新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第7章7.8空间距离及立体几何中的探索性问题（含答案解析）

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1.已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，E，F分别是棱C1C，BC的中点．
(1)求证：B1F⊥平面AEF；
(2)求点A1到直线B1E的距离．
2．(2024·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(1)求证：BM⊥AB1；
(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．
3．如图1，在菱形ABCD中，∠B＝60°，BE＝EC＝1.沿着AE将△BAE折起到△B′AE，使得∠DAB′＝90°，如图2所示．
(1)求异面直线AB′与CD所成角的余弦值；
(2)求异面直线AB′与CD之间的距离．
4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
5．(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．
6．(2023·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.
(1)求证：AB∥平面PCD；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；
(3)棱BC上是否存在点Q到平面APB的距离为eq \f(\r(10),10)，若存在，求出eq \f(CQ,CB)的值；若不存在，说明理由．
§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
1．(1)证明 ∵三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，
∴以A为坐标原点，以AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AB＝AC＝AA1＝1，E，F分别是棱C1C，BC的中点，∴A(0,0,0)，B1(1，0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，
eq \(B1F,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，
∵eq \(B1F,\s\up6(—→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝0，eq \(B1F,\s\up6(—→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(B1F,\s\up6(—→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(B1F,\s\up6(—→))⊥eq \(AF,\s\up6(→))，
∴B1F⊥AE，B1F⊥AF，
∵AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，∴B1F⊥平面AEF.
(2)解 方法一 ∵A1(0,0,1)，
∴eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝(1,0,0)，
又eq \(B1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－\f(1,2)))，
∴点A1到直线B1E的距离
d＝eq \r(|\(A1B1,\s\up6(—→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1B1,\s\up6(—→))·\(B1E,\s\up6(—→)),|\(B1E,\s\up6(—→))|)))2)
＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,\f(3,2))))2)＝eq \f(\r(5),3).
方法二 ∵A1(0,0,1)，
∴eq \(A1B1,\s\up6(—→))＝(1,0,0)，eq \(B1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－\f(1,2)))，
∴cs〈eq \(A1B1,\s\up6(—→))，eq \(B1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(－1,\f(3,2))＝－eq \f(2,3)，
∴sin〈eq \(A1B1,\s\up6(—→))，eq \(B1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\r(5),3)，
故点A1到直线B1E的距离为d＝|eq \(A1B1,\s\up6(—→))|·sin〈eq \(A1B1,\s\up6(—→))，eq \(B1E,\s\up6(—→))〉＝eq \f(\r(5),3).
2．(1)证明 连接A1B，∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，
eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
∵eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(—→))＝0，∴eq \(BM,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(—→))，∴BM⊥AB1.
(2)解 设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，
由(1)知eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB1,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，
∴sin eq \f(π,4)＝|cs〈eq \(AB1,\s\up6(—→))，n〉|＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(—→))·n|,|\(AB1,\s\up6(—→))||n|)＝eq \f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝eq \f(1,2)，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，
∵eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0，－1),
∴点A1到平面BCM的距离d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\f(3,2))＝eq \f(1,3).
3．解 (1)在菱形ABCD中，∠B＝60°，BE＝EC＝1，由余弦定理得AE2＝AB2＋BE2－2AB·BE·cs 60°＝3，所以AE＝eq \r(3)，
所以BE2＋AE2＝AB2，即AE⊥BC，
又AD∥BC，所以AE⊥AD，
在题图2中，∠DAB′＝90°，
即AD⊥AB′，
又AB′∩AE＝A，AB′，AE⊂平面AB′E，所以AD⊥平面AB′E，
即EC⊥平面AB′E，
又B′E⊂平面AB′E，所以B′E⊥EC，
如图，以E为原点，以EC，EA，EB′所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，C(1,0,0)，D(2，eq \r(3)，0)，B′(0,0,1)，A(0，eq \r(3)，0)，
所以eq \(AB′,\s\up6(——→))＝(0，－eq \r(3)，1)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，
故|cs〈eq \(AB′,\s\up6(——→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB′,\s\up6(—→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(AB′,\s\up6(—→))||\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(|0－3＋0|,2×2)＝eq \f(3,4)，
则异面直线AB′与CD所成角的余弦值为eq \f(3,4).
(2)由(1)得eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，0)，
设m＝(x，y，z)是异面直线AB′与CD公垂线的方向向量，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB′,\s\up6(—→))·m＝0，,\(CD,\s\up6(→))·m＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)y＋z＝0，,x＋\r(3)y＝0))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\r(3)y，,x＝－\r(3)y，))
令y＝1，则m＝(－eq \r(3)，1，eq \r(3))，
所以异面直线AB′与CD之间的距离为eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(|－\r(3)－\r(3)＋0|,\r(7))＝eq \f(2\r(21),7).
4．(1)证明 ∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在．
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，
∴EB，EC，EF两两垂直．
以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2eq \r(3)，0,0)，C(0,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，－2，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)．
设eq \(BG,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BG,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝2eq \r(3)，
∴n＝(1，eq \r(3)，2eq \r(3))．
由已知得eq \f(\r(15),5)＝|cs〈eq \(AG,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AG,\s\up6(→))·n,|\(AG,\s\up6(→))||n|)))，
即eq \f(\r(15),5)＝eq \f(4\r(3),4\r(161－λ2＋4λ2))，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(11,10)(舍去)，
故λ＝eq \f(1,2)，
∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点．
5．解 建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意设点
P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，
C(0,2,0)，
(1)eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,1－t，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
eq \(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)，
设平面EFC的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))
令x＝1，得z＝－2，y＝1，
∴m＝(1,1，－2)，
若存在满足题意的点P，则eq \(PE,\s\up6(→))∥m，
∴eq \f(1－t,1)＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，
设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，
又eq \(PF,\s\up6(→))＝(2,2－t，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋2－ty0－z0＝0，,r·\(EF,\s\up6(→))＝x0＋y0＋z0＝0，))
令y0＝1，则x0＝eq \f(t,3)－1，z0＝－eq \f(t,3)，
∴r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3)))，
设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，r〉|
＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1))2＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,3)))2))
＝eq \f(1,\r(\f(2,9)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2)))2＋\f(3,2)))，0≤t≤2，
∴当t＝eq \f(3,2)时，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，
(sin θ)min＝eq \f(\r(3),3).
此时C1P＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).
6．(1)证明 ∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PDC.
(2)解 ∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，
∴BC＝eq \r(42＋5－32)＝2eq \r(5)，
又PB＝PC＝3，
∴点P到直线BC的距离为eq \r(32－5)＝2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，
∴点P到平面ABCD的距离为2.
以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,5,0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(4,2,0)，
设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up6(→))＝2x1＋y1－2z1＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝5y1＝0，))
令x1＝1，则y1＝0，z1＝1，
则m＝(1,0,1)，
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x2＋y2－2z2＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝4x2＋2y2＝0，))
令x2＝1，则y2＝－2，z2＝0，
则n＝(1，－2,0)，
设平面APB与平面PBC的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈m，n〉|＝
eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10).
∴平面APB与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
(3)解 假设棱BC上存在点Q到平面APB的距离为eq \f(\r(10),10)，
设eq \(CQ,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，
∴Q(4λ，2λ＋3,0)，
∴eq \(AQ,\s\up6(→))＝(4λ－4,2λ＋3,0)，
由(2)知平面APB的一个法向量为m＝(1,0,1)，
∴点Q到平面APB的距离
d＝eq \f(|\(AQ,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(|4λ－4|,\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
∴|4λ－4|＝eq \f(\r(5),5)，∴λ＝1－eq \f(\r(5),20)，
∴棱BC上存在点Q到平面APB的距离为eq \f(\r(10),10)，eq \f(CQ,CB)＝1－eq \f(\r(5),20).