2025年高考数学一轮知识点复习-向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题-专项训练【含答案】

向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题1．如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝π3，3AD＝2CD＝2DD1＝6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A，D1(1)点M到直线PD1的距离；(2)直线PD与平面PCD1所成角的正弦值．2．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，求点M到平面BCF的距离．3．如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．(1)求证：A1N∥平面C1MA；(2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值；(3)求点C到平面C1MA的距离．4．如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝2π3，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.现将△BEF沿EF翻折到△B′EF(1)证明：EF⊥AB′；(2)已知平面B′EF与平面AEF的夹角为π3，在棱AC上是否存在点M，使得直线BC与平面B′MF所成角的正弦值为55？若存在，确定参考答案1．解：(1)由题可得AD＝2，CD＝DD1＝3，又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP＝1.在△ADP中，由余弦定理可得，DP2＝AD2＋AP2－2AD·AP·cos∠DAP＝4＋1－2×2×1×12故AD2＝4＝AP2＋DP2，所以△ADP为直角三角形，DP⊥AB.因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD.由直四棱柱的性质可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，即DP，CD，DD1两两垂直，故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0，0，0)，P(3，0，0)，D1(0，0，3)，M(0，1，2)，PD1＝(－3，0，3)，过点M作ME⊥PD令PE＝λPD1＝(－3λ，0，3λ)，所以E(3−3故ME＝(3−3λ，－1，3由ME·PD1＝－3＋3λ＋9λ－6＝0，解得所以ME＝34故点M到直线PD1的距离为|ME|＝316+1(2)因为DP＝(3，0，0)，D1M＝(0，1，－1)，PD设平面PCD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D令x＝3，得y＝1，z＝1，故n＝(3，1，1)为平面PCD1的一个法向量．设直线PD与平面PCD1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，DP〉|＝n·DPn·DP所以直线PD与平面PCD1所成角的正弦值为1552．解：(1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，所以GN∥AE且GN＝12AE，又AE∥BF，AE＝2BF所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN，又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN，又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC，所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC.(2)取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，则∠ADC＝60°，所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，所以以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，则D(3，－1，0)，B(0，2，0)，C(3，1，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1)，A(0，0，0)，则设EM＝λEC＝λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，－2λ)，所以M(3λ，λ，2－2λ)，所以DM＝(3λ－3，λ＋1，2－2λ)，BM＝(3λ，λ－2，2－2λ)，BC＝(3，－1，0)，BF＝(0，0，1)，设平面DBM的法向量为n＝(x，y，z)，则n即3令x＝3，y＝1，得n＝3，1，设平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以|cos〈n，m〉|＝m·nm·n＝2λ−1λ−14所以M334，34设平面BCF的法向量为u＝(a，b，c)，则u·BC=0，u·BF=0，所以点M到平面BCF的距离d＝u·CMu3．解：(1)证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝12AC而A1C1＝1，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四边形MNA1C1为平行四边形，则A1N∥C1M，而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.法一(向量法)(2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC.又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直．如图，以AB，AC，AA1分别为x轴、因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．又点M是线段BC的中点，可得M(1，1，0)，所以AC1＝(0，1，2)，设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)，则AC1⊥m，AM⊥即AC1·m＝0，AM·m令y＝2，则x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，故平面C1MA的一个法向量为m＝(－2，2，－1)．易知平面ACC1A1的一个法向量n＝(1，0，0)．设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝m·nm故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为23(3)由(2)知，AC＝(0，2，0)，平面C1MA的一个法向量m＝(－2，2，－1)，设点C到平面C1MA的距离为d，则d＝AC·mm＝0所以点C到平面C1MA的距离为43法二(几何法)(2)取AC的中点H，连接MH，由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC.由A1A⊥平面ABC，MH⊂平面ABC，可得A1A⊥MH，可得MH⊥平面A1ACC1.过点H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM，由三垂线定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1的夹角．由MH＝12AB在矩形AHC1A1中，DH＝AH·HC1A所以cos∠MDH＝DHDM＝255(3)设点C到平面C1MA的距离为d.过C1作C1Q⊥AM于点Q.在△C1MA中，AC1＝1+4＝5，MC1＝1+4＝5，则S△C1MA＝由VC−C13dS△C1MA＝13d·32＝13C1H·S△CMA＝13×2×12×4．解：(1)证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB′，又AF∩FB′＝F，AF，FB′⊂平面AFB′，所以EF⊥平面AFB′，因为AB′⊂平面AFB′，所以EF⊥AB′.(2)因为平面B′EF与平面AEF的夹角为π3，EF⊥AF，EF⊥FB所以∠AFB′为平面B′EF与平面AEF的夹角，以点F为坐标原点，FE，FA所在直线为x，y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝4，则F(0，0，0)，A(0，1，0)，C(23，3，0)，E(3，0，0)，B′0，AC＝(23，2，0)，FA＝(0，1，0)，FB