第1.4节综合训练

点 $ M $ 构成的图形是经过点 $ A $ ,且以 $ \boldsymbol{n} $ 为法向量的平面.

$ \because PA\perp $ 平面 $ ABCD $ , $ AB $ , $ AD\subset $ 平面 $ ABCD $ , $ \therefore PA\perp AB $ , $ PA\perp AD $ .又底面 $ ABCD $ 是正方形, $ \therefore AB\perp AD $ ,则 $ PA $ , $ AB $ , $ AD $ 两两垂直, $ \therefore $ 以点 $ A $ 为坐标原点, $ \overrightarrow {AB} $ , $ \overrightarrow {AD} $ , $ \overrightarrow {AP} $ 的方向分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示,由 $ PA=AB=2 $ , $ E $ , $ F $ 分别为 $ PD $ , $ PB $ 的中点,得 $ O(1,1,0) $ , $ C(2,2,0) $ , $ E(0,1,1) $ , $ F(1,0,1) $ ,则 $ \overrightarrow {EF}=(1,-1,0) $ , $ \overrightarrow {EC}=(2,1,-1) $ .设平面 $ EFC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\overrightarrow {EF}\cdot \boldsymbol{m}=x-y=0,\\ \overrightarrow {EC}\cdot \boldsymbol{m}=2x+y-z=0,\end{cases} $ 令 $ x=1 $ ,得 $ \boldsymbol{m}=(1,1,3) $ .设 $ G(0,0,a) $ ,则 $ \overrightarrow {OG}=(-1,-1,a) $ , $ \because OG// $ 平面 $ EFC $ , $ \therefore \overrightarrow {OG}\perp \boldsymbol{m} $ , $ \therefore \overrightarrow {OG}\cdot \boldsymbol{m}=0 $ ,即 $ -1×1-1×1+3a=0 $ ,解得 $ a=\dfrac{2}{3} $ , $ \therefore AG=\dfrac{2}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图，连接 $ {A}_{1}{C}_{1} $ 交 $ {B}_{1}{D}_{1} $ 于点 $ O $ ，连接 $ AO $ ,过点 $ C $ 作 $ CH\perp AO $ 于点 $ H $ ，连接 $ CO $ ， $ AC $ .易得平面 $ A{B}_{1}{D}_{1}\perp $ 平面 $ A{A}_{1}{C}_{1}C $ ，且平面 $ A{B}_{1}{D}_{1}\cap $ 平面 $ A{A}_{1}{C}_{1}C=AO $ ， $ CH\subset $ 平面 $ A{A}_{1}{C}_{1}C $ ，所以 $ CH\perp $ 平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ ，则 $ CH=\dfrac{4\sqrt{10}}{5} $ .设 $ A{A}_{1}=a(a > 0) $ ，则 $ AO=CO=\sqrt{{a}^{2}+2} $ , $ AC=2\sqrt{2} $ ，则根据三角形面积公式得 $ {S}_{△AOC}=\dfrac{1}{2}×AO×CH=\dfrac{1}{2}×AC×A{A}_{1} $ ，代入解得 $ a=2\sqrt{2} $ （负值舍）.

以 $ {A}_{1} $ 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 $ {A}_{1}xyz $ .

则 $ A(0,0,2\sqrt{2}) $ , $ {B}_{1}(2,0,0) $ , $ {D}_{1}(0,2,0) $ , $ D(0,2,2\sqrt{2}) $ ,所以 $ \overrightarrow {A{D}_{1}}=(0,2,-2\sqrt{2}) $ , $ \overrightarrow {A{B}_{1}}=(2,0,-2\sqrt{2}) $ ， $ \overrightarrow {{B}_{1}D}=(-2,2,2\sqrt{2}) $ .

设平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ，则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot {\overrightarrow {AD}}_{1}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot {\overrightarrow {AB}}_{1}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}2y-2\sqrt{2}z=0,\\ 2x-2\sqrt{2}z=0,\end{cases} $ 令 $ x=\sqrt{2} $ ，得平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ 的一个法向量 $ \boldsymbol{n}=(\sqrt{2} $ , $ \sqrt{2} $ , $ 1). \cos ⟨\overrightarrow {{B}_{1}D} $ , $ \boldsymbol{n}⟩=\dfrac{\overrightarrow {{B}_{1}D}\cdot \boldsymbol{n}}{|\overrightarrow {{B}_{1}D}||\boldsymbol{n}|}=\dfrac{\sqrt{10}}{10} $ ，所以直线 $ {B}_{1}D $ 与平面 $ A{B}_{1}{D}_{1} $ 所成角的余弦值为 $ \sqrt{1-{\left(\dfrac{\sqrt{10}}{10}\right) ^ {2}}}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10} $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

