新高考高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)鞏固練習(xí)7.11第66練《高考大題突破練-空間距離及立體幾何中的探索性問題》（解析版）

1、第66練高考大題突破練空間距離及立體幾何中的探索性問題考點(diǎn)一空間距離1如圖所示，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB4，AD6，M，N分別是DC1，AC的中點(diǎn)(1)求證：MN平面ADD1A1；(2)求C到平面A1MN的距離(1)證明如圖，分別取DD1和AD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF，EM，F(xiàn)N，則EMDC且EMeq f(1,2)DC，F(xiàn)NDC且FNeq f(1,2)DC，所以EMFN，且EMFN，所以四邊形EMNF是平行四邊形，所以EFMN，又EF平面ADD1A1，MN平面ADD1A1，所以MN平面ADD1A1.(2)解如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸

2、，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(6,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，A1(6,0,2)，又M，N分別是DC1，AC的中點(diǎn)，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)設(shè)平面A1MN的一個法向量為neq blc(rc)(avs4alco1(x，y，z)，則eq blcrc (avs4alco1(no(A1N,sup6()0，,no(A1M,sup6()0，)eq blcrc (avs4alco1(3x2y2z0，,6x2yz0

3、，)令z3，則x1，yeq f(9,2)，所以neq blc(rc)(avs4alco1(1，f(9,2)，3)，設(shè)C到平面A1MN的距離為d，則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的距離為eq f(12,11).考點(diǎn)二立體幾何中的探索性問題2在如圖所示的幾何體中，平面ADNM平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，四邊形ADNM是矩形，DABeq f(,3)，AB2，AM1，E是AB的中點(diǎn)(1)求證：DE平面ABM；(2)在線段AM上是否存在點(diǎn)P，使平面PEC與平面ECD夾角的大小為eq f(,4)

4、？若存在，求出AP的長；若不存在，請說明理由(1)證明如圖，連接BD，由四邊形ABCD是菱形，DABeq f(,3)，E是AB的中點(diǎn)得DEAB，因?yàn)樗倪呅蜛DNM是矩形，平面ADNM平面ABCD且交線為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?yàn)樗倪呅蜛DNM是矩形，平面ADNM平面ABCD且交線為AD，NDAD，所以ND平面ABCD，以D為原點(diǎn)，DE所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DN所在直線為z軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，E(eq r(3)，0,0)

5、，C(0,2,0)，N(0,0,1)，設(shè)P(eq r(3)，1，m)(0m1)，則eq o(EC,sup6()(eq r(3)，2,0)，eq o(EP,sup6()(0，1，m)，因?yàn)镹D平面ABCD，所以易知eq o(DN,sup6()(0,0,1)為平面ECD的一個法向量， 設(shè)平面PEC的法向量為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)，假設(shè)在線段AM上存在點(diǎn)P，使平面PEC與平面ECD夾角的大

6、小為eq f(,4).則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)，經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意所以存在點(diǎn)P在線段AM上，使平面PEC與平面ECD夾角的大小為eq f(,4)，此時APeq f(r(21),7).3如圖，在四棱錐PABCD中，平面ABCD平面PCD，底面ABCD為梯形，ABCD，ADDC，且AB1，ADDCDP2，PDC120.(1)求證：AD平面PCD；(2)求平面PAD與平面PBC夾角的余弦值；(3)設(shè)

7、M是棱PA的中點(diǎn)，在棱BC上是否存在一點(diǎn)F，使MFPC？若存在，請確定點(diǎn)F的位置；若不存在，請說明理由(1)證明因?yàn)槠矫鍭BCD平面PCD，平面ABCD平面PCDCD，ADDC，所以AD平面PCD.(2)解作z軸平面ABCD，則z軸在平面PCD中，如圖，以D為原點(diǎn)，以DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，1，eq r(3)，D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，則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)，設(shè)m(x1，y1，z1)為平面PAD的法向量，n(x2，y2，z2)為平面PBC的法向量，則有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)，則|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與平面PBC夾角的余弦值為eq f(2r(51),17).(3)解假設(shè)點(diǎn)F存在，設(shè)此時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)，則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?yàn)镸FPC，則eq o(MF,sup6()eq o(PC,sup6()，所以存在唯一的實(shí)數(shù)

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)，)方程組無解，與題設(shè)矛盾，所以棱BC上不存在一點(diǎn)F，使MFPC.4如圖，在RtAOB中，OABeq f(,6)，斜邊AB4.RtAOC可以通過RtAOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角BAOC是直二面角動點(diǎn)D在斜邊AB上(1)求證：平面COD平面AOB；(2)求直線CD與平面AOB所成角的正弦值的最大值(1)證明AOB為直角三角形，且斜邊為AB，AOBeq f(,2).將RtAOB以直線AO為軸旋轉(zhuǎn)得到RtAOC，則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)，斜邊AB4，OBeq f(1,2)AB2且OBAeq f(,3).由(1)知，OC平面AOB，直線CD與平面AOB所成的角為ODC.在RtOCD中，CODeq f(,2)，OCOB2，CDeq r(OD2OC2)eq r(OD24)，sinODC