2025高考数学一轮复习-7.7-空间的角与距离综合问题-专项训练模拟练习【含解析】

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1．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是矩形，3BC＝2CC1＝6，D为AB的中点，且A1D＝eq \r(10).
(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；
(2)求直线CB1与平面A1CD所成角的正弦值．
2．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1A1的面积为6.
(1)求点B到平面ACC1A1的距离；
(2)若AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，AA1＝eq \r(6)，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．
3．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，M是棱PC(不与端点重合)上的点，N，Q分别为PA，AD的中点，PA＝PD＝2，BC＝eq \f(1,2)AD＝1，CD＝eq \r(3).
(1)证明：BN∥平面PCD.
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC的夹角的大小为eq \f(π,3)？
4．如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD＝DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE.
(1)证明：DE⊥平面A1BE.
(2)求二面角C－A1E－D的余弦值．
5．如图所示，在三棱柱ADF－BCE中，侧面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝eq \f(π,3)；侧面ABEF为矩形，AF＝4，且平面ABCD⊥平面ABEF.
(1)求证：BD⊥CF；
(2)设M是线段AF上的动点，试确定点M的位置，使二面角M－BC－D的余弦值为eq \f(\r(21),7).
6．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AB＝2A1B1＝4，CC1＝2，侧棱CC1⊥平面ABC，点D是棱AB的中点，点E是棱BB1上的动点(不含端点B)．
(1)证明：平面AA1B1B⊥平面DCC1；
(2)求平面ABE与平面ACE的夹角的余弦值的最小值．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．如图，在三棱锥S－ABC中，BA＝BC，∠SAB＝∠SCB＝∠ABC＝90°.
(1)证明：AC⊥SB；
(2)若AB＝2，SC＝2eq \r(2)，点D满足eq \(AS,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(BD,\s\up6(→))，求二面角S－BC－D的大小．
2．如图，已知四边形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，且二面角F－DC－B的大小为60°.
(1)证明：平面BCF⊥平面ABCD；
(2)在线段AE上是否存在点M，使得二面角M－BC－F的大小为45°，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
一、单选题
1．[解析] (1)证明：由题知AA1＝CC1＝3，AD＝1，A1D＝eq \r(10)，
∴AD2＋AAeq \\al(2,1)＝A1D2，∴AA1⊥AD，
∵CC1∥AA1，CC1⊥BC，∴AA1⊥BC，
又∵AD∩BC＝B，∴AA1⊥平面ABC，
又CD⊂平面ABC，∴CD⊥AA1，
在正三角形ABC中，D为AB的中点，则CD⊥AB，
又AB∩AA1＝A，∴CD⊥平面ABB1A1.
(2)解法一：由题意知B1C＝eq \r(13)，CD＝eq \r(3)，
设B1到平面A1DC的距离为d，则由VC－A1B1D＝VB1－A1DC得3eq \r(3)＝eq \f(\r(30),2)d，解得d＝eq \f(3\r(10),5)，
∴直线CB1与平面A1CD所成角的正弦值
sin θ＝eq \f(d,CB1)＝eq \f(\f(3\r(10),5),\r(13))＝eq \f(3\r(130),65).
解法二：如图，取BC的中点为O，B1C1的中点为Q，
由(1)可知，三棱柱的侧面与底面垂直，从而OA，OB，OQ两两垂直．
以O为坐标原点，OB，OQ，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
则C(－1,0,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A1(0,3，eq \r(3))，B1(1,3,0)，∴eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，
eq \(CA1,\s\up6(→))＝(1,3，eq \r(3))，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(2,3,0)，
设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\(CA1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，,x＋3y＋\r(3)z＝0，))
令x＝1，则z＝－eq \r(3)，y＝eq \f(2,3)，于是n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,3)，－\r(3)))，
设直线CB1与平面A1CD所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(CB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CB1,\s\up6(→))|,|n|·|\(CB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(3\r(130),65).
2．[解析] (1)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，
ABC－A1B1C1是三棱柱，
VB－ACC1A1＝eq \f(2,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝2，
设点B到平面ACC1A1的距离为d，
则VB－ACC1A1＝eq \f(1,3)SACC1A1·d＝eq \f(1,3)×6d＝2，所以d＝1，
即点B到平面ACC1A1的距离为1.
(2)在▱ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以ABCD是菱形，连接BD交AC于O，则BO＝1，由(1)知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以BO⊥平面ACC1A1.
设点A1在直线AC上射影为点H，S▱ACC1A1＝AC·A1H＝2eq \r(3)·A1H＝6，
则A1H＝eq \r(3)，
且BO⊥A1H，AH＝eq \r(AA\\al(2,1)－A1H2)＝eq \r(\r(6)2－\r(3)2)＝eq \r(3)，
所以O和H重合，即A1O⊥AO.
解法一：由BD⊥AA1知BD⊥BB1，∴BD1＝eq \r(BB\\al(2,1)＋BD2)＝eq \r(10)，
作OP⊥AB于P，又A1O⊥AB.
∴AB⊥平面A1PO，∴AB⊥A1P，
又AO＝eq \r(3)，OB＝1，∴OP＝eq \f(\r(3),2)，
又A1O＝eq \r(3)，∴A1P＝eq \r(A1O2＋OP2)＝eq \f(\r(15),2)，∴SCDD1C1＝eq \r(15).
∴B到平面CC1D1D的距离d＝eq \f(6,\r(15))＝eq \f(2\r(15),5)，
∴BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值sin θ＝eq \f(d,BD1)＝eq \f(\r(6),5).
解法二：以O为坐标原点，OA，OB，OA1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,1,0)，A(eq \r(3)，0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0，eq \r(3))，
根据eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(DD1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，
则D1(－eq \r(3)，－1，eq \r(3))，
eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－2，eq \r(3))，设平面CC1D1D的一法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DD1,\s\up6(→))·n＝－\r(3)x＋\r(3)z＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n＝－\r(3)x＋y＝0，))
取x＝1，则n＝(1，eq \r(3)，1)，
设直线BD1与平面CC1D1D所成角为α，则sin α＝|cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(BD1,\s\up6(→))·n,|\(BD1,\s\up6(→))||n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(3)－2\r(3)＋\r(3),\r(10)×\r(5))))＝eq \f(\r(6),5)，
所以直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值为eq \f(\r(6),5).
3．[解析] (1)证明：证法一：取PD的中点H，连接NH，CH，又N为PA的中点，∴NH∥AD，NH＝eq \f(1,2)AD.
因为BC∥AD，BC＝eq \f(1,2)AD，
所以NH∥BC，且NH＝BC，
所以四边形BCHN为平行四边形，所以BN∥CH.
又BN⊄平面PCD，CH⊂平面PCD，
所以BN∥平面PCD.
证法二：连接NQ，BQ，∵N、Q分别为PA，AD的中点，
∴NQ∥PD，又PD⊂平面PDC，NQ⊄平面PDC，
∴NQ∥平面PDC，
又BC綉eq \f(1,2)AD綉DQ，∴BCDQ为平行四边形，
∴BQ∥DC，同理BQ∥平面PDC，
∴平面NBQ∥平面PDC，又BN⊂平面NBQ，
∴BN∥平面PDC.
证法三：延长AB、DC交于H，连接PH，∵BC綉eq \f(1,2)AD，
∴B为AH的中点，又N为PA的中点，
∴BN∥PH，又PH⊂平面PDC，BN⊄平面PDC，
∴BN∥平面PDC.
证法四：∵PA＝PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD，
又BC綉eq \f(1,2)AD綉QD，∴BQ∥CD，从而BQ⊥AD，
又PQ⊥QA，PQ⊥QB，如图建立空间直角坐标系，
则Q(0,0,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq \r(3))，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\r(3)))，
所以eq \(QB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－eq \r(3))，
设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝\r(3)y′＝0，,\(DP,\s\up6(→))·n＝x′＋\r(3)z′＝0，))
令x′＝3，则y′＝0，z′＝－eq \r(3)，
所以平面PDC的一个法向量为n＝(3,0，－eq \r(3))．
又eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(3)，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(BN,\s\up6(→))·n＝eq \f(3,2)－eq \f(3,2)＝0，
即eq \(BN,\s\up6(→))⊥n，又BN⊄平面PDC，
∴BN∥平面PDC.
(2)由(1)证法四知
PC＝eq \r(7).
设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，则eq \(PM,\s\up6(→))＝(－λ，eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，
且0