高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019必修四）第34講 專題11-6 立體幾何中的6種距離問題

專題06立體幾何中的距離問題TOC\o"1-3"\h\u題型1兩點(diǎn)之間的距離 3題型2點(diǎn)到直線的距離 7◆類型1定義法 7◆類型2等面積法 13題型3兩條直線的距離 21◆類型1定義法(找公垂線段) 21◆類型2轉(zhuǎn)化法 26題型4點(diǎn)到平面的距離 27◆類型1定義法 27◆類型2轉(zhuǎn)化為距離相等的點(diǎn) 35◆類型3等體積法 39◆類型4補(bǔ)全長(zhǎng)方體 47題型5直線到平面的距離 49題型6平面到平面的距離 57知識(shí)點(diǎn).空間中的距離一.距離定義1.點(diǎn)到平面的距離：平面外一點(diǎn)P在該平面上的射影為P"，則線段PP"的長(zhǎng)度就是點(diǎn)到平面的距離.2.兩條異面直線的距離：兩條異面直線的公垂線在這兩條異面直線間的線段的長(zhǎng)度，叫做兩條異面直線的距離．求法：如果知道兩條異面直線的公垂線，那么就轉(zhuǎn)化成求公垂線段的長(zhǎng)度，注：①和兩條異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線；②公垂線與兩條直線相交的點(diǎn)所形成的線段，叫做這兩條異面直線的公垂線段；③兩條異面直線公垂線段的長(zhǎng)度叫做這兩條異面直線的距離④公垂線段是異面直線上任意兩點(diǎn)的最小距離3.直線到平面的距離：一條直線與一個(gè)平面平行，這條直線上的任意一點(diǎn)到這個(gè)平面的距離叫做這條直線到這個(gè)平面的距離.4.平面與平面的距離兩個(gè)平行平面的公垂線、公垂線線段的定義：和兩個(gè)平行平面同時(shí)垂直的直線，叫做這兩個(gè)平行平面的公垂線，其中夾在這兩個(gè)平面間的部分，叫做這兩個(gè)平行平面的公垂線段.兩個(gè)平行平面的距離：兩個(gè)平行平面的共垂線段的長(zhǎng)度，叫做兩個(gè)平行平面的距離空間距離包括空間內(nèi)任意兩點(diǎn)間的距離、點(diǎn)到直線的距離、點(diǎn)到平面的距離、直線到平面的距離以及兩個(gè)平行平面的距離，其中兩點(diǎn)間距離和點(diǎn)到直線的距離可以用兩點(diǎn)間距離公式處理；點(diǎn)到平面的距離、直線到平面的距離以及兩個(gè)平行平面的距離都可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離.二.求距離的方法求距離的關(guān)鍵是化歸，即應(yīng)用各種距離之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系和"平行移動(dòng)"的思想方法，將空間距離向平面距離化歸.求空間中兩點(diǎn)間的距離，一般轉(zhuǎn)化為解直角三角形或斜三角形.2.求點(diǎn)到面的距離（1）定義法，由線面垂直定義或面面垂直性質(zhì)，直接作出點(diǎn)到平面的垂線、垂線段的長(zhǎng)度就是點(diǎn)到面的距離.通常要借助某個(gè)直角三角形求解.（2）當(dāng)該點(diǎn)作已知平面的垂線不易作出時(shí)，利用線面平行的位置關(guān)系，可轉(zhuǎn)化為與已知平面等距離的點(diǎn)作垂線，然后再計(jì)算.（3）等體積轉(zhuǎn)化法．利用棱錐，一般是三棱錐的底面與頂點(diǎn)的輪換性，轉(zhuǎn)化為三棱錐的高．例如在三棱錐A-BCD中，若求點(diǎn)A到平面BCD的距離。可先求VA-BCD因?yàn)閂A-BCD=13S，其中V=VA-BCD=VB-ACD=VC-ABD=VD-ABC，轉(zhuǎn)換原則是V易求.題型1兩點(diǎn)之間的距離【例題1】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，線段AB，BD在平面α內(nèi)，BD⊥AB，AC⊥A．19 B．17 C．15 D．13【答案】D【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理結(jié)合勾股定理求解.【詳解】連接AD，因?yàn)锽D⊥AB，所以又因?yàn)锳C⊥α，AD?所以CD=故選:D.【變式1-1】1．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）上、下底面面積分別為36π和49π，母線長(zhǎng)為5的圓臺(tái)，其兩底面之間的距離為（

