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第47练　空间距离及立体几何中的探索性问题
1.已知m=(2,1,1)是直线l的方向向量,l经过点P(-1,0,1),则点Q(2,4,6)到l的距离为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
2.若平面α的一个法向量为n=(1,2,-2),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(2,-1,4)到α的距离为 (　 )
A.3 B.
C. D.
3.已知空间三点A(1,0,1),B(0,1,0),C(1,1,1),则点C到直线AB的距离是 (　 )
A. B.
C. D.
4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,则B1C1到平面A1BC的距离是 (　 )
A. B.
C. D.
5.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),那么过点P且平行于平面ABC的平面与平面ABC间的距离是 (　 )
A. B.
C. D.
6.(多选题)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点,则 (　 )
A.A,E,F,C1四点共面
B.AB1在平面ADD1A1上的射影为AA1
C.点A1到直线B1E的距离为
D.点A1到平面AB1E的距离为
7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2BC=2,则异面直线B1D1与CD的距离为　　　　,异面直线BD1与CD的距离为　　　　.
8.[2026·福建泉州质检] 已知空间四点O(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),则点O到平面ABC的距离为　　　　.
9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点E为BB1的中点.
(1)求点D到平面AD1E的距离;
(2)求BC1到平面AD1E的距离.
10.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,AB=2,AA1=3,点N在棱CC1上,若直线A1B1到平面ABN的距离为,则的值为 (　 )
A.1 B.
C. D.
11.[2025·齐鲁名校教研考前质检] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,P是棱BB1的中点,点M,N分别在平面ABCD与平面A1C1D内,则PM+MN的最小值为 (　 )
A. B.2
C. D.3
12.(多选题)[2026·江苏南京一中月考] 如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分别为CC1,BC的中点,若点P在棱A1B1上运动,则 (　 )
A.AM⊥PN
B.点P到直线BC的距离的最大值为
C.PN与平面ABC所成最小角的正切值为
D.点N到平面AMP距离的最大值为
13.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,则点P到直线AA1的距离的最小值为　　　　.
14.已知A,B,C,P是空间中不共面的四点,满足=(0,0,c),=(-a,b,0),=(a,0,0).若a2+b2=4,且点P到平面ABC的距离等于1,则a的值为　　　　.
15.如图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=2AB=4,BC=6,M,N分别是AD,BC的中点,将四边形MABN沿MN翻折至四边形MEFN,点Q为CF上一点,且FQ=2QC.
(1)证明:DQ∥平面MEFN.
(2)设二面角F-MN-C的平面角为θ(0<θ<π).
(i)若θ=,求直线FM与直线CD所成角的余弦值.
(ii)在翻折过程中,是否存在θ,使得直线NE与平面MDQ所成角的正弦值为 若存在,求出θ;若不存在,请说明理由.
16.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,BC=2AD=4,AB=2,E为CD的中点,PB⊥AE.
(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD.
(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为.
(i)求三棱锥P-BDC的体积.
(ii)试问在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD 若存在,求出点N到直线PC的距离;若不存在,请说明理由.
第47练　空间距离及立体几何中的探索性问题
1.B　[解析] 由m=(2,1,1),=(3,4,5),得||2=32+42+52=50,·m=6+4+5=15,|m|=,所以点Q(2,4,6)到l的距离d==
=.故选B.
2.B　[解析] 由题意得=(3,-4,4),所以点P(2,-1,4)到α的距离d==.故选B.
3.C　[解析] 因为A(1,0,1),B(0,1,0),C(1,1,1),所以=(-1,1,-1),=(0,1,0),所以在向量上的投影向量的模为==,所以点C到直线AB的距离是==.故选C.
4.B　[解析] 设O,O1分别是AC,A1C1的中点,连接OO1,OB,O1B1,根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO1两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),C1(0,1,2),所以=(,-1,0),=(0,-2,2),=(0,0,2).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,,).因为B1C1∥BC,B1C1 平面A1BC,BC 平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B1C1到平面A1BC的距离即为点C1到平面A1BC的距离,即为==.故选B.
5.C　[解析] 由题得=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(0,-1,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得n=,所以所求距离d==.故选C.
