2023届高考数学二轮复习专题十四空间向量与距离、探索性问题作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题十四空间向量与距离、探索性问题作业含答案，共9页。
专题强化训练(十四)1.(2022·山东青岛高三期末)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,PA=PD=,F为AB的中点,AC⊥PF.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求点A到平面PDF的距离.(1)证明:连接BD,取AD的中点为O,连接OF,PO,因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为O,F分别为AD,AB的中点,所以OF∥BD,所以OF⊥AC.又因为AC⊥PF,PF∩OF=F,PF,OF⊂平面POF,所以AC⊥平面POF.因为PO⊂平面POF,所以AC⊥PO.因为PA=PD,O为AD的中点,所以PO⊥AD.又因为AD∩AC=A,AD,AC⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为PO⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)解:因为AB=AD,∠DAB=60°,所以△ABD为正三角形,所以BO⊥AD.由(1)可知AD,OB,PO两两垂直,于是建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),D(-1,0,0),A(1,0,0),F(,,0),所以=(-1,0,-2),=(,,-2),=(-2,0,0).设n=(x,y,z)为平面PDF的法向量,则即取x=2,得n=(2,-2,-1).所以点A到平面PDF的距离d===.2.(2022·山东济南高三期末)如图,在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.(1)求证:B,E,D1,F四点共面;(2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF?若存在,求出DG的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明:如图所示,连接D1E,D1F,取BB1的中点M,连接MC1,ME,因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1E∥MC1,又因为F为CC1的中点,所以BM∥C1F,且BM=C1F,所以四边形BMC1F为平行四边形,所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,所以B,E,D1,F四点共面.(2)解:以D为坐标原点,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如图,假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t),t∈[0,2].由已知得B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),则=(-1,1,0),=(0,1,-1),=(-1,0,t-1),设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即取x1=1,则n1=(1,1,1).设平面GEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).因为平面GEF⊥平面BEF,所以n1·n2=0,所以t-1+t-1+1=0,所以t=.所以存在满足题意的点G,使得平面GEF⊥平面BEF,DG的长度为.3.(2022·山东临沂三模)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为A1D1的中点,过AB1E的平面截此正方体,得如图所示的多面体,F为棱CC1上的动点.(1)点H在棱BC上,当CH=CB时,FH∥平面AEB1,试确定动点F在棱CC1上的位置,并说明理由;(2)若AB=2,求点D到平面AEF的最大距离.解:(1)设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l,因为FH∥平面AEB1,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,FH⊂平面BCC1B1,所以FH∥l,由正方体ABCDA1B1C1D1知,平面ADD1E∥平面BCC1B1,又因为平面ADD1E∩平面AEB1=AE,平面BCC1B1∩平面AEB1=l,所以AE∥l,所以AE∥FH,取BC中点G,连接GC1,易知AE∥GC1,所以GC1∥FH,又因为H为CG中点,所以F为CC1中点.(2)以点D为坐标原点,,,分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则有A(2,0,0),E(1,0,2),设F(0,2,t),t∈[0,2],所以=(-1,0,2),=(-2,2,t),=(2,0,0),设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则有⇒不妨取x=2,则n=(2,2-,1),设点D到平面AEF的距离为d,所以d==≤,当t=2,即点F与点C1重合时取等号,所以点D到平面AEF的最大距离为.4.(2022·重庆西南大学附中模拟预测)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,B1A=B1C,AA1=13,AB=8,BC=6,AB⊥BC,D为AC中点,tan∠BB1D=.(1)求证:BC⊥B1D;(2)线段B1C1上是否存在一点E,使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为?若存在,求出E点的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明:因为B1A=B1C,且D为AC中点,所以B1D⊥AC.因为AB⊥BC,AB=8,BC=6,可得AC==10,则BD=AC=5.又BB1=AA1=13,因为tan∠BB1D=,可得cos∠BB1D=.在△BB1D中,由余弦定理得cos∠BB1D==,解得B1D=12.因为BD2+B1D2=B,所以BD⊥B1D.又因为BD∩AC=D,BD,AC⊂平面ABC,所以B1D⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC,所以BC⊥B1D.(2)解:过点D作Dx⊥AC,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,如图,可知A(0,-5,0),B(,,0),C(0,5,0),B1(0,0,12),则=(-,-,12),==(-,,0)⇒C1(-,,12),又=+=+λ=(0,5,12)+λ(-,,0),其中0≤λ≤1,解得=(-λ,5+λ,12).设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,则m=(,1,).设AE与平面BCC1B1的夹角为θ,则sin θ=|cos<,m>|===,解得λ=或λ=-(舍).综上,存在点E为线段B1C1上靠近B1的三等分点,使得AE与平面BCC1B1的夹角的正弦值为.