2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-37.3-空間的距離-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-37.3-空間的距離-專項(xiàng)訓(xùn)練一、基本技能練1.如圖，四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是邊長為2的等邊三角形.(1)證明：PB⊥CD；(2)求點(diǎn)A到平面PCD的距離.2.如圖，在三棱錐P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.(1)求證：PA⊥AC；(2)求平面PAC與平面ACD夾角的余弦值.3.在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝eq\r(5)，BD＝2，O為BD的中點(diǎn)，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點(diǎn).(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；(2)若點(diǎn)F在BC上，滿足BF＝eq\f(1,4)BC，設(shè)平面FDE與平面DEC夾角的大小為θ，求sinθ的值.二、創(chuàng)新拓展練4.如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.(1)求證：AB⊥BB1；(2)記平面ABC1與平面A1B1C1的夾角為α，直線AC1與平面BCC1B1所成的角為β，異面直線AC1與BC所成的角為φ，當(dāng)α，β滿足：cosα·cosβ＝m(0<m<1，m為常數(shù))時(shí)，求sinφ的值.參考答案與解析一、基本技能練1.(1)證明取BC的中點(diǎn)E，連接DE，則ABED為正方形.過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O.連接OA，OB，OD，OE.由△PAB和△PAD都是等邊三角形知PA＝PB＝PD，所以O(shè)A＝OB＝OD，即點(diǎn)O為正方形ABED對(duì)角線的交點(diǎn)，故OE⊥BD，從而PB⊥OE.因?yàn)镺是BD的中點(diǎn)，E是BC的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥CD.因此PB⊥CD.(2)解取PD的中點(diǎn)F，連接OF，則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為等腰三角形，因此OF⊥PD.又PD∩CD＝D，PD，CD?平面PCD，所以O(shè)F⊥平面PCD.因?yàn)锳E∥CD，CD?平面PCD，AE?平面PCD，所以AE∥平面PCD.因此O到平面PCD的距離OF就是A到平面PCD的距離，而OF＝eq\f(1,2)PB＝1，所以A到平面PCD的距離為1.2.(1)證明法一由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?yàn)锳C2＋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?yàn)镻B＝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?yàn)锳C?平面ABC，所以PA⊥AC.(2)解法一如圖，過點(diǎn)D作DE∥BC交PC于點(diǎn)E，因?yàn)锽C⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因?yàn)锳C?平面PAC，所以DE⊥AC.過點(diǎn)E作EF⊥AC交AC于點(diǎn)F，連接DF，又DE∩EF＝E，DE，EF?平面DEF，所以AC⊥平面DEF.因?yàn)镈F?平面DEF，所以AC⊥DF.則∠DFE為平面PAC與平面ACD的夾角.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，則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與平面ACD夾角的余弦值為eq\f(2\r(7),7).法二如圖，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)锳B＝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)))，則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).設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)，則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，則z＝－eq\r(3)，y＝0，所以n＝(2，0，－eq\r(3))為平面ACD的一個(gè)法向量.由于BC⊥平面PAC，因此eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，0，0)為平面PAC的一個(gè)法向量.設(shè)平面PAC與平面ACD夾角的大小為θ，則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與平面ACD夾角的余弦值為eq\f(2\r(7),7).3.解(1)如圖，連接OC，因?yàn)镃B＝CD，O為BD的中點(diǎn)，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(→))}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.因?yàn)锽D＝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?yàn)镋為AC的中點(diǎn)，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，直線AB與DE所成角的余弦值為eq\f(\r(15),15).(2)因?yàn)辄c(diǎn)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)).設(shè)平面DEF的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則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)為平面DEF的一個(gè)法向量.設(shè)平面DEC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，又eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，則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)為平面DEC的一個(gè)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、創(chuàng)新拓展練4.(1)證明∵四邊形BCC1B1是矩形，圖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.如圖1，過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)解由題意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B1為原點(diǎn)，B1A1，B1B，B1C1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖2，圖2不妨設(shè)B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，則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).設(shè)n1＝(x1，y1，z1)為平面ABC1的法向量，則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，則z1＝b，∴n1＝(0，c，b).取平面A1B1C1的一個(gè)法向量n＝(0，1，0)，由圖知，α為銳角，則cosα＝|cos〈n1，n〉|＝eq\f(c,\r(b2＋c2)).取平面BCC1B1的一個(gè)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))，則cosαcosβ