第39讲　第2课时　空间距离的计算高考数学一轮复习讲义练习

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举题固法
点线距
例1 已知矩形ABCD中，∠BCA＝30°，AC＝20，PA⊥平面ABCD，且PA＝5，则点P到BC的距离为_5 eq \r(5)_.
【解析】 方法一：因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC.又四边形ABCD是矩形，所以BC⊥AB.因为AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以PB为点P到BC的距离．在矩形ABCD中，因为∠BCA＝30°，AC＝20，所以AB＝10.在Rt△PAB中，由勾股定理得PB＝ eq \r(PA2＋AB2)＝ eq \r(25＋100)＝5 eq \r(5)，所以点P到BC的距离为5 eq \r(5).
方法二：建立如图所示空间直角坐标系，在矩形ABCD中，∠BCA＝30°，AC＝20，所以AB＝10，AD＝10 eq \r(3)，所以P(0，0，5)，B(10，0，0)，C(10，10 eq \r(3)，0)， eq \(PB,\s\up6(→))＝(10，0，－5)， eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，10 eq \r(3)，0)，所以 eq \(PB,\s\up6(→))· eq \(BC,\s\up6(→))＝0，所以PB为点P到BC的距离．| eq \(PB,\s\up6(→))|＝ eq \r(100＋0＋25)＝5 eq \r(5)，所以点P到BC的距离为5 eq \r(5).
(例1答)
求点到直线的距离的两种方法：
(1) 设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，则点A到直线l的距离的平方d2＝| eq \(PA,\s\up6(→))|2－( eq \(PA,\s\up6(→))·n)2.
(2) 若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
变式1 如图(1)，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2 eq \r(2)，AD＝DC＝ eq \r(2).现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图(2)，点M在线段BP上．
图(1)

图(2)
(变式1)
(1) 求证：AP⊥CM；
【解答】 由题知AC＝ eq \r(2＋2)＝2，∠CAB＝∠ACD＝45°，BC2＝4＋8－2×2×2 eq \r(2)× eq \f(\r(2),2)＝4，故BC＝2，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB.又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊥AC，CB⊂平面ACB，所以CB⊥平面PAC，又AP⊂平面PAC，则CB⊥AP.又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB⊂平面PCB，所以AP⊥平面PCB.又CM⊂平面PCB，故AP⊥CM.
(2) 若点M到直线AC的距离为 eq \f(2\r(5),5)，求 eq \f(BM,BP)的值．
(变式1答)
【解答】 设AC中点为O，AB中点为D，以OA，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0).设 eq \f(BM,BP)＝λ，则 eq \(BM,\s\up6(→))＝λ eq \(BP,\s\up6(→))，设M(x，y，z)，则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，则M(λ－1，2－2λ，λ)， eq \(CA,\s\up6(→))＝(2，0，0)， eq \(CM,\s\up6(→))＝(λ，2－2λ，λ).又点M到直线AC的距离为 eq \f(2\r(5),5)，则CM2＝ eq \f(4,5)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(CA,\s\up6(→))·\(CM,\s\up6(→)),|\(CA,\s\up6(→))|))) eq \s\up12(2)，即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝ eq \f(4,5)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,2))) eq \s\up12(2)，即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝ eq \f(4,5)，所以 eq \f(BM,BP)＝ eq \f(4,5).
点面距
视角1 等积法
例2-1 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，且△PCD是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是矩形，BC＝2 eq \r(2)，M为BC的中点．
(例2-1)
(1) 求直线PB与平面AMP所成角的正弦值；
【解答】 如图，取DC中点为O，AB中点为G，连接OG，由于平面PCD⊥平面ABCD，且交线为CD，OP⊥CD，OP⊂平面PCD，则OP⊥平面ABCD，故以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，P(0，0， eq \r(3))，A(2 eq \r(2)，－1，0)，B(2 eq \r(2)，1，0)，M( eq \r(2)，1，0)， eq \(PB,\s\up6(→))＝(2 eq \r(2)，1，－ eq \r(3))， eq \(PA,\s\up6(→))＝(2 eq \r(2)，－1，－ eq \r(3))， eq \(PM,\s\up6(→))＝( eq \r(2)，1，－ eq \r(3)).设平面AMP的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\(PM,\s\up6(→))·n＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)x－y－\r(3)z＝0，,\r(2)x＋y－\r(3)z＝0，))令y＝1，可得x＝ eq \r(2)，z＝ eq \r(3)，故平面AMP的一个法向量为n＝( eq \r(2)，1， eq \r(3)).记直线PB与平面AMP所成角为α，所以sin α＝|cs 〈 eq \(PB,\s\up6(→))，n〉|＝ eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·n|,|\(PB,\s\up6(→))||n|)＝ eq \f(2,\r(12)×\r(6))＝ eq \f(\r(2),6)，故直线PB与平面AMP所成角的正弦值为 eq \f(\r(2),6).
