第7章 第8讲 空间向量的应用(一) 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 以空间向量为工具，系统覆盖线面关系判定、距离计算及面面垂直证明，通过坐标法实现几何问题代数化，发展逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |线面关系判定|3选择+1填空|向量垂直（数量积为0）判定线面平行/垂直，区分线在面内与线面平行|从方向向量、法向量概念到线面关系判定定理，体现从概念到应用的逻辑链条| |距离计算|2选择+2填空+1解答|点到线距离：向量模长与单位方向向量叉积；点到面距离：法向量与斜线段向量数量积的绝对值除以法向量模|结合空间直角坐标系，将几何距离转化为向量运算，强化坐标法应用| |综合证明|2解答+1选择|面面垂直：两平面法向量垂直；线面平行：直线方向向量与平面法向量垂直|融合空间几何体性质，通过建系、求向量、证关系，形成“几何问题代数化”完整解题流程|

1．若直线l的一个方向向量为a＝(1，－2，－1)，平面α的一个法向量为b＝(5，2，1)，则(　　) A．l⊥α B．l∥α C．l⊂α D．l∥α或l⊂α 解析：选D．由题意可知，a·b＝1×5－2×2－1＝0，则a⊥b，故l∥α或l⊂α. 2．已知m＝(，k，3)，n＝(－4，1，1)分别是平面α，β的法向量，若α⊥β，则k＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：选A．由α⊥β，得m⊥n，故m·n＝(，k，3)·(－4，1，1)＝－2＋k＋3＝0，解得k＝－1. 3．已知A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，M为BC中点，则△AMD的形状一定为(　　) A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 解析：选C．因为·＝0，·＝0，·＝0， 所以AB，AC，AD两两垂直， 因为AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC，因为AM⊂平面ABC，所以AD⊥AM，所以△AMD一定为直角三角形． 4．已知直线l的方向向量为n＝(3，0，3)，且过点M(1，－1，－1)，则点N(1，1，a)到直线l的距离的最小值为(　　) A．1 B．2 C． D．6 解析：选B．与向量n同向的单位向量u＝n＝(3，0，3)＝(，0，)，则直线l的单位方向向量为u，设a＝＝(0，2，a＋1)，则点N到直线l的距离为 ＝＝，易知当a＝－1时，点N到直线l的距离取得最小值为2. 5．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，点D，E分别为PA，PC的中点，＝4，PA＝AC＝2AB＝4，则点M到平面BDE的距离是(　　) A． B． C． D． 解析：选B．易知AB，AC，AP两两垂直，则以A为坐标原点，AB，AC，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，得B(2，0，0)，D(0，0，2)， E(0，2，2)，M(0，0，1)， 所以＝(0，2，0)，＝(2，0，－2). 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则令x＝1，得n＝(1，0，1)， 又＝(－2，0，1)，设点M到平面BDE的距离为d，所以d＝＝＝. 6．(多选)已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，AA1⊥底面ABCD，AA1＝，AB＝2A1B1＝，E是底面ABCD的中心，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，则下列说法正确的是(　　) A．点D1的坐标为 B．||＝ C．平面BB1C1C的一个法向量为(1，0，) D．点D1到平面BB1C1C的距离为 解析：选AC．由题意得，D1(0，，)，故A正确； E(，，0)，所以＝(，0，－)，||＝＝1，故B不正确； 由题意得，B(，0，0)，C(，，0)，B1(，0，)， 所以＝(0，，0)，＝(－，0，)， 设m＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则 y＝0，令x＝1，则z＝，则m＝(1，0，)，故C正确； ＝(，－，－)，则点D1到平面BB1C1C的距离为＝＝，故D不正确． 7．已知直线l的方向向量为n＝(1，0，2)，点A(0，1，1)在直线l上，若点P(1，a，2)到直线l的距离为，则a＝________． 解析：由题意得＝(1，a－1，1)，又n＝(1，0，2)，所以·n＝1＋0＋2＝3，|n|＝＝， 所以点P到直线l的距离为＝＝，解得a＝0或a＝2. 答案：0或2 8．(2026·佛山期中)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3，M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点，Q是线段A1N上一点，且满足PQ∥平面A1CM，则＝__________． 解析：如图，由已知，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，A1(0，0，3)，C(2，0，0)，M(0，1，0)，P(1，1，)， 设Q(a，a，3)，则＝(2，0，－3)，＝(0，1，－3)，＝(a－1，a－1，)， 设平面A1CM的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1得n＝(，3，1)， 因为PQ∥平面A1CM，所以⊥n，即·n＝0，所以(a－1)＋3(a－1)＋＝0， 得a＝，则＝， 所以＝， 易知A1N＝，所以＝. 答案： 9．(13分)在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，F为BD的中点，G为AA1的中点． (1)证明：EF∥平面ABC1D1；(6分) (2)证明：平面BDC1⊥平面BDG.(7分) 证明：(1)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， 则D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，1，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)，C1(0，2，2)，G(2，0，1)， 方法一：＝(1，1，－1)，＝(0，2，0)，＝(－2，0，2)，设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，由取x＝1，得n＝(1，0，1)，所以·n＝1×1＋1×0＋(－1)×1＝0，故⊥n，又EF⊄平面ABC1D1，所以EF∥平面ABC1D1. 