以点 $ D $ 为坐标原点, $ \overrightarrow {DA} $ , $ \overrightarrow {DC} $ , $ \overrightarrow {D{D}_{1}} $ 的方向分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则 $ B(2,2,0) $ , $ E(2,0,1) $ , $ F(1,0,2) $ , $ {D}_{1}(0,0,2) $ ,

设点 $ P(a,b,0)(0\leqslant a\leqslant 2,0\leqslant b\leqslant 2) $ ,则 $ \overrightarrow {BE}=(0,-2,1) $ , $ \overrightarrow {EF}=(-1,0,1) $ , $ \overrightarrow {{D}_{1}P}=(a,b,-2) $ .

设平面 $ BEF $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ,由 $ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {BE}=-2y+z=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {EF}=-x+z=0,\end{cases} $

取 $ z=2 $ ,可得 $ x=2 $ , $ y=1 $ ,所以 $ \boldsymbol{m}=(2,1,2) $ 为平面 $ BEF $ 的一个法向量.

由题意可知, $ {D}_{1}P// $ 平面 $ BEF $ ,则 $ \overrightarrow {{D}_{1}P}\cdot \boldsymbol{m}=2a+b-4=0 $ ,

令 $ b=0 $ ,可得 $ a=2 $ ,令 $ b=2 $ ,可得 $ a=1 $ ,

所以点 $ P $ 的轨迹为线段,且交 $ AD $ 于点 $ A(2,0,0) $ ,交 $ BC $ 于点 $ M(1,2,0) $ ,

所以点 $ P $ 的轨迹长度为 $ AM=\sqrt{A{B}^{2}+B{M}^{2}}=\sqrt{{2}^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{5} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

如图,把几何体补全为长方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ ,则 $ {A}_{1}E={A}_{1}H=\dfrac{1}{2}{A}_{1}{B}_{1}=10\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ A{A}_{1}=\sqrt{A{E}^{2}-{A}_{1}{E}^{2}}=10\sqrt{3}\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,所以该包装盒的容积为 $ {V}_{ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1}}-4{V}_{A-{A}_{1}EH}=20×20×10\sqrt{3}-4×\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×10×10×10\sqrt{3}=\dfrac{10000\sqrt{3}}{3}{\mathrm{c}\mathrm{m}}^{3} $ ,故②错误；

以 $ D $ 为坐标原点, $ DA $ , $ DC $ , $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴建立空间直角坐标系,则 $ A(20,0,0) $ , $ B(20,20,0) $ , $ E(20,10,10\sqrt{3}) $ , $ F(10,20,10\sqrt{3}) $ , $ H(10,0,10\sqrt{3}) $ ,可得 $ \overrightarrow {EH}=(-10,-10,0) $ , $ \overrightarrow {AE}=(0,10,10\sqrt{3}) $ , $ \overrightarrow {BF}=(-10,0,10\sqrt{3}) $ ,所以 $ \overrightarrow {EH}\cdot \overrightarrow {BF}=100 $ ,故①正确；

设平面 $ AEH $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {EH}=-10x-10y=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AE}=10y+10\sqrt{3}z=0,\end{cases} $ 令 $ x=\sqrt{3} $ ,则 $ y=-\sqrt{3} $ , $ z=1 $ ,可得 $ \boldsymbol{n}=(\sqrt{3},-\sqrt{3},1) $ ,由题意可知,上底面 $ HEFG $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{m}=(0,0,1) $ ,则 $ \cos ⟨\boldsymbol{m} $ , $ \boldsymbol{n}⟩=\dfrac{\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}}{\left|\boldsymbol{m}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{7}×1}=\dfrac{\sqrt{7}}{7} $ ,由图可知二面角 $ A-HE-F $ 为钝二面角,所以二面角 $ A-HE-F $ 的余弦值为 $ -\dfrac{\sqrt{7}}{7} $ ,故③正确.故选 $ \mathrm{A} $ .

在题图①中,由 $ f(x)= \sin (\mathrm{\pi }x+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{6}) $ ,得 $ A(-\dfrac{1}{3},1) $ , $ B(\dfrac{2}{3},-1) $ , $ D(\dfrac{2}{3},0) $ , $ M(0,\dfrac{1}{2}) $ ,

在题图②中,建立如图所示的空间直角坐标系 $ Oxyz $ ,

则 $ A(0,-\dfrac{1}{3},1) $ , $ B(1,\dfrac{2}{3},0) $ , $ M(0,0,\dfrac{1}{2}) $ , $ D(0,\dfrac{2}{3},0) $ ,则 $ \overrightarrow {AB}=(1,1,-1) $ ,则 $ \left|\overrightarrow {AB}\right|=\sqrt{3} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

设平面 $ ABM $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,又 $ \overrightarrow {AM}=(0,\dfrac{1}{3},-\dfrac{1}{2}) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AB}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AM}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}x+y-z=0,\\ \dfrac{1}{3}y-\dfrac{1}{2}z=0,\end{cases} $ 取 $ y=3 $ ,则 $ z=2 $ , $ x=-1 $ ,所以平面 $ ABM $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(-1,3,2) $ ,又 $ \overrightarrow {DB}=(1,0,0) $ ,所以点 $ D $ 到平面 $ ABM $ 的距离为 $ \dfrac{\left|\overrightarrow {DB}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{1}{\sqrt{14}}=\dfrac{\sqrt{14}}{14} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

取 $ \boldsymbol{a}=\overrightarrow {DB}=(1,0,0) $ , $ \boldsymbol{u}=\dfrac{\overrightarrow {AB}}{\left|\overrightarrow {AB}\right|}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(1,1,-1)=(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\dfrac{\sqrt{3}}{3},-\dfrac{\sqrt{3}}{3}) $ ,则 $ {\boldsymbol{a}}^{2}=1 $ , $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{u}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ ,所以点 $ D $ 到直线 $ AB $ 的距离为 $ \sqrt{{\boldsymbol{a}}^{2}-{\left(\boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{u}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3} $ , $ \mathrm{C} $ 错误.

易知平面 $ OBD $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{m}=(0,0,1) $ ,

则平面 $ OBD $ 与平面 $ ABM $ 夹角的余弦值为 $ \dfrac{\left|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{m}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{2}{1×\sqrt{14}}=\dfrac{\sqrt{14}}{7} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

因为 $ \overrightarrow {AE}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow {AD} $ ，所以 $ E $ 为 $ AD $ 中点，又 $ \overrightarrow {BF}=\lambda \overrightarrow {BA}+\mu \overrightarrow {BC} $ ， $ \lambda $ , $ \mu \in [0,1] $ ，故 $ F $ 在底面正方形 $ ABCD $ 内（包括边界），其中 $ {S}_{△{A}_{1}{C}_{1}E} $ 为定值，即三棱锥 $ {A}_{1}-F{C}_{1}E $ 的体积最大时，点 $ F $ 到平面 $ {A}_{1}{C}_{1}E $ 的距离最大.

以 $ D $ 为坐标原点， $ DA $ , $ DC $ , $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴建立空间直角坐标系，如图.

正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的棱长为2，故 $ {A}_{1}(2,0,2) $ , $ E(1,0,0) $ , $ {C}_{1}(0,2,2) $ , $ B(2,2,0) $ ，设 $ F(s,t,0) $ ， $ s $ , $ t\in [0,2] $ ，平面 $ {A}_{1}{C}_{1}E $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ，则

$ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}E}=(x,y,z)\cdot (-1,0,-2)=-x-2z=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}=(x,y,z)\cdot (-2,2,0)=-2x+2y=0,\end{cases} $

令 $ z=1 $ ，得 $ x=-2 $ , $ y=-2 $ ，故 $ \boldsymbol{m}=(-2,-2,1) $ .

则点 $ F(s,t,0) $ 到平面 $ {A}_{1}{C}_{1}E $ 的距离 $ d=\dfrac{|\overrightarrow {EF}\cdot \boldsymbol{m}|}{|\boldsymbol{m}|}=\dfrac{|(s-1,t,0)\cdot (-2,-2,1)|}{\sqrt{4+4+1}}=\dfrac{1}{3}|2-2s-2t| $ ，

故当 $ s=t=2 $ 时，点 $ F $ 到平面 $ {A}_{1}{C}_{1}E $ 的距离最大，此时 $ F(2,2,0) $ ，即 $ F $ 与 $ B $ 重合.

