2025年高考数学一轮复习-第七章-第七节 利用空间向量研究距离问题-课时作业【含解析】

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1.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD＝DA＝1，E，F分别是AB，BC的中点.
（1）求点D到平面PEF的距离；
（2）求AC到平面PEF的距离.
2.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动.
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离.
3.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
（1）求点N到直线AB的距离；
（2）求点C1到平面ABN的距离；
（3）求直线AA1到直线BN的距离.
4.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝12CD＝1，E为PC的中点.
（1）证明：BE∥平面PAD；
（2）若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.
[B组 能力提升练]
5.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD的中点，问：线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，说明理由.
6.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.
2025年高考数学一轮复习-第七章-第七节 利用空间向量研究距离问题-课时作业（解析版）
[A组 基础保分练]
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，且PD＝DA＝1，E，F分别是AB，BC的中点.
（1）求点D到平面PEF的距离；
（2）求AC到平面PEF的距离.
解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），P（0，0，1），A（1，0，0），C（0，1，0），E1，12，0，F12，1，0，
则PE＝1，12,−1，PF＝12，1,−1.
设平面PEF的法向量为n＝（x，y，z），
则n·PE=0，n·PF=0，所以x＋12y－z=0，12x＋y－z=0，
即z＝32y，x＝y，令y＝2，则n＝（2，2，3），
又DP＝（0，0，1），
所以点D到平面PEF的距离
d＝｜DP·n｜｜n｜＝317＝31717.
（2）由于E，F分别是AB，BC的中点，
所以EF∥AC.因为EF⊂平面PEF，AC⊄平面AEF，
所以AC∥平面PEF，所以点A到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离.
由于AE＝0，12，0，又由（1）知平面PEF的法向量为n＝（2，2，3），
所以点A到平面PEF的距离为｜AE·n｜｜n｜＝117＝1717，即直线AC到平面PEF的距离为1717.
2.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动.
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离.
（1）证明：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略），设AE＝x，则D（0，0，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0），C（0，2，0），
D1E＝（1，x，－1），A1D＝（－1，0，－1）.
因为D1E·A1D＝0，所以D1E⊥A1D.
（2）解：因为E为AB的中点，则E（1，1，0），从而D1E＝（1，1，－1），AC＝（－1，2，0），AD1＝（－1，0，1），
设平面ACD1的法向量为n＝（a，b，c），则n·AC=0，n·AD1=0，即－a+2b=0，－a＋c=0，得a=2b，a＝c，从而可取n＝（2，1，2），所以点E到平面ACD1的距离d＝｜D1E·n｜｜n｜＝｜2+1－2｜3＝13.
3.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
（1）求点N到直线AB的距离；
（2）求点C1到平面ABN的距离；
（3）求直线AA1到直线BN的距离.
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（23，2，0），C（0，4，0），C1（0，4，4），A1（0，0，4），∵N是CC1的中点，
∴N（0，4，2）.
（1）AN＝（0，4，2），AB＝（23，2，0），则｜AN｜＝25，｜AB｜＝4，AN·AB＝8.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝｜AN｜2－AN·AB｜AB｜2＝20－4＝4.
（2）设平面ABN的一个法向量为n＝（x，y，z），由n⊥AB，n⊥AN，得
n·AB=23x+2y=0，n·AN=4y+2z=0，
令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝33,−1，2.
易知C1N＝（0，0，－2），设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝｜C1N·n｜｜n｜＝|−4｜43＝3.
（3）∵直线AA1与BN为异面直线，AA1＝（0，0，4），BN＝（－23，2，2），
设直线AA1与BN的公垂线的方向向量为u＝（x1，y1，z1），∴u·AA1=4z1=0，u·BN＝－23x1+2y1+2z1=0，
解得3x1＝y1，z1=0.
令x1＝1，则y1＝3，即u＝（1，3，0）.
又AB＝（23，2，0）.
设直线AA1到直线BN的距离为d3，
则d3＝｜u·AB｜｜u｜＝432＝23.
4.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝12CD＝1，E为PC的中点.
（1）证明：BE∥平面PAD；
（2）若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.
（1）证明：如图，取PD的中点F，连接AF，EF，
因为E为PC的中点，F为PD的中点，
所以EF∥CD，且EF＝12CD.
又AB∥CD，且AB＝12CD，
所以EF∥AB，且EF＝AB，故四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF.
又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
（2）解：如图所示，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.在等边△PBC中，PO＝3，OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.
以O为坐标原点，分别以OC，OM，OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则P（0，0，3），A（－1，1，0），D（1，2，0），C（1，0，0），故E12，0，32，所以AD＝（2，1，0），PA＝（－1，1，－3），PE＝12，0,−32.
设平面PAD的法向量为n＝（x，y，z），则n·AD=0，n·PA=0，
即2x＋y=0，－x＋y－3z=0，
令x＝1，则y＝－2，z＝－3，故n＝（1，－2，－3）.
所以点E到平面PAD的距离d＝｜n·PE｜｜n｜＝12×1+0×(−2）＋－32×(−3）12＋(−2）2＋(−3）2＝22.
[B组 能力提升练]
5.如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，O为AD的中点，问：线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，说明理由.
解：在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD.
又侧面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PO⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，易得A（0，－1，0），B（1，－1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），
CP＝（－1，0，1），CD＝（－1，1，0）.
假设存在点Q，使它到平面PCD的距离为32，
设Q（0，y，0）（－1≤y≤1），则CQ＝（－1，y，0）.
设平面PCD的法向量为n＝（x0，y0，z0），
则n·CP=0，n·CD=0，∴－x0＋z0=0，－x0＋y0=0，
取x0＝1，则n＝（1，1，1）.
∴点Q到平面PCD的距离为d＝｜CQ·n｜｜n｜＝|−1+y｜3＝32，∴y＝－12或y＝52（舍去）.
此时｜AQ｜＝12，｜QD｜＝32，
∴存在点Q满足题意，此时AQQD＝13.
6.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离.
（1）证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝23.
连接OB，因为AB＝BC＝22AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝12AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知，OP⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC知，PO⊥平面ABC.
（2）解：作CH⊥OM，垂足为H.又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM.
故CH的长为点C到平面POM的距离.
由题设可知OC＝12AC＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°.
所以OM＝253，CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.所以点C到平面POM的距离为455.