
由，解得：，则是正四面体，棱长为，
设为的中心，如图：
则面，又面，，
，又
球上的点到底面DEF的最大距离为，D错误.
故选：AC.
7．##
【分析】先求得球的半径，画出组合体截面的图像，通过构造直角三角形来求得蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离.
【详解】根据球的体积公式，有.
题目所给图中，虚线的小正方形的边长为，其一半为，四个等腰直角三角形斜边上的高为.
画出截面图形如下图所示，其中，
故.
所以鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为.

故答案为：
8．C
【分析】利用球的体积公式求出半径，求出正三角形内切圆半径，利用勾股定理求出球心到上底面距离即可得解
【详解】设球的半径为R，三棱柱上底面正三角形的内切圆半径为r．由球的体积为可得，解得．
因为正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，所以底面正三角形的内切圆半径为，正三棱柱的高为4，设球心为，正三角形的内切圆圆心为，
取的中点M，并将这三点顺次连接，则由球的几何知识得为直角三角形，所以，于是该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为．
故选：C
9．B
【分析】由已知证得平面，再根据棱锥的体积公式计算可求得答案.
【详解】解：如图，连接，，，连接．因为，，所以，，所以平面．因为，所以．因为四边形是正方形，所以，则，故该正八面体的体积为．
故选：B.
10．ABD
【分析】利用勾股定理求得的长即可判断选项A；由几何体的结构特征将侧面积和底面积加起来即可得出其表面积判断B；易知长方体的外接球就是十面体的外接球可求得外接球半径，计算可得外接球表面积从而判断D；根据十面体外接球球心与外接圆圆心之间的位置关系，利用勾股定理即可求得其距离，进而判断选项C.
【详解】由图2可知，上底面的平面图如下所示：
连接交于点，易知，由勾股定理可得，
又因为长方体中，平面，平面，
所以，所以，
解得，即，
所以十面体的上、下底面之间的距离是，即A正确；
由，可知的面积为，
下底面面积，
所以十面体的表面积是，故B正确；
因为十面体是将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到的，
所以长方体的外接球就是十面体的外接球；
设十面体的外接球半径为，则
即，
所以十面体外接球的表面积是，故D正确；
由于，所以；
设的外接圆半径为，则，即，
由外接球与平面外接圆之间的关系可知，
十面体外接球球心到平面ABE的距离是
，即C错误；
故选：ABD.
11．
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出目标的表达式，从而可得最小值.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
则 ,
设,,.
,.
,
当且时，取到最小值，所以线段长度的最小值为.
【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量求解距离的最值问题时，一般是把目标式表示出来，结合目标式的特征，选择合适的方法求解最值.
12．ACD
【分析】建立空间直角坐标系，列方程确定四面体外接球球心的坐标和半径，再求球的表面积判断A，
利用向量方法求球心到直线AE的距离判断B，求平面的法向量，利用向量方法求点到平面
的距离判断C，求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值的最大值判断D.
【详解】因为与平面垂直，平面，
所以，
因为四边形为正方形，所以，
以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设四面体外接球的球心的坐标为，则
，
所以，
化简可得，
所以，
所以球心的坐标为，
所以球的半径，
所以四面体外接球的表面积，A正确；
直线的方向向量，又，
所以向量在向量上的投影向量的模的大小为，
所以点到直线的距离为，B错误；
设平面的法向量为，
则，又，，
所以，
取,则，
所以为平面的一个法向量，
若点P为DE的中点，则点的坐标为，
所以，
所以点到平面的距离为，C正确；
设，，则，
又，，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以，
设，，则，，
所以，
由基本不等式可得当时，，
当且仅当，即时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当点为棱的靠近点的三分点时，
直线与平面所成角的正弦值的最大，最大值为，D正确；
故选：ACD .

【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有四面体的外接球，球的表面积，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与平面的夹角，考查直观想象，数学运算方面的核心素养.
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