课下巩固检测练(28) 空间向量与距离、探究性问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(二十八)]　空间向量与距离、探究性问题 (单选题、填空题每题5分，多选题每题6分，解答题每题10分) 1.已知空间中向量＝(0，1，0)，向量的单位向量为(－，，－)，则点B到直线AC的距离为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选B.设向量的单位向量为e，则e＝(－，，－)，·e＝，点B到直线AC的距离为：＝＝. 2.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点A到平面A1BCD1的距离为(　　 ) A. B.2 C.1 D.2 解析：选B.连接AB1，与A1B相交于点E，因为四边形ABB1A1为正方形， 所以AB1⊥A1B，又BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1， 因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面BCD1A1，所以AB1⊥平面BCD1A1， 故点A到平面A1BCD1的距离为AE的长，又棱长为4，所以AE＝AB1＝×＝2. 3.如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱CD上的一点，且DE＝2EC，则点B1到平面AEC1的距离为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选B.以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以A(0，0，0)，B1(3，0，3)，E(2，3，0)，C1(3，3，3)，所以＝(2，3，0)，＝(3，3，3). 设平面AEC1的法向量n＝(x，y，z)， 所以令x＝3，解得y＝－2，z＝－1， 所以平面AEC1的一个法向量n＝(3，－2，－1)，又＝(3，0，3)， 所以点B1到平面AEC1的距离d＝＝＝. 4.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝2，AD＝3，E为AB的中点，则异面直线B1C1与DE 的距离为(　　 ) A. B. C.1 D. 解析：选C.分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AA1＝1，AB＝2，AD＝3，E为AB的中点， 则D(0，0，0)，C1(0，2，1)，B1(3，2，1)，E(3，1，0)， 则＝(－3，0，0)，＝ (3，1，0)， 设B1C1与DE的公垂线的一个方向向量为n＝(x，y，z )， 则取z＝1，得x＝y＝0，则n＝(0，0，1)， 又＝(0，2，1)，所以异面直线 B1C1与DE之间的距离为d＝＝＝1. 5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB＝，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，点D是棱AC的中点，点E在棱BB1上运动，则点D到直线C1E的距离的最小值为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选A.因为CC1⊥平面ABC，∠ACB＝，所以以C为原点，CA，CB，CC1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， 连接C1D，则D(1，0，0)，C1(0，0，2)， 设E(0，1，c)，其中0≤c≤2， 所以＝(1，0，－2)，＝(0，1，c－2)， 则点D到直线C1E的距离d＝＝＝， 设t＝(c－2)2＋1，因为c∈[0，2]，所以t∈[1，5]，则d＝∈［，］. 所以点D到直线C1E的距离的最小值为. 6.(多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，BB1的中点，M为线段A1D上的动点，则(　　 ) A.存在点M，使得直线FM⊥AC1 B.存在点M，使得EM∥平面AA1B1B C.点M到直线C1D1距离的最小值为 D.三棱锥C1-MEF的体积为 解析：选BC.以A为原点，AB，AD，AA1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A(0，0，0)，E(2，1，0)，F(2，0，1)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，C1(2，2，2)，D1(0，2，2)， 所以＝(2，2，2)，＝(0，－2，2)，＝(0，－1，1)， 设＝λ(0≤λ≤1)，则＝(0，－2λ，2λ)，所以M(0，2－2λ，2λ)， 对于A项，＝(－2，2－2λ，2λ－1)，所以·＝－2×2＋2(2－2λ)＋2(2λ－1)＝－2≠0，故A项错误； 对于B项，因为AD⊥面AA1B1B，所以面AA1B1B的一个法向量为n＝(0，1，0)， 又因为EM∥面AA1B1B，＝(－2，1－2λ，2λ)，所以·n＝1－2λ＝0，解得λ＝，即＝，所以存在点M位于A1D的中点时，使得EM∥面AA1B1B，故B项正确； 对于C项，因为＝(－2，0，0)，所以u＝＝＝(－1，0，0)， 设a＝＝(－2，－2λ，2λ－2)，则a·u＝2，所以点M到直线C1D1的距离为d＝＝＝＝(0≤λ≤1)， 所以当λ＝时，dmin＝，故C项正确； 对于D项，因为A1D∥EF，A1D⊄面EFC1，EF⊂面EFC1，所以A1D∥面EFC1， 所以＝＝，易得FC1＝EC1＝，EF＝， 所以＝EF×＝， 所以＝＝×CD＝××2＝1，故D项错误. 7.(多选)(2025·四川眉山三模)某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为2，下列结论正确的有(　　 ) A.AG⊥平面BCDG B.该石凳的体积为 C.A，F，C，D四点共面 D.点B到平面ACD的距离为 解析：选AC.“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点. A选项：由图可知AG⊥平面BCDG，故A选项正确； B选项：43－8×××2×2×2＝，故B选项错误； C选项：∵A，F，C，D四点均是正方体各棱上中点，∴AF∥CM，DF∥MN，CD∥AN，且这个六条边长全相等，∴A，F，C，D四点共面，故C选项正确； D选项：如图建立空间直角坐标系， ∵AG＝＝4，∴正方体棱长为4，∴B(2，0，4)，A(4，2，0)，D(2，4，4)，C(0，2，4)， ∴＝(2，2，0)，＝(4，0，－4)， 设平面ACD的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 则取x＝1，则y＝－1，z＝1， 即n1＝(1，－1，1)，＝(2，－2，0)， ∴点B到平面ACD的距离为＝＝，故D选项错误. 8.(2025·甘肃白银三模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝，AA1＝a，点B到平面AB1D的距离为，则a＝　　　　. 解析：如图，过点B作BP⊥AB1于点P，连接B1D，BD，因为AD⊥平面ABB1A1，BP在平面ABB1A1内，所以AD⊥BP，又AB1，AD为平面AB1D内两条相交直线，则BP⊥平面AB1D. 由直角三角形ABB1的面积可得：BP＝＝＝，解得a＝2. 答案：2 9.如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，∠B1AB＝60°，E为DD1的中点，则A1C1到平面EAC的距离为　　　　. 解析：连接C1E，C1A，因为A1C1∥AC，AC⊂平面EAC，A1C1⊄平面EAC， 所以A1C1∥平面EAC， 所以A1C1到平面EAC的距离等于C1到平面EAC的距离， 设C1到平面EAC的距离为d， 因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，∠B1AB＝60°， 所以BB1＝ABtan 60°＝2，AC＝2， 因为E为DD1的中点，所以DE＝， 所以AE＝CE＝＝， 所以S△ACE＝AC·＝×2×＝， ＝CD·CC1＝×2×2＝2， 因为＝，所以S△ACE·d＝·AD， 所以×d＝×2×2，解得d＝. 答案： 10.(2025·山东烟台一模)如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°， 且BP⊥平面ABC，AB＝2BP＝4，＝λ(0＜λ＜1). (1)求证：AC⊥BD； (2)当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为？ 解：(1)证明：由BP⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则BP⊥AC， 又点C在以AB为直径的半圆的圆周上，则BC⊥AC， 由BP∩BC＝B且都在平面PBC内，则AC⊥平面PBC， 由BD⊂平面PBC，故AC⊥BD. (2)若O为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz⊥平面ABC，在面ABC内作Ox⊥AB， 由∠ABC＝60°，AB＝2BP＝4，则BC＝2，AC＝2， 故可构建如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(，1，0)， P(0，2，2)， 由＝λ(0＜λ＜1)，故＝(－λ，λ，2λ)，可得D(－λ，λ＋1，2λ)， 所以＝(－λ，λ＋3，2λ)，＝(0，4，0)，＝(，3，0)， 若m＝(x，y，z)，n＝(a，b，c)分别为平面ACD、平面ABD的一个法向量， 则 取y＝－1，m＝(，－1，2)， 取a＝2λ，n＝(2λ，0，λ－)， 所以｜cos＜m，n＞｜＝＝＝， 整理得＝，则57λ2－58λ＋13＝0，可得λ＝或λ＝. 11.(2025·湖南邵阳二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝2，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且＝λ. (1)证明：A1C⊥平面ABC1； (2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：∵AB＝AC＝2，BC＝2， ∴AB2＋AC2＝BC2 ，故AB⊥AC. 又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥平面AA1C1C. ∵A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C， 又A1C⊥BC1，AB，BC1⊂平面ABC1，BC1∩AB＝B，∴A1C⊥平面ABC1. (2)∵A1C⊥平面ABC1，∴A1C⊥AC1，∴四边形AA1C1C为菱形， 取A1C1的中点为E，连接AE，∵∠ACC1＝60°， ∴△AA1C1为等边三角形. ∴AE⊥A1C1.又AC∥A1C1，∴AE⊥AC. 又AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥AE. ∴如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz. 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，－1，)，C1(0，1，)，＝(0，－λ，λ)，＝＋＝(－2，－λ，λ)，＝(－2，1，)，＝(－2，2，0). 设n＝(x，y，z)为平面BPC1的一个法向量， 则 令x＝λ，则n＝(λ，λ－1，). 设d为点C到平面BPC1的距离， 则d＝＝＝， ∴28λ2－16λ＋1＝0，即λ＝或λ＝. 故存在λ＝或λ＝，满足题意. [创新题] 12.对于两个空间向量a＝(x1，y1，z1)与b＝(x2，y2，z2)，我们可以定义它们之间的欧式距离为d(a，b)＝，欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离；根据需要，还可以定义它点P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动，且｜｜＝，则D(，)的取值范围是　　　　. 解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，则＝(－1，1，1)，＝(0，－1，1)， 所以d(，) ＝＝. 因为P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动，且｜｜＝， 则｜｜＝1，即在上底面A1B1C1D1内，点P在以A1为圆心，1为半径的四分之一圆周上， 可设P(cos θ，sin θ，1)，则＝(1，0，0)，＝(cos θ，sin θ，1)，θ∈［0，］， 所以D(，) ＝｜cos θ－1｜＋｜sin θ｜＋1＝2＋sin θ －cos θ＝2＋sin(θ－)，θ∈［0，］， 因为－≤θ－≤，则sin(θ－)∈［－，］，所以D(，)∈[1，3]. 答案：　[1，3] 学科网（北京）股份有限公司 $