方法二：＝(1，1，－1)，＝(－2，－2，2)，所以＝－2，故∥，又EF⊄平面ABC1D1，BD1⊂平面ABC1D1，所以EF∥平面ABC1D1. (2)由(1)知＝(2，2，0)，＝(2，0，1)，＝(0，2，2)，设平面BDG的法向量为m1＝(a，b，c)，由令a＝1，得m1＝(1，－1，－2)，设平面BDC1的法向量为m2＝(a1，b1，c1)，由令a1＝1，得m2＝(1，－1，1)，由m1·m2＝1×1＋(－1)×(－1)＋(－2)×1＝0，得m1⊥m2，故平面BDC1⊥平面BDG. 10．已知正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M在棱DD1上，直线AC1⊥平面A1BM，则点M的位置是(　　) A．点D B．点D1 C．DD1的中点 D．不存在 解析：选A．如图，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，设正方体的棱长为1，M(0，0，t)，0≤t≤1，则A(1，0，0)， C1(0，1，1)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，所以＝(－1，1，1)，＝(－1，－1，t).因为直线AC1⊥平面A1BM，BM⊂平面A1BM，所以AC1⊥BM，所以·＝0，即－1×(－1)＋1×(－1)＋1×t＝0，解得t＝0，此时点M与点D重合．又＝(0，1，－1)，所以·＝0，AC1⊥A1B，又BM∩A1B＝B，BM，A1B⊂平面A1BM，所以AC1⊥平面A1BM，符合题意． 11．(多选)如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AE＝BD＝4，P为线段AF上的动点(含端点)，则(　　) A．AE⊥CF B．平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直 C．PC2＋PE2的取值范围是[32，64] D．点B到平面CEF的距离为 解析：选ABD．建立如图所示的空间直角坐标系．因为AE＝BD＝4，所以AB＝AD＝4，所以DE＝4，则A(4，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，E(0，0，4)，F(4，4，4).对于A，＝(－4，0，4)，＝(4，0，4)，所以·＝－16＋16＝0，所以AE⊥CF，故A正确； 对于B，当点P与点F重合时，平面PBC∥平面ADE， 当点P与点A重合时，平面PBC⊥平面ADE，故B正确； 对于C，根据题意，可设点P(4，4λ，4λ)，其中0≤λ≤1，则PC2＋PE2＝42＋(4λ－4)2＋(4λ)2＋42＋(4λ)2＋(4λ－4)2＝64λ2－64λ＋64＝64(λ2－λ＋1)，当λ∈[0，1]时，λ2－λ＋1＝(λ－)2＋∈， 所以64(λ2－λ＋1)∈[48，64]，即PC2＋PE2的取值范围是[48，64]，故C错误； 对于D，＝(0，－4，4)，＝(4，0，4)，＝(4，0，0)，设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，则故 取m＝(1，－1，－1)， 所以点B到平面CEF的距离为＝＝，故D正确． 12．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内，其余顶点均在平面α的同侧，AB＝1，AD＝2，AA1＝3.若顶点B到平面α的距离为，顶点D到平面α的距离为，则顶点A1到平面α的距离为________． 解析：以A为原点，AB，AD，AA1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(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，3)，所以＝(1，0，0)，＝(0，2，0)，＝(0，0，3). 设平面α的法向量为n＝(x，y，z)， 则 则 所以顶点A1到平面α的距离为＝＝. 答案： 13．(15分)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；(6分) (2)求点F到直线BE的距离；(4分) (3)求点A到平面EBC的距离．(5分) 解：(1)证明：由AD⊥CD，DG⊥平面ABCD，得直线DA，DC，DG两两垂直， 以D为坐标原点，直线DA，DC，DG分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，M(0，，1)，N(1，0，2)，＝(0，2，0)，＝(2，0，2)，＝(1，－，1)， 设平面CDE的法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝－1，得n＝(1，0，－1)， 显然·n＝1×1－×0－1×1＝0，即⊥n，而直线MN⊄平面CDE， 所以MN∥平面CDE. (2)由(1)知＝(1，－2，2)，＝(2，－1，0)，所以点F到直线BE的距离 d＝＝＝. (3)由(1)知，＝(－1，0，0)，＝(1，－2，2)，＝(1，－2，0). 设平面EBC的法向量为m＝(a，b，c)，则 令c＝1，得m＝(0，1，1). 所以点A到平面EBC的距离 d′＝＝＝. 14．(15分)已知等边三角形ABC的边长为4，E，F，H分别是边AB，BC，AC的中点(如图1)，现以EF为折痕把△BEF折起，使点B到达点B′的位置，且HB′＝3(如图2). (1)证明：AC⊥HB′；(6分) (2)在线段HB′上是否存在点M，使得M到平面B′EF的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(9分) 解：(1)证明：因为E，F分别是边AB，BC的中点，所以EF∥AC，如图，连接BH交EF于O，连接B′O，由折叠性质可知，EF⊥OB′，EF⊥OH，OH∩OB′＝O，OH，OB′⊂平面OB′H，所以EF⊥平面OB′H，所以AC⊥平面OB′H，因为HB′⊂平面OB′H，所以AC⊥HB′. (2)因为等边三角形ABC的边长为4，所以HB＝2，所以OB′＝OH＝，因为HB′＝3， 所以cos ∠B′OH＝＝－， 所以∠B′OH＝120°， 如图，以O为坐标原点，OF，OB所在直线为x，y轴，过O作垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，连接OM，则O(0，0，0)，B′(0，，)，H(0，－，0)，E(－1，0，0)，F(1，0，0)， 所以＝(0，，)，＝(0，－，0)， 设＝λ＋(1－λ)＝λ(0，，)＋(1－λ)(0，－，0)＝(0，λ－，λ)(0≤λ≤1)，在平面B′EF中，＝(2，0，0)，＝(0，，)， 设平面B′EF的法向量为m＝(x，y，z)， 则x＝0， 令y＝－，得z＝1，故m＝(0，－，1). 则点M到平面B′EF的距离为＝，解得λ＝或λ＝(舍去)， 所以M为HB′的中点，所以＝1， 所以满足条件的点M存在，且＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $