人教A版（2019）选择性必修第一册《点到直线的距离公式》提升训练（含解析）

人教A版(2019)选择性必修第一册《2.3.3点到直线的

距离公式》提升训练

一、单选题(本大题共13小题，共65分)

1.(5分)直线％+岛-5=0的倾斜角是0

A、3

B、-

3

27r

c'T

D、-6

A*CTD-T

2.(5分)已知△力BC的顶点A(5,5),AB边上的中线所在直线方程为x-5y+6=0,

AC边上的高所在直线方程为3x+2y-7=0,则BC所在直线的方程为0

A^x+2y+1=0

B、x—2y+3=0

C、x—2y-5=0

D、%4-2y-1=0

A.x+2y+1=0B.x—2y+3=0

C.x-2y-5=0D.x+2y-1=0

3.（5分）已知两不同直线兀与三不同平面a,p,y,下列条件能推出a//0的是（）

A.a1丫且。1yB.mua,nup,m7n

C.m1a且m10D.mua,nua,m〃。，n//p

4.（5分）如图，四边形ABC。为矩形，下底面宽AD=3丈，长4B=4丈，上棱E/=2

丈，EF与平面ABC。平行.£户与平面ABC。的距离为1丈，则它的体积是。

A.4立方丈B.5立方丈C.6立方丈D.8立方丈

5.(5分)在直线2x—3y+5=0上求点P,使点P到4(2,3)的距离为41,则点P的坐

标是0

A.(5,5)B.(-1,1)

C.(5,5)或D.(5,5)或(1,-1)

6.（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图，则

该三棱锥的体积为0

A.6B.9C.gD.3

7.（5分）在直三棱柱力BC—4B1G中，△力BC是边长为2的等边三角形，若异面直线

BCi与AC所成的余弦值为5则三棱柱48c-4*1（；1的体积为0

A.6B.3C.2D.1

8.（5分）如图，已知ABJ_平面BCD,BC_LCD,则图中直角三角形的个数为（）

A.1B.2C.3D.4

9.（5分）由直线＞=入+2上的点向圆*-4）2+Cy+2y=1引切线，则切线长的最

小值为（）

A.4/-1

B.4也

C.用

D.V15

10.（5分）直线y=kx+3被圆0-2尸+（y-3）2=4截得的弦长为2百，则直线的倾

斜角为（）

A*或1B.一抖；D*

11.（5分）设关于x的方程4*-2/1-力=0（匕£/?）,若该方程有两个不相等的实数

解，则b的取值范围是（）

A.[-1,0JB.[-1,0）C.（-1,0）D.（0,1）

12.（5分）在空间直角坐标系O-xyz中，4（0,0,1）,8（病,0,0）,C（0,1,0）,D（l,2,l）,若

四面体OABC的外接球的表面积为6兀，则异面直线OD与AB所成角的余弦值为

BEC.-D型

A・粤10

13.（5分）三棱锥P-ABC中，4ABe为等边三角形，PA=PB=PC=1,PAnPB,三棱锥

P-ABC的外接球的表面积为（）

…B.3兀C5D.2九

二、填空题（本大题共5小题，共25分）

14.（5分）若直线1：；+，=l（a>0,b>0）经过点（1,2）,则直线2在必由和y轴的截距之和

的最小值是.

15.（5分）利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观

图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形.以上结论中,

正确的是（填序号）.

16.（5分）如图，已知在三角形ABC中，乙4=60。，△C=90。，48=4cm,质点网从

点A出发沿4tBtC方向，同时质点也从点4出发沿AtCt8方向在该三角形上

运动，直至它们首次相遇为止.若质点R的速度为2cm/s,质点P2的速度为lcm/s,则

A%•4%的最大值为.

17.（5分）已知三棱锥P-ABC中，。为AB中点，PO1平面ABC,4APB=90。，

PA=PB=2,则下列说法中正确的序号为.

①若。为/ABC的外心，贝UPC=2；

②若/ABC为等边三角形，则AP1BC；

③当NACB=90。时，PC与平面PAB所成角的范围为（0,£；

④当PC=4时，M为平面PBC白动点，若OM〃平面PAC,则M在/PBC内的轨迹长度为

2.

18.（5分）在数列加"中，%=6,^=—,那么｛册｝的通项公式是_____.

a”n

三、解答题（本大题共5小题，共60分）

19.（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，PA1底面ABCD,点E在BC

上（异于点B）,F、G分别为PD、PA的中点.

p

(1)证明：B、E、F.G四点共面；

(2)证明：平面PAB1平面BEFG.

20.(12分)在平面直角坐标系算Oy中,己知圆C：/+产一4%=0及点A(-1,0),

8(1,2).

(1)若直线，平行于48,与圆C相交于0,E两点,且OE=4B,求直线，的方程；

(2)在圆C上是否存在点P,使得P%2+PB2=12成立？若存在，求点P的个数；若不存

在，说明理由：

(3)对于线段4c上的任意一点Q,若在以点B为圆心的圆上都存在不同的两点M,N,使

得点M是线段QN的中点，求圆B的半径r的取值范围.

21.(12分)如图正三棱柱ABC-AB'C'的所有棱长均为2,E、F、G、”分别是棱AA'、

AB、AC、8'C'的中点.

(1)求证：B'C7/面EFG；

(2)求三棱锥”-EFG的体积；

(3)求二面角E-FG-H的余弦值.

22.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA1平面ABCD,PA=

AD=4,AB=2.以BD的中点。为球心，BD为直径的球面交PD于点M.

(1)求证：平面ABM_L平面PCD；

(2)求直线PC与平面ABM所成角的正切值;

(3)求点。到平面ABM的距离.

23.(12分)在三角形ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,且噤

cos(C+8)-cosCsin8

C

(1)求角A的大小；

(2)若三角形ABC的面积为1,b+c=2+&，求a.

答案和解析

1.【答案】null;

【解析】解：％+6＞一5=0的斜率为一¥，

则所求倾斜角为

O

故选：D.

根据已知条件，结合直线斜率与倾斜角的关系，即可求解.

此题主要考查直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题.

2.【答案】null;

【解析】解：•・•△ABC的顶点4(5,5),AC边上的高所在直线方程为3丫+2丫-7=0,

・••AC边所在直线的方程为2%-3y+5=0,

•••AB边上的中线所在直线方程为％-5y+6=0,

，联立解得％=-1,y=l,即C(—l,l),

设

Q+5匚fc+5-_々

则线段48的中点M(受，第，｛W--5xh+6=。，解得即B(3,—l),

223a+2b-7=0b=-1

.i+ii

•••々也=卬=-5，

•••BC所在直线的方程为y-l=-1(x+l),即％+2y-1=0.

故选：D.

先求出直线AC,再结合4B边上的中线所在直线方程，求出C(-l,l),再结合中点坐标

公式，求出8(3,-1),即可求解.

此题主要考查直线方程的求解，属于基础题.

3.【答案】C;

【解析】解：因为a,0垂直于同一个平面丫，故a,。可能相交，可能平行，故力不正确;

a,。相交时，m,n都与交线平行，m//n,满足条件，不能推出W/仇故B不正确；

利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；

a,。相交时，m,九都与交线平行，m//n,满足条件，不能推出W/,故。不正确，

故选：C.

a,P垂直于同一个平面力故a,。可能相交，可能平行；

a,。相交时，m,几都与交线平行，m//n,满足条件；

利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；

a,0相交时，m,n都与交线平行，m//n,满足条件.

此题主要考查面面平行的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题.

4.【答案】B;

【解析】解：过E作EGJ_平面4BC0,垂足为G,过F作尸H1平面4BCD,垂足为H,

过G作PQ//4D,交力8于Q,交CD于P,过H作MN//8C,交AB于N,交CD于M,

则它的体积：

V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+^F-NBCM

=§XEGXS4AQPD+SAEPQXNQ+-XFHXSNBCM

=-xlxlx3+-x3xlx24--xlxlx3

323

=5（立方丈）.

