分级练(49)　空间距离（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

分级练(49)　空间距离 分级一　提能强化 1．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2，1)，点A(－1，3，0)在α内，则点P(－2，1，4)到平面α的距离为(　　) A．10 B．3 C． D． D　解析：由题意，得＝(－1，－2，4).又平面α的一个法向量n＝(－2，－2，1)，则点P到平面α的距离d＝＝＝. 2．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点 A(2，1，1)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，则两平面间的距离是(　　) A． B． C． D．3 B　解析：∵两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(2，1，1)，＝(2，1，1)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，∴两平面间的距离d＝＝＝. 3．在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PB⊥底面ABCD，AC＝8，BD＝PB＝4，E为棱PB的中点，F为线段CE的中点，则点F到平面PAD的距离为(　　) A． B． C．2 D． C　解析：设AC与BD交于点O，连接DF.由底面ABCD为菱形，得AC⊥BD，故以O为坐标原点，以OA为x轴，OD为y轴，过点O且垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(4，0，0)，C(－4，0，0)，D(0，2，0)，P(0，－2，4)，E(0，－2，2)，所以＝(－4，2，0)，＝(4，2，－4).设平面PAD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则令x＝1，则y＝2，z＝2，即m＝(1，2，2).易知点F的坐标为(－2，－1，1)，所以＝(－2，－3，1)，故点F到平面PAD的距离为＝＝2. 4．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则点C到平面AEC1F的距离为(　　) A． B． C． D． C　解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 5．如图，正方体ABCD­EFGH的棱长为1，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则点P到直线AB的距离为(　　) A． B． C． D． D　解析：以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1)， ∴＝(1，0，0)，＝(0，1，0)，＝(0，0，1)， ∴＝(，0，0)＋(0，，0)＋(0，0，)＝(，，)， ∴cos ∠BAP＝＝＝，且∠BAP为锐角， ∴sin ∠BAP＝＝， ∴点P到直线AB的距离d＝||·sin ∠BAP＝×＝. 6．在空间直角坐标系中，已知A(a2，2a，6)，B(0，0，1)，C(1，1，2)，D(－1，0，3)，E(a2，0，5)，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． C　解析：依题意可得＝(a2＋1，2a，3)，＝(1，1，1)，＝(－1，0，2).设n＝(x，y，z)是平面BCD的一个法向量，则即令x＝2，则z＝1，y＝－3，得n＝(2，－3，1).所以点A到平面BCD的距离d＝＝＝，当a＝时，d取得最小值，此时＝(0，－3，－1)，所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为＝＝. 7．已知空间中三点A(1，1，)，B(1，－1，2)，C(0，0，0)，则点A到直线BC的距离为________． 答案：　解析：∵A(1，1，)，B(1，－1，2)，C(0，0，0)， ∴＝(1，1，)，＝(1，－1，2)， ∴||＝＝，||＝＝，∴cos 〈，〉＝＝＝＝，∴sin 〈，〉＝＝.故点A到直线BC的距离d＝||sin 〈，〉＝×＝. 8．如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE∥AC，且DE＝AC，AD＝BD＝1. (1)求AB的长； (2)已知2≤AC≤4，求点E到平面BCD的距离的最大值． 解：(1)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB， 又AC⊥AB，AC⊂平面ABC，∴AC⊥平面ABD. 又DE∥AC，∴DE⊥平面ABD. 又BD⊂平面ABD，∴DE⊥BD. 又AE⊥BD，DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE， ∴BD⊥平面ADE. 又AD⊂平面ADE，∴BD⊥AD. ∵AD＝BD＝1，∴AB＝. (2)取AB的中点O，连接OD. ∵AD＝BD，∴DO⊥AB. 又平面ABD⊥平面ABC， ∴DO⊥平面ABC.过点O作直线OY∥AC交BC于点Y，以O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 设AC＝2a，则1≤a≤2，B(，0，0)，C(－，2a，0)，D(0，0，)，E(0，－a，)， ∴＝(－，2a，0)，＝(－，0，)，＝(0，－a，0). 设平面BCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即 令x＝，则y＝，z＝，∴n＝(，，). ∴点E到平面BCD的距离d＝＝. ∵1≤a≤2，∴当a＝2时，d取得最大值，dmax＝＝. 分级二　知能探究 9．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，BC＝，AB＝CC1＝2，∠BCC1＝，点E在棱BB1上． (1)求证：C1B⊥平面ABC； (2)若BE＝λBB1，试确定λ的值，使得点C到平面AC1E的距离为. (1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝，CC1＝2，∠BCC1＝，在△BCC1中，由余弦定理得C1B＝＝，所以C1B2＋BC2＝CC，则C1B⊥BC. 又AB⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，则AB⊥CB1， 而BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC. (2)解：由(1)知，BC，BA，BC1两两垂直，以B为坐标原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，C(，0，0)， 10．图①是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达点C1的位置，且AC1＝. (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． (1)证明：在图①中，连接AC，交BE于点O. ∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE＝60°，∴AC⊥BE，OA＝OC＝. 在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直， ∴∠AOC1是二面角A­BE­C1的平面角． ∵AC1＝，∴OA2＋OC＝AC， ∴OA⊥OC1，即∠AOC1＝90°， ∴平面BC1E⊥平面ABED. (2)解：以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向可建立如图②所示的空间直角坐标系， 则D(，－，0)，C1(0，0，)，A(，0，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，0)， 11．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面△PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC∥平面PAD，BC＝AD＝1，E是棱PD上的动点． (1)若E是棱PD的中点，求证：CE∥平面PAB； (2)若AB＝1，AB⊥AD，求点B到平面ACE的距离的取值范围． (1)证明：因为BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BC∥AD. 取PA的中点F，连接BF，EF. 因为E是棱PD的中点，所以EF∥AD且EF＝AD. 因为BC∥AD且BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四边形BCEF为平行四边形，则CE∥BF. 因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE∥平面PAB. (2)解：取AD的中点O，连接PO. 因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD. 因为BC∥AD，BC＝AD，O为AD的中点，所以BC∥AO且BC＝AO， 所以四边形ABCO为平行四边形，则CO∥AB. 又AB⊥AD，则CO⊥AD. 以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，)，D(0，1，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，2，0)，＝(0，－1，). 设＝λ，0≤λ≤1，则＝＋＝(0，2，0)＋(0，－λ，λ)＝(0，2－λ，λ). 设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝2－λ，得n＝(λ，－λ，2－λ). 设点B到平面ACE的距离为d，可得d＝＝. 当λ＝0时，d＝0； 当0<λ≤1时，≥1，则0<d＝＝≤＝，当且仅当λ＝1时等号成立． 综上，点B到平面ACE的距离的取值范围是[0，]. 学科网（北京）股份有限公司 $$