2025高考数学一轮复习-7.7-利用空间向量求空间距离-专项训练【含答案】

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1.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥底面ABCD,PA=
AB=6,点E是棱PB的中点.
求直线AD与平面PBC的距离.
2.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E是线段AB的中点.
(1)证明:BD⊥平面AA1C1C;
(2)若P是线段BC上的动点,求点P到平面B1DE的距离的取值范围.
3.如图,已知长方体ABCDA1B1C1D1的体积为4,点A到平面BC1D的距离为63.
(1)求△BC1D的面积;
(2)若AB=BC=2,动点E在线段DD1上移动,求△AEC1面积的取值范围.
4.如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PA=2,G为CD的中点,E,F是棱PD上两点(F在E的上方),且EF=2.
(1)若DE=22,求证:BF∥平面AEG;
(2)当点F到平面AEC的距离取得最大值时,
求DE的长.
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5.如图,在四棱锥PABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,
PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°.
(1)求证:PO⊥平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点,求点E到直线BP的距离.
6.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,四边形AA1B1B为矩形,AB=3,BC=5.
问:在线段BC上是否存在点P,使得点P到平面A1C1B的距离为2?若存在,求BP的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
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1.解:如图,以A为坐标原点,射线AB,AD,AP分别为x轴,y轴,z轴正半轴,建立空间直角坐标系.
设D(0,a,0),则B(6,0,0),C(6,a,0),P(0,0,6),E(3,0,3).
因此,AE→=(3,0,3),BC→=(0,a,0),PC→=(6,a,-6).
则AE→·BC→=0,AE→·PC→=0,
所以AE⊥BC,AE⊥PC,
又BC∩PC=C,BC,PC⊂平面PBC,
所以AE⊥平面PBC.
由AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,
得AD∥平面PBC.故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离,即|AE→|=32.
2.(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,
所以BD⊥AC,
因为AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以AA1⊥BD,
因为AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面AA1C1C,
所以BD⊥平面AA1C1C.
(2)解:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),E(2,1,0),B1(2,2,2),
设P(a,2,0)(0≤a≤2),则DP→=(a,2,0),DE→=(2,1,0),DB1→=(2,2,2),
设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z),
由DE→·n=0,DB1→·n=0,则2x+y=0,2x+2y+2z=0,
令x=1,
则y=-2,z=1,
则n=(1,-2,1).
设点P到平面B1DE的距离为h,
所以h=|DP→·n||n|=|a-4|6=66(4-a)∈[63,263],所以点P到平面B1DE的距离的取值范围是[63,263].
3.解:(1)由题知VA−BC1D=VC1−ADB=16VABCD−A1B1C1D1=23,
设点A到平面BC1D的距离为h,则h=63,
因为VA−BC1D=13S△BC1D·h,
所以S△BC1D=3VA−BC1Dℎ=6,
即△BC1D的面积为6.
(2)由题知AB=BC=2,AA1=1,
以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(2,0,0),C1(0,2,1),
设E(0,0,t)(0≤t≤1),
则EA→=(2,0,-t),AC1→=(-2,2,1),
则直线AC1的单位方向向量为
u=AC1→|AC1→|=(-23,23,13),
则点E到直线AC1的距离为
d=EA→2-(EA→·u)2=232t2-2t+5=232(t-12) 2+92∈[2,253],
所以△AEC1的面积S△AEC1=12AC1·d=32d∈[322,5],
所以△AEC1面积的取值范围为[322,5].
4.(1)证明:连接BD交AG于H,连接HE,
因为G为CD的中点,四边形ABCD是正方形,
所以GD∥AB,GD=12AB,所以DHHB=GDAB=12.
因为DE=22,EF=2,所以DEEF=DHHB=12,
所以BF∥EH,
因为BF⊄平面AEG,EH⊂平面AEG,
所以BF∥平面AEG.
(2)解:在四棱锥PABCD中,因为EF=2,
所以△EFC的面积为定值,
又点A到平面EFC的距离为定值,所以三棱锥AEFC的体积为定值,
即三棱锥FAEC的体积为定值.
要使点F到平面AEC的距离最大,则需△AEC的面积最小,即E到AC的距离最小.
由题知,以A为坐标原点,AB,AD,AP为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C(2,2,0),
由于PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
故PA⊥AD,
而PA=AD=2,故△PAD为等腰直角三角形,
即∠PDA=π4;
设E到AD的距离为t,t∈[0,1],
则E(0,2-t,t),AE→=(0,2-t,t),AC→=(2,2,0),
故E到AC的距离为AE→2-AE→·AC→|AC→|2=(2-t)2+t2-2(2-t)222=
32t2-2t+2,
对于二次函数y=32t2-2t+2,其图象对称轴为直线t=23,当t=23时,y=
32t2-2t+2取到最小值,此时E到AC的距离最小,
此时点F到平面AEC的距离最大,
所以DE=2t=223.
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5.(1)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以O为AC中点,AC⊥BD,
因为PC⊥BD,AC,PC⊂平面PAC,AC∩PC=C,
所以BD⊥平面PAC,又PO⊂平面PAC,
所以PO⊥BD,因为PA=PC,所以PO⊥AC;
因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解:因为AC,BD,PO两两互相垂直,所以以O为坐标原点,OB→,OC→,
OP→为x轴,y轴,z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
因为∠ABC=60°,AB=BC,
所以△ABC为等边三角形,所以OA=1,OB=3,
不妨设OP=a,则AP2=a2+1,BP2=3+a2,
因为异面直线PB与CD所成的角为60°,
AB∥CD,所以∠PBA=60°,
所以PA2=PB2+AB2-2BP·ABcs∠PBA,
即a2+1=3+a2+4-2a2+3,
解得a=6,
所以B(3,0,0),P(0,0,6),E(0,12,0),
所以BE→=(-3,12,0),BP→=(-3,0,6),
所以|BE→|=132,|BP→|=3,
所以点E到直线BP的距离为d=|BE→|2-(BE→·BP→|BP→|) 2=134-1=32.
6.解:因为四边形AA1C1C是正方形,四边形AA1B1B为矩形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,且AB,AC⊂平面ABC,
AB∩AC=A,
所以AA1⊥平面ABC,
又因为AB=3,AC=4,BC=5,所以AB⊥AC,
因此AB,AC,AA1两两垂直,所以建系如图,
则有B(0,3,0),C(4,0,0),A1(0,0,4),C1(4,0,4),
所以BC→=(4,-3,0),BA1→=(0,-3,4),BC1→=(4,-3,4),
设平面A1C1B的一个法向量为m=(x,y,z),
则有BA1→·m=-3y+4z=0,BC1→·m=4x-3y+4z=0,
令y=4,
则m=(0,4,3),
设AP→=AB→+BP→=AB→+λBC→=(0,3,0)+λ(4,-3,0)=(4λ,3-3λ,0),0≤λ≤1,
所以P(4λ,3-3λ,0),BP→=(4λ,-3λ,0),
所以点P到平面A1C1B的距离为d=|BP→·m||m|=12λ5=2,解得λ=56,满足题意,
所以在线段BC上存在点P,使得点P到平面A1C1B的距离为2,此时BP=56BC=256.