新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1.已知点P(5,3,6)，直线l过点A(2,3,1)，且一个方向向量为l＝(1,0，－1)，则点P到直线l的距离为( B )
A．2eq \r(2) B．4eq \r(2)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
【解析】 ∵点P(5,3,6)，直线l过点A(2,3,1)，且一个方向向量为l＝(1,0，－1)，∴eq \(PA,\s\up6(→))＝(－3,0，－5)，∴cs〈l，eq \(PA,\s\up6(→))〉＝eq \f(l·\(PA,\s\up6(→)),|l|·|\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(－3＋5,\r(9＋25)·\r(2))＝eq \f(1,\r(17))，∴sin〈l，eq \(PA,\s\up6(→))〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(17))))2)＝eq \f(4,\r(17))，∵|eq \(PA,\s\up6(→))|＝eq \r(34)，∴点P到直线l的距离为d＝|eq \(PA,\s\up6(→))|sin〈l，eq \(PA,\s\up6(→))〉＝eq \r(34)·eq \f(4,\r(17))＝4eq \r(2).故选B.
2.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，AB的中点，AB＝4，则MN与平面BCC1B1的距离为( C )
A．4 B．2eq \r(2)
C．2 D．eq \r(2)
【解析】 如图，连接C1B，则由长方体性质得MN∥BC1，又BC1⊂平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1.∴MN与平面BCC1B1的距离为N到平面BCC1B1的距离．又N到平面BCC1B1的距离为NB＝eq \f(1,2)AB＝2.∴MN与平面BCC1B1的距离为2，故选C.
3. (2023·雁塔区校级三模)已知大小为60°的二面角α－l－β棱上有两点A，B，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AC＝3，BD＝3，AB＝2eq \r(10)，则CD的长为( C )
A．22 B．49
C．7 D．eq \r(21)
【解析】 过A作AE∥BD且AE＝BD，连接CE、DE，
则四边形ABDE是平行四边形，因为BD⊥AB，所以平行四边形ABDE是矩形，因为BD⊥l，即AE⊥l，而AC⊥l，则∠CAE是二面角α－l－β的平面角，即∠CAE＝60°，因为BD＝AE＝AC＝3，即△ACE为正三角形，所以CE＝3，因为ED⊥AE，l⊥AC，即ED⊥AC，AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面AEC，所以ED⊥平面AEC，因为EC⊂平面AEC，所以ED⊥EC，所以在Rt△EDC中，AB＝ED＝2eq \r(10)，所以，CD＝eq \r(CE2＋ED2)＝eq \r(32＋2\r(10)2)＝7.故选C.
4. (2023·滁州模拟)《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以基，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝1，AB＝AD＝2，则点A到平面PBD的距离为( B )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(6),3)
C．eq \f(\r(6),2) D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥P－ABD的体积为eq \f(1,3)×S△ABD×PA＝eq \f(1,3)×S△PBD×h，即有eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(3)×h，∴h＝eq \f(\r(6),3).
5.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，E为CD1的中点，则点A1到平面BDE的距离为( D )
A.eq \f(3,2) B．2
C．eq \f(9,4) D．eq \f(8,3)
【解析】 如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A1(2,0,4)，B(2,2,0)，E(0,1,2)，所以eq \(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,4)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,1,2)，设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝y＋2z＝0，))令y＝－1，则x＝1，z＝eq \f(1,2)，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))，则点A1到平面BDE的距离d＝eq \f(|\(DA1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2＋4×\f(1,2),\r(1＋1＋\f(1,4)))＝eq \f(8,3).
6. (2023·小店区校级模拟)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P、Q分别在线段C1D、AC上，则线段PQ长度的最小值是( C )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(\r(5),3)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，设eq \(DP,\s\up6(→))＝λeq \(DC1,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝μeq \(AC,\s\up6(→))，(λ，μ∈[0,1])．∴eq \(DP,\s\up6(→))＝λ(0,1,2)＝(0，λ，2λ)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＋μ(eq \(DC,\s\up6(→))－eq \(DA,\s\up6(→)))＝(1,0,0)＋μ(－1,1,0)＝(1－μ，μ，0)．∴|eq \(PQ,\s\up6(→))|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)|＝eq \r(1－μ2＋μ－λ2＋4λ2)＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(μ,5)))2＋\f(9,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(5,9)))2＋\f(4,9))≥eq \r(\f(4,9))＝eq \f(2,3)，当且仅当λ＝eq \f(μ,5)，μ＝eq \f(5,9)，即λ＝eq \f(1,9)，μ＝eq \f(5,9)时取等号．∴线段PQ长度的最小值为eq \f(2,3).故选C.
二、多项选择题
7.已知直线l的方向向量n＝(1,0，－1)，A(2,1，－3)为直线l上一点，若点P(－1,0，－2)为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为( AB )
A．2 B．eq \r(3)
C．eq \r(2) D．1
【解析】 因为eq \(AP,\s\up6(→))＝(－3，－1,1)，n＝(1,0，－1)，所以csn，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(n·\(AP,\s\up6(→)),|n||\(AP,\s\up6(→))|)＝eq \f(－4,\r(2)×\r(11))＝－eq \f(2\r(22),11)，则sinn，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(22),11)))2)＝eq \f(\r(33),11)，所以点P到直线l的距离d＝|eq \(AP,\s\up6(→))|sinn，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \r(11)×eq \f(\r(33),11)＝eq \r(3)，所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于eq \r(3).故选AB.
8. (2023·梅河口市校级二模)已知四面体ABCD的棱长均为2，则( AB )
A．AB⊥CD
B．直线AB与平面BCD所成的角的正弦值为eq \f(\r(6),3)
C．点A到平面BCD的距离为eq \f(\r(3),3)
D．两相邻侧面夹角的余弦值为eq \f(1,6)
【解析】 A．取CD中点E，连接AE，BE，因为AC＝AD，CE＝DE，∴AE⊥CD；同理BE⊥CD，又AE∩BE＝E，AE，BE⊂平面ABE，所以CD⊥平面ABE，又AB⊂平面ABE，所以CD⊥AB，所以选项A正确；B.过点A作底面BCD的垂线，垂足为G，则G在BE上，且，则∠ABG就是直线AB与平面BCD所成的角，
由题得BE＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，∴BG＝eq \f(2,3)eq \r(3)，所以cs∠ABG＝eq \f(\f(2,3)\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)，∴sin∠ABG＝eq \f(\r(6),3).所以该选项正确；C.由B选项的分析可知，AG＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(2\r(6),3)，即点A到平面BCD的距离为eq \f(2\r(6),3)，故该选项错误；D.因为AE⊥CD，BE⊥CD，所以∠AEB就是相邻两侧面的夹角，GE＝eq \f(\r(3),3)，∴cs∠AEB＝eq \f(\f(\r(3),3),\r(3))＝eq \f(1,3)，所以该选项错误；故选AB.
三、填空题
9. (2023·福建统考一模)已知空间中三点A(1,1，eq \r(3))，B(1，－1,2)，C(0,0,0)，则点A到直线BC的距离为 eq \r(3) .
【解析】 ∵A(1,1，eq \r(3))，B(1，－1,2)，C(0,0,0)，∴eq \(CA,\s\up6(→))＝(1,1，eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，∴|eq \(CA,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋12＋\r(3)2)＝eq \r(5)，|eq \(CB,\s\up6(→))|＝eq \r(12＋－12＋22)＝eq \r(6)，∴cseq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \f(\(CA,\s\up6(→))·\(CB,\s\up6(→)),|\(CA,\s\up6(→))||\(CB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1×1＋1×－1＋2\r(3),\r(5)×\r(6))＝eq \f(2\r(3),\r(30))＝eq \f(\r(10),5)，∴sineq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \r(1－cs2\(CA,\s\up6(→))，\(CB,\s\up6(→)))＝eq \f(\r(15),5)，设点A到直线BC的距离为d，则d＝|eq \(CA,\s\up6(→))|sineq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \r(5)×eq \f(\r(15),5)＝eq \r(3).
10. (2023·浙江温州统考模拟预测)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面AEC1的距离为 eq \f(\r(6),6) .
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1))，C1(0,1,1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，0))，C(0,1,0)，故eq \(EC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，故eq \(EC1,\s\up6(→))∥eq \(FC,\s\up6(→))，而EC1⊂平面AEC1，FC⊄平面AEC1，故FC∥平面AEC1，故直线FC到平面AEC1的距离即为F到平面AEC1的距离．设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，又eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y＋z＝0，,－x＋\f(1,2)y＝0，))取y＝2，则n＝(1,2，－1)，而eq \(FE,\s\up6(→))＝(0,0,1)，故F到平面AEC1的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(6))))＝eq \f(\r(6),6).
四、解答题
11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为D1C1，C1C的中点，求下列问题：
(1)求点E到直线AF的距离；
(2)求点B1到平面A1BE的距离．
【解析】 (1)如图所示，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，
eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－1))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(1,2)))，
则E到直线AF的距离
d＝eq \r(\(EA,\s\up6(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(EA,\s\up6(→))·\(AF,\s\up6(→)),|\(AF,\s\up6(→))|)))2)＝eq \f(\r(17),6).
(2)由(1)可得eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
设n＝(x，y，z)为平面A1BE的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1B,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,y－z＝0，))
取x＝1，得平面A1BE的一个法向量为n＝(1,2,2)．
又eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，得B1到平面A1BE的距离为d＝eq \f(|\(A1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,3).
12. (2023·鼓楼区校级模拟)如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝eq \f(2π,3)，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.