故选：B.

过E作EG1平面ABC。，垂足为G,过F作尸H_L平面ABC。，垂足为H,过G作PQ//A。,

交48于Q,交CO于尸，过H作MN〃BC,交AB于N,交CD于M,则它的体积：V=

^E-AQPD+VEPQ-FMN+^F-NBCM-

此题主要考查几何体的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面旬的位置关系等基

础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，

是中档题.

5.【答案】C;

【解析】

此题主要考查两点间的距离公式，属基础题.

解：设点P（x,y）,则丫=等.

由|P川=45,得（%—2/+（竽-3产=13,即Q-2产=9,

解得％=-1或%=5.

当％=-1时，y=l;当％=5时，y=5,所以点P的坐标是（一1,1）或（5,5）.

6.【答案】D;

【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图，该几何体由一个四棱锥体4-BCDE

切去一个三棱锥体力-BCD.

如图所示：

B

故：V=^A-BCDE—^A-BCD=§XwX（2+3）x2x3—mX]X2x2x3=3.

故选：D.

首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用割补法的应用求出几何体的体积.

此题主要考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式,

主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题.

7.t答案】A；

【解析】

此题主要考查异面直线成角、三棱柱的体积，属于基础题.解：在直三棱柱力BC-

中，AC//AlClt

故乙BG4即为异面直线8Q与AC所成角或其补角,

连接&B,设B8i=h

在△A/G中，AVB=BCX=V4+7?,

二cos的2-2+B-=1

112Ale4

•••BCi=4,

•••V44-h2=4,h=2A/3,

・•・二棱柱人必?-的体积

V=BB1-ShABC=2V3•1•2•2•sin60°=6.

8.【答案】D;

【解析】解：由于AB_L平面BCD,

则AB_LBC,AB_LBD,AB±CD,

又BC1CD,

贝ijCD_L平面ABC,

则CD±AC,

故4ABC,△ACD,△ABD,△BCD均为直角三角形.

故选D.

9.【答案】C;

【解析】

该题考查直线与圆的方程的应用，考查学生数形结合思想的运用，属于中档题目.

解:直线y=%+2上一点尸到圆心的距离为d,切线长为/,

因此蜉■镇一户=必F-a,

当d最小时，/最小，

△的最小值为圆心（4,一2）到直线y=x+2的距离=4V2,

因此/的最小值为相.

故选C.

10.【答案】A;

【解析】

该题考查直线与圆的位置关系，考查直线的倾斜角，考查学生的计算能力，属于基础

题.

利用直线y=kx+3被圆(％-2)z+(y-3/=4截得的弦长为2遍，得到圆心到直线的

距离为d=GI=l=4%,求出匕即可求出直线的倾斜角.

vl+k2

解：由题知：圆心(2,3),半径为2.

因为直线y=kx+3被圆。-2产+(y-3)2=4截得的弦长为2国，

所以圆心到直线的距离为d=V4^3=1=舄，

Vl+fc2

J.k=±y,

设直线倾斜角为a,

由k=tana,且a6[0,兀)，

得a，或年

故选：A.

11.【答案】C;

【解析】略

12.【答案】A;

【解析】

此题主要考查了利用空间向量求异面直线所成角，球的表面积和体积，属于基础题.由

已知易知OA,OB,OC两两垂直，由47tx四:+裙=6兀,解得m2=2,得到/=

4

(2,0,1),OD=(1,2,1),代入夹角公式，即可得结果.

解：由已知易知OA,OB,0c两两垂直,

i,l2+l2+m4,

则mt4兀X-------=6兀,

4

解得m2=2,

则危=(2。-1),6b=(1,2,1),

Mcos<^ob>=^==f,

即异面直线OD与AB所成角的余弦值为嘤.

故选4

13.【答案】B:

【解析】

此题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于中档题.

先证明PADPCTBPC,可得三棱锥P-ABC外接球就是以PA,PB,PC为棱的长方体的外

接球，长方体的对角线即为球直径，结合球的表面枳公式可得结果.

