专题集训15 空间向量与距离、探究性问题-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(十五)　空间向量与距离、探究性问题 (时间：40分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1.(15分)(2025·浙江温州二模)如图，在三棱锥P-ABC中，△PBC是边长等于2的正三角形，∠ACB＝90°，M为AB的中点. (1)求证：BC⊥PM； (2)若AC＝2，cos ∠ACP＝－，求点M到平面PBC的距离. 解：(1)证明：如图所示，取BC中点N，连接AN，PN，MN，则MN∥AC. 又AC⊥BC，所以NM⊥BC. 又因为△PBC是正三角形，且N为BC中点， 因此PN⊥BC. 从而所以BC⊥平面PNM. 又PM⊂平面PNM，所以BC⊥PM. (2)以点C为坐标原点，以CA，CB所在直线分别为x轴和y轴，z轴垂直于平面ABC， 如图建系，设P(x，y，z)，z＞0， 因为C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)， 所以M(，1，0)，所以＝(0，2，0)， 因为PC＝PB＝2， 所以x2＋y2＋z2＝x2＋(y－2)2＋z2， 所以y＝1，所以P(x，1，z). 所以＝(2，0，0)，＝(x，1，z)，＝(，1，0)， 因为｜｜＝2，＝｜｜｜｜cos∠ACP＝－3， 所以所以x＝－，z＝. 所以P(－，1，). 设平面PBC的法向量n＝(a，b，c)， 所以⇒ 令c＝1，则n＝(，0，1)， 则点M到平面PBC的距离d＝｜｜＝＝. 2.(15分)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，∠A1AC＝60°，A1B＝. (1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC； (2)设M为侧棱CC1上的点，若平面A1BM与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线A1B1的距离. 解：(1)证明：如图所示，取AC的中点O，连接A1O，BO. 已知∠A1AC＝60°，A1A＝2，AO＝1， 所以A1O＝，A1O⊥AC. 由题设可知，△ABC是边长为2的等边三角形， 所以BO＝. 因为A1B＝，A1B2＝A1O2＋BO2，所以A1O⊥BO. 又AC∩BO＝O，AC，BO⊂平面ABC，所以A1O⊥平面ABC. 因为A1O⊂平面A1ACC1， 所以平面A1ACC1⊥平面ABC. (2)以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，C1(－2，0，)，A1(0，0，)，＝(0，－，)，＝(－1，－，0)，＝(－1，0，). 设＝λ(0≤λ≤1)，可得M(－λ－1，0，λ)， ＝(－1－λ，－，λ). 设平面A1BM的法向量为m＝(x，y，z)，则 即取y＝λ＋1，得z＝λ＋1，x＝(λ－1)， 所以m＝((λ－1)，λ＋1，λ＋1). 易得＝(0，0，)为平面ABC的一个法向量，设平面A1BM与平面ABC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝， 解得λ＝或λ＝5(舍去)， 所以M(－，0，)，＝(，0，)，＝＝(1，－，0)，＝， 故点M到直线A1B1的距离d＝＝. 3.(15分)(2025·辽宁省部分重点中学协作体考试)如图①所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝2，D为线段AQ的中点.现沿着CD将△QCD折起，使Q点到达P点，如图②所示.连接PA，PB，其中M为线段PA的中点. (1)求证：PB⊥DM； (2)若二面角A-CD-P的大小为60°，则在线段PC上是否存在一点N，使得直线PB与平面BDN所成角的正切值为？若存在，求三棱锥P-BDN的体积；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：在图①中，由题意可知，四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝1. 在图②中，CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 因为AB∥CD，所以AB⊥平面PAD. 因为DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM. 因为PD＝AD，M为PA的中点，所以DM⊥PA. 因为AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以DM⊥平面PAB. 因为PB⊂平面PAB，所以PB⊥DM. (2)由(1)知，CD⊥平面PAD. 