课时规范练43　证明平行、垂直与求空间距离专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间几何核心素养，通过多几何体情境系统训练平行垂直证明与空间距离计算，以题载法构建知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平行证明|3题（1(2)、2(1)、6(1)）|线面平行证明（含存在性探索）|线线平行→线面平行判定，向量法与几何法结合| |垂直证明|3题（1(1)、3(1)、2(2)）|线面垂直证明（含翻折问题）|线线垂直→线面垂直判定，空间垂直关系转化| |空间距离计算|3题（4(3)、5(1)、6(2)）|点面距离（含存在性探索）|法向量求距离，等体积法应用，空间向量坐标运算|

课时规范练43　证明平行、垂直与求空间距离 1. 如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,AA1⊥平面BAC.求证: (1)A1B1⊥平面AA1C; (2)AB1∥平面A1C1C. 2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点. (1)求证:AG∥平面BEF; (2)试在棱BB1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论. 3.如图1,C,D是以AB为直径的圆上两点,且AB=2AD,AC=BC,将△ABC所在的半圆沿直径AB折起,使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上,如图2. (1)求证:BC⊥平面ACD. (2)已知O为AB的中点,在线段CE上是否存在点F,使得OF∥平面ACD?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 4.如图,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分别为BC,AB的中点. (1)求证:A1N∥平面C1MA; (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值; (3)求点C到平面C1MA的距离. 5.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AC=4,BD=2,且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点. (1)求点B1到平面D1AC的距离; (2)在线段BO1上,是否存在一个点P,使得直线AP与CD1垂直?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由. 6.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=CD=AD=1,M为棱PC的中点,连接BM. (1)证明:BM∥平面PAD. (2)若PC=,PD=1,在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是?若存在,求出PQ的值;若不存在,请说明理由. 参考答案 1.证明∵AA1⊥平面BAC,∴AA1⊥AB,AA1⊥AC. 又AB=AC,BC=AB,∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,∴AB,AC,AA1两两互相垂直. 建立空间直角坐标系Axyz如图所示,设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2). (1)=(0,2,0),由图知,平面AA1C的一个法向量为n=(0,1,0).∴=2n,即∥n. ∴A1B1⊥平面AA1C. (2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的法向量是m=(x1,y1,z1), 则 令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1). ∴·m=0×1+2×(-1)+2×1=0, ∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C, ∴AB1∥平面A1C1C. 2.(1)证明以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别作为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(1,1,0),E(1,,1),F,G, 故,而, ∴,故共面. ∵AG不在平面BEF内, ∴AG∥平面BEF. (2)解设M(1,1,m)(0≤m≤1),则=(1,1,m), ∵DM⊥平面BEF,∴=0, ∴-+m=0,解得m=,故当M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF. 3.(1)证明因为CE⊥平面ABD,AD⊂平面ABD,所以AD⊥CE. 因为AD⊥DB,CE∩DB=E,所以AD⊥平面BCD. 因为BC⊂平面BCD,所以AD⊥BC. 又BC⊥AC,AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD. (2)解不存在.以O为坐标原点,以在平面ADB内且垂直于AB的直线为x轴,OB所在的直线为y轴,垂直于平面ADB的直线为z轴建立空间直角坐标系(图略). 不妨设圆的半径为,E为点C在平面ABD上的正投影,所以E在x轴正方向上. 由AB=2AD,知∠ABD=30°,则BE=2,OE=1,BC=,CE=, 所以E(1,0,0),B(0,,0),C(1,0,). 设F(1,0,t),t∈[0,]. 由(1)知即为平面ACD的法向量,=(1,-),=(1,0,t), 若OF∥平面ACD,则=0,即1+t=0,t=-,所以线段CE上不存在点F,使得OF∥平面ACD. 4. (1)证明 连接MN,由已知M,N分别为BC,AB的中点,得MNAC.又由题意可知,A1C1AC, ∴MNA1C1. ∴四边形A1NMC1是平行四边形.∴A1N∥C1M. 又A1N⊄平面C1MA,C1M⊂平面C1MA, ∴A1N∥平面C1MA. (2)解由已知AA1,AB,AC两两垂直,以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),C1(0,1,2).∴=(2,0,0),=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,2,0). 由已知AB⊥AC,AB⊥AA1,∴是平面ACC1A1的一个法向量. 设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),则解得 令z=1,得平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1). 设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角的大小为θ, 则cos θ=. 故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. (3)解设点C到平面C1MA的距离为d. (方法1)d=. (方法2)∵, ∴·d=S△ACM·A1A. 易得C1A=, C1M=A1N=, AM=BC=,∴C1A=C1M.∴点C1到直线AM的距离d1=. ∴·d1·|AM|=. 易知S△ACM=S△ABC=×(×22)=1, ∴d=. 5.解(1)由于菱形的对角线互相垂直平分,故以AC与BD的交点O为原点,以OA,OB,OO1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. 则A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3),B1(0,1,3),D1(0,-1,3), 设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z), 由=(-4,0,0),=(-2,-1,3), 得 令z=1,则n=(0,3,1). 因为=(0,2,0), 故点B1到平面D1AC的距离为d=. (2)存在.设=λ,0≤λ≤1, 则由=(-2,1,0),=(0,-1,3),=(0,-λ,3λ), 得=(-2,1-λ,3λ). 又=(2,-1,3), 故当时,=(-2,1-λ,3λ)·(2,-1,3)=10λ-5=0, 解得λ=. 故在线段BO1上存在点P,使得AP⊥CD1, 此时BP=BO1=. 6.(1)证明取PD的中点N,连接AN,MN,如图所示. ∵M为棱PC的中点,∴MN∥CD,MN=CD. ∵AB∥CD,AB=CD,∴AB∥MN,AB=MN, ∴四边形ABMN是平行四边形,∴BM∥AN, 又BM⊄平面PAD,AN⊂平面PAD,∴BM∥平面PAD. (2)解∵PC=,PD=1,CD=2,∴PC2=PD2+CD2, ∴PD⊥DC. ∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD⊂平面PDC, ∴PD⊥平面ABCD, 又AD,CD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD,PD⊥CD, 又AD⊥DC, ∴以点D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则P(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0). ∵M为棱PC的中点,∴M(0,1,),B(1,1,0). 则=(0,1,),=(1,1,0),设平面BDM的法向量为n=(x,y,z), 则令z=2,则y=-1,x=1. ∴n=(1,-1,2). 假设在线段PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是, 设=λ,0≤λ≤1,则Q(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ). ∵平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2),·n=λ-1+1+2(1-λ)=2-λ. ∴点Q到平面BDM的距离是, ∴λ=,||=|=, ∴PQ=. 1 学科网（北京）股份有限公司 $