(例2-1答)
(2) 求点D到平面AMP的距离．
【解答】 连接MO，因为四边形ABCD是矩形，所以BC⊥CD，AD⊥CD.又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BC，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PCD，BC⊥平面PCD，故AD⊥PD，BC⊥PC.在Rt△PCM中，PC＝2，CM＝ eq \r(2)，则PM＝ eq \r(6).在Rt△ABM中，AB＝2，BM＝ eq \r(2)，则AM＝ eq \r(6).在Rt△PDA中，PD＝2，AD＝2 eq \r(2)，则PA＝2 eq \r(3)，则有PM2＋AM2＝PA2，故AM⊥PM.同理可求得AO＝3，MO＝ eq \r(3).设点D到平面AMP的距离为h，由VP-ADM＝VD-PAM⇒ eq \f(1,3)·S△ADM·PO＝ eq \f(1,3)·S△PAM·h，所以 eq \f(1,2)×2 eq \r(2)×2× eq \r(3)＝ eq \f(1,2)× eq \r(6)× eq \r(6)·h，解得h＝ eq \f(2\r(6),3)，所以点D到平面AMP的距离为 eq \f(2\r(6),3).
视角2 向量法
例2-2 (2024·苏中苏北七市二调)如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.
(例2-2)
(1) 求证：直线HE，GF，AC相交于一点；
【解答】 在△ACD中，AG＝2GD，F为CD中点，则GF与AC不平行．设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF.又AC⊂平面ABC，FG⊂平面EFG，于是K∈平面ABC，K∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG＝HE，因此K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点．
(2) 求直线BD与平面EFG的距离．
【解答】 由E，F分别为BC，CD的中点，则EF∥BD.又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，于是BD∥平面EFG，因此点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离．连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC.又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，于是EA⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA⊥ED.以E为原点，直线EB，ED，EA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0，0，0)，B(2，0，0)，F(－1， eq \r(3)，0)，D(0，2 eq \r(3)，0)，A(0，0，2 eq \r(3)).由AG＝2GD，得 eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(AD,\s\up6(→))，可得G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))， eq \(EB,\s\up6(→))＝(2，0，0)， eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1， eq \r(3)，0)， eq \(EG,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3)，\f(2\r(3),3))).设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝－x＋\r(3)y＝0，,\(EG,\s\up6(→))·n＝\f(4\r(3),3)y＋\f(2\r(3),3)z＝0，))令y＝1，得n＝( eq \r(3)，1，－2).设点B到平面EFG的距离为d，则d＝ eq \f(|\(EB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(2\r(3),\r(8))＝ eq \f(\r(6),2)，所以直线BD与平面EFG的距离为 eq \f(\r(6),2).
(例2-2答)
空间距离中探究性问题
例3 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BA⊥BC.
(例3)
(1) 若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC；
【解答】 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA.因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，BA，BB1⊂平面BAA1B1，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1.因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B.因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
(2) 若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一动点，试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离等于 eq \f(\r(2),2).
【解答】 由(1)知，BA，BB1，BC两两垂直，以B为原点，BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系．因为BA＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C(0，0，2).设M(0，0，t)(0≤t≤2)，则 eq \(MC,\s\up6(→))＝(0，0，2－t)， eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(－2，0，0)， eq \(B1C,\s\up6(→))＝(0，－2，2).设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B1,\s\up6(→))＝－2x＝0，,n·\(B1C,\s\up6(→))＝－2y＋2z＝0，))取y＝1，得n＝(0，1，1)，所以点M到平面A1B1C的距离等于 eq \f(|\(MC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|2－t|,\r(2))，所以 eq \f(|2－t|,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，解得t＝1或t＝3(舍去).所以点M为棱BC的中点时，点M到平面A1B1C的距离等于 eq \f(\r(2),2).