因为CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD. 因为AD，PD⊂平面PAD，所以AD⊥CD，CD⊥PD. 所以二面角A-CD-P的平面角为∠ADP，即∠ADP＝60°. 因为AD＝PD，所以△PAD为等边三角形，所以PA＝AD＝PD＝1. 取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD. 因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD，且PO＝＝＝. 设E为BC的中点，则可以以点O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则O，P，D，B(，1，0)，C， 则＝，＝，＝，＝. 假设存在点N满足题意. 设＝λ＝，则＝＋＝. 设平面BDN的一个法向量为m＝，则 取y＝λ，可得m＝. 记直线PB与平面BDN所成的角为θ，则θ∈， 由可得sin θ＝， 则sin θ＝＝＝＝＝， 即＝，＝0. 因为0≤λ≤1，解得λ＝，故＝， N为CP的三等分点， 所以VP-BDN＝VB-PCD＝VP-BCD＝×S△BCD×PO＝××＝. 4.(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，已知AB＝2，AC＝BC＝3，三棱锥C-A1AB的体积为. (1)设平面CAB与平面CA1B1的交线为l，证明：l∥AB； (2)在线段CC1上是否存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为？若存在，指出P点的位置；若不存在，说明理由. 解：(1)证明：因为四边形ABB1A1为正方形， 所以AB∥A1B1. 又因为AB⊄平面CA1B1，A1B1⊂平面CA1B1， 所以AB∥平面CA1B1. 因为AB⊂平面CAB，平面CAB∩平面CA1B1＝l， 所以l∥AB. (2)法一：由题意知，＝×2×2＝4，设三棱锥C-A1AB的高为h. 因为三棱锥C-A1AB的体积为，所以h＝. 如图所示，过C向平面ABB1A1作垂线，垂足为H，CH＝，取AB，的中点，分别为E，F，连接HE，HA，CE. 因为BC＝AC＝3，AE＝，所以CE⊥AB，CE＝. 因为CH⊥平面ABB1A1，AH，HE⊂平面ABB1A1， 所以CH⊥AH，CH⊥HE. 在Rt△CHA中，CH＝，CA＝3，所以HA＝2. 在Rt△CHE中，CH＝，CE＝，所以HE＝. 因为AE＝，HE＝，HA＝2，满足AE2＋HE2＝HA2，所以AB⊥HE， 所以H在AB的中垂线EF上，且HE＝HF， 所以H为四边形ABB1A1的中心. 所以以H为坐标原点，HA，HB，HC分别为x轴、y轴、z轴建立如图坐标系， 则A，A1(0，－2，0)，B，B1，C. 设C1，则＝，＝， 由＝，可得所以C1. 假设线段CC1上存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 设P，因为C，C1，P三点共线， 所以＝λ，λ∈[－1，0]，即＝λ，则P. 则＝，＝，＝. 设平面ABC的法向量为n＝， 所以令x1＝1，则y1＝1，z1＝，所以n＝. 设直线AP与平面ABC所成角为α， 则sin α＝ ＝＝， 解得λ＝－(正值舍去)，此时，P是线段CC1的中点， 所以当P是线段CC1的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 法二：由题意知，＝×2×2＝4，设三棱锥C-A1AB的高为h. 因为三棱锥C-A1AB的体积为，所以h＝. 如图所示，过C向平面ABB1A1作垂线，垂足为H，CH＝. 取AB，A1B1的中点，分别为E，F，连接HE，HA，CE. 因为BC＝AC＝3，AE＝，所以CE⊥AB，CE＝. 因为CH⊥平面ABB1A1，AH，HE⊂平面ABB1A1， 所以CH⊥AH，CH⊥HE. 在Rt△CHA中，CH＝，CA＝3，所以HA＝2. 在Rt△CHE中，CH＝，CE＝，所以HE＝. 因为AE＝，HE＝，HA＝2，满足AE2＋HE2＝HA2， 所以AB⊥HE， 所以H在AB的中垂线EF上，且HE＝HF， 所以H为四边形ABB1A1的中心，取AA1的中点为G. 所以以H为坐标原点，HG，HE，HC分别为x轴、y轴、z轴建立如图坐标系， 则A，B，C. 假设线段CC1上存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 设P，－2≤t≤0，则＝，＝，＝. 设平面ABC的法向量为n＝， 所以 令y＝1，则x＝0，z＝，所以n＝. 设直线AP与平面ABC所成角为α， 则sin α＝ ＝＝， 解得t＝－(正值舍去)，此时，P是线段CC1的中点， 所以当P是线段CC1的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 学生用书⬇第51页 学科网（北京）股份有限公司 $