解：口三棱锥P-ABC中，4ABe为等边三角形，PA=PB=PC=1,

Z1PAB=JPAC=zlPBC,

□PAnPB,2PADPC,PBnPC,

以PA,PB,PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，

则长方体的外接球也是三棱锥P-ABC外接球，

U长方体的对角线为V5，

U球直径为V5,半径为/?=当，

2

因此，三棱锥P-ABC外接球的表面积是4兀产=4兀xg)=3兀,

故选B.

14.【答案】3+2V2;

【解析】解：•••直线I：；+?=l(a>0,b>0)经过点(1,2)

.•一+，=1,

ab

a+8=(a+b)*+6=3+?+个>3+2VL当且仅当匕=在。时上式等号成立.

・••直线在工轴，y轴上的截距之和的最小值为3+2式.

故答案为：3+2V2.

把点(1,2)代入直线方程，得到5+^=1,然后利用a+b=(a+b)6+a，展开后利

用基本不等式求最值.

该题考查了直线的截距式方程，考查利用基本不等式求最值，是中档题.

15•【答案】①②；

【解析】

此题主要考查斜二测法画直观图与平面图形的联系.

根据斜二测画法的规则，逐个判断即可.

解：斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，

相交直线的直观图还是相交直线，故①®正确；

但是斜二测画法中平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，

则止方形的直观图不是止方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错.

故答案为①②.

16.【答案】*

【解析】解：设运动时间为£s,

当Pi运动到点B时，P2恰运动到点C，此时"手=2s,

当&和P2首次相遇时，必在线段8C上，此时(£-2)+2(t-2)==2B，解得£=

(竽+2)s,

若0V£42,则2和P2分别在线段4B和4c上，

2

所以APi•AP2=2t-t-cos60°=t<4；

若2Vt4苧+2,则Pi和「2均在线段BC上，

所以崩i.崩2=(6+BPi)­(AC+CP2)=ABAC+AB+AC-]-BP^

CP2=4x2xcos60°+4x(t-2)xcos30°+0+2(t—2)x(t-2)x(-1)

=-2t2+(2V3+8)t-4V3-4,

开口向卜，对称轴为£=3W(2,2?+2),

所以当£=竽时，A4ZH取得最大值为£>4,

综上所述，品的最大值为日.

故答案为：y.

设运动时间为ts,分两种情况讨论：①当0Vt42时，由平面向量数量积的运算法则

直接计算欣•人"即可；②当2Vt《当+2时，先将京•欣表示成关于t的二次

函数，再由二次函数的图象与性质，得解.

此题主要考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的数量积，二次函数的图

象与性质是解答该题的关键，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中

档题.

17.【答案】①③④；

【解析】解：对于①，连接0C,若。为4ABC的外心，则OA=OB=OC,

又•••P01平面ABC,，PA=PB=PC=2,故①正确，

对于②，假设AP1BC,

•••PO_L平面ABC,BCl平面ABC,

P01BC,又•••APnP0=P,

.••BC1平面PAB,MBC1AB,这与/ABC为等边三角形矛盾，故②错误，

对于③，若ZACB=9O。，则OC=：AB=VL且。为4ABC的外心

••.PC=2,过点C作CH_LAB于〃，连接PH,

vPO_L平面ABC,POu平面PAB,二平面PAB1平面ABC,

X---YffiPABnYffiABC=AB,CHlYffiPAB,

贝ij4CPH即为PC与平面PAB所成的角，•••sinzCPH=,=浮，

•••CH<OC=V2,sinzCPH=yG(0净,

・•.ZCPHE(0,J故③正确，

对于④，分别取PB,BC的中点％,M2,连接OM],OM2,MIM2，

OM】〃PA,又•:0M1共平面PAC,PAu平面PAC,

・••0Ml〃平面PAC,同理可证。乂2〃平面PAC,

又•••OMiu平面。M-OM2U平面OM1M2，0Mle1。“2=0，

••・平面PAC//平面0MlM2,

二线段MM2为M在4PBC内的轨迹，又MiM?=^PC=2,

・•.M在4PBe内的轨迹长度为2,故④正确，

・•・说法中正确的序号为①③©,

故答案为：①③④.

