2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练一、基本技能练1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB⊥CD；(2)求点A到平面PCD的距离.2.如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.(1)求证：PA⊥AC；(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.3.在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF＝eq\f(1,4)BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，求sinθ的值.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.(1)求证：AB⊥BB1；(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cosα·cosβ＝m(0<m<1，m为常数)时，求sinφ的值.参考答案与解析一、基本技能练1.(1)证明取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形.过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.连接OA，OB，OD，OE.由△PAB和△PAD都是等边三角形知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，故OE⊥BD，从而PB⊥OE.因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD.因此PB⊥CD.(2)解取PD的中点F，连接OF，则OF∥PB.由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.又OD＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)，OP＝eq\r(PD2－OD2)＝eq\r(2)，故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD.又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以OF⊥平面PCD.因为AE∥CD，CD⊂平面PCD，AE⊄平面PCD，所以AE∥平面PCD.因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而OF＝eq\f(1,2)PB＝1，所以A到平面PCD的距离为1.2.(1)证明法一由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝eq\r(3).由PD＝3，AD＝eq\r(3)，AD⊥BP，得PA＝2eq\r(3).由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝eq\r(AB2－BC2)＝eq\r(3)，PC＝eq\r(PB2－BC2)＝eq\r(15).因为AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝eq\r(3).由PD＝3，AD＝eq\r(3)，AD⊥BP，得PA＝2eq\r(3).因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以DE⊥AC.过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，又DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以AC⊥平面DEF.因为DF⊂平面DEF，所以AC⊥DF.则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝eq\f(3,4)，由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA⊂平面PAC，得EF∥PA，且eq\f(EF,PA)＝eq\f(CE,CP)＝eq\f(BD,BP)＝eq\f(1,4)，得EF＝eq\f(\r(3),2).易知DE⊥EF，则DF＝eq\r(DE2＋EF2)＝eq\f(\r(21),4).所以cos∠DFE＝eq\f(EF,DF)＝eq\f(2\r(7),7).所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为eq\f(2\r(7),7).法二如图，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因为AB＝2，BC＝1，BD＝1，BP＝4，所以AC＝eq\r(3)，AP＝2eq\r(3).故A(0，0，0)，B(1，eq\r(3)，0)，C(0，eq\r(3)，0)，P(0，0，2eq\r(3)).由eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BP,\s\up6(→))，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(\r(3),2)))，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3\r(3),4)，\f(\r(3),2)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0).设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,\f(3,4)x＋\f(3\r(3),4)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))令x＝2，则z＝－eq\r(3)，y＝0，所以n＝(2，0，－eq\r(3))为平面ACD的一个法向量.由于BC⊥平面PAC，因此eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量.设平面PAC与平面ACD夹角的大小为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CB,\s\up6(→))·n|,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,\r(7))＝eq\f(2\r(7),7).所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为eq\f(2\r(7),7).3.解(1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC⊂平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为BD＝2，CB＝CD＝eq\r(5)，AO＝2，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1，1，1)，所以|cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|·|\o(DE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),15).因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq\f(\r(15),15).(2)因为点F在BC上，BF＝eq\f(1,4)BC，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，所以eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).又eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，故eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).设平面DEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7，5)为平面DEF的一个法向量.设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，所以n2＝(2，－1，－1)为平面DEC的一个法向量.故|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq\f(\r(13),13).所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(39),13).二、创新拓展练4.(1)证明∵四边形BCC1B1是矩形，图1∴BC⊥BB1，又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如图1，过C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB⊂平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解由题意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，则B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(B1A1,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，0，c)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，－b，c).设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABC1的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BA,\s\up6(→))＝ax1＝0，,n1·\o(BC1,\s\up6(→))＝－by1＋cz1＝0，))∴x1＝0，令y1＝c，则z1＝b，∴n1＝(0，c，b).取平面A1B1C1的一个法向量n＝(0，1，0)，由图知，α为锐角，则cosα＝|cos〈n1，n〉|＝eq\f(c,\r(b2＋c2)).取平面BCC1B1的一个法向量n2＝(1，0，0)，由eq\o(C1A,\s\up6(→))＝(a，b，－c)，得sinβ＝|cos〈eq\o(C1A,\s\up6(→))，n2〉|＝eq\f(a,\r(a2＋b2＋c2)).又β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosβ＝eq\f(\r(b2＋c2),\r(a2＋b2＋c2))，则cosαcosβ