6.AB　[解析] 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.由题得A(1,0,0),E,F,C1(0,1,1),则=,=,=,所以AE∥FC1,所以A,E,F,C1四点共面,故A正确.由正方体的结构特征知,点B1在平面ADD1A1上的射影为A1,所以AB1在平面ADD1A1上的射影为AA1,故B正确.由A1(1,0,1),B1(1,1,1),得=,=(0,1,0),则·=-1,||==,所以点A1到直线B1E的距离为=
=,故C错误.设平面AB1E的法向量为m=(x,y,z),=(0,1,1),则
取x=1,则m=(1,-2,2),又=(0,0,1),所以点A1到平面AB1E的距离为==,故D错误.故选AB.
7.2　　[解析] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1 平面A1B1C1D1,所以DD1⊥B1D1,又DD1⊥CD,所以DD1是异面直线B1D1与CD的公垂线段,又DD1=2,所以异面直线B1D1与CD的距离为2.连接AD1,BD,因为CD∥AB,CD 平面ABD1,AB 平面ABD1,所以CD∥平面ABD1,所以CD到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,即点D到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,设其为h,由题得AD1==.因为=,所以××2×1×2=××2××h,所以h=,所以异面直线BD1与CD的距离为.
8.　[解析] 方法一(等体积法):由题得VC-OAB=S△OAB×OC=×2×2=.设O到平面ABC的距离为h,则VC-OAB=VO-ABC=S△ABC·h,又△ABC为等边三角形,边长为2,所以S△ABC=×(2)2=2,所以h==,即点O到平面ABC的距离为.
方法二(向量法):设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).由题得=(-2,2,0),=(-2,0,2),由得即
取x=1,则n=(1,1,1),则在n上的投影向量的模为==,即点O到平面ABC的距离为.
9.解:(1)以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,0),D1(0,0,2),E(2,2,1),所以=(0,2,1),=(-2,0,2).设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),
则令z=2,得x=2,y=-1,则n=(2,-1,2).
又=(0,0,2),
所以点D到平面AD1E的距离d1===.
(2)由(1)可得平面AD1E的一个法向量为n=(2,-1,2).因为B(2,2,0),C1(0,2,2),所以=(-2,0,2),则·n=2×(-2)+(-1)×0+2×2=0,所以⊥n,又BC1 平面AD1E,所以BC1∥平面AD1E,所以BC1到平面AD1E的距离可以转化为点B到平面AD1E的距离.由=(0,2,0),得BC1到平面AD1E的距离d2===.
10.C　[解析] 由题意知,该几何体为长方体,以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,3).设N(0,2,t)(0≤t≤3),则=(0,2,0),=(-2,0,t),=(0,0,3).因为A1B1∥AB,A1B1 平面ABN,AB 平面ABN,所以A1B1∥平面ABN,故直线A1B1到平面ABN的距离为B1到平面ABN的距离.设平面ABN的法向量为n=(x,y,z),则即取x=t,则n=(t,0,2),所以B1到平面ABN的距离d===,可得t=1,故=.故选C.
11.C　[解析] 如图所示,连接P'M,BD,设点P关于平面ABCD的对称点为P',延长BB1交平面A1C1D于点E,记点P',B到平面A1C1D的距离分别为d1,d2,易知EB1=BB1.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则B(,,0),D(0,0,0),A1(,0,),C1(0,,),=(,0,),=(0,,),=(,,0),设平面A1C1D的法向量为m=(x,y,z),则即令x=1,则m=(1,1,-1),所以d2===2,又==,则d1=,所以PM+MN=P'M+MN≥d1=.故选C.
12.AB　[解析] 如图,以A为原点,分别以AB,AC,AA1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),M(0,2,1),N(1,1,0),P(x,0,2),0≤x≤2,所以=(0,2,1),=(x-1,-1,2),因为·=0,所以AM⊥PN,故A正确;连接BP,由B(2,0,0),C(0,2,0),得=(-2,2,0),=(x-2,0,2),0≤x≤2,则点P到直线BC的距离d==
,当x=0时,d取得最大值,故B正确;易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),设PN与平面ABC所成的角为θ,则sin θ=|cos<,m>|=,当x=0或2时,
sin θ取得最小值,此时tan θ=,故C错误;=(0,2,1),=(x,0,2),设平面AMP的法向量为n=(a,b,c),则令b=x,则c=-2x,a=4,即n=(4,x,-2x),连接AN,又=(1,1,0),所以点N到平面AMP的距离为==,设f(x)=,0≤x≤2,则f'(x)=
=,令f'(x)=0,得x=,当0≤x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当13.　[解析] 连接A1P,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),E(1,2,0),A(2,0,0),A1(2,0,2),可得=(1,2,-2),=(0,0,2).设=λ=(λ,2λ,-2λ),λ∈[0,1],则P(λ,2λ,2-2λ),因此=(λ-2,2λ,-2λ),所以点P到直线AA1的距离为=
=
=≥
=,当λ=时,取得最小值,即点P到直线AA1的距离的最小值为.
14.±　[解析] 由题得=(0,0,c),=(-a,b,0),=(a,0,0).设平面ABC的法向量为n=(x1,y1,z1),则取x1=b,则n=(b,a,0),所以点P到平面ABC的距离d====1,所以|ab|=2,则a2b2=4,又a2+b2=4,所以(a2-b2)2=(a2+b2)2-4a2b2=42-42=0,所以a2=b2=2,所以a=±.
15.解:(1)证明:如图,取FN的靠近点N的三等分点H,连接HQ,HM.
由于FQ=2QC,H是FN的靠近N的三等分点,
因此HQ∥NC,HQ=NC=2.
由于MD∥NC,MD=2,因此MD∥HQ,MD=HQ,所以四边形MDQH为平行四边形,故DQ∥MH,
又MH 平面MEFN,DQ 平面MEFN,所以DQ∥平面MEFN.
(2)(i)在NC上取点P使得PC=2,连接MP,FP.
由于MD∥PC,MD=PC,因此四边形MDCP为平行四边形,
所以DC∥MP,故直线FM与直线CD所成的角为∠FMP或其补角.
因为MN==,
MP=CD=2,FP=
=,MF==2,
所以cos∠FMP==
=,故直线FM与直线CD所成角的余弦值为.
(ii)以N为坐标原点,分别以,的方向为y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则N(0,0,0),M(0,0,),D(0,2,),F(3sin θ,3cos θ,0),E(2sin θ,2cos θ,),Q(sin θ,cos θ+2,0),
所以=(2sin θ,2cos θ,),=(sin θ,cos θ+2,-),=(0,2,0).设平面MDQ的法向量为n=(x,y,z),则
即
令x=,则n=(,0,sin θ).由于直线NE与平面MDQ所成角的正弦值为,因此|cos<,n>|==,解得sin2θ=1,因为0<θ<π,所以存在θ=,使得直线NE与平面MDQ所成角的正弦值为.
16.解:(1)证明:由四边形ABCD是直角梯形,AB=2,BC=2AD=4,AB⊥BC,可得DC=4,∠BCD=,所以△BCD是等边三角形,
则BD=4,BD平分∠ADC.
又E为CD的中点,所以DE=AD=2,则BD⊥AE,又PB⊥AE,PB∩BD=B,BD 平面PBD,PB 平面PBD,所以AE⊥平面PBD,
又AE 平面ABCD,
所以平面PBD⊥平面ABCD.
(2)(i)在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC.由(1)得平面PBD⊥平面ABCD.因为平面PBD∩平面ABCD=BD,PO 平面PBD,所以PO⊥平面ABCD,
所以∠PCO为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=,
所以OP=OC,因为PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点,
所以OP=OC=2,且OC⊥BD.
又BD=4,所以三棱锥P-BDC的体积V=×BD·OC·PO=×4×2×2=8.
(ii)方法一(向量法):如图①,以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),P(0,0,2).假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD成立.
设=λ+μ(λ,μ≥0,λ+μ≤1),由题意得N(-2λ,2μ,-2(λ+μ-1)),=(-2λ-2,2μ,-2(λ+μ-1)),=(0,2,-2),=(-2,0,-2).
由得
解得故存在满足条件的点N,且N.
因为=(0,2,-2),P(0,0,2),则=,
所以||=,||=2,·=-12,所以点N到直线PC的距离d=
||=.
方法二(传统法):由题可知,BP=BD=BC=4,又PD=DC=4,PC=2,所以点B在三角形PDC内的射影N为等腰锐角三角形PDC的外心,所以点N必在侧面PCD的内部,如图②,连接PN.由(1)知三棱锥P-BDC的体积V=8,S△PDC=×2×=2,
则VP-BDC=×S△PDC×BN=8,可得BN=.
在Rt△BPN中,由勾股定理可得PN==,
取F为PC的中点,则PF=,
所以点N到直线PC的距离d=NF==.

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