由三角形外心的性质可判断①正确，利用假设法结合线面垂直的判定定理可判断②错

误，对于③，若NACB=90。，易求OC=VLPC=2,过点C作CHIAB于H,连接

PH,由POJ■平面ABC,可证平面PABJ"平面ABC,进而得到CH1平面PAB,则NCPH

即为PC与平面PAB所成的角，寻求出NCPH的范围即可判断③正确，对于④，分别取

PB,BC的中点％,M2,连接。Mi，OM2，M/2，易证平面PAC//平面0%”2，线段

M1M2为M在/PBC内的轨迹，从而判断④正确.

此题主要考查了三角形外心的性质，考查了线面垂直的判定，以及直线与平面所成的

夹角，是中档题.

18.【答案】即F(n+1)(n+2);

【解析】解：•.•在数列Mn｝中，QI=6,皿=上,

ann

当n34时，&=旦・一・—―・竺竺竺％

an-lan-2an-3a3a2al

n+2n+1nn-13+22+31+3,

=X。

n-ln-2n-3n-4321

=n(n+l)(n+2),

经验证当?i=l,2,3时也成立，

因此：On=n(n+l)(n+2).

故答案为：=n(n+l)(n+2).

利用“累乘求积法”即可得出.

该题考查了“累乘求积法“，属于基础题.

19.【答案】证明：(1)连接EF、FG、GB,

因为F、G分别为PD、PA的中点，

所以FG//AD,

又因为底面ABCD为矩形，点E在BC上，

所以FG//EB,

所以8、E、F、G四点共面；

(2)因为ABCD为矩形，

所以ABIAD,

又因为PA1底面ABCD,

所以PAIAD,

而PAnAB=A,

所以DA1平面PAB,

由FG//AD,

所以FG1平面PAB,

又FGu平面BEFG,

所以平面PABL平面BEFG.;

【解析】此题主要考查平面的基本性质及应用、面面垂直的判定、考查推理能力，属

中档题.

(1)证出FG//BE,即可证出结果；

(2)证出FGJ■平面PAB,即可证出结果.

20.【答案】解：(1)圆C的标准方程为(x-2)2+y2=4,所以圆心C(2,0),半径

为2.

因为1〃AB,A(-1,0),B(I,2),所以直线I的斜率为吝

设直线1的方程为x-y+m=0,

则圆心C到直线1的距离为d二等.

因为DE=AB=V22+22=2V2,

而CE—2+号)2,所以4=(蟹1)2+2,

解得m=0或m=-4,

故直线1的方程为x-y=O或x-y-4=0.

(2)假设圆C上存在点P,设P(x,y),则(x-2)2+y2=4,

PA2+PB2=(X+1)2+(y-0)2+(x-1)2+(y-2)2=12,

BPx2+y2-2y-3=0,即(y-i)2=4,

因为|2-2|<J(2—0)2+(0—1)2<2+2,

所以圆(x-2)2+y2=4与圆/+(y-i)2=4相交,

所以点P的个数为2.

(3)线段OA的方程为：x+y=0,设Q(1,0)，(-l<t<2)，N(x,y),

因为点M为QN的中点，所以M(等，“，

又M,N都在半径为r的圆B上，

(x-l)2+(y-2)2=r2(x-I)2+(y-2)2=r2

所以｛(9—1)2+©—2)2=N，即｛

(x+t—2)2+(y-4)2=(2r)2

根据两圆有公共点,可得(2r-r)2<(t-1)2+4<(2r+r)2,对于2］恒成立,

设f(m)=2m2+8m+40,(-2<m<0),

又在(t-1)2+4为所以且9r2型,

解得手

又Q在圆外，所以(M)2+4>产恒成立，所以丁2<4,・・・0VrV2.