(例3答)
随堂内化
1. (多选)如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC为等边三角形，SA⊥平面ABC，SA＝3，AB＝2.点D在线段SC上，且SD＝ eq \f(1,3)SC，E为线段SB的中点，以线段BC的中点O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，过点O作SA的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是( ABD )
(第1题)
A. 直线CE的一个方向向量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))
B. 点D到直线CE的距离为 eq \f(8\r(7),21)
C. 平面ACE的一个法向量为( eq \r(3)，3，－2)
D. 点D到平面ACE的距离为1
【解析】 依题意，S( eq \r(3)，0，3)，A( eq \r(3)，0，0)，B(0，1，0)，C(0，－1，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(3,2))).又SD＝ eq \f(1,3)SC，则D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，－\f(1,3)，2))，则 eq \(CE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，\f(3,2))).因为 eq \(CE,\s\up6(→))＝ eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，故A正确； eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(2,3)，2))，故点D到直线CE的距离d＝ eq \r(\(\s\up7(| eq \(CD,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(CD,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),|\(CE,\s\up6(→))|))))\s\up12(2)))＝ eq \f(8\r(7),21)，故B正确； eq \(AC,\s\up6(→))＝(－ eq \r(3)，－1，0)， eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\f(3,2)))，设n＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x－y＝0，,－\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0，))令z＝－2，则n＝(－ eq \r(3)，3，－2)为平面ACE的一个法向量，故C错误； eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，\f(2,3)，2))，故点D到平面ACE的距离d1＝ eq \f(|\(CD,\s\up6(→))·n|,|n|)＝1，故D正确．
2. (2024·福州4月质检)已知四棱锥E-ABCD的顶点均在球O的球面上，底面ABCD为矩形，平面BEC⊥平面ABCD，BC＝ eq \r(5)，CD＝CE＝1，BE＝2，则点O到平面ADE的距离为( A )
A. eq \f(1,3)B. eq \f(1,4)
C. eq \f(\r(2),4)D. eq \f(\r(5),8)
【解析】 因为平面BEC⊥平面ABCD，交线为BC，又底面ABCD为矩形，则AB⊥BC.因为AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面BEC，则AB⊥CE，AB⊥BE.又BC＝ eq \r(5)，CD＝CE＝1，BE＝2，所以BE2＋CE2＝BC2，则BE⊥CE，如图(1)，将四棱锥E-ABCD补成长方体AD1DA1-BECB1，若四棱锥E-ABCD的顶点均在球O的球面上，则长方体AD1DA1-BECB1的顶点均在球O的球面上，O为体对角线D1B1的中点．如图(2)，以E为原点，EC，EB，ED1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，2，1)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，D1(0，0，1)，B1(1，2，0)，故O eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2))).设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，又 eq \(EA,\s\up6(→))＝(0，2，1)， eq \(ED,\s\up6(→))＝(1，0，1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EA,\s\up6(→))＝2y＋z＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝x＋z＝0，))令z＝2，得n＝(－2，－1，2).又 eq \(EO,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，则点O到平面ADE的距离为 eq \f(|\(EO,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(|－1－1＋1|,\r(22＋12＋22))＝ eq \f(1,3).
图(1)

图(2)
(第2题答)
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
一、 单项选择题
1. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离等于( C )
(第1题)
A. eq \f(\r(3),3)
B. eq \f(\r(3),4)
C. eq \f(\r(6),3)
D. eq \f(\r(6),4)
【解析】 由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，1)，A(1，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，C1(0，1，1)，则 eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)， eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))， eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－1，1，1).设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up6(→))＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,－x＋y＋z＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝－1，所以平面AEC1的一个法向量n＝(1，2，－1).点D1到平面AEC1的距离d＝ eq \f(|n·\(AD1,\s\up6(→))|,|n|)＝ eq \f(|－1－1|,\r(1＋4＋1))＝ eq \f(\r(6),3).
(第1题答)
2. 若四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为( A )
A. eq \f(\r(2),2) B. eq \f(1,2)
C. eq \f(\r(3),3) D. eq \f(1,3)
【解析】 由题知OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D(0，0，1)，B(0，2，0)，C(0，0，3)，G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，于是 eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3)，1))， eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，| eq \(AG,\s\up6(→))|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(2)＋12)＝ eq \f(\r(17),3)， eq \(AG,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝－ eq \f(2,3)×(－1)＋1＝ eq \f(5,3)，所以点G到直线AD的距离d＝ eq \r(\(\s\up7(| eq \(AG,\s\up6(→))|2－))\(\s\up7(\b\lc\(\rc\)( eq \f( eq \(AG,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→)),| eq \(AD,\s\up6(→))|))))\s\up12(2))＝ eq \r(\f(17,9)－\f(25,18))＝ eq \f(\r(2),2).
