备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练56利用空间向量证明平行垂直与利用空间向量求距离（附解析人教A版）

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(1)求证:当点E在棱AB上移动时,始终有D1E⊥A1D;
(2)点E在棱AB上移动,当平面D1EC⊥平面B1EC时,求AE的长.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°.
(1)求证:PO⊥平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点,求点E到直线PB的距离.
3.(2024·河南濮阳模拟)在如图所示的六面体ABC-A1D1B1C1中,平面ABC∥平面A1D1B1C1,AA1∥CC1,BC=2B1C1,AB=2A1D1.
(1)求证:AC∥平面BB1D1;
(2)若AC,BC,CC1两两互相垂直,AC=2,CC1=3,求点A到平面BCD1的距离.
4.(2024·云南曲靖模拟)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,侧面PAB是等边三角形,BC=2AB,AC=AB,PB⊥AC.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)设Q为侧棱PD上一点,四边形BEQF是过B,Q两点的该几何体的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.
课时规范练56 利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离
1. (1)证明 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,如图所示,则D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),B1(1,2,1),D1(0,0,1).
设E(1,y0,0)(0≤y0≤2),则=(1,y0,-1).因为=(-1,0,-1),所以=(1,y0,-1)·(-1,0,-1)=0,所以,即D1E⊥A1D.
(2)解 设平面D1EC的法向量为m=(x1,y1,z1),因为=(1,y0,-1),=(0,2,-1),
所以
取y1=1,则m=(2-y0,1,2).
设平面B1EC的法向量为n=(x2,y2,z2),因为=(0,2-y0,1),=(1,0,1),所以
取y2=1,则n=(2-y0,1,y0-2),
因为平面D1EC⊥平面B1EC,可得m⊥n,
即m·n=(2-y0,1,2)·(2-y0,1,y0-2)=0.所以(2-y0)2+1+2(y0-2)=0,解得y0=1,故当平面D1EC⊥平面B1EC时,AE的长为1.
2.(1)证明 因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为PC⊥BD,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面APC,所以BD⊥平面APC.因为PO⊂平面APC,所以BD⊥PO.因为PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC,又因为AC∩BD=O,AC,BD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 以O为坐标原点,直线OB,OC,OP分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB∥CD,所以∠PBA或其补角为异面直线PB,CD所成的角,显然∠PBA是锐角,
所以∠PBA=60°.
在菱形ABCD中,因为AB=2,∠ABC=60°,所以OA=1,OB=
设PO=a,则PA=,PB=,在△PBA中,由余弦定理,得PA2=AB2+PB2-2AB·PB·cs∠PBA,
所以a2+1=4+a2+3-2,解得a=
所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),P(0,0,),E(0,,0),=(-,0),=(-,0,),||=,||=3,所以d=,所以点E到直线PB的距离为
3. (1)证明 取AB的中点E,BC的中点F,连接D1E,B1F,EF,在六面体ABC-A1D1B1C1中,因为平面ABC∥平面A1D1B1C1,平面ABC∩平面ABD1A1=AB,平面A1D1B1C1∩平面ABD1A1=A1D1,所以AB∥A1D1.
同理可得BC∥B1C1.
因为E,F分别是AB,BC的中点,且AB=2A1D1,BC=2B1C1,
所以A1D1∥AE,A1D1=AE,B1C1∥CF,B1C1=CF,
所以四边形AED1A1是平行四边形,四边形CFB1C1是平行四边形,
所以AA1∥ED1,CC1∥FB1,
又AA1∥CC1,所以ED1∥FB1,则E,F,B1,D1四点共面.
因为平面ABC∥平面A1D1B1C1,平面ABC∩平面EFB1D1=EF,
平面A1D1B1C1∩平面EFB1D1=B1D1,
所以EF∥B1D1.
又E,F分别是AB,BC的中点,EF∥AC,所以AC∥B1D1.
因为AC⊄平面BB1D1,B1D1⊂平面BB1D1,所以AC∥平面BB1D1.
(2)解 因为AC,BC,CC1两两互相垂直,所以以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
则C(0,0,0),A(2,0,0).
设BC=t,则B(0,t,0),D1(1,,3),=(-2,t,0),=(0,t,0),=(1,,3).
设平面BCD1的一个法向量为n=(x,y,z),则
则y=0,取z=1,则x=-3,n=(-3,0,1),
所以点A到平面BCD1的距离为
4.(1)证明 在△ABC中,因为BC=2AB,AC=AB,所以AC2+AB2=BC2,
所以AC⊥AB,
又AC⊥PB,PB∩AB=B,且PB,AB⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB,
又AC⊂平面ABCD,
所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 假设存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD.
取AB中点为H,连接PH,则PH⊥AB,
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PH⊂平面PAB,
所以PH⊥平面ABCD.所以PH⊥AB,PH⊥AC.
如图,以A为坐标原点,直线AB为x轴,直线AC为y轴,以过点A且平行于直线PH的直线为z轴建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(-2,2,0),P(1,0,),从而=(-2,2,0),=(1,0,),=(-4,2,0),=(3,-2).
设n1=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量,则
令x1=,则y1=1,z1=-1,则n1=(,1,-1).
设=,其中0≤λ≤1.
则+=(3λ-4,2-2,).
连接EF,因为AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC,平面PAC∩平面BEQF=EF,所以AC∥EF.
取与同向的单位向量j=(0,1,0).
设n2=(x2,y2,z2)是平面BEQF的法向量,
则
令x2=,则z2=4-3λ,则n2=(,0,4-3λ).由平面BEQF⊥平面PAD,知n1⊥n2,由n1·n2=3λ+3λ-4=0,解得λ=
故在侧棱PD上存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD,