2024届高三数学一轮复习基础夯实练51：空间距离及立体几何中的探索问题

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(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
2．(2023·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.已知空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.
(1)若BD＝eq \r(2)BC，求证：BC⊥ED；
(2)探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．
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.(2022·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PBA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．
6.(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．
参考答案
1．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2eq \r(3)，2,0)，
C(0,4,0)，C1(0,4,4)，
∵N是CC1的中点，
∴N(0,4,2)．
(1)eq \(AN,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)，
则|eq \(AN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，
|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝eq \r(|\(AN,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(\s\up7( ),\s\d5())\(AN,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→)))))))2)＝eq \r(20－4)＝4.
(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥eq \(AB,\s\up6(→))，n⊥eq \(AN,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))
令z＝2，则y＝－1，x＝eq \f(\r(3),3)，
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，－1，2)).
易知eq \(C1N,\s\up6(—→))＝(0,0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝eq \f(|\(C1N,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4|,\f(4\r(3),3))＝eq \r(3).
2．(1)证明 ∵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)＝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),\r(\f(9,4)))＝eq \f(1,3).
3．(1)证明 ∵△ABC，△ECD是全等的正三角形，∴CD＝BC，
∵BD＝eq \r(2)BC，
∴BD2＝BC2＋DC2，∴BC⊥DC，
∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，
∴BC⊥平面ECD，
∵DE⊂平面ECD，∴BC⊥ED.
(2)解 A，B，D，E四点共面．
理由如下，
如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN，
∵△ABC是等边三角形，
∴AM⊥BC，AM＝eq \f(\r(3),2)BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，
∴AM⊥平面BCD，
同理EN⊥平面BCD，
且EN＝eq \f(\r(3),2)CD ＝eq \f(\r(3),2)BC，
∴AM∥EN，且AM＝EN，
∴四边形AMNE是矩形，
∴AE∥MN，又MN∥BD，
∴AE∥BD，∴A，B，D，E四点共面．
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)＝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．(1)证明 ∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PDC.
(2)解 ∵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的垂线为坐标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)，
平面PBC的法向量为
n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up6(→))＝2x1＋y1－2z1＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝5y1＝0，))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x2＋y2－2z2＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝4x2＋2y2＝0，))
令x1＝1，x2＝1可得m＝(1,0,1)，
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PBA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PBA的一个法向量为
m＝(1,0,1)，
∴点Q到平面PBA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PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，
eq \f(CQ,CB)＝1－eq \f(\r(5),20).
6．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CEF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 \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋2－ty0－z0＝0，,r·\(PE,\s\up6(→))＝x0＋1－ty0－2z0＝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t2－3t,9)＋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).