2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 空間的距離 專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-37.3-空間的距離-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練

一、基本技能練

1.如圖，四棱錐尸一A3CD中，ZABC=ZBAD=9Q°,BC=2AD,△必3和△必。

都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形.

(1)證明：PBLCD；

⑵求點(diǎn)A到平面PCD的距離.

2.如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PAC,AD±BP,AB=2,BC=1,PD

=3BD=3.

⑴求證：fi4±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=#，BD=2,。為3。的中點(diǎn)，A。，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)尸在3C上，滿足設(shè)平面EDE與平面DEC夾角的大小為仇

求sin6的值.

二、創(chuàng)新拓展練

4.如圖，三棱柱ABC-AiBiCi中，側(cè)面BCCiBi為矩形，若平面BCCiBi,平面

ABBiAi,平面BCCLBI,平面A3C.

⑴求證：ABLBBu

(2)記平面A3。與平面AB。的夾角為a,直線AQ與平面BCCB所成的角為用，

異面直線AC與3c所成的角為夕，當(dāng)a,用滿足：cosa-cosfi=m(O<m<l,m為常

數(shù))時(shí),求sin夕的值.

參考答案與解析

一、基本技能練

1.(1)證明取3c的中點(diǎn)E,連接DE,則ABED為正方形.

過(guò)P作尸。，平面A3CD,垂足為0.

連接OA,OB,OD,0E.

由和△必。都是等邊三角形知

PA=PB=PD,

所以O(shè)A=OB=OD,即點(diǎn)。為正方形ABED對(duì)角線的交點(diǎn)，

故OELBD,從而P3L0E

因?yàn)?。?。的中點(diǎn)，E是3C的中點(diǎn)，

所以0E〃CD因此PB±CD.

(2)解取尸。的中點(diǎn)孔連接。死

則OF//PB.

由(1)知，PB±CD,故ORLCD

又0D=^BD=y/2,

OP=y/PD2~OD2=y/2,

故△POD為等腰三角形，因此。

火PDCCD=D,PD,CDu平面PCD,

所以O(shè)R,平面PCD.

因?yàn)锳E//CD,CDu平面PCD,AE。平面PCD,所以AE〃平面PCD.

因此。到平面PCD的距離OR就是A到平面PCD的距離，而OF=：PB=1,所

以A到平面PCD的距離為1.

2.(1)證明法一由A3=2,BD=1,AD±BP,得AD=/.

由PD=3,AD=小,AD±BP,

得必=2小.

由3C，平面PAC,AC,PCu平面PAC,

#BC±AC,BC±PC.

所以AC=ylAB2-BC2=y[3,

PC=\IPB2~BC2=y[15.

因?yàn)锳C?+必

所以PALAC.

法二由AB=2,BD=1,AD±BP,

得AD=y[3.

由PD=3,AD=事,AD±BP,

得PA=2y/3.

因?yàn)镻B=4,

所以PB1=AB1+PA1,

所以PALAB.

由BC,平面必C,必u平面B4C,

得BCLPA.

又BC,A3u平面ABC,BSAB=B,

故以，平面ABC.

因?yàn)锳Cu平面ABC,所以必，AC.

(2)解法一

如圖，過(guò)點(diǎn)。作DE〃3C交尸C于點(diǎn)E,

因?yàn)?C,平面PAC,

所以DEL平面PAC.

因?yàn)锳Cu平面PAC,

所以DELAC.

過(guò)點(diǎn)E作EfUAC交AC于點(diǎn)凡連接。凡

又DECEF=E,DE,EFu平面DEF,

所以AC，平面DEF.

因?yàn)镈ft平面DEF,

所以ACLDE

則NDRE為平面B4C與平面ACD的夾角.

3

由PD=3BD=3,DE//BC,得?！?不

EFCEBD1

由斯，且跖，平面小得跖〃①，且五_方=右=彳，

AC,B4±AC,RluC,r/\.=7\^JrDr4

得EF弋

易知DE±EF,

則DF=y/DE?+EF2=率.

所以cosZDFE=^=^^-.

Lfr/

所以平面必C與平面ACD夾角的余弦值為斗.

法二

如圖，作AQ〃C&以AQ,AC,AP所在直線分別為x,必z軸，建立空間直角

坐標(biāo)系.

