全品高考备战2027年数学一轮教师备用习题56第47讲空间距离及立体几何中的探索性问题

第47讲空间距离及立体几何中的探索性问题【备选理由】例1考查利用判定定理证明线面平行,考查求线面所成的角,考查利用点面距离求线段的长度;例2考查利用线面垂直证明线线垂直,考查利用已知二面角求点到平面的距离;例3是折叠与探索性问题,考查线面所成的角与平面与平面的夹角;例4是与角有关的探索性问题.例1[配例1使用][2026·广州番禺区期末]如图,直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面,∠ADC=∠BAD=90°,F为线段PA上一点,PD=2,AB=AD=12CD=1,四边形PDCE为矩形(1)若F是PA的中点,求证:AC∥平面DEF;(2)求直线AP与平面BCP所成角的余弦值;(3)若点F到平面BCP的距离为37,求PF的长解:(1)证明:设DE,PC交于点G,连接GF,如图①.因为四边形PDCE为矩形,所以G是PC的中点,又因为F是PA的中点,所以在△PAC中,FG∥AC,因为FG⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.(2)因为直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面,DA,DC⊂平面ABCD,∠ADC=90°,所以DA,DC,DP两两垂直,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立如图②所示的空间直角坐标系.由题意可知A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,2),所以AP=(-1,0,2),BC=(-1,1,0),CP=(0,-2,2).设平面BCP的法向量为n=(x,y,z),则BC取x=1,则n=(1,1,2).设直线AP与平面BCP所成的角为α,则sinα=|cos<AP,n>|=|AP·n||所以cosα=1-sin故直线AP与平面BCP所成角的余弦值为336(3)由(2)得PA=(1,0,-2).设PF=λPA=(λ,0,-2λ)(0≤λ≤1).由(2)可知平面BCP的一个法向量为n=(1,1,2),所以点F到平面BCP的距离d=|PF·n||n|=λ2又|PA|=3,所以|PF|=67|PA|=637,即PF例2[配例2使用][2025·安徽六安模拟]如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°,△PAD是正三角形,M是棱PC的中点.(1)证明:BC⊥DM;(2)若二面角P-AD-B的大小为60°,求点M到平面PAB的距离.解:(1)证明:如图,记AD与PB的中点分别为O,N.连接PO,OB,ON,MN,则NM∥BC,NM=12BC,OD∥BC,OD=12所以OD∥MN,OD=MN,则四边形ODMN是平行四边形,因为△PAD是正三角形,O为AD的中点,所以AD⊥OP.连接BD,因为底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,所以△BAD是正三角形,则AD⊥OB,又OP∩OB=O,OP,OB⊂平面POB,所以AD⊥平面POB,又ON⊂平面POB,所以AD⊥ON.因为四边形ABCD是菱形,四边形ODMN是平行四边形,所以AD∥BC,ON∥DM,则BC⊥DM.(2)由(1)知AD⊥OB,连接BM,过O作平面ABCD的垂线Oz,以O为坐标原点,直线OA,OB,Oz分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图.由二面角P-AD-B的大小为60°,可得∠POB=60°.由AB=2,四边形ABCD是菱形,可得AD=2,又△PAD是正三角形,所以PO=3,所以P0,32,32,A(1,0,0),C(-2,3由M是棱PC的中点,可得M-1,334,34,则设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则-x+3y=0,3y-3z=0,令y=又BM=-1,-34,34,所以M到平面PAB的距离d=|故M到平面PAB的距离为313例3[配例4使用][2025·吉林长春期末]在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=π3,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,AC与DP交于点O(如图①).将△ACD沿AC折起到△ACD'的位置,使得平面D'AC⊥平面BAC(如图②)(1)求证:BC∥平面POD'.(2)求平面ABC与平面BCD'的夹角.(3)线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的余弦值为588?若存在,求出PQPD'的值;若不存在 解:(1)证明:因为在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BAD=π3,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点,所以△ADP为等边三角形,四边形DPBC为菱形所以BC∥OP,又OP⊂平面POD',BC⊄平面POD',所以BC∥平面POD'.(2)设平面ABC与平面BCD'的夹角为θ.由(1)得BC=2,∠ABC=π3,AB=4,则AC⊥BC,AC⊥OP,AC⊥又平面D'AC⊥平面BAC,平面D'AC∩平面BAC=AC,D'O⊂平面D'AC,D'O⊥AC,所以D'O⊥平面BAC,则OA,OP,OD'两两垂直,以O为原点,OA,OP,OD'所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D'(0,0,1),C(-3,0,0),B(-3,2,0),所以D'C=(-3,0,-1),CB设平面BCD'的法向量为n=(x,y,z),则-3x-z=0,2y=0易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),故cosθ=|m·n||m|·|n|=(3)设PQPD'=t(0≤t≤1),则PQ=tPD',又P(0,1,0),D'(0,0,1),故PD'=(0,-1,1),则Q(0,1-t,t),CQ=(3,1-t由(2)知平面BCD'的一个法向量为n=(1,0,-3),由CQ与平面BCD'所成角的正弦值为|cos<CQ,n>|=|3-3t|化简得3t2-7t+2=0,可得t=13故线段PD'上存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的余弦值为588,此时PQPD'例4[配例4使用][2026·河南新乡联考]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,且AB=4,侧面AA1C1C为菱形,点A1在底面ABC上的射影为AC的中点D.(1)求证:BD⊥CC1.(2)求直线AA1与底面ABC所成角的大小.(3)求点C到侧面AA1B1B的距离.(4)在线段A1B1上是否存在点E,使得直线DE与侧面AA1B1B所成角的正弦值为67?若存在,请求出A1E的长;若不存在,请说明理由解:(1)证明:∵点A1在底面ABC上的射影为AC的中点D,∴A1D⊥平面ABC.∵BD,DC⊂平面ABC,∴A1D⊥BD,A1D⊥DC.∵底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,D为AC的中点,∴BD⊥DC.以点D为坐标原点,DB,DC,DA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.∵△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,AB=4,∴AC=42,∴DA=DB=DC=22.在Rt△A1AD中,有A1D=A1A2-A由题得A(0,-22,0),A1(0,0,26),B(22,0,0),D(0,0,0),C(0,22,0),C1(0,42,26),∴DB=(22,0,0),CC1=(0,22,2∴DB·CC1=22×0+0×22+0×2∴BD⊥CC1.(2)由(1)可知,DA1=(0,0,2AA1=(0,22,26显然DA1为平面ABC设AA1与平面ABC所成的角为θ,则sinθ=|cos<AA1,DA1>|=又θ∈0,π2,∴θ=π3,∴直线AA1与底面(3)由(1)可知,AB=(22,22,0),AC=(0,42,0),AA1=(0,22,26设平面AA1B1B的法向量为n=(x,y,z),则AB·n=22x+22y=0,AA1·则n=(3,-3,1),则点C到侧面AA1B1B的距离d=|AC·n||n|(4)假设存在满足条件的点E,则存在λ∈[0,1],使得A1E=λA1B1=