2026届高三一轮复习练习试题（标准版）数学第七章7.8空间距离及立体几何中的探索性问题（Word版附答案）

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1.(12分)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点.
(1)证明：MN∥平面A1CP；(6分)
(2)求点P到直线MN的距离.(6分)
2.(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是正三角形，∠ABC=90°，AB∥CD，AB=2CD=2BC=4，平面PAD⊥平面ABCD，M是棱PC上的动点.
(1)求证：平面MBD⊥平面PAD；(5分)
(2)在线段PC上是否存在点M，使得直线AP与平面MBD所成的角为30°？若存在，求出PMPC的值；若不存在，说明理由.(7分)
3.(13分)已知平行四边形ABCD，如图甲，D=60°，DC=2AD=2，沿AC将△ADC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P-ABC，如图乙.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(5分)
(2)在线段PC上是否存在点M，使二面角M-AB-C的余弦值为1313？若存在，求出PMPC的值，若不存在，请说明理由.(8分)
4.(13分)三棱锥P-ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且AC=22，各侧棱的长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点.
(1)求点E到平面ABC的距离；(5分)
(2)设点Q到平面PBC的距离为d1，Q到直线AB的距离为d2，求d1+d2的最小值.(8分)
答案精析
1.(1)证明 由题意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=60°，
而AB⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，在平面ABC内过点A作y轴，使得AB⊥y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，3，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，
得M32，32，0，N(1，0，1)，
P32，32，2，
所以A1C=(1，3，-2)，A1P=32，32，0，MN=-12，-32，1，
设平面A1CP的法向量为n=(x，y，z)，
则n·A1C=x+3y-2z=0,n·A1P=32x+32y=0,
令x=1，得y=-3，z=-1，
所以n=(1，-3，-1)，
所以MN·n=-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，
又MN⊄平面A1CP，
即MN∥平面A1CP.
(2)解 如图，连接PM，
由(1)得PM=(0，0，-2)，
则MN·PM=-2，|MN|=2，
|PM|=2，
所以点P到直线MN的距离
d=|PM|2-MN·PM|MN|2=2.
2.(1)证明 因为AB∥CD，CD=BC=2，
∠ABC=90°，
所以∠BCD=90°，BD=22，
在△ABD中∠ABD=45°，AB=4，由余弦定理得AD
=AB2+BD2-2AB·BDcs∠ABD
=22，
所以AD2+BD2=AB2，
即∠ADB=90°，AD⊥BD，
取AD的中点O，连接PO，
因为△PAD是正三角形，
所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，所以PO⊥BD，
又AD⊥BD，PO∩AD=O，PO，AD⊂平面PAD，所以BD⊥平面PAD，
又BD⊂平面MBD，
所以平面MBD⊥平面PAD.
(2)解 假设存在点M，使得直线AP与平面MBD所成的角为30°，取AB的中点N，连接ON，则ON∥BD，
所以AD⊥ON，
以{ON，OD，OP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，-2，0)，D(0，2，0)，
B(22，2，0)，C(2，22，0)，P(0，0，6)，
设PM=λPC，0≤λ≤1，则DM=DP+PM=DP+λPC=(0，-2，6)+λ(2，22，-6)=(2λ，22λ-2，6-6λ)，
又DB=(22，0，0)，
设平面BDM的法向量为n=(x，y，z)，
则DM·n=0,DB·n=0,
即2λx+2(2λ-1)y+6(1-λ)z=0,22x=0,
取z=2λ-1，
则n=(0，3(λ-1)，2λ-1)，
AP=(0，2，6)，
由直线AP与平面MBD所成的角为30°，得
sin 30°=|cs〈AP，n〉|=|AP·n||AP||n|
=|6(λ-1)+6(2λ-1)|8·0+3(λ-1)2+(2λ-1)2
=6|3λ-2|22·7λ2-10λ+4=12，
化简得10λ2-13λ+4=0，
解得λ=12或λ=45，
故存在点M，当PMPC=12或PMPC=45时，直线AP与平面MBD所成的角为30°.
3.(1)证明 翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，
D=60°，DC=2AD=2，
则AD∥BC，
由余弦定理可得AC2=DC2+AD2-2DC·AD·cs D=4+1-2×2×1×12=3，
所以AC2+AD2=DC2，
则AD⊥AC，
又AD∥BC，所以BC⊥AC；
翻折后，BC⊥AC，PA⊥AC，
因为PC⊥BC，AC∩PC=C，
AC，PC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，
因为AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，
因为PA⊂平面PAB，
故平面PAB⊥平面ABC.
(2)解 因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A为坐标原点，
BC，AC，AP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A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，3，0)，B(-1，3，0)，
设PM=λPC=λ(0，3，-1)
=(0，3λ，-λ)，其中0