(第2题答)
3. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O为正方形ADD1A1的中心，若P为平面OD1B内的一个动点，则点P到直线A1B1的距离的最小值为( A )
(第3题)
A. eq \f(\r(2),2) B. eq \f(1,2)
C. eq \f(\r(6),4) D. eq \f(\r(3),3)
【解析】 如图，以 eq \(DA,\s\up6(→))， eq \(DC,\s\up6(→))， eq \(DD1,\s\up6(→))分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则有B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)， eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)， eq \(D1B,\s\up6(→))＝(1，1，－1)， eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1).因为O为正方形ADD1A1的中心，得O eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))， eq \(OB,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－\f(1,2)))，设平面OD1B的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(OB,\s\up6(→))·n＝0，,\(D1B,\s\up6(→))·n＝0，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋y－\f(1,2)z＝0，,x＋y－z＝0，))取x＝1，解得n＝(1，0，1)，有 eq \(A1B1,\s\up6(→))·n＝0，且A1B1⊄平面OD1B，所以A1B1∥平面OD1B.设直线A1B1到平面OD1B的距离为d，又 eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，利用空间中点面距离公式有d＝ eq \f(|\(BB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(\r(2),2)，即点P到直线A1B1的距离的最小值为 eq \f(\r(2),2).
(第3题答)
4. 如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，Q为AP的中点，AB＝3，BC＝4，PA＝2，则点P到平面BQD的距离为( B )
(第4题)
A. eq \f(5,13) B. eq \f(12,13)
C. eq \f(13,5) D. eq \f(13,12)
(第4题答)
【解析】 如图，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(3，0，0)，D(0，4，0)，P(0，0，2)，Q(0，0，1)， eq \(QB,\s\up6(→))＝(3，0，－1)， eq \(BD,\s\up6(→))＝(－3，4，0)， eq \(QP,\s\up6(→))＝(0，0，1).设平面BQD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(QB,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋4y＝0，,3x－z＝0，))令x＝4，则y＝3，z＝12，所以n＝(4，3，12).所以点P到平面BQD的距离d＝ eq \f(|\(QP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(12,13).
二、 多项选择题
5. (2024·福州2月质检)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝AD＝1，E为AB的中点，则( BC )
A. A1B⊥B1C
B. A1D∥平面EB1C
C. 点D到直线A1B的距离为 eq \f(3\r(5),5)
D. 点D到平面EB1C的距离为 eq \r(3)
【解析】 如图，以D为原点，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，易知D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，2，0)，B1(1，2，1)，C(0，2，0)，E(1，1，0).对于A， eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，2，－1)， eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)， eq \(A1B,\s\up6(→))· eq \(B1C,\s\up6(→))＝1≠0，所以A错误；对于B，显然A1D∥B1C，A1D⊄平面EB1C，B1C⊂平面EB1C，可得A1D∥平面EB1C，所以B正确；对于C， eq \(A1D,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，所以 eq \(A1D,\s\up6(→))在直线A1B上的投影向量为 eq \(A1Q,\s\up6(→))＝ eq \f(\(A1D,\s\up6(→))·\(A1B,\s\up6(→)),|\(A1B,\s\up6(→))|)· eq \f(\(A1B,\s\up6(→)),|\(A1B,\s\up6(→))|)＝ eq \f(1,5)(0，2，－1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)，－\f(1,5)))，则点D到直线A1B的距离为DQ＝ eq \r(| eq \(A1D,\s\up6(→))|2－|\(A1Q,\s\up6(→))|2))＝ eq \f(3\r(5),5)，故C正确；对于D，设平面EB1C的法向量为m＝(x，y，z)，由 eq \(B1C,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)， eq \(B1E,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(B1E,\s\up6(→))·m＝－y－z＝0，,\(B1C,\s\up6(→))·m＝－x－z＝0，))令x＝1，可得m＝(1，1，－1)，又 eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，所以点D到平面EB1C的距离d＝ eq \f(|\(DC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝ eq \f(2\r(3),3)，故D错误．
(第5题答)
6. (2024·上饶一模)如图，棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点，则( BC )
(第6题)
A. 直线FC1与底面ABCD所成的角为30°
B. A1到直线FC1的距离为 eq \f(\r(30),5)
C. FC1∥平面AB1E
D. BA1⊥平面AB1E
【解析】 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，A1(1，0，1)，C1(0，1，1).对于A， eq \(FC1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，则cs 〈 eq \(FC1,\s\up6(→))，m〉＝ eq \f(\(FC1,\s\up6(→))·m,|\(FC1,\s\up6(→))||m|)＝ eq \f(\f(1,2),\r(1＋\f(1,4)))＝ eq \f(\r(5),5)≠ eq \f(1,2)＝sin 30°，故A错误；对于B， eq \(A1F,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，－\f(1,2)))， eq \(FC1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))， eq \(A1F,\s\up6(→))· eq \(FC1,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,4)，故d＝ eq \r(\(\s\up7(| eq \(A1F,\s\up6(→))|2－))\(\s\up7(\b\lc\(\rc\)( eq \f( eq \(A1F,\s\up6(→))· eq \(FC1,\s\up6(→)),| eq \(FC1,\s\up6(→))|))))\s\up12(2))＝ eq \r(1＋\f(1,4)－\f(1,20))＝ eq \f(\r(30),5)，故B正确；对于C，由 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))， eq \(FC1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，有 eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \(FC1,\s\up6(→))，故AE∥FC1，又AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，故FC1∥平面AB1E，故C正确；对于D， eq \(BA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)， eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，有 eq \(BA1,\s\up6(→))· eq \(AE,\s\up6(→))＝1× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)≠0，故BA1与AE不垂直，若BA1⊥平面AB1E，由AE⊂平面AB1E，则会有BA1⊥AE，矛盾，故假设不成立，故D错误．
(第6题答)
三、 填空题
7. (2024·太原三模)已知直线l过点A(1，2，0)，且直线l的一个方向向量为m＝(0，－1，1)，则坐标原点O到直线l的距离d为_ eq \r(3)_．
【解析】 由题知，直线l过点A(1，2，0)，且直线l的方向向量为m＝(0，－1，1)，点O(0，0，0)，所以 eq \(AO,\s\up6(→))＝(－1，－2，0)，所以点O(0，0，0)到l的距离为d＝ eq \r(\(\s\up7(| eq \(AO,\s\up6(→))|2－))\(\s\up7(\b\lc\(\rc\)( eq \f( eq \(AO,\s\up6(→))·m,| m |))))\s\up12(2))＝ eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(2))))\s\up12(2))＝ eq \r(5－2)＝ eq \r(3).
8. 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD＝SA＝SD＝2AB＝2，P为棱AD的中点，且SP⊥AB， eq \(AM,\s\up6(→))＝λ eq \(AS,\s\up6(→))(0≤λ≤1).若点M到平面SBC的距离为 eq \f(\r(3),3)，则实数λ的值为_ eq \f(1,3)_．
(第8题)
【解析】 过点P作PE∥CD，交BC于点E，因为SD＝SA，P为AD中点，所以SP⊥AD.因为SP⊥AB，且AD∩AB＝A，AD，AB⊂平面ABCD，所以SP⊥平面ABCD，因为PE⊂平面ABCD，则SP⊥PE，则易得SP，PA，PE两两垂直．以P为原点，PA，PE，PS所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，0)，A(1，0，0)，S(0，0， eq \r(3))，B(1，1，0)，C(－1，1，0)，所以 eq \(SC,\s\up6(→))＝(－1，1，－ eq \r(3))， eq \(AS,\s\up6(→))＝(－1，0， eq \r(3))， eq \(SB,\s\up6(→))＝(1，1，－ eq \r(3)).因为 eq \(AM,\s\up6(→))＝λ eq \(AS,\s\up6(→))，所以 eq \(MS,\s\up6(→))＝(1－λ) eq \(AS,\s\up6(→))＝(λ－1，0， eq \r(3)(1－λ)).设平面SBC的法向量为m＝(x，y，z)，则m· eq \(SC,\s\up6(→))＝0，且m· eq \(SB,\s\up6(→))＝0，有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y－\r(3)z＝0，,x＋y－\r(3)z＝0，))令z＝1，则m＝(0， eq \r(3)，1)，所以点M到平面SBC的距离d＝ eq \f(|\(MS,\s\up6(→))·m|,|m|)＝ eq \f(\r(3),3)，所以 eq \f(|(λ－1，0，\r(3)（1－λ)）·(0，\r(3)，1)|,2)＝ eq \f(\r(3),3)，化简得1－λ＝ eq \f(2,3)，故λ＝ eq \f(1,3).
