2026年高考数学二轮复习 考点巩固检测练（二十八）空间向量与距离、探究性问题

［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.已知空间中向量而=（0,1,0）,向量前的单位向量为（一,,—马，则点B到

直线AC的距离为（）

V6小2V3\^15

解析：选B设向量了？的单上向量为C,则《=（—且，—,四.©=与点g到直

3333

2.在棱长为4的正方体ABCD-AiBiCiDi中，点A到平面A^BCD^的距离为（）

A.V2B.2V2

解析：选B.连接A8,与A山相交于点E,因为四边形ABSAi为正方形,

所以,4囱_1_4归，又片C_L平面4234,ASU平面.48囱4，所以“C_LAB,

因为AiBG3C=B,A山，BCU平面BCQH,所以ABJ"平面BCQH,

故点A到平面A13coi的距离为AE的长，又棱长为4,所以AE=/z?i=［x^42+42

=2VI

3.如图，在棱长为3的正方体中，点E是棱CO上的一点，且。E=

2EC,则点S到平面AEG的距离为（）

3g

7

c.也

7

D.O

7

解析：选B.以A为坐标原点，AB,AD,A4i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),Bi(3,0,3),EQ,3,0),Ci(3,3,3),所以版=(2,3,0),~AC1

=(3,3,3).

设平面AEG的法向量〃=(JGy,z),

所以1」令x=3,解得y=—2,z=-l,

{ri'AC1=3x+3y+3z=0,

所以平面AEG的一个法向量〃=(3,-2,-1),又福=(3,0,3),

所以点到平面AECi的距离d=।也”।=厂—="

InIx/9+4+l7

4.在长方体48CD-A]BGOi中，44i=l,AB=2,AD=3,石为A3的中点，则异面直

线SG与OE的距离为()

A.V2B.V10

C.1D.—

19

解析：选C.分别以QA,QC,DD、为X,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AA】=1,48=2,AO=3,E为A3的中点，

则0(0,0,0),G(0,2,1),Bi(3,2,1),E(3,1,0),

则瓦1=(-3,0,0),DE=(3,1,0),

设3cl与DE的公垂线的一个方向向量为〃=(x,y,z

），

(nBC=~3x=0,

则11取z=1,得x=y=(),则〃=((),0,1),

\n-DE-3x+y—0,

又西=（0,2,1）,所以异面直线

与QE之间的距离为d==昌==1.

InIVO+O+1

5.如图，在直三棱柱ABC-AEG中，ZACB=-,AC=2,BC=l,AA=2,点。是

2

棱AC的中点，点E在棱88上运动，则点。到直线GE的距离的最小值为（）

A.公

5

B.延

5

C.V5

D.2

4

解析：选A.因为CGJ•平面ABC,ZACB=-,所以以。为原点，C4,CB,CG所在

2

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GD,则接(1,0,0),Ci((),0,2),

设E(0,1,c),其中0WcW2,

所以转=(1,0,-2),Q£=(0,1,c-2),

C^DC^E

则点。到直线CiE的距离d=2]

I序I'

4(C一2『

(C-2)2+1，

设f=(c—2)2+l,因为C、£[O,2],所以5|,则4=|1+-e[江，V5].

t5

所以点。到直线GE的距离的最小值为亭.

6.(多选)如图，在棱长为2的正方体A8CQ-48G。中，E,尸分别是棱8C,的

中点，M为线段4。上的动点，贝ij()

A.存在点M,使得直线/M_LAG

B.存在点M,使得EM〃平面44出山

C.点M到直线GU距离的最小值为四

D.三棱锥G-ME歹的体积为日

解析：选BC.以A为原点，A3,AD,所在直线分别为x轴、)，轴、z轴建立空间

直角坐标系，如图所示，

则A(0,0,0),EQ,1,0),F(2,0,1),D(0,2,0),4(0,0,2),Ci(2,2,2),

Di(0,2,2),

所以宿=(2,2,2),西=(0,-2,2),丽=(0,-1,1),

设丽=入西(()〈入〈1),则而=((),一2入，2k),所以M((),2-2X,2入)，

对于A项，询=(-2,2—2入，2入一1),所以丽,宿=—2X2+2(2—2入)+2(2九-1)

=-2W0,故A项错误；

对于B项，因为AOJ_面44由山，所以面A4山iB的一个法向量为〃=（0,1,0）,

又因为EM〃面AAiSB,丽=（-2,1-2X,2入），所以前•〃=1-2%=0,解得入=

即丽=工西，所以存在点M位于AO的中点时，使得〃面44归归，故B项

22

正确；

对于C项，因为的＞=（-2,0,0）,所以〃二0,0),

由I

设〃=。1"=（一2，-2X,2X-2）,则〃・〃=2,所以点M到首线GOi的距离为d=

JQ2一（Q.〃）2=14+4召+（2几一2）2—4=J8入2-8入+4=胆入一旷+2（0W1W1）,

所以当人=凯寸，J,nin=V2,故C项正确；

对于D项，因为4。〃£凡400面£bG,EFU面EFC1,所以40〃面EFG,

所以13WEF=PM-CIEF=%.CIEF,易得FC尸ECi=yf^,EF=y[2,

所以S^gEF=：石/义J。/?一（1）2=|,

112

所以％I-MEF=VD-QEF=WS匚qE尸XCD=-X-X2=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2vL下列结论正确的有（）

A.AG_L平面BCDG

B.该石凳的体积为瞥

C.4,F,C,。四点共面

D.点B到平面ACD的距离为当

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_L平面8CDG,故A选项正确;

B选％43-8xix|x2X2X2=^,故B选项错误;

C选项：VA,F,C,。四点均是正方体各棱上中点，：.AF//CMfDF//MN,

CD//AN,且这个六条边长全相等，F,C,。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=14F2+FG2=4,.二正方体棱长为4,AB(2,0,4),A(4,2,0),D(2,4,

4),C(0,2,4),

：.CD=(2,2,0),G4=(4,0,一4),

设平面ACD的一个法向量为〃i=(x,y,z),

zii=2%+2y=0,

取x=l,贝Iy=-1,z=

nt=4x_4z=0,

即em=(1,-1,1),CF=(2,-2,0),

・••点B到平面ACD的距离为I—=辔=纪故D选项错误.