因?yàn)锳3=2,BC=1,BD=1,BP=4,

所以AC=4,AP=2事.

故A（0,0,0）,3（1,小，0）,C（0,小，0）,尸（0,0,2?。?

由防=（所，

得陪,乎,明

則助=&乎,當(dāng),AC=（O,小,0）.

設(shè)平面ACD的法向量為〃=（%,y,z）,

n-AD=0,

［小y=o.

令x=2,則z=—y=0,

所以"=（2,0,一讓?zhuān)槠矫鍭C。的一個(gè)法向量.

由于5C,平面PAC,

因此宓=（1,0,0）為平面R1C的一個(gè)法向量.

設(shè)平面心。與平面ACD夾角的大小為0,

則cos6=|cos｛CB,"〉|=1^^=系=乎.

\CB\\n\777

所以平面PAC與平面ACD夾角的余弦值為斗.

3.解（1）如圖，連接。C,因?yàn)镃B=CD。為5。的中點(diǎn)，所以COLBD又A。，

平面BCD,OB,OCu平面BCD,所以A0L03,AOLOC.以｛B,OC,為｝為

基底，建立空間直角坐標(biāo)系。一盯z.

因?yàn)锽D=2,CB=CD=y/5,AO=2,

所以5(1,0,0),D(-l,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),

所以協(xié)=(1,0,-2),DE=(1,1,1),

所以卬〈蓊，鬲尸嗎=需￡=唔

\AB\-\DE\V5XV315

因此，直線A3與DE所成角的余弦值為喏.

(2)因?yàn)辄c(diǎn)R在BC上，BF=^BC,

BC=(-1,2,0),

所以而=/b=[T，i，o).

又加=(2,0,0),

故痂=屈+而=?

設(shè)平面OEF的法向量為m=(xi,yi,zi),

xi+^i+zi=0,

DEn\=Q,即八

則_bJ

DFni=0,甲：i十5yl=0,

取=2,得yi=-7,zi=5,

所以m=(2,-7,5)為平面O所的一個(gè)法向量.

設(shè)平面。石。的法向量為〃2=(%2,丁2,Z2),又虎=(1,2,0),

JDE〃2=0,fx2+y2+z2=0

則_即

PCm=0,

?。?=2,得丁2=—1,Z2——1,

所以打2=(2,-1,—1)為平面。石。的一個(gè)法向量.

⑶㈤|4+7-5|VT5

故|cos。|=

1〃1刖2廠/X加一13

所以sin0=^/l—cos20=?

二、創(chuàng)新拓展練

4.⑴證明???四邊形BCCiBi是矩形,

：.BCLBB\,

又平面ABBAi，平面BCCM

平面ABBiAiA平面BCC?=BBi,BCu平面BCCiBi,

：.BCmABB\A\,

又ABu平面ABBiAi,

：.AB±BC.

如圖1,過(guò)C作CO±BCi,

'：平面BCGB，平面ABCi,

平面BCCiBin平面ABCi=BCi,COu平面BCCiBi,

：.CO,平面ABG,

又ABu平面ABCi,

：.AB±CO,

XABLBC,COnBC=C,CO,BCu平面BCCM

.,.A3,平面BCCiBi,

又BBiu平面BCCiBi,

(2)解由題意知

又A3,平面BCCiBi,

...ALBI,平面BCC\Bi.

以下為原點(diǎn),BiAi,BiB,BiCi所在直線分別為無(wú),y,軸建立空間直角坐標(biāo)系,

如圖2,

不妨設(shè)51Al=Q,BiB=b,B1C1=C,

則Bi(O,0,0),Ai(a,0,0),B(0,b,0),Ci(0,0,c),A(a,b,0),

====

BABiAi(tz90,0),BCB\Ci(0,0,c),BCi~~(0,—b,c).

n\BA=ax\=Q,

設(shè)〃i=yi,zi)為平面ABC的法向量，則＜

ni-BCi=—byi+cz\=0,

**xi=0,

令yi=c,則zi=b,

??〃i=(0,c9b).

取平面AiBG的一個(gè)法向量〃=(0,1,0),

由圖知，。為銳角,

則cosa=|cos{ni,n)|=

取平面BCCLBI的一個(gè)法向量

m=(l,0,0),

由CA=(Q,b,~c)9

a

得sin￡=|cos(Ch4,ni)|=

兀

又用￡0,1,

則c