课后限时练13 空间距离、翻折和探索性问题(A) 空间距离、翻折和探索性问题(B)（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

课后限时练(十三)　空间距离、翻折和探索性问题(A) 1．[人教B版选择性必修第一册P56例2改编]如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　) A． B． C． D．1 2．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为(　　) A． B． C． D． 3．[人教A版选择性必修第一册P35练习T3改编](多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　) A．点A1到直线DC1的距离为 B．平面BC1D与平面AB1D1的距离为 C．直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为 D．点A1到平面BC1D的距离为 4．(2025·江西模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，若直线PC⊂平面α，直线BD∥平面α，平面α与直线AB，AD分别交于点E，F，则△PEF的面积为________；直线BD到平面α的距离为________． 5．(2025·湖南模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，AA1＝2，M是DD1的中点． (1)证明：BC⊥B1M； (2)求点B到平面MB1C的距离． 课后限时练(十三)　空间距离、翻折和探索性问题(B) 1．(2025·银川二模)如图1所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝4，D为线段AQ的中点．现沿着CD将△QCD折起，使Q点到达P点，如图2所示，连接PA，PB，其中M为线段PA的中点． (1)求证：DM⊥PB． (2)若二面角A-CD-P的大小为60°，则在线段PC上是否存在一点N，使得直线PB与平面BDN所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． (3)在(2)的条件下，求点A到平面BDN的距离． 　 2．(2025·上饶二模)如图1，四边形ABCD中，DA＝DC＝AB＝，∠ADC＝90°，∠BAD＝105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图2)，且DB′＝． (1)求证：平面B′AC⊥平面ACD； (2)若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离． 　 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 课后限时练(十三)(A) 1．B　[由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，则＝(1，2，－3)，＝(0，2，0)，对应的单位方向向量μ＝，所以点B到直线A1C的距离为．故选B．] 2．C　[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则·h＝h＝S△ABC·A1A＝，解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为．] 3．AB　[以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 对于A，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，0)， 所以点A1到直线DC1的距离d＝ ，故A正确； 对于B，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)， D1(0，0，1)， ＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(0，1，1)，＝(1，1，0)， 设n1＝(x1，y1，z1)为平面AB1D1的法向量， 则有 令x1＝1，可得y1＝－1，z1＝1，所以n1＝(1，－1，1)， 设n2＝(x2，y2，z2)为平面BC1D的法向量， 则有 令x2＝1，可得y2＝－1，z2＝1， 所以n2＝(1，－1，1)， 所以n1＝n2， 所以平面BC1D平面AB1D1， 可得点B1到平面BC1D的距离即为所求，＝(0，0，1)， 所以点B1到平面BC1D的距离为，故B正确； 对于C，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)， 设n3＝(x3，y3，z3)为平面ABC1D1的法向量， 所以 令x3＝1，可得y3＝0，z3＝1，所以n3＝(1，0，1)， 设直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos〈，n3〉|＝， 因为θ∈，所以θ＝，故C错误； 对于D，因为平面BC1D的一个法向量为n2＝(1，－1，1)，＝(－1，1，0)， 所以点A1到平面BC1D的距离为，故D错误．] 4．6　　[如图，过点C作BD的平行线与直线AB，AD分别交于点E，F，则AE＝AF＝6，EF＝6， 由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥EF，由四边形ABCD是正方形及BDEF，可得AC⊥EF， 因为AC∩PA＝A，AC，PA⊂平面PAC， 所以EF⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC， 所以EF⊥PC， 因为PA＝4，AC＝3， 所以PC＝， 所以△PEF的面积为·EF·PC＝6． 设AC∩BD＝O，则OC＝， 又平面PAC⊥平面PEF，平面PAC∩平面PEF＝PC， 过点O作OG⊥PC，垂足为G，则OG⊥平面PEF， 即OG就是直线BD到平面α的距离， 又sin∠PCA＝， 所以OG＝OCsin∠PCA＝×． 故答案为6．] 5．解：(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，2)，M(0，0，)， 则＝(－1，1，0)·(－1，－1，－)＝1－1＋0＝0， 故BC⊥B1M． (2)由(1)知＝(1，1，＝(1，－1，2)， 设平面MB1C的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝3，则y＝－1，z＝－． 可得m＝(3，－1，－＝(1，－1，0)， 故点B到平面MB1C的距离d＝． 课后限时练(十三)(B) 1．解：(1)证明：在题图1中，由题意可知四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝2， 则在题图2中，有CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，则CD⊥平面PAD， 又ABCD，∴AB⊥平面PAD，而DM⊂平面PAD， 则AB⊥DM． 又PD＝AD，且M为PA的中点， ∴DM⊥PA， ∵AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB， ∴DM⊥平面PAB，而PB⊂平面PAB，可得DM⊥PB． (2)由(1)知，CD⊥平面PAD， ∵CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD， 由已知可得∠ADP为二面角A-CD-P的平面角，则∠ADP＝60°， 可得△PAD是等边三角形，则PA＝AD＝PD＝2． 取AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD， 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD， ∴PO⊥平面ABCD，且PO＝， 以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x，z轴， 在平面ABCD内，过O作AD的垂线为y轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，P(0，0，)，D(－1，0，0)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，A(1，0，0)， 则＝(2，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，－2，)， ＝(－1，－2，)， 设＝λ＝(λ，－2λ，λ)(0λ1)， 则＝(λ，2－2λ，λ)， 设平面BDN的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取y＝λ，得m＝(－λ，λ，3λ－2)， 记直线PB与平面BDN所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，m〉| ＝ ＝， 即，解得λ＝， 因此． (3)由(2)知，m＝， 则平面BDN的一个法向量可以为n＝(－1，1，0)，且＝(0，－2，0)， 则点A到平面BDN的距离d＝． 题后反思：与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 2．解：(1)证明：在△ACD中，由DA＝DC＝，∠ADC＝90°， 得∠CAD＝45°，AC＝2， 在△AB'C中，∠B'AC＝∠BAC＝105°－45°＝60°，而AB＝AB'＝4， 由余弦定理，得B'C2＝AB'2＋AC2－2AB'·ACcos 60°＝12， 则AC2＋B'C2＝AB'2， 即AC⊥B'C，由DB'＝， 得DB'2＝DC2＋B'C2，则DC⊥B'C， 又AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD， 因此B'C⊥平面ACD，而B'C⊂平面B'AC， 所以平面B'AC⊥平面ACD． (2)连接OP，由O，P分别为AC，AB'的中点，得OPB'C，由(1)得OP⊥平面ACD， 由DA＝DC＝，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直， 以点O为原点，OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，＝(2，0，0)， 由点M在PD上，令＝λ＋(1－λ)＝(0，λ，λ)，0λ1， 设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)， 则 取z＝λ，得n＝(0，λ－，λ)， 易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则|cos〈m，n〉|＝， 解得λ＝， 于是n＝， 而＝(0，0，)， 则点P到平面ACM的距离d＝， 所以点P到平面ACM的距离为． 易错提醒：注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系． 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $