微专题10　空间几何体中的距离

微专题10空间几何体中的距离真题重做探究命题人的思维模拟术1.(2024·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝3.(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为427，求AD2．(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D是A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：纵观近年高考题，命题愈发重视对空间距离(以线段长度、点面距为主)的考查，常和空间角一起考查，兼具综合性与开放性，突出几何直观与逻辑推理的结合，充分体现新高考对数学核心素养的考查．预测角度1线段长度的求解问题预测1如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝2AB＝4，PD＝2，点M在棱PC上．(1)当MC＝2MP时，求证：PA∥平面MBD；(2)若直线PA与平面ABCD所成的角为45°，二面角P-BD-M的余弦值为33，求PM[听课笔记]解决由空间角求某线段长的关键是求所求线段的点的坐标．如本题设PM＝λPC(0≤λ≤1)后，利用向量的夹角公式求出λ是关键．[对点练1](2025·河北秦皇岛模拟)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC，M，D分别为A1C1，AB的中点．(1)证明：A1D∥平面MBC；(2)若平面MBC与平面A1BM的夹角的余弦值为155，求AA1预测角度2点面距的求解问题预测2如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥PB，平面PAB⊥平面ABCD，AB＝22，BC＝2，E，F分别是AB，PD的中点．(1)证明：EF∥平面PBC；(2)若平面PAB与平面PAC的夹角为π4，求点B到平面PAC[听课笔记]求点到平面距离的两种方法：(1)等体积法，如本题中可利用VB-PAC＝VC-PAB求解；(2)向量法：套用公式d＝AB·nn，其中n为平面α的法向量，A∈α，AB[对点练2](2025·河南信阳模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，AB＝BC＝PA＝2，AD＝1.(1)若E为线段PC的中点，求证：DE∥平面PAB.(2)求点A到平面PCD的距离．预测角度3开放探究情境中的空间距离问题预测3如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD，底面ABCD为平行四边形，BC＝23，CD＝6，E为BC边的中点，∠BCD＝π4(1)求证：PA⊥DE；(2)已知二面角P-BC-D的平面角等于π3，则在线段AB上是否存在点M，使得M到平面PBC的距离为34，若存在，指出点[听课笔记]解决此类问题的方法通常是假设所求的点或参数存在，利用所给条件列方程求解即可．如本题方法一：设在线段AB上存在点M，使得M到平面PBC的距离为34，且BM＝t，利用等体积法求解即可；方法二：设OP＝m，求得平面PBC的法向量，平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求m，设MB＝λAB，利用点到面的距离可求λ[对点练3](2025·湖南邵阳模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝22，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且AP＝λAA(1)证明：A1C⊥平面ABC1；(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为455？若存在，求出请完成：专题强化练13微专题10空间几何体中的距离真题重做1．答案：(1)证明：由BC＝1，AB＝3，AC＝2可得，AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC.又PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴BC⊥PA.又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥PA.又AD⊥PB，且PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB，∴AD∥BC，又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，∴AD∥平面PBC.答案：(2)以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴、y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(x，0，0)(0<x<2)，则P(x，0，2)，C(0，4-x2，则AC＝(－x，4-x2，0)，AP＝(0，0，2)，DC＝(0,4-x2，0)，DP＝(x，设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n即x1·-x+y1则x1＝4-x2，∴n1＝(4-x2，设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·DC=0，n2·DP=0，即y∴n2＝(－2，0，x)．设二面角A-CP-D的平面角为θ，则|cosθ|＝n1·n2n1n2＝24-x22x2+4＝4-x2x2+4解得x＝3(负值舍去)．即AD的长为3.2．答案：(1)设点A到平面A1BC的距离为h.∵V三棱锥A1-ABC＝V三棱锥A-A1BC＝13V三棱柱ABC-A1∴13·S△A1BC·h＝13×又∵S△A1BC＝22，∴h＝2.∴点A到平面A1BC的距离为2.答案：(2)方法一如图①，取A1B的中点E，连接AE.由AA1＝AB，AA1⊥AB，得AE⊥A1B且AE＝12A1B∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝2，AE⊥BC，∴A1B＝22，∴AA1＝AB＝2.由V三棱柱ABC-A1B1C1＝4，AA1＝2，得2S△ABC＝易知AA1⊥BC，AE⊥BC，AE∩AA1＝∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC＝2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF，易得∠EFA即为二面角A-BD-C的平面角的补角．易得AC＝AB2+BC2则A1C＝AA12+AC∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD＝12A1C＝3易知AD＝BD＝12A1C＝3，∴△ABD∴AF·BD＝AB·AD2-12AB2＝2∴sin∠AFE＝AEAF＝222∴二面角A-BD-C的正弦值为32方法二如图②，取A1B的中点E，连接AE.∵AA1＝AB，∴AE⊥A1B.∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，∴AE⊥平面A1BC，∴AE＝h＝2，则AA1＝AB＝2.∵AE⊥平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC.∵A1A⊥BC，AE∩A1A＝A，∴BC⊥平面ABB1∵AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AB.由V三棱柱ABC-A1B1C1＝S△ABC·A1A＝12AB·BC·A1A＝12×2以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图②所示的空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，2，0)，E(0，1，1)，D(1，1，1)．∴AE＝(0，－1，1)，BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0)．