新高考高考数学一轮复习巩固练习7.11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》（2份打包，解析版+原卷版）

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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＝eq \f(1,2)DC，FN∥DC且FN＝eq \f(1,2)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eq \(A1N,\s\up6(—→))＝(－3,2，－2)，eq \(A1M,\s\up6(—→))＝(－6,2，－1)，eq \(CM,\s\up6(→))＝(0，－2,1)．
设平面A1MN的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1N,\s\up6(—→))＝0，,n·\(A1M,\s\up6(—→))＝0，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋2y－2z＝0，,－6x＋2y－z＝0，))令z＝3，则x＝1，y＝eq \f(9,2)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(9,2)，3))，
设C到平面A1MN的距离为d，则d＝eq \f(|\(CM,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－9＋3|,\r(\f(121,4)))＝eq \f(12,11).
所以C到平面A1MN的距离为eq \f(12,11).
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＝eq \f(π,3)，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eq \f(π,4)？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＝eq \f(π,3)，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(eq \r(3)，0,0)，C(0,2,0)，N(0,0,1)，设P(eq \r(3)，－1，m)(0≤m≤1)，则
eq \(EC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2,0)，eq \(EP,\s\up6(→))＝(0，－1，m)，
因为ND⊥平面ABCD，所以易知eq \(DN,\s\up6(→))＝(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·eq \(EC,\s\up6(→))＝n·eq \(EP,\s\up6(→))＝0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋2y＝0，,－y＋mz＝0，))
取z＝1，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,\r(3))，m，1))，
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eq \f(π,4).
则cs eq \f(π,4)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DN,\s\up6(→)),|n||\(DN,\s\up6(→))|)))＝eq \f(1,\r(\f(4m2,3)＋m2＋1))＝eq \f(\r(2),2)，
解得m＝eq \f(\r(21),7)，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eq \f(π,4)，此时AP＝eq \f(\r(21),7).
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，eq \r(3))，D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，
则eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,3，－eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DA,\s\up6(→))＝2x1＝0，,m·\(DP,\s\up6(→))＝－y1＋\r(3)z1＝0，))可取m＝(0，eq \r(3)，1)，
同理，可取n＝(1,2,2eq \r(3))，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2\r(3)＋2\r(3),2×\r(17))＝eq \f(2\r(51),17)，
所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(2\r(51),17).
(3)解 假设点F存在，设此时eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，
eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＝(－2λ，λ，0)，eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
则eq \(MF,\s\up6(→))＝eq \(MA,\s\up6(→))＋eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2λ，\f(3,2)＋λ，－\f(\r(3),2)))，
因为MF∥PC，则eq \(MF,\s\up6(→))∥eq \(PC,\s\up6(→))，
所以存在唯一的实数μ，使得eq \(MF,\s\up6(→))＝μeq \(PC,\s\up6(→))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2λ，\f(3,2)＋λ，－\f(\r(3),2)))＝(0,3μ，－eq \r(3)μ)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2λ＝0，,\f(3,2)＋λ＝3μ，,－\f(\r(3),2)＝－\r(3)μ，))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＝eq \f(π,6)，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＝eq \f(π,2).
将Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到Rt△AOC，则∠AOC＝eq \f(π,2)，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＝eq \f(π,6)，斜边AB＝4，
∴OB＝eq \f(1,2)AB＝2且∠OBA＝eq \f(π,3).
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＝eq \f(π,2)，OC＝OB＝2，CD＝eq \r(OD2＋OC2)＝eq \r(OD2＋4)，
∴sin∠ODC＝eq \f(OC,CD)＝eq \f(2,\r(OD2＋4))，
当OD⊥AB时，OD取最小值，此时sin∠ODC取最大值，且OD＝OBsineq \f(π,3)＝eq \r(3).
因此，sin∠ODC＝eq \f(OC,CD)＝eq \f(2,\r(OD2＋4))≤eq \f(2,\r(7))＝eq \f(2\r(7),7)，
即直线CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为eq \f(2\r(7),7).