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2023年高考数学天津16<-->2023年高考数学天津18
（15分）在三棱台$ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$中，若$A_{1}A\bot$平面$ABC$，$AB\bot AC$，$AB=AC=AA_{1}=2$，$A_{1}C_{1}=1$，$M$，$N$分别为$BC$，$AB$中点．
（Ⅰ）求证：$A_{1}N//$平面$C_{1}MA$；
（Ⅱ）求平面$C_{1}MA$与平面$ACC_{1}A_{1}$所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点$C$到平面$C_{1}MA$的距离．
答案：（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）$\dfrac{2}{3}$；（Ⅲ）$\dfrac{4}{3}$．
分析：（Ⅰ）连接$MN$，推得四边形$MNA_{1}C_{1}$为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理可得证明；
（Ⅱ）运用三垂线定理得到平面$C_{1}MA$与平面$ACC_{1}A_{1}$所成角，再解直角三角形可得所求值；
（Ⅲ）运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离．
解：
（Ⅰ）证明：连接$MN$，可得$MN$为△$AC$的中位线，
可得$MN//AC$，且$MN=\dfrac{1}{2}AC=1$，
而$A_{1}C_{1}=1$，$AC//A_{1}C_{1}$，
则$MN//A_{1}C_{1}$，$MN=A_{1}C_{1}$，
可得四边形$MNA_{1}C_{1}$为平行四边形，
则$A_{1}N//C_{1}M$，
而$A_{1}N\not\subset$平面$C_{1}MA$，$C_{1}M\subset$平面$C_{1}MA$，
所以$A_{1}N//$平面$C_{1}MA$；
（Ⅱ）取$AC$的中点$H$，连接$MH$，
由$AB\bot AC$，$MH//AB$，可得$MH\bot AC$．
由$A_{1}A\bot$平面$ABC$，$MH\subset$平面$ABC$，
可得$A_{1}A\bot MH$，
可得$MH\bot$平面$A_{1}ACC_{1}$．
过$H$作$HD\bot AC_{1}$，垂足为$D$，连接$DM$，
由三垂线定理可得$DM\bot AC_{1}$，
可得$\angle MDH$为平面$C_{1}MA$与平面$ACC_{1}A_{1}$所成角．
由$MH=\dfrac{1}{2}AB=1$．
在矩形$AHC_{1}A_{1}$中，$DH=\dfrac{AH\cdot H{C}_{1}}{A{C}_{1}}=\dfrac{1\times 2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，
所以$\cos \angle MDH=\dfrac{DH}{DM}=\dfrac{\dfrac{2\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{1+\dfrac{4}{5}}}=\dfrac{2}{3}$；
（Ⅲ）设$C$到平面$C_{1}MA$的距离为$d$．
在△$C_{1}MA$中，$A_{1}M=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{2}$，$AC_{1}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$，$MC_{1}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$，
则${S}_{\triangle {C}_{1}MA}=\dfrac{1}{2}\times \sqrt{2}\times \sqrt{5-\dfrac{1}{2}}=\dfrac{3}{2}$．
由${V}_{C-{C}_{1}MA}={V}_{{C}_{1}-CMA}$，可得$\dfrac{1}{3}d{S}_{\triangle {C}_{1}MA}=\dfrac{1}{3}d\cdot \dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{3}C_{1}H\cdot S_{\Delta CMA}=\dfrac{1}{3}\times 2\times \dfrac{1}{2}\times 2\times 1=\dfrac{2}{3}$，
解得$d=\dfrac{4}{3}$．
点评：本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
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