2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练43证明平行垂直与求空间距离

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(1)A1B1⊥平面AA1C;
(2)AB1∥平面A1C1C.
2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点.
(1)求证:AG∥平面BEF;
(2)试在棱BB1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论.
3.如图1,C,D是以AB为直径的圆上两点,且AB=2AD,AC=BC,将△ABC所在的半圆沿直径AB折起,使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上,如图2.
(1)求证:BC⊥平面ACD;
(2)已知O为AB的中点,在线段CE上是否存在点F,使得OF∥平面ACD?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
4.(2023广东茂名二模)在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,O为AD的中点.
(1)求证:PO⊥BC;
(2)若AB∥CD,AB=8,AD=DC=CB=4,PO=2,点E在棱PB上,直线AE与平面ABCD所成角为,求点E到平面PCD的距离.
5.(2023天津,17)如图,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分别为BC,AB的中点.
(1)求证:A1N∥平面C1MA;
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;
(3)求点C到平面C1MA的距离.
6.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AC=4,BD=2,且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.
(1)求点B1到平面D1AC的距离;
(2)在线段BO1上,是否存在一个点P,使得直线AP与CD1垂直?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由.
课时规范练43 证明平行、垂直与求空间距离
1.证明∵AA1⊥平面BAC,∴AA1⊥AB,AA1⊥AC.
又AB=AC,BC=AB,∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,∴AB,AC,AA1两两互相垂直.
建立空间直角坐标系Axyz如图所示,设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
(1)=(0,2,0),由图知,平面AA1C的一个法向量为n=(0,1,0).∴=2n,即∥n.
∴A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的法向量是m=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).
∴·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,
∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C,
∴AB1∥平面A1C1C.
2.(1)证明以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别作为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(1,1,0),E1,,1,F,G,
故,而,∴,故共面.
∵AG不在平面BEF内,∴AG∥平面BEF.
(2)解设M(1,1,m)(0≤m≤1),则=(1,1,m),
∵DM⊥平面BEF,∴=0,
∴-+m=0,解得m=,故当M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.
3.(1)证明因为CE⊥平面ABD,AD⊂平面ABD,所以AD⊥CE.
因为AD⊥DB,CE∩DB=E,所以AD⊥平面BCD.
因为BC⊂平面BCD,所以AD⊥BC.
又BC⊥AC,AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.
(2)解不存在.以O为坐标原点,以在平面ADB内且垂直于AB的直线为x轴,OB所在的直线为y轴,垂直于平面ADB的直线为z轴建立空间直角坐标系(图略).
不妨设圆的半径为,E为点C在平面ABD上的正投影,所以E在x轴正方向上.
由AB=2AD,知∠ABD=30°,则BE=2,OE=1,BC=,CE=,
所以E(1,0,0),B(0,,0),C(1,0,).
设F(1,0,t),t∈[0,].
由(1)知即为平面ACD的法向量,=(1,-),=(1,0,t),
若OF∥平面ACD,则=0,即1+t=0,t=-,所以线段CE上不存在点F,使得OF∥平面ACD.
4.(1)证明∵PA=PD,O为AD的中点,∴PO⊥AD,又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PO⊥平面ABCD,又BC⊂平面ABCD,∴PO⊥BC.
(2)解连接BD,由AB=8,AD=DC=CB=4,可知四边形ABCD为等腰梯形,梯形的高h==2,
∴BD==4.
∵AD2+BD2=16+48=64=AB2,∴AD⊥BD.
建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),A(2,0,0),B(-2,4,0),C(-4,2,0),D(-2,0,0),平面ABCD的法向量为n=(0,0,1),
设E(x,y,z),则=(x-2,y,z),=(x,y,z-2),=(-2,4,-2).
∵直线AE与平面ABCD所成角为,∴sin=|cs|=,
∴x2-4x+4+y2-3z2=0.①
∵点E在棱PB上,∴=λ(0≤λ≤1),即(x,y,z-2)=λ(-2,4,-2),
∴x=-2λ,y=4λ,z=2-2λ,代入①解得λ=或λ=5(舍去).
=(-1,2,-),=(-2,0,-2),=(-4,2,-2).
设平面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),
令z1=1,得x1=-,y1=-,
∴m=,
∴点E到平面PCD的距离d=.
5. (1)证明 连接MN,由已知M,N分别为BC,AB的中点,得MN?AC.又由题意可知,A1C1AC,∴MNA1C1.
∴四边形A1NMC1是平行四边形.∴A1N∥C1M.
又A1N⊄平面C1MA,C1M⊂平面C1MA,
∴A1N∥平面C1MA.
(2)解由已知AA1,AB,AC两两垂直,以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),C1(0,1,2).∴=(2,0,0),=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,2,0).
由已知AB⊥AC,AB⊥AA1,∴是平面ACC1A1的一个法向量.
设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),则解得
令z=1,得平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1).
设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角的大小为θ,
则csθ=.
故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为.
(3)解设点C到平面C1MA的距离为d.
(方法1)d=.
(方法2)∵,
∴·d=S△ACM·A1A.
易得C1A=,
C1M=A1N=,
AM=BC=,∴C1A=C1M.∴点C1到直线AM的距离d1=.
∴·d1·|AM|=.
易知S△ACM=S△ABC=××22=1,
∴d=.
6.解(1)由于菱形的对角线互相垂直平分,故以AC与BD的交点O为原点,以OA,OB,OO1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.
则A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3),B1(0,1,3),D1(0,-1,3),
设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z),
由=(-4,0,0),=(-2,-1,3),
得
令z=1,则n=(0,3,1).
因为=(0,2,0),
故点B1到平面D1AC的距离为d=.
(2)存在.设=λ,0≤λ≤1,
则由=(-2,1,0),=(0,-1,3),=(0,-λ,3λ),
得=(-2,1-λ,3λ).
又=(2,-1,3),
故当时,=(-2,1-λ,3λ)·(2,-1,3)=10λ-5=0,
解得λ=.
故在线段BO1上存在点P,使得AP⊥CD1,
此时BP=BO1=.