(1)当AB′＝eq \r(2)时，证明：平面B′AE⊥平面ABC；
(2)已知二面角B′－EF－A的大小为eq \f(π,4)，边AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10)？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)证明：因为在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝eq \f(2π,3)，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，∠B＝∠C＝30°，AE＝1，BE＝eq \r(3)，
因为EF⊥AB，BE＝eq \r(3)，∠B＝30°，
所以EF＝eq \f(\r(3),2)，BF＝eq \r(BE2－EF2)＝eq \f(3,2)，
因为AB＝2，
所以AF＝AB－BF＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)，
由折叠可知B′F＝eq \f(3,2)，B′E＝eq \r(3)，EF⊥AB，EF⊥B′F，
又AB∩B′F＝F，
所以EF⊥面AFB′，
又AB′⊂面AFB′，
所以EF⊥AB′，
因为AB′＝eq \r(2)，AE＝1，B′E＝eq \r(3)，
所以AB′2＋AE2＝B′E2，
所以AB′⊥AE，
又EF⊥AB′，AE∩EF＝E，
所以AB′⊥面ABC，
又AB′⊂面B′AE，
所以面B′AE⊥面ABC.
(2)由(1)知EF⊥AF，EF⊥B′F，
所以∠AFB′＝eq \f(π,4)，
以F为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，F(0,0,0)，B′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(2),4)，0，\f(3\r(2),4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\r(3)，0))，
eq \(B′E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(3),2)，－\f(3\r(2),4)))，
假设AC上是存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10)，
设eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AC,\s\up6(→))(λ＞0)，使得直线B′E与平面B′MF的法向量所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－λ，\r(3)λ，0))，
所以eq \(B′M,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－λ＋\f(3\r(2),4)，\r(3)λ，－\f(3\r(2),4)))，
eq \(B′F,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，0，－\f(3\r(2),4)))，
设平面B′MF的法向量为m＝(x，y，z)，
∴m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\f(1,2)＋λ,\r(3)λ)，1))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(B′M,\s\up6(→))＝0，,m·\(B′F,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－λ＋\f(3\r(2),4)))x＋\r(3)λy－\f(3\r(2),4)z＝0，,\f(3\r(2),4)x－\f(3\r(2),4)z＝0，))
令x＝1，则z＝1，y＝eq \f(\f(1,2)＋λ,\r(3)λ)，
所以csm，eq \(B′E,\s\up6(→))＝eq \f(m·\(B′E,\s\up6(→)),|m||\(B′E,\s\up6(→))|)＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\f(1,2)＋λ,\r(3)λ)，1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(3),2)，－\f(3\r(2),4))),\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)＋λ,\r(3)λ)))2＋12)\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(2),4)))2))＝eq \f(\r(10),10)，
解得λ＝eq \f(1,2)，
所以当M是AC中点时，能使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).
13. (2023·历下区校级模拟)矩形ABCD所在平面与等腰梯形ACEF所在平面互相垂直，EF∥AC，EF＝eq \f(1,2)AC，直线AF与平面ABCD所成角为60°，EF＝AB＝2.
(1)求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值；
(2)线段AF上任意一点到平面BDE的距离是否为定值？如果是，则求出定值，否则说明理由．
【解析】 (1)过点F作FG⊥AC于点G，如图所示：
∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，FG⊂平面ACEF，
∴FG⊥平面ABCD，则∠FAG为直线AF与平面ABCD所成角，即∠FAG＝60°，
过点C作平面ABCD的垂线作为z轴，以CD，CB为x，y轴，建立空间直角坐标系C－xyz，
∵EF＝eq \f(1,2)AC，EF＝AB＝2，
∴AC＝4，BC＝eq \r(AC2－AB2)＝eq \r(16－4)＝2eq \r(3)，
在等腰梯形ACEF中，AF＝eq \f(\f(1,2)×4－2,cs 60°)＝2，
则C(0,0,0)，B(0,2eq \r(3)，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\r(3)))，D(2,0,0)，
∴eq \(BD,\s\up6(→))＝(2，－2eq \r(3)，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，\r(3)))，
设平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝2x－2\r(3)y＝0，,m·\(DE,\s\up6(→))＝－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＋\r(3)z＝0，))
取x＝eq \r(3)，则y＝1，z＝1，
故平面BDE的法向量为m＝(eq \r(3)，1,1)，
平面ABCD的一个法向量可取为n＝(0,0,1)，
故csm，n＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\r(5),5)，
故平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为eq \f(\r(5),5).
(2)设AC，BD交于点H，连接EH，
∵AH∥EF，且AH＝eq \f(1,2)AC＝EF，
∴四边形AHEF为平行四边形，
又AF∥EH，AF⊄平面BDE，EH⊂平面BDE，
故AF∥平面BDE，
∴线段AF上任意一点到平面BDE的距离是为定值，且为A点到平面BDE的距离，
又A(2,2eq \r(3)，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，－2eq \r(3)，0)，
故A点到平面BDE的距离为d＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·m|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))＝eq \f(2\r(3),\r(5))＝eq \f(2\r(15),5)，
故线段AF上任意一点到平面BDE的距离为eq \f(2\r(15),5).