(第8题答)
9. (2024·沧州二模)已知四面体ABCD满足∠BAC＝ eq \f(π,3)，cs ∠CAD＝ eq \f(1,3)，cs ∠DAB＝ eq \f(1,4)，AB＝2，AC＝3，AD＝2，则点A到平面BCD的距离为_ eq \f(\r(10),2)_．
【解析】 由题可得 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝3， eq \(AC,\s\up6(→))· eq \(AD,\s\up6(→))＝2， eq \(AD,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝1，设平面BCD的一个法向量n＝x eq \(AB,\s\up6(→))＋y eq \(AC,\s\up6(→))＋z eq \(AD,\s\up6(→))，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝(x\(AB,\s\up6(→))＋y\(AC,\s\up6(→))＋z\(AD,\s\up6(→)))·, (\(AC,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→)))＝－x＋6y＋z＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝(x\(AB,\s\up6(→))＋y\(AC,\s\up6(→))＋z\(AD,\s\up6(→)))·,(\(AD,\s\up6(→))－\(AB,\s\up6(→)))＝－3x－y＋3z＝0，))
令z＝1，解得x＝1，y＝0，所以n＝ eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \(AD,\s\up6(→))，所以|n|＝ eq \r(\(\s\up7(| eq \(AB,\s\up6(→))|2＋|\(AD,\s\up6(→))|2＋2|\(AB,\s\up6(→))|·|\(AD,\s\up6(→))|cs ∠BAD)))＝ eq \r(10)， eq \(AB,\s\up6(→))·n＝4＋1＝5.设点A到平面BCD的距离为h，则h＝ eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝ eq \f(5,\r(10))＝ eq \f(\r(10),2).
四、 解答题
10. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD的边长均为2，且∠BAD＝60°，PD⊥DC，PB⊥AC，棱PD的中点为M.
(第10题)
(1) 求证：PD⊥平面ABCD；
【解答】 因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为AC⊥PB，PB∩BD＝B，PB，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因为PD⊂平面PBD，所以PD⊥AC.又PD⊥DC，AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD.
(2) 若△PDB的面积是2 eq \r(6)，求点P到平面BCM的距离．
【解答】 因为M为PD的中点，所以点P到平面BCM的距离等于点D到平面BCM的距离．由(1)知，PD⊥平面ABCD，所以S△PBD＝ eq \f(1,2)BD·PD＝2 eq \r(6).又因为∠BAD＝60°，所以BD＝2，所以PD＝2 eq \r(6)，则MD＝ eq \f(1,2)PD＝ eq \r(6).设点D到平面BCM的距离为d，所以VM-BCD＝VD-BCM.因为S△BCD＝ eq \f(1,2)BC·CD·sin 60°＝ eq \f(1,2)×2×2× eq \f(\r(3),2)＝ eq \r(3)，所以VM-BCD＝ eq \f(1,3)S△BCD·MD＝ eq \r(2).在△MCB中，MB＝ eq \r(MD2＋BD2)＝ eq \r((\r(6))2＋22)＝ eq \r(10)，MC＝ eq \r(MD2＋DC2)＝ eq \r((\r(6))2＋22)＝ eq \r(10)，BC＝2，所以cs ∠BMC＝ eq \f(MB2＋MC2－BC2,2MB·MC)＝ eq \f(10＋10－4,20)＝ eq \f(4,5).又∠BMC∈(0，π)，所以sin ∠BMC＝ eq \f(3,5)，所以S△BCM＝ eq \f(1,2)MC·MB·sin ∠BMC＝ eq \f(1,2)× eq \r(10)× eq \r(10)× eq \f(3,5)＝3，所以VD-BCM＝ eq \f(1,3)·S△BCM·d＝ eq \r(2)，所以d＝ eq \r(2).
11. (2025·南通启东通州期中联考)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，BC⊥CD，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PD＝AB＝2，BC＝CD＝1.