综上所述：圆B的半径r的取值范围是［誓，2).;

【解析】

(1)求出圆心C到直线1的距离，利用勾股定理建立方程，即可求直线I的方程；

(2)求出P的轨迹方程，利用两圆的位置关系，即可得出结论.

(3)线段。幺的方程为：x+y=0,设Q(t,0),(-l<t<2),N(x,y),根据中点公式求

得M的坐标，将M,N的坐标代入圆8的方程，得到两个圆的方程，根据两圆有公共点

列式可得，再根据恒成立转化为最值可得.

此题主要考查了直线与圆的方程的求法，考查了圆与圆的位置关系，考查运算求解能

力，属中档题.

21.【答案】(1)证明：因为ABC-ABC'是三棱柱，所以BC'〃BC,

又AF=FB,AG=GC,所以BC〃FG,

所以B'C'〃FG,FGu平面EFG,B'C'C面EFG,

所以BC〃面EFG；

(2)解：由(1)可得，VH-EFG=VB-EFG=VG=EFB>

所以％.EFB=15AEFB.h,其中h为点G到平面ABBA的距离，

因为正三棱柱ABC-ABC，的所有棱长均为2,

所以1《><,22-12=多

故%-EFB=I^AEFB-h二9x(2x2—1x2—1xlxl)x

所以三棱锥H-EFG的体积为f；

4

(3)解：设二面角E-FG-A,H-FG-B,3-FG-H的平面角分别为a,。，y,

则y=7t-a-P»

所以cos尸cos(7t-a-p)=-cos(a+p)=sinasinp-cosacosp>

过点A作AR_LFG于点R,连结ER,则NARE=a,

所以sina=^,cosa=^>

同理可得，cosp=^,sinp=^==,

所以cosy=sinasinp-cosacosp=^x^=-^x^=^p,

故二面角E・FG-H的余弦值为甯.；

【解析】

⑴利用棱柱的几何性质得到夕C'〃FG,然后由线面平行的判断定理证明即可；

(2)利用线面平行，可得0_EFG=%-EFG=%=EFB，从而得到％-EFB=gSzlEFBh，求解

即可得到答案;

(3)二面角E-FG-A,H-FG-B,3-FG-H的平面角分别为a,p,y,则有

cosy=sinasinp-cosacosp,过点A作AR1FG于点R,连结ER,贝iJ/ARE=a,求出

sina,cosa,同理求出sin。，cosp,即可得到答案.

此题主要考查了线面平行的判定定理的应用，锥体体积公式的应用以及二面角的平面

角的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题.

22.【答案】方法(一)：

(1)证明：依题设，M在以BD为直径的球面上，贝IJBM_LPD

因为PA1YEABCD,ABu平面ABCD,则PA1AB,

又AB1AD,PACiAD=A,PA、ADu平面PAD,

所以AB_L平面PAD,

又PDu平面PAD,

则AB1PD,因为ABnBM=8,AB、BMu平面ABM,

因此有PD1平面ABM,又PDu平面PCD,

所以平面ABM_L平面PCD；

解：(2)设平面ABM与PC交于点N,

因为AB〃CD,ABC平面PCD,CDu平面PCD,

所以AB〃平面PCD,

又平面ABNMn平面PCD=MN,ABu平面ABNM,

则AB//MN//CD,

由(1)知，PDJ■平面ABM,

则MN是PN在平面ABM上的射影，

所以NPNM就是PC与平面ABM所成的角，

且乙PNM=/PCD,

又ABu平面ABM,所以PD1AB,所以PD_LCD,

所以tan乙PNM=tanZPCD=—=2或,

所以直线PC与平面ABM所成的角的正切值为2鱼.

(3)因为。是BD的中点，

则。点到平面ABM的距离等于。点到平面ABM距离的一半，

由⑴知，PD_L平面ABM于M,贝IJDM就是。点到平面ABM距离,

因为在RtdPAD中，PA=AD=4,PD1AM,

所以M为PD中点，DM=2e，

则。点到平面ABM的距离等于近.

方法二：

证明：(1)同方法一；

则处0,0,0),P(0,0,4),B(2,0,0),C(2,4