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》（解析版）

1、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ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB4，AD6，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EMDC且EMeq f(1,2)DC，FNDC且FNeq f(1,2)DC，所以EMFN，且EMFN，所以四边形EMNF是平行四边形，所以EFMN，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

2、，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 o(A1N,sup6()(3,2，2)，eq o(A1M,sup6()(6,2，1)，eq o(CM,sup6()(0，2,1)设平面A1MN的一个法向量为neq blc(rc)(avs4alco1(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(no(A1N,sup6()0，,no(A1M,sup6()0，)eq blcrc (avs4alco1(3x2y2z0，,6x2yz0

3、，)令z3，则x1，yeq f(9,2)，所以neq blc(rc)(avs4alco1(1，f(9,2)，3)，设C到平面A1MN的距离为d，则deq f(|o(CM,sup6()n|,|n|)eq f(|93|,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，DABeq f(,3)，AB2，AM1，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(,4)

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，DABeq f(,3)，E是AB的中点得DEAB，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DEAM，又AMABA，AM，AB平面ABM，所以DE平面ABM.(2)解由DEAB，ABCD，故DECD，因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD且交线为AD，NDAD，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)

5、，C(0,2,0)，N(0,0,1)，设P(eq r(3)，1，m)(0m1)，则eq o(EC,sup6()(eq r(3)，2,0)，eq o(EP,sup6()(0，1，m)，因为ND平面ABCD，所以易知eq o(DN,sup6()(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)，neq o(EC,sup6()neq o(EP,sup6()0，即eq blcrc (avs4alco1(r(3)x2y0，,ymz0，)取z1，neq blc(rc)(avs4alco1(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

6、小为eq f(,4).则cos eq f(,4)eq blc|rc|(avs4alco1(f(no(DN,sup6(),|n|o(DN,sup6()|)eq f(1,r(f(4m2,3)m21)eq f(r(2),2)，解得meq 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(,4)，此时APeq f(r(21),7).3如图，在四棱锥PABCD中，平面ABCD平面PCD，底面ABCD为梯形，ABCD，ADDC，且AB1，ADDCDP2，PDC120.(1)求证：AD平面PCD；(2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值；(3)设

7、M是棱PA的中点，在棱BC上是否存在一点F，使MFPC？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PCDCD，ADDC，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 o(DA,sup6()(2,0,0)，eq o(DP,sup6()(0，1，eq r(3)，eq o(PC,sup6()(0,3，eq r(3)，eq o(BC,

8、sup6()(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 blcrc (avs4alco1(mo(DA,sup6()2x10，,mo(DP,sup6()y1r(3)z10，)可取m(0，eq r(3)，1)，同理，可取n(1,2,2eq r(3)，则|cosm，n|eq f(|mn|,|m|n|)eq f(2r(3)2r(3),2r(17)eq f(2r(51),17)，所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为eq f(2r(51),17).(3)解假设点F存在，设此时eq o(BF,sup6()eq o(BC,sup6()

9、(01)，Meq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，f(r(3),2)，eq o(BF,sup6()eq o(BC,sup6()(2，0)，eq o(MA,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，f(r(3),2)，eq o(AB,sup6()(0,1,0)，则eq o(MF,sup6()eq o(MA,sup6()eq o(AB,sup6()eq o(BF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(12，f(3,2)，f(r(3),2)，因为MFPC，则eq o(MF,sup6()eq o(PC,sup6()，所以存在唯一的实数

10、，使得eq o(MF,sup6()eq o(PC,sup6()，即eq blc(rc)(avs4alco1(12，f(3,2)，f(r(3),2)(0,3，eq r(3)，所以eq blcrc (avs4alco1(120，,f(3,2)3，,f(r(3),2)r(3)，)方程组无解，与题设矛盾，所以棱BC上不存在一点F，使MFPC.4如图，在RtAOB中，OABeq f(,6)，斜边AB4.RtAOC可以通过RtAOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角BAOC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，AOBeq f(,2).将RtAOB以直线AO为轴旋转得到RtAOC，则AOCeq f(,2)，即OCAO.二面角BAOC是直二面角，即平面AOC平面AOB.又平面AOC平面AOBAO，OC平面AOC，OC平面AOB.OC平面COD，因此，平面COD平面AOB.(2)解在RtAOB中，OABeq f(,6)，斜边AB4，OBeq f(1,2)AB2且OBAeq f(,3).由(1)知，OC平面AOB，直线CD与平面AOB所成的角为ODC.在RtOCD中，CODeq f(,2)，OCOB2，CDeq r(OD2OC2)eq r(OD24)，sinODC