设三棱锥外接球的球心为 $ O(a,b,c) $ ，由 $ OE=OB=O{A}_{1}=O{C}_{1} $ 得

$ \begin{cases}{\left(a-1 \right) ^ {2}}+{b}^{2}+{c}^{2}={\left(a-2 \right) ^ {2}}+{\left(b-2 \right) ^ {2}}+{c}^{2},\\ (a-1)^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}={\left(a-2 \right) ^ {2}}+{b}^{2}+{\left(c-2 \right) ^ {2}},\\ (a-1)^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}={a}^{2}+{\left(b-2 \right) ^ {2}}+{\left(c-2 \right) ^ {2}},\end{cases} $ 解得 $ a=b=c=\dfrac{7}{6} $ ，

故外接球球心为 $ O(\dfrac{7}{6},\dfrac{7}{6},\dfrac{7}{6}) $ ，半径为 $ r=\sqrt{{\left(\dfrac{7}{6}-1\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{7}{6}\right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{7}{6}\right) ^ {2}}}=\dfrac{\sqrt{11}}{2} $ ，

故外接球的表面积为 $ 4\mathrm{\pi }{r}^{2}=11\mathrm{\pi } $ .

$ \because AB=AC=1 $ , $ BC=\sqrt{2} $ , $ \therefore A{B}^{2}+A{C}^{2}=B{C}^{2} $ , $ \therefore △ABC $ 是等腰直角三角形,且 $ AB\perp AC.\because AC=CD=1 $ , $ AD=\sqrt{3} $ , $ \therefore △ACD $ 是以 $ AD $ 为底边的等腰三角形,四边形 $ ABCD $ 的形状如图所示.

在三棱锥 $ D-ABC $ 中,以点 $ A $ 为原点, $ AC $ , $ AB $ 所在直线分别为 $ x $ 轴, $ y $ 轴,以过点 $ A $ 且垂直于平面 $ ABC $ 的直线为 $ z $ 轴建立空间直角坐标系,如图所示，则 $ A(0,0,0) $ , $ B(0,1,0) $ , $ C(1,0,0) $ .设点 $ D $ 的坐标为 $ (a,b,c) $ , $ \overrightarrow {AC}=(1,0,0) $ , $ \overrightarrow {AD}=(a,b,c) $ .由四边形 $ ABCD $ 及二面角 $ B-AC-D $ 为钝角可得 $ a > 0 $ , $ b < 0 $ , $ c > 0 $ .易知 $ \boldsymbol{m}=(0,0,1) $ 是平面 $ ABC $ 的法向量，

设平面 $ ACD $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\overrightarrow {AD}\cdot \boldsymbol{n}=0,\\ \overrightarrow {AC}\cdot \boldsymbol{n}=0,\end{cases} $

即 $ \begin{cases}ax+by+cz=0,\\ x=0,\end{cases} $ 令 $ y=c $ ,则 $ z=-b $ , $ \boldsymbol{n}=(0,c,-b) $ .

$ \because $ 二面角 $ B-AC-D $ 的大小为 $ {120}^{\circ } $ ,

$ \therefore | \cos ⟨\boldsymbol{m} $ , $ \boldsymbol{n}⟩\left|=\dfrac{\left|\boldsymbol{m}\cdot \boldsymbol{n}\right|}{\left|\boldsymbol{m}\right|\left|\boldsymbol{n}\right|}=\dfrac{\left|-b\right|}{\sqrt{{b}^{2}+{c}^{2}}}=\right| \cos {120}^{\circ }|=\dfrac{1}{2} $ ,得 $ {c}^{2}=3{b}^{2} $ ,①

$ {\left|\overrightarrow {CD}\right|}^{2}={\left(a-1\right) ^ {2}}+{b}^{2}+{c}^{2}=1 $ ,②

$ {\left|\overrightarrow {AD}\right|}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}={\left(\sqrt{3}\right) ^ {2}} $ ,③

联立 $ ①②③ $ ,由 $ a > 0 $ , $ b < 0 $ , $ c > 0 $ 得 $ a=\dfrac{3}{2} $ , $ b=-\dfrac{\sqrt{3}}{4} $ , $ c=\dfrac{3}{4} $ ,即 $ D(\dfrac{3}{2} $ , $ -\dfrac{\sqrt{3}}{4} $ , $ \dfrac{3}{4}) $ ,点 $ D $ 到平面 $ ABC $ 的距离 $ d=\left|\overrightarrow {AD}\right|\cdot \cos ⟨\overrightarrow {AD} $ , $ \boldsymbol{m}⟩=\sqrt{3}×\dfrac{0+0+\dfrac{3}{4}}{\sqrt{3}×1}=\dfrac{3}{4} $ .

$ \because {S}_{△ABC}=\dfrac{1}{2}×1×1=\dfrac{1}{2} $ , $ \therefore $ 三棱锥 $ D-ABC $ 的体积 $ {V}_{D-ABC}=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{8} $ .