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§7.9 空间距离及立体几何中的探索性问题
(分值：60 分)
1.(13 分)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱长均为4，N 是CC1的中点.
(1)求点N 到直线AB 的距离；(6 分)
(2)求点C1到平面ABN 的距离.(7 分)
2.(15 分)如图，四边形ABCD 是边长为1 的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E
为BC 的中点.
(1)证明：MN∥平面ABCD；(5 分)
(2)在线段AN 上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN，若存在，求出线段AS 的长度；若不存在，请说明理
由.(10 分)
3.(15 分)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，
AB=2A1B1=4，E，F 分别为DC，BC 的中点，上、下底面中心的连线O1O 垂直于上、下底面，且O1O 与侧
棱所在直线所成的角为45°.
(1)求证：BD1∥平面C1EF；(7 分)
(2)棱BC 上是否存在点M，使得直线A1M 与平面C1EF 所成的角的正弦值为3√22
22 ，若存在，求出线段BM
的长；若不存在，请说明理由.(8 分)
4.(17 分)(2024·泉州模拟)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形，且∠DAB=60°，E，O 分别是上、
下底面的中心，F 是AB 的中点，AB=kAA1.
(1)求证：A1F∥平面EBC；(7 分)
(2)是否存在实数k，使得O 在平面EBC 内的射影恰好为△EBC 的重心O1.若存在，求出k；若不存在，请说
明理由.(10 分)
答案精析
1.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，
B(2√3，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N 是CC1的中点，
∴N(0，4，2).
(1)⃗AN＝(0，4，2)，⃗AB＝(2√3，2，0)，
则|⃗AN|＝2√5，
|⃗AB|＝4.
设点N 到直线AB 的距离为d1，
则d1＝√
|⃗AN |
2-(⃗
AN ·⃗AB
|⃗AB| )
2
＝√20- 4＝4.
(2)设平面ABN 的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥⃗AB，n⊥⃗AN，
得{
n·⃗AB＝2√3 x +2 y ＝0,
n·⃗AN ＝4 y +2 z＝0,
令z＝2，则y＝－1，x＝√3
3 ，
即n＝(
√3
3 ，-1，2).
易知⃗C1 N＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN 的距离为d2，
则d2＝
|⃗C1 N ·n|
|n|
＝
4
4√3
3
＝√3.
2.(1)证明 连接BD，
因为MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，
所以MD∥NB，又因为MD＝NB＝1，所以四边形MDBN 为平行四边形，
所以MN∥BD，又BD⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
(2)解 由题意知，DM，DC，DA 两两垂直，以点D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，
M(0，0，1)，
N(1，1，1)，E(
1
2 ，1，0)，
假设在线段AN 上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE，设⃗AS＝λ⃗AN，λ∈[0，1]，
因为⃗AN＝(0，1，1)，⃗AM＝(－1，0，1)，⃗
EA ＝(
1
2 ，-1，0)，
所以⃗AS＝λ⃗AN＝(0，λ，λ)，
则⃗ES＝⃗EA +⃗AS＝(
1
2 ，λ -1，λ)，
由ES⊥平面AMN 可得，
{⃗
ES·⃗AM ＝0,⃗
ES·⃗AN ＝0,
即{
- 1
2 + λ＝0,
λ -1+ λ＝0,
解得λ＝1
2，
此时⃗AS＝(0，1
2 ，1
2)，|⃗AS|＝√2
2 ，
故在线段AN 上存在点S，
当AS＝√2
2 时，ES⊥平面AMN.
3.(1)证明 因为O1O⊥平面ABCD，以点O 为坐标原点，⃗DA，⃗OF，⃗OO1的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的
正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在的直线与上、下底面中心的连线O1O 所成的角为45°，则B(2，2，0)，D1(－1，－1，√2)，
C1(－1，1，√2)，
F(0，2，0)，E(－2，0，0)，A1(1，－1，√2)，所以⃗B D1＝(－3，－3，√2)，⃗C1 E＝(－1，－1，－√2)，⃗
EF＝(2，2，0)，
设平面C1EF 的法向量为
n＝(x，y，z)，
则{
n·⃗EF ＝2 x +2 y ＝0,
n·⃗C1 E＝- x - y -√2 z＝0,
令x＝1，则n＝(1，－1，0)，
因为⃗B D1＝(－3，－3，√2)，
所以n·⃗B D1＝0，所以n⊥⃗B D1，
又因为BD1⊄平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF.
(2)解 假设棱BC 上存在点M(x，2，0)满足条件，其中x∈[－2，2]，则⃗A1 M＝(x－1，3，－√2)，
设直线A1M 与平面C1EF 所成的角为θ，
由题意可得sin θ＝|cos〈⃗A1 M，n〉|＝|⃗A1 M ·n|
|⃗A1 M ||n|
＝
|x - 4|
√x
2-2 x +12·√2
＝3√22
22 ，
化简得x2－35x+34＝0，
则x＝1 或x＝34(舍去)，
即存在点M 符合题意，此时BM＝1.
4.(1)证明 分别取A1B1，C1D1的中点N，M，
连接MN，MC，NB，
则在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，MN∥B1C1∥BC，且E 是MN 的中点，
所以平面EBC 即为截面BCMN，
又F 是AB 的中点，则BF 与A1N 平行且相等，
从而四边形A1FBN 是平行四边形，
所以A1F∥BN，
又A1F⊄平面BCMN，
BN⊂平面BCMN，
所以A1F∥平面BCMN，
即A1F∥平面EBC.
(2)解 不存在，理由如下：
连接AC，BD，因为四边形ABCD 是菱形且∠DAB＝60°，所以△ABD，△BCD 都是等边三角形，
AC⊥BD，
易知AC∩BD＝O，
由已知得OE⊥平面ABCD，
分别以OB，OC，OE 为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
设AA1＝2，则AB＝2k，OB＝k，OC＝√3k，
OE＝AA1＝2，因此有E(0，0，2)，
B(k，0，0)，C(0，√3k，0)，⃗
BC＝(－k，√3k，0)，⃗
BE＝(－k，0，2)，
则△EBC 的重心为
O1(
k
3 ，√3k
3
，2
3)，⃗
OO1＝(
k
3 ，√3k
3
，2
3)，
若OO1⊥平面EBC，
则{⃗
OO1·⃗BC ＝- k
2
3 + k
2＝0,⃗
OO1·⃗BE＝- k
2
3 + 4
3 ＝0,
无解.
因此不存在实数k，使得O 在平面EBC 内的射影恰好为△EBC 的重心O1.
