2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-空间向量与距离、探究性问题（Word版解析版）

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1.已知空间中向量AB＝(0，1，0)，向量AC的单位向量为(－33，33，－33)，则点B到直线AC的距离为( )
A.33B.63C.233D.153
解析：选B.设向量AC的单位向量为e，则e＝(－33，33，－33)，AB·e＝33，点B到直线AC的距离为：｜AB｜2－｜AB·e｜2＝1－(33)2＝63.
2.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点A到平面A1BCD1的距离为( )
A.2B.22
C.1D.2
解析：选B.连接AB1，与A1B相交于点E，因为四边形ABB1A1为正方形，
所以AB1⊥A1B，又BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，
因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面BCD1A1，所以AB1⊥平面BCD1A1，
故点A到平面A1BCD1的距离为AE的长，又棱长为4，所以AE＝12AB1＝12×42＋42＝22.
3.如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱CD上的一点，且DE＝2EC，则点B1到平面AEC1的距离为( )
A.6147
B.3147
C.277
D.77
解析：选B.以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以A(0，0，0)，B1(3，0，3)，E(2，3，0)，C1(3，3，3)，所以AE＝(2，3，0)，AC1＝(3，3，3).
设平面AEC1的法向量n＝(x，y，z)，
所以n·AE=2x+3y=0，n·AC1=3x+3y+3z=0，令x＝3，解得y＝－2，z＝－1，
所以平面AEC1的一个法向量n＝(3，－2，－1)，又AB1＝(3，0，3)，
所以点B1到平面AEC1的距离d＝｜AB1·n｜｜n｜＝69+4+1＝3147.
4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝2，AD＝3，E为AB的中点，则异面直线B1C1与DE 的距离为( )
A.2B.10
C.1D.61919
解析：选C.分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AA1＝1，AB＝2，AD＝3，E为AB的中点，
则D(0，0，0)，C1(0，2，1)，B1(3，2，1)，E(3，1，0)，
则B1C1＝(－3，0，0)，DE＝ (3，1，0)，
设B1C1与DE的公垂线的一个方向向量为n＝(x，y，z
)，
则n·B1C1＝－3x=0，n·DE=3x＋y=0，取z＝1，得x＝y＝0，则n＝(0，0，1)，
又DC1＝(0，2，1)，所以异面直线
B1C1与DE之间的距离为d＝｜DC1·n｜｜n｜＝10+0+1＝1.
5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝π2，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，点D是棱AC的中点，点E在棱BB1上运动，则点D到直线C1E的距离的最小值为( )
A.355
B.455
C.5
D.554
解析：选A.因为CC1⊥平面ABC，∠ACB＝π2，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
连接C1D，则D(1，0，0)，C1(0，0，2)，
设E(0，1，c)，其中0≤c≤2，
所以C1D＝(1，0，－2)，C1E＝(0，1，c－2)，
则点D到直线C1E的距离d＝｜C1D｜2－(C1D·C1E｜C1E｜)2＝5－［−2(c−2)(c−2)2+1］2＝5－4(c－2)2(c－2)2+1，
设t＝(c－2)2＋1，因为c∈[0，2]，所以t∈[1，5]，则d＝1+4t∈［355，5］.
所以点D到直线C1E的距离的最小值为355.
6.(多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，BB1的中点，M为线段A1D上的动点，则( )
A.存在点M，使得直线FM⊥AC1
B.存在点M，使得EM∥平面AA1B1B
C.点M到直线C1D1距离的最小值为2
D.三棱锥C1-MEF的体积为63
解析：选BC.以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，0，0)，E(2，1，0)，F(2，0，1)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，C1(2，2，2)，D1(0，2，2)，
所以AC1＝(2，2，2)，DA1＝(0，－2，2)，EF＝(0，－1，1)，
设DM＝λDA1(0≤λ≤1)，则DM＝(0，－2λ，2λ)，所以M(0，2－2λ，2λ)，
对于A项，FM＝(－2，2－2λ，2λ－1)，所以FM·AC1＝－2×2＋2(2－2λ)＋2(2λ－1)＝－2≠0，故A项错误；
对于B项，因为AD⊥面AA1B1B，所以面AA1B1B的一个法向量为n＝(0，1，0)，
又因为EM∥面AA1B1B，EM＝(－2，1－2λ，2λ)，所以EM·n＝1－2λ＝0，解得λ＝12，即DM＝12DA1，所以存在点M位于A1D的中点时，使得EM∥面AA1B1B，故B项正确；
对于C项，因为C1D1＝(－2，0，0)，所以u＝C1D1｜C1D1｜＝(－2，0，0)2＝(－1，0，0)，
设a＝C1M＝(－2，－2λ，2λ－2)，则a·u＝2，所以点M到直线C1D1的距离为d＝a2－(a·u)2＝4+4λ2＋(2λ－2)2－4＝8λ2－8λ+4＝8(λ－12)2+2(0≤λ≤1)，
所以当λ＝12时，dmin＝2，故C项正确；
对于D项，因为A1D∥EF，A1D⊄面EFC1，EF⊂面EFC1，所以A1D∥面EFC1，
所以VC1-MEF＝VM-C1EF＝VD-C1EF，易得FC1＝EC1＝5，EF＝2，
所以S△C1EF＝12EF×C1F2－(EF2)2＝32，
所以VC1-MEF＝VD-C1EF＝13S△C1EF×CD＝13×32×2＝1，故D项错误.
7.(多选)(2025·四川眉山三模)某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为22，下列结论正确的有( )
A.AG⊥平面BCDG
B.该石凳的体积为643
C.A，F，C，D四点共面
D.点B到平面ACD的距离为63
解析：选AC.“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.
A选项：由图可知AG⊥平面BCDG，故A选项正确；
B选项：43－8×13×12×2×2×2＝1603，故B选项错误；
C选项：∵A，F，C，D四点均是正方体各棱上中点，∴AF∥CM，DF∥MN，CD∥AN，且这个六条边长全相等，∴A，F，C，D四点共面，故C选项正确；
D选项：如图建立空间直角坐标系，
∵AG＝AF2＋FG2＝4，∴正方体棱长为4，∴B(2，0，4)，A(4，2，0)，D(2，4，4)，C(0，2，4)，
∴CD＝(2，2，0)，CA＝(4，0，－4)，
设平面ACD的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则CD·n1=2x+2y=0，CA·n1=4x－4z=0，取x＝1，则y＝－1，z＝1，
即n1＝(1，－1，1)，CB＝(2，－2，0)，
∴点B到平面ACD的距离为｜CB·n1｜｜n1｜＝2+23＝433，故D选项错误.
8.(2025·甘肃白银三模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，AA1＝a，点B到平面AB1D的距离为3，则a＝ .
解析：如图，过点B作BP⊥AB1于点P，连接B1D，BD，因为AD⊥平面ABB1A1，BP在平面ABB1A1内，所以AD⊥BP，又AB1，AD为平面AB1D内两条相交直线，则BP⊥平面AB1D.
由直角三角形ABB1的面积可得：BP＝2a22+a2＝2a4+a2＝3，解得a＝23.
答案：23
9.如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，∠B1AB＝60°，E为DD1的中点，则A1C1到平面EAC的距离为 .
解析：连接C1E，C1A，因为A1C1∥AC，AC⊂平面EAC，A1C1⊄平面EAC，
所以A1C1∥平面EAC，
所以A1C1到平面EAC的距离等于C1到平面EAC的距离，
设C1到平面EAC的距离为d，
因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，∠B1AB＝60°，
所以BB1＝ABtan 60°＝23，AC＝22，
因为E为DD1的中点，所以DE＝3，
所以AE＝CE＝22＋(3)2＝7，
所以S△ACE＝12AC·AE2－(AC2)2＝12×22×7－2＝10，
S△CC1E＝12CD·CC1＝12×2×23＝23，
因为VC1-ACE＝VA-CC1E，所以13S△ACE·d＝13S△CC1E·AD，
所以13×10d＝13×23×2，解得d＝2305.
答案：2305
10.(2025·山东烟台一模)如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°，
且BP⊥平面ABC，AB＝2BP＝4，CD＝λCP(0＜λ＜1).