由题意得平面BDC的法向量为n1＝AE＝(0，－1，1)．设平面BDA的法向量为n2＝(x，y，z)，则BA·n令x＝1，则y＝0，z＝－1，∴n2＝(1，0，－1)．∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2n设二面角A-BD-C的平面角为α(0≤α≤π)，则sinα＝1-cos2α∴二面角A-BD-C的正弦值为32命题预测预测1答案：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM，由AB∥DC知，△ABO∽△CDO，∴OAOC＝ABCD＝∵MC＝2MP，∴OAOC＝MPMC＝12，∴PA又MO⊂平面MBD，PA⊄平面MBD，∴PA∥平面MBD.答案：(2)∵PD⊥平面ABCD，∴∠PAD为PA与底面ABCD所成的角，即∠PAD＝45°，∴AD＝PD＝2，又四边形ABCD是直角梯形，故以D为坐标原点，DA，DC，DP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D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，2)，∴DB＝(2，2，0)，DP＝(0，0，2)，PC＝(0，4，－2)．设平面PBD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则DP·即2z1=0，2x1+2y1=0，令x设PM＝λPC(0≤λ≤1)，PM＝(0，4λ，－2λ)，则DM＝DP+PM＝(0，4λ，2－2λ设平面MBD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则DB即2x2+2y2=0，4λy2∵二面角P-BD-M的余弦值为33∴|cos〈m，n〉|＝m＝1×1+-1解得λ＝12∴PM＝12PC＝(0，2，－1)，PM＝|PM|＝02+22+-1[对点练1]答案：(1)证明：设BC的中点为E，连接DE，ME.因为M，D分别为A1C1，AB的中点，所以DE∥AC，且DE＝12AC在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1M∥AC，A1M＝12AC所以DE∥A1M，且DE＝A1M，所以四边形A1DEM为平行四边形，则A1D∥ME.又A1D⊄平面MBC，ME⊂平面MBC，所以A1D∥平面MBC.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设AA1＝a(a>0)，则M(0，1，a)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，a)，所以MB＝(2，－1，－a)，MC＝0，1，-a，MA1设平面MBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·MB=2x1-y1-az1=0，m·设平面A1BM的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·MB=2x2-y2-az2=0，n·因为平面MBC与平面A1BM的夹角的余弦值为155所以|cos〈m，n〉|＝m·nmn＝解得a＝1，即AA1＝1.预测2答案：(1)证明：取PC中点G，连接FG，BG，又F是PD中点，∴FG∥CD且FG＝12CD∵E是AB中点，四边形ABCD是矩形，∴EB∥CD且EB＝12CD∴FG綉EB，∴四边形EFGB是平行四边形，∴EF∥BG.又EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC.(2)方法一∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.又PA⊥PB，PB∩BC＝B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，∴PA⊥平面PBC.又PC⊂平面PBC，∴PA⊥PC.∴∠BPC即为平面PAB与平面PAC的夹角，∴∠BPC＝π4又BC⊥PB，BC＝2，∴PB＝BC＝2.设点B到平面PAC的距离为h，由VB-PAC＝VC-PAB得13S△PAC·h＝13S△PAB·即13×12PA·PC·h＝13×12PA·方法二以P为原点，PB，PA所在直线分别为x轴、y轴，平行BC方向为z轴，建立空间直角坐标系．平面PAB的一个法向量为n1＝(0，0，1)，设PA＝a，PB＝b，PA＝(0，a，0)，PC＝(b，0，2)．设平面PAC的一个法向量为n2＝(x，y，z)，则n2·PA=0，n2·PC=0.∴ay=0，∵平面PAB与平面PAC的夹角为π4∴cosπ4＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2n1n∴B(2，0，0)，PB＝(2，0，0)，平面PAC的一个法向量为n2＝(2，0，－2)．∴点B到平面PAC的距离d＝PB·n2n2[对点练2]答案：(1)证明：取PC，PB的中点分别为E，F，连接DE，EF，FA，∵EF为△PBC的中位线，∴EF∥BC，EF＝12BC∵AB⊥AD，AB⊥BC，BC＝2，AD＝1，∴AD∥BC，AD＝12BC∴EF∥AD，EF＝AD，∴四边形EFAD为平行四边形，∴DE∥AF，又DE⊄平面PAB，AF⊂平面PAB，∴DE∥平面PAB.(2)方法一以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A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)．DC＝(2，1，0)，PC＝(2，2，－2)，AD＝(0，1，0)．设n＝(x，y，z)为平面PCD的一个法向量，则n不妨设x＝1，则n＝(1，－2，－1)．设点A到平面PCD的距离为d，则d＝n·ADn＝0-2+0方法二∵AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，AB＝BC＝PA＝2，AD＝1.∴CD＝PD＝22+12＝5，PC＝2∴DE＝2.设点A到平面PCD的距离为d，则由VP-ACD＝VA-PCD可得13×12×23×2×d＝13×12×2×预测3答案：(1)证明：因为BC＝23，E为BC边的中点，所以EC＝3，又在△DCE中，CD＝6，∠BCD＝π4由余弦定理可得ED＝6+3-26×3×22＝3，即∠DEC＝又四边形ABCD为平行四边形，所以AD∥BC，则DE⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，所以DE⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，所以DE⊥PA.(2)方法一取AD的中点O，又PA＝PD，所以PO⊥AD，DE∥BO，又平面PAD⊥底面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BC，PO⊥BO，而BO⊥BC，所以∠PBO即为二面角P-BC-D的平面角，∠PBO＝π3又△POB为直角三角形，OB＝3，所以OP＝3.设在线段AB上存在点M，使得M到平面PBC的距离为34，且BM＝t△PBC为直角三角形，S△PBC＝12×23×23＝6S△BCM＝12·t·sin3π4·23＝6又VM-PBC＝13·34·S△PBC＝VP-MBC＝13·3·S解得t＝62，即M为AB方法二取AD的中点O，又PA＝PD，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，又DE∥BO，所以BO⊥OA，所以OP，OA，OB两两垂直．如图，以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．O(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，3，0)，C(－23，3，设OP＝m，则P(0，0，m)，BP＝(0，－3，m)，BC＝(－23，0，0)，AB＝(－3，3，设平面PBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则