2025年高考數(shù)學(xué)一輪知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)-向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題1．如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝π3，3AD＝2CD＝2DD1＝6，點(diǎn)P，M分別為AB，CD1上靠近A，D1(1)點(diǎn)M到直線PD1的距離；(2)直線PD與平面PCD1所成角的正弦值．2．如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)證明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一點(diǎn)M，使得平面MBD與平面ABCD的夾角為45°，求點(diǎn)M到平面BCF的距離．3．如圖，在三棱臺(tái)ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N為線段AB的中點(diǎn)，M為線段BC的中點(diǎn)．(1)求證：A1N∥平面C1MA；(2)求平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值；(3)求點(diǎn)C到平面C1MA的距離．4．如圖1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝2π3，E為BC的中點(diǎn)，F(xiàn)為AB上一點(diǎn)，且EF⊥AB.現(xiàn)將△BEF沿EF翻折到△B′EF(1)證明：EF⊥AB′；(2)已知平面B′EF與平面AEF的夾角為π3，在棱AC上是否存在點(diǎn)M，使得直線BC與平面B′MF所成角的正弦值為55？若存在，確定參考答案1．解：(1)由題可得AD＝2，CD＝DD1＝3，又點(diǎn)P為AB上靠近A的三等分點(diǎn)，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為直角三角形，DP⊥AB.因?yàn)榈酌鍭BCD為平行四邊形，所以DP⊥CD.由直四棱柱的性質(zhì)可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，即DP，CD，DD1兩兩垂直，故以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DP，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.則D(0，0，0)，P(3，0，0)，D1(0，0，3)，M(0，1，2)，PD1＝(－3，0，3)，過點(diǎn)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故點(diǎn)M到直線PD1的距離為|ME|＝316+1(2)因?yàn)镈P＝(3，0，0)，D1M＝(0，1，－1)，PD設(shè)平面PCD1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·D令x＝3，得y＝1，z＝1，故n＝(3，1，1)為平面PCD1的一個(gè)法向量．設(shè)直線PD與平面PCD1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，DP〉|＝n·DPn·DP所以直線PD與平面PCD1所成角的正弦值為1552．解：(1)證明：取EC的中點(diǎn)G，連接BD交AC于N，連接GN，GF.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中點(diǎn)，所以GN∥AE且GN＝12AE，又AE∥BF，AE＝2BF所以GN∥BF且GN＝BF，所以四邊形BNGF是平行四邊形，所以GF∥BN，又EA⊥平面ABCD，BN?平面ABCD，所以EA⊥BN，又因?yàn)锳C∩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的中點(diǎn)H，由四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，則∠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為原點(diǎn)，AH，AB，AE為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)在棱EC上存在點(diǎn)M使得平面MBD與平面ABCD的夾角為45°，則D(3，－1，0)，B(0，2，0)，C(3，1，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(0，2，1)，A(0，0，0)，則設(shè)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)，設(shè)平面DBM的法向量為n＝(x，y，z)，則n即3令x＝3，y＝1，得n＝3，1，設(shè)平面ABCD的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)，所以|cos〈n，m〉|＝m·nm·n＝2λ?1λ?14所以M334，34設(shè)平面BCF的法向量為u＝(a，b，c)，則u·BC=0，u·BF=0，所以點(diǎn)M到平面BCF的距離d＝u·CMu3．解：(1)證明：連接MN，可得MN為△ABC的中位線，可得MN∥AC，且MN＝12AC而A1C1＝1，AC∥A1C1，則MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四邊形MNA1C1為平行四邊形，則A1N∥C1M，而A1N?平面C1MA，C1M?平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.法一(向量法)(2)因?yàn)锳1A⊥平面ABC，且AB，AC?平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC.又AB⊥AC，所以直線A1A，AB，AC兩兩垂直．如圖，以AB，AC，AA1分別為x軸、因?yàn)锳B＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，則A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．又點(diǎn)M是線段BC的中點(diǎn)，可得M(1，1，0)，所以AC1＝(0，1，2)，設(shè)平面C1MA的法向量為m＝(x，y，z)，則AC1⊥m，AM⊥即AC1·m＝0，AM·m令y＝2，則x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，故平面C1MA的一個(gè)法向量為m＝(－2，2，－1)．易知平面ACC1A1的一個(gè)法向量n＝(1，0，0)．設(shè)平面C1MA與平面ACC1A1的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝m·nm故平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值為23(3)由(2)知，AC＝(0，2，0)，平面C1MA的一個(gè)法向量m＝(－2，2，－1)，設(shè)點(diǎn)C到平面C1MA的距離為d，則d＝AC·mm＝0所以點(diǎn)C到平面C1MA的距離為43法二(幾何法)(2)取AC的中點(diǎn)H，連接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.過點(diǎn)H作HD⊥AC1，垂足為D，連接DM，由三垂線定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH為平面C1MA與平面ACC1A1的夾角．由MH＝12AB在矩形AHC1A1中，DH＝AH·HC1A所以cos∠MDH＝DHDM＝255(3)設(shè)點(diǎn)C到平面C1MA的距離為d.過C1作C1Q⊥AM于點(diǎn)Q.在△C1MA中，AC1＝1+4＝5，MC1＝1+4＝5，則S△C1MA＝由VC?C13dS△C1MA＝13d·32＝13C1H·S△CMA＝13×2×12×4．解：(1)證明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB′，又AF∩FB′＝F，AF，F(xiàn)B′?平面AFB′，所以EF⊥平面AFB′，因?yàn)锳B′?平面AFB′，所以EF⊥AB′.(2)因?yàn)槠矫鍮′EF與平面AEF的夾角為π3，EF⊥AF，EF⊥FB所以∠AFB′為平面B′EF與平面AEF的夾角，以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)E，F(xiàn)A所在直線為x，y軸，過點(diǎn)F且垂直于平面ABC的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝4，則F(0，0，0)，A(0，1，0)，C(23，3，0)，E(3，0，0)，B′0，AC＝(23，2，0)，F(xiàn)A＝(0，1，0)，F(xiàn)B