(1)求证：AC⊥BD；
(2)当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为68？
解：(1)证明：由BP⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则BP⊥AC，
又点C在以AB为直径的半圆的圆周上，则BC⊥AC，
由BP∩BC＝B且都在平面PBC内，则AC⊥平面PBC，
由BD⊂平面PBC，故AC⊥BD.
(2)若O为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz⊥平面ABC，在面ABC内作Ox⊥AB，
由∠ABC＝60°，AB＝2BP＝4，则BC＝2，AC＝23，
故可构建如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(3，1，0)， P(0，2，2)，
由CD＝λCP(0＜λ＜1)，故CD＝(－3λ，λ，2λ)，可得D(3－3λ，λ＋1，2λ)，
所以AD＝(3－3λ，λ＋3，2λ)，AB＝(0，4，0)，AC＝(3，3，0)，
若m＝(x，y，z)，n＝(a，b，c)分别为平面ACD、平面ABD的一个法向量，
则m·AD＝(3－3λ)x＋(λ+3)y+2λz=0，m·AC＝3x+3y=0，
取y＝－1，m＝(3，－1，2)，
n·AD＝(3－3λ)a＋(λ+3)b+2λc=0，n·AB=4b=0，取a＝2λ，n＝(2λ，0，3λ－3)，
所以｜cs＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜m||n｜＝43λ−2322×4λ2+3(λ－1)2＝68，
整理得2λ−14λ2+3(λ−1)2＝14，则57λ2－58λ＋13＝0，可得λ＝13或λ＝1319.
11.(2025·湖南邵阳二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝22，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且AP＝λAA1.
(1)证明：A1C⊥平面ABC1；
(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为455？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
解：(1)证明：∵AB＝AC＝2，BC＝22，
∴AB2＋AC2＝BC2 ，故AB⊥AC.
又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C.
∵A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C，
又A1C⊥BC1，AB，BC1⊂平面ABC1，BC1∩AB＝B，∴A1C⊥平面ABC1.
(2)∵A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥AC1，∴四边形AA1C1C为菱形，
取A1C1的中点为E，连接AE，∵∠ACC1＝60°，
∴△AA1C1为等边三角形.
∴AE⊥A1C1.又AC∥A1C1，∴AE⊥AC.
又AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥AE.
∴如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz.
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，－1，3)，C1(0，1，3)，AP＝(0，－λ，3λ)，BP＝BA＋AP＝(－2，－λ，3λ)，BC1＝(－2，1，3)，BC＝(－2，2，0).
设n＝(x，y，z)为平面BPC1的一个法向量，
则n·BP＝－2x－λy＋3λz=0，n·BC1＝－2x＋y＋3z=0，
令x＝λ，则n＝(λ，λ－1，λ+13).
设d为点C到平面BPC1的距离，
则d＝｜BC·n｜｜n｜＝｜－2λ+2(λ-1)|λ2＋(λ－1)2＋13(λ+1)2＝455，
∴28λ2－16λ＋1＝0，即λ＝12或λ＝114.
故存在λ＝12或λ＝114，满足题意.
[创新题]
12.对于两个空间向量a＝(x1，y1，z1)与b＝(x2，y2，z2)，我们可以定义它们之间的欧式距离为d(a，b)＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它点P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动，且｜AP｜＝2，则D(AB，AP)的取值范围是 .
解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，则BD1＝(－1，1，1)，CB1＝(0，－1，1)，
所以d(BD1，CB1) ＝(－1)2＋22＋02＝5.
因为P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动，且｜AP｜＝2，
则｜A1P｜＝1，即在上底面A1B1C1D1内，点P在以A1为圆心，1为半径的四分之一圆周上，
可设P(cs θ，sin θ，1)，则AB＝(1，0，0)，AP＝(cs θ，sin θ，1)，θ∈［0，π2］，
所以D(AB，AP) ＝｜cs θ－1｜＋｜sin θ｜＋1＝2＋sin θ －cs θ＝2＋2sin(θ－π4)，θ∈［0，π2］，
因为－π4≤θ－π4≤π4，则sin(θ－π4)∈［－22，22］，所以D(AB，AP)∈[1，3].
答案：5 [1，3]