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1、第66练高考大题突破练空间距离及立体几何中的探索性问题考点一空间距离1如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB4，AD6，M，N分别是DC1，AC的中点(1)求证：MN平面ADD1A1；(2)求C到平面A1MN的距离(1)证明如图，分别取DD1和AD的中点E，F，连接EF，EM，FN，则EMDC且EMDC，FNDC且FNDC，所以EMFN，且EMFN，所以四边形EMNF是平行四边形，所以EFMN，又EF平面ADD1A1，MN平面ADD1A1，所以MN平面ADD1A1.(2)解如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(6。

2、,0,0)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，A1(6,0,2)，又M，N分别是DC1，AC的中点，所以M(0,2,1)，N(3,2,0)，所以(3,2，2)，(6,2，1)，(0，2,1)设平面A1MN的一个法向量为n，则令z3，则x1，y，所以n，设C到平面A1MN的距离为d，则d.所以C到平面A1MN的距离为.考点二立体几何中的探索性问题2在如图所示的几何体中，平面ADNM平面ABCD，四边形ABCD是菱形，四边形ADNM是矩形，DAB，AB2，AM1，E是AB的中点(1)求证：DE平面ABM；(2)在线段AM上是否存在点P，使平面PEC与平面ECD夹角的大小为？。

3、若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由(1)证明如图，连接BD，由四边形ABCD是菱形，DAB，E是AB的中点得DEAB，因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD且交线为AD，所以MA平面ABCD，又DE平面ABCD，所以DEAM，又AMABA，AM，AB平面ABM，所以DE平面ABM.(2)解由DEAB，ABCD，故DECD，因为四边形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD且交线为AD，NDAD，所以ND平面ABCD，以D为原点，DE所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DN所在直线为z轴，建立如图所示的坐标系，则D(0,0,0)，E(，0,0)，C(0,2,0)，N(0,0,。

4、1)，设P(，1，m)(0m1)，则(，2,0)，(0，1，m)，因为ND平面ABCD，所以易知(0,0,1)为平面ECD的一个法向量， 设平面PEC的法向量为n(x，y，z)，nn0，即取z1，n，假设在线段AM上存在点P，使平面PEC与平面ECD夹角的大小为.则cos ，解得m，经检验，符合题意所以存在点P在线段AM上，使平面PEC与平面ECD夹角的大小为，此时AP.3如图，在四棱锥PABCD中，平面ABCD平面PCD，底面ABCD为梯形，ABCD，ADDC，且AB1，ADDCDP2，PDC120.(1)求证：AD平面PCD；(2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值；(3)设M是棱PA的。

5、中点，在棱BC上是否存在一点F，使MFPC？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由(1)证明因为平面ABCD平面PCD，平面ABCD平面PCDCD，ADDC，所以AD平面PCD.(2)解作z轴平面ABCD，则z轴在平面PCD中，如图，以D为原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，则P(0，1，)，D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,1,0)，C(0,2,0)，则(2,0,0)，(0，1，)，(0,3，)，(2,1,0)，设m(x1，y1，z1)为平面PAD的法向量，n(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量，则有可取m(0，1)，同理，可取n(1,2,2)，则|cosm，n|，所以平面PAD与平面PBC夹角的余弦值为.(3)解假设点F存在，设此时(01)，M，(2，0)，(0,1,0)，则，因为MFPC，则，所以存在唯一的实数，使得，即(0,3，)，所以方程组无解，与题设矛盾，所以棱BC上不存在一点F，使MFPC.4如图，在RtAOB中，OAB，斜边AB4.RtAOC可以通过RtAOB以直线A。

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