(第11题)
(1) 求证：PD⊥AB；
【解答】 如图(1)，取AB的中点O，连接OD，OP，由BO＝CD＝1，BO∥CD，得四边形OBCD为平行四边形．由BC⊥CD，得平行四边形OBCD为矩形，则DO⊥AB.由平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，DO⊂平面ABCD，得DO⊥平面PAB.又PO⊂平面PAB，则DO⊥PO，由PD＝2，DO＝1，得PO＝ eq \r(3).由PA＝2，AO＝1，得PO2＋AO2＝PA2，则PO⊥AO，即PO⊥AB，而DO⊥AB，PO∩DO＝O，PO，DO⊂平面PDO，因此AB⊥平面PDO，而PD⊂平面PDO，所以PD⊥AB.
图(1)
(第11题答)
(2) 求PB与平面PAD所成角的正弦值；
【解答】 以O为坐标原点，直线OD，OB，OP分别为x，y，z轴建立如图(1)所示的空间直角坐标系，则P(0，0， eq \r(3))，A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，0，0)， eq \(PA,\s\up6(→))＝(0，－1，－ eq \r(3))， eq \(PD,\s\up6(→))＝(1，0，－ eq \r(3))， eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，1，－ eq \r(3)).设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝－y－\r(3)z＝0，,\(PD,\s\up6(→))·n＝x－\r(3)z＝0，))令z＝1，得n＝( eq \r(3)，－ eq \r(3)，1).设PB与平面PAD所成角为θ，则sin θ＝|cs 〈 eq \(PB,\s\up6(→))，n〉|＝ eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·n|,|\(PB,\s\up6(→))||n|)＝ eq \f(2\r(3),2×\r(7))＝ eq \f(\r(21),7)，即PB与平面PAD所成角的正弦值为 eq \f(\r(21),7).
(3) 若线段PC上存在一点E，使得截面ABE将四棱锥P-ABCD分成体积之比为5∶7的上下两部分，求点P到截面ABE的距离．
【解答】 如图(2)，设截面ABE交PD于点F，由AB∥CD，AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，得CD∥平面ABE.又CD⊂平面PDC，平面ABE∩平面PDC＝EF，则CD∥EF.依题意，VP-ABCD＝ eq \f(1,3)SABCD·PO＝ eq \f(1,3)× eq \f(1＋2,2)×1× eq \r(3)＝ eq \f(\r(3),2)，则VP-ABEF＝ eq \f(5\r(3),24).设 eq \(PE,\s\up6(→))＝λ eq \(PC,\s\up6(→))(λ∈(0，1))，则EF＝λDC＝λ，由(2)知 eq \(PD,\s\up6(→))＝(1，0，－ eq \r(3))， eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，1， eq \r(3))， eq \(PF,\s\up6(→))＝λ eq \(PD,\s\up6(→))＝(λ，0，－ eq \r(3)λ)， eq \(AF,\s\up6(→))＝ eq \(AP,\s\up6(→))＋ eq \(PF,\s\up6(→))＝(λ，1， eq \r(3)－ eq \r(3)λ)， eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，则点F到AB的距离为 eq \r(\(| eq \(AF,\s\up6(→))|2－)\(\s\up7(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( eq \f(| eq \(AF,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))|,| eq \(AB,\s\up6(→))|)))))\s\up12(2))＝ eq \r(4λ2－6λ＋3)，所以截面ABEF的面积为 eq \f(1,2)(λ＋2) eq \r(4λ2－6λ＋3).设平面ABEF的法向量m＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up6(→))＝2y1＝0，,m·\(AF,\s\up6(→))＝λx1＋y1＋\r(3)(1－λ)z1＝0，))取z1＝－λ，得m＝( eq \r(3)(1－λ)，0，－λ)，则点P到平面ABEF的距离d＝ eq \f(|m·\(AP,\s\up6(→))|,|m|)＝ eq \f(\r(3)λ,\r(4λ2－6λ＋3))，于是VP-ABEF＝ eq \f(1,3)· eq \f(1,2)(λ＋2)· eq \r(4λ2－6λ＋3)· eq \f(\r(3)λ,\r(4λ2－6λ＋3))＝ eq \f(5\r(3),24)，解得λ＝ eq \f(1,2)，所以点P到截面ABE的距离为 eq \f(\r(3),2).
图(2)
(第11题答)