2023届高考一轮复习加练必刷题第66练　高考大题突破练—空间距离及立体几何中的探索性问题【解析版】

第66练　高考大题突破练—空间距离及立体几何中的探索性问题

考点一　空间距离

1．如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝4，AD＝6，M，N分别是DC1，AC的中点．

(1)求证：MN∥平面ADD1A1；

(2)求C到平面A1MN的距离．

(1)证明　如图，分别取DD1和AD的中点E，F，连接EF，EM，FN，

则EM∥DC且EM＝DC，FN∥DC且FN＝DC，

所以EM∥FN，且EM＝FN，

所以四边形EMNF是平行四边形，所以EF∥MN，

又EF⊂平面ADD1A1，MN⊄平面ADD1A1，

所以MN∥平面ADD1A1.

(2)解　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(6,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，A1(6,0,2)，

又M，N分别是DC1，AC的中点，

所以M(0,2,1)，N(3,2,0)，

所以＝(－3,2，－2)，＝(－6,2，－1)，＝(0，－2,1)．

设平面A1MN的一个法向量为n＝，则

⇒令z＝3，则x＝1，y＝，

所以n＝，

设C到平面A1MN的距离为d，则d＝＝＝.

所以C到平面A1MN的距离为.

考点二　立体几何中的探索性问题

2．在如图所示的几何体中，平面ADNM⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，四边形ADNM是矩形，∠DAB＝，AB＝2，AM＝1，E是AB的中点．

(1)求证：DE⊥平面ABM；

(2)在线段AM上是否存在点P，使平面PEC与平面ECD夹角的大小为？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．

(1)证明　如图，连接BD，由四边形ABCD是菱形，∠DAB＝，E是AB的中点．

得DE⊥AB，

因为四边形ADNM是矩形，

平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，

所以MA⊥平面ABCD，又DE⊂平面ABCD，

所以DE⊥AM，又AM∩AB＝A，AM，AB⊂平面ABM，

所以DE⊥平面ABM.

(2)解　由DE⊥AB，AB∥CD，故DE⊥CD，

因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD且交线为AD，

ND⊥AD，所以ND⊥平面ABCD，

以D为原点，DE所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DN所在直线为z轴，建立如图所示的坐标系，则D(0,0,0)，E(，0,0)，C(0,2,0)，N(0,0,1)，设P(，－1，m)(0≤m≤1)，则

＝(－，2,0)，＝(0，－1，m)，

因为ND⊥平面ABCD，所以易知＝(0,0,1)为平面ECD的一个法向量，

设平面PEC的法向量为n＝(x，y，z)，n·＝n·＝0，即

取z＝1，n＝，

假设在线段AM上存在点P，使平面PEC与平面ECD夹角的大小为.

则cos ＝＝＝，

解得m＝，经检验，符合题意．

所以存在点P在线段AM上，使平面PEC与平面ECD夹角的大小为，此时AP＝.

3．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AD⊥DC，且AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°.

(1)求证：AD⊥平面PCD；

(2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值；

(3)设M是棱PA的中点，在棱BC上是否存在一点F，使MF∥PC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由．

(1)证明　因为平面ABCD⊥平面PCD，平面ABCD∩平面PCD＝CD，

AD⊥DC，所以AD⊥平面PCD.

(2)解　作z轴⊥平面ABCD，则z轴在平面PCD中，

如图，以D为原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，

则P(0，－1，)，D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，

则＝(2,0,0)，＝(0，－1，)，＝(0,3，－)，＝(－2,1,0)，

设m＝(x1，y1，z1)为平面PAD的法向量，n＝(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量，

则有可取m＝(0，，1)，

同理，可取n＝(1,2,2)，

则|cos〈m，n〉|＝＝＝，

所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.

(3)解　假设点F存在，设此时＝λ(0≤λ≤1)，

M，

＝λ＝(－2λ，λ，0)，＝，＝(0,1,0)，

则＝＋＋＝，

因为MF∥PC，则∥，

所以存在唯一的实数μ，使得＝μ，即＝(0,3μ，－μ)，

所以方程组无解，与题设矛盾，

所以棱BC上不存在一点F，使MF∥PC.

4．如图，在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4.Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B－AO－C是直二面角．动点D在斜边AB上．

(1)求证：平面COD⊥平面AOB；

(2)求直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．

(1)证明　∵△AOB为直角三角形，且斜边为AB，

∴∠AOB＝.

将Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到Rt△AOC，则∠AOC＝，即OC⊥AO.

∵二面角B－AO－C是直二面角，即平面AOC⊥平面AOB.

又平面AOC∩平面AOB＝AO，OC⊂平面AOC，

∴OC⊥平面AOB.

∵OC⊂平面COD，

因此，平面COD⊥平面AOB.

(2)解　在Rt△AOB中，∠OAB＝，斜边AB＝4，

∴OB＝AB＝2且∠OBA＝.

由(1)知，OC⊥平面AOB，

∴直线CD与平面AOB所成的角为∠ODC.

在Rt△OCD中，∠COD＝，OC＝OB＝2，CD＝＝，

∴sin∠ODC＝＝，

当OD⊥AB时，OD取最小值，此时sin∠ODC取最大值，且OD＝OBsin＝.

因此，sin∠ODC＝＝≤＝，

即直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为.