In±IV33

8.（2025・甘肃白银三模）在长方体A8CQ-48GQ］中，A8=2,BC=&,A4i=〃，点8

到平面ABiD的距离为百，则a=.

解析：如图，过点B作于点P,连接田。，BD,因为AO_L平面

62在平面A58A1内，所以AO_L6P,又A8i,A。为平面ABO内两条相交直线，则

5P_L平面ABD

由直角三痢形43田的面积可得：BP=曹一;=口^=取,解得4=2日.

V22+CI2V4+G2

答案：2V3

9如图,正四棱柱ABCD-柱BICLDI的底面边长为2,ZBiAB=60°,9为Qd的中

点，则4G到平面E4c的距离为.

解析：连接GE,CiA,因为4G〃AC,ACU平面E4C,4GC平面E4C,

所以AiG〃平面EAC,

所以AiG到平面E4C的距离等于G到平面EAC的距离,

设Ci到平面E4C的距离为d,

因为正四棱柱43CQ-A]5IGDI的底面边长为2,NBM5=6()°,

所以BB=/Wtan600=2V3,AC=2仿

因为E为。。的中点，所以。£=遮，

所以AE=CE=J22+(V3)2=V7,

所以SAACE=：ACJAE2一()2=舜2/><J?-2=710,

S—E三CDCG=*X2百=2后

因为％1-ACE=K1-CC1E，所以ACE・d=三S"CiE"。，

所以」xaUd=!x2，5X2,解得d=源.

335

答案：2国

5

10.(2025•山东烟台一模)如图，点C在以4B为直径的半圆的圆周上，NABC=60°,

且BP_L平面ABC,AB=2BP=4,CD=ZCP(O<X<1).

(1)求证：AC±BD；

⑵当X为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为《？

O

解：(1)证明：由3P_L平面4BC,ACU平面ABC,则3P_LAC,

又点C在以A3为直径的半圆的圆周上，则BCLAC,

由BPABC=B且都在平面P8C内，则AC,平面P8C,

由BOU平面PBC,故AC_L8O.

(2)若。为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz_L平面A5C,在面A3C内作。x_LA-

由NA3c=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。-孙z,则A(0,-2,0),5(0,2,0),C(V3,

1,0),P(0,2,2),

由方一/(0<大<1),故而一(一遮入，X,2九)，可得£)(逐一8QX+l,2k),

所以而=(百一百九，X+3,2X),施=(0,4,0),^4C=(V3,3,0),

若机=(无，y,z)fn=(a,b,c)分别为平面AC。、平面ABO的一个法向量，

则pn♦通=(百一百2)%+(/1+3)y+2Az=0,

lm^4C=-\/3x+3y=0,

取了=-1,r/i=(V3,—1,2),

n四=(百一^汝+("3巾+2〃=。，取—…,°,瓜_同

nAB=4/?=0,

所以Icos</n,n>I=品4例-2百V6

2y/2xj4A2+3(A-l)28

整理得24-1=?则57-8计13=。,可得入三或九=得

4A2+3(A-1)2

11.（2025・湖南邵阳二模）如图，在三棱柱A5C-A归Ci中，平面AAGC，平面A3C,

AB=AC=2,BC=2遮,NACG=60°，/liCIBCi,P为线段A4上一点，且说=

入44].

（1）证明：4C,平面A3G；

⑵是否存在实数入，使得点C到平面BPG的距离为塔？若存在，求出入的值；若不

存在，请说明理由.

U

解：（1）证明：：AB=AC=29BCS

：.AB1+AC2=BC2,故AB1AC

又•・•平面A41GC_L平面ABC,平面A4QCG平面A8C=AC,A8U平面A8C,

.♦・A8J_平面A4GC

•・,4CU平面A4CC,AAB1A1C,

又ACJ_5G,ABf8C]U平面43G,BCiCiAB=B,.・・4C_L平面A5G.

(2)・「ACJL平面ABC,AAiCl/lCi,l.四边形A4CC为菱形,

取4G的中点为E,连接AE,VZACCi=60°,

・・・△A4iG为等边三角形.

・・・A£L41G.又AC〃4G,：.AE1AC.

又A8_L.平面AAiGC,C.ABLAE.

・・・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，），轴，z

轴,建立空间直角坐标系A-xyz.

\

则40，0,0),8(2,0,0),C(0,2,0),4(0,-1,6),Ci(0,1,V3),AP=

(0,f,V3k),BP=B1+IP=(-2,F,V3X),BC\=(-2,1,遮)，5C=(-2,

2,0).

设〃=(%,y,z)为平面8尸G的一个法向量，

则口丽=—2x^A.y+yp3Xz=0,

(nSZ\=_2x+y+V3z=0,

令x=X,则〃=(入，X—1»自).

设d为点C到平面BPC\的距离，

则L।前“।一।一2一十2(%1)1_4通

1711JA2+(A-1)2+^A+1)25

A28X2—16入+1=0,即入=工或X=—.

214

故存在入=工或入=工，满足题意.

214

［创新题］

12.对于两个空间向量。=(箝，6，Z|)与b=(X2,V，Z2),我们可以定义它们之间的欧