）A．4 B．32 C．23 【答案】D【分析】首先根據(jù)題意得到所以圓臺(tái)上、下底面半徑分別為6和7，再畫出圖形，利用勾股定理求解即可.【詳解】設(shè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)l、高h(yuǎn)和上、下兩底面圓的半徑r，R，由題意可知：l=5,πr2如圖可得：AC=6,滿足關(guān)系式CD2＝CE即兩底面之間的距離為26故選：D.【變式1-1】2．（2023春·上海浦東新·高二華師大二附中?？茧A段練習(xí)）在矩形ABCD中，AB=15，BC【答案】337【分析】根據(jù)題意過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BD，垂足為G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD，垂足為H，連接AC，【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BD，垂足為G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD，垂足為H，連接因?yàn)樵诰匦蜛BCD中，AB=15，BC所以BD=則Rt△ABD中，由面積相等可得1解得AG=12，則同理CH=12，HD=9，所以在Rt△CGH中，CG因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面CBD，且平面ABD∩平面CBD=且AG?平面ABD，所以AG⊥平面CBD，因?yàn)镃G?平面CBD在Rt△ACG中，AC故答案為：337.【變式1-1】3．（2023·山東·沂水縣第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=π2，AC=AA1=1，BC=2A．33 B．12 C．2【答案】A【分析】根據(jù)題意可證：A1B∥平面AMC1，可得P，Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為【詳解】連接A1C交AC1于點(diǎn)∵O,M分別為A1C,BC的中點(diǎn)，則且OM?平面AMC1，A∴A1B∥平面則點(diǎn)P到平面AMC1的距離相等，設(shè)為d，則P，Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為即點(diǎn)A1到平面AMC1∵A1C的中點(diǎn)O在AC1上，則點(diǎn)C到平面由題意可得為AC=由VC?AMC1故P，Q兩點(diǎn)之間距離的最小值為d=故選：A.【變式1-1】4．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）P為矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，P到B、C、D三點(diǎn)的距離分別為5、17、13，則P點(diǎn)到A【答案】1【分析】分別設(shè)PA=【詳解】如圖所示，設(shè)PA=x,AB=易得PA⊥在Rt△PAB中，PB同理PD=x2解得x=1,y=2,故答案為：1.題型2點(diǎn)到直線的距離◆類型1定義法【例題2-1】（2023秋·湖北咸寧·統(tǒng)考期末）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A'B'C'D'中，點(diǎn)EA．3 B．22 C．655【答案】C【分析】作出輔助線，找到點(diǎn)A'到直線BE的距離，并求出各邊長(zhǎng)度，由余弦定理得到cos∠A′【詳解】鏈接A′B，A'E，A′C′，過(guò)點(diǎn)A故A′F即為點(diǎn)A'∵正方體ABCD?A'∴A′C′A′在△A′BE故sin∠A點(diǎn)A'到直線BE的距離為A故選：C【變式2-1】1．（多選）（2023·福建廈門·廈門雙十中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在棱長(zhǎng)為4的正方體ABCD?A1B1C1D1A．兩條異面直線D1C和BB．存在點(diǎn)P，使得C1GC．對(duì)任意點(diǎn)P，平面FCC1D．點(diǎn)B1到直線D【答案】BCD【分析】根據(jù)異面直線所成角的概念結(jié)合正方體的性質(zhì)可判斷A，根據(jù)線面平行的判定定理可判斷B，根據(jù)線面垂直的判定定理可得BE⊥平面FC【詳解】對(duì)于A，由正方體的性質(zhì)可知BC1//AD1，兩條異面直線D1對(duì)于B，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)D1重合時(shí)，由題可知EG所以EG//D1C1又C1G?平面BEP，D1E?平面對(duì)于C，連結(jié)CF，由于CC1⊥平面ABCD，BE?平面又AE=BF,AB=CB,∠A=∠又CF,CC1相交，CF,CC1?平面FCC1，故BE⊥平面對(duì)于D，由正方體的性質(zhì)可得B1D1所以cos∠B所以∠B1D1F=45°，所以點(diǎn)故選：BCD．【變式2-1】2．（2021春·廣東東莞·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）設(shè)PA⊥Rt△ABC所在的平面α，∠BAC=90°，PB、PC分別與【答案】7【分析】根據(jù)題意畫出幾何體，利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可求得PD即為點(diǎn)P到BC的距離，由勾股定理計(jì)算結(jié)果為7.【詳解】如圖所示：根據(jù)題意可知∠PBA=45所以AB=2,PB=2又∠BAC=90°，所以作AD⊥BC于D，由PA⊥平面α，AD,BC?又AD∩PA=A，AD,PA?又PD?平面PAD，所以BC⊥PD易知AD=3，由勾股定理可得即點(diǎn)P到BC的距離7.故答案為：7【變式2-1】3．（2023秋·江蘇南京·南京市秦淮中學(xué)?？计谀┤鐖D，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為BC【答案】5【分析】取B1C1的中點(diǎn)F，連接EF，ED1，證得CC1//平面D1EF，把C1C上任一點(diǎn)到平面D1EF的距離即為兩條異面直線D1E與CC1的距離，過(guò)點(diǎn)C1作C1M⊥D1F，利用面面垂直的性質(zhì)定理，證得C【詳解】解：如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)F，連接EF，E又EF?平面D1EF，CC1?平面所以直線C1C上任一點(diǎn)到平面D1EF的距離即為兩條異面直線過(guò)點(diǎn)C1作C因?yàn)槠矫鍰1EF⊥平面A1B1C1D過(guò)點(diǎn)M作MP//EF交D1E于點(diǎn)取C1N=MP，連接PN，則四邊形MPNC在直角△D1C1F故點(diǎn)P到直線CC1的距離的最小值為故答案為：55【變式2-1】4．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）等于90°的二面角α?l?β內(nèi)有一點(diǎn)P，過(guò)P有PA⊥α于點(diǎn)A，PB⊥β于A．2a B．a(chǎn)2 C．2a【答案】C【分析】由線面垂直的判定及性質(zhì)確定P到l的距離對(duì)應(yīng)線段，進(jìn)而求長(zhǎng)度.【詳解】由PA⊥α，PB⊥β，l?α，且PA∩PB=P，PA,PB?l∩面APBC=C，連接PC，PC?面所以P到l的距離為線段PC的長(zhǎng)度，二面角α?l?且∠PBC=90°，故故選：C◆類型2等面積法【例題2-2】（2023秋·陜西渭南·統(tǒng)考期末）在長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1A．363 B．362 C．【答案】D【分析】由已知可得A1C=6，【詳解】如圖，連結(jié)AC，A1因?yàn)锳1C是長(zhǎng)方體的體對(duì)角線，所以AC=由長(zhǎng)方體的性質(zhì)可知，AA1⊥因?yàn)锳C?平面ABCD，所以A所以，S△設(shè)A到直線A1C的距離為d，則所以，d=故選：D.【變式2-2】1．（2023·江西贛州·統(tǒng)考一模）古希臘數(shù)學(xué)家帕普斯在《數(shù)學(xué)匯編》第三卷中記載著一個(gè)確定重心的定理：“如果同一平面內(nèi)的一個(gè)閉合圖形的內(nèi)部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉(zhuǎn)一周所得到的旋轉(zhuǎn)體的體積等于閉合圖形面積乘以該閉合圖形的重心旋轉(zhuǎn)所得周長(zhǎng)的積”，即V=Sl（V表示平面圖形繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)的體積，S表示平面圖形的面積，l表示重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長(zhǎng)）.已知Rt△ACB中，A．43 B．23 C．1【答案】B【分析】根據(jù)題意，用式子分別表示出圓錐體積、三角形面積以及重心繞旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周的周長(zhǎng)，進(jìn)而求出距離.【詳解】直角三角形繞AC旋轉(zhuǎn)一周所得的圓錐的體積為V=三角形ABC的面積S=12×4×2=4，記重心G到由V=S?，可得16π3所以△ACB的重心G到AC的距離為2故選：B.【變式2-2】2．（2022秋·上海徐匯·位育中學(xué)?？计谀┮阎襟wABCD?A1B1C1D1【答案】2【分析】分別取AD1、BC1的中點(diǎn)E、F，連接A1E、B1E、B1F、EF，證明出BC1⊥平面B1EF，對(duì)于平面AB1D1內(nèi)任意一點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作MN//AD1分別交B1D【詳解】分別取AD1、BC1的中點(diǎn)E、F，連接A1E、∵AB//C1D所以，AD1//因?yàn)镋、F分別為AD1、則AE//BF且所以，四邊形ABFE為平行四邊形，故EF//AB且∵AB⊥平面BB1C∵B1F、BC1?平面∵BB1因?yàn)锽1F∩EF=∴B對(duì)于平面AB1D過(guò)點(diǎn)P作MN//AD1分別交B1D1、B1E∵AD1所以點(diǎn)P到直線BC1的距離等于點(diǎn)Q到直線∴QF?平面B1EF，故QF⊥BC∵B1F⊥EF當(dāng)QF⊥B1E時(shí)，QF最短，此時(shí)點(diǎn)在正方體中，B1A1⊥平面ADD所以B1A1所以B1所以在Rt△B12B1所以P到直線BC1的距離取到最小值為故答案為：23【變式2-2】3．（2023秋·河南開封·統(tǒng)考期末）如圖,在四棱錐P?ABCD中,PA⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,底面ABCD為矩形,點(diǎn)F在棱PD上,且P與E(1)證明:CE∥平面PAB;(2)若PA=AD=5,AB=2,DE=3,試問在線段PD上是否存在點(diǎn)F,使得△ACF與【答案】(1)證明見解析(2)存在,20+【分析】(1)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可得PA∥DE,根據(jù)線面平行的判定定理即可得DE∥平面PAB,根據(jù)AB∥CD及線面平行的判定定理即可得CD∥平面PAB,根據(jù)CD∩DE=(2)過(guò)F作FG⊥AD,垂足為G,過(guò)G作GK⊥AC,垂足為K,連接FK,過(guò)D作DH⊥AC,垂足為H,連接EH,先根據(jù)線面垂直的判定定理證明AC⊥平面FGK,可得FK⊥AC,同理可得EH⊥AC,根據(jù)△【詳解】（1）證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCDDE⊥平面ABCD,所以PA∥因?yàn)镻A?平面PAB,DE?平面所以DE∥平面PAB,因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以AB∥因?yàn)锳B?平面PAB,CD?平面所以CD∥平面PAB,因?yàn)镃D∩且CD?平面CDE,DE?平面所以平面CDE∥平面PAB,又因?yàn)镃E?平面CDE所以CE∥平面PAB;（2）設(shè)線段PD上存在點(diǎn)F使得△ACF與△過(guò)F作FG⊥AD,垂足為因?yàn)镻A⊥平面ABCD所以PA⊥故FG∥所以△FGD故FGGD因?yàn)镻A=所以FG=過(guò)G作GK⊥AC,垂足為K,連接過(guò)D作DH⊥AC,垂足為H,連接因?yàn)镻A⊥底面ABCD,FG所以FG⊥底面ABCD所以FG⊥又GK⊥AC,所以AC⊥平面FGK因?yàn)镕K?平面則AC⊥同理可得EH⊥因?yàn)椤鰽CF與△所以FK=在△ADC中,根據(jù)等面積法可得DH則EH=設(shè)FG=x,則AG=5?因?yàn)镈H⊥所以DH∥所以△AGK因?yàn)镵GDH所以KG=所以FK=整理得33x因?yàn)?≤x≤5,所以故存在F,且F到AD的距離為20+9013【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:此題考查立體幾何中線面關(guān)系及點(diǎn)存在問題的綜合問題,屬于難題,關(guān)于點(diǎn)存在問題的解題方法有:(1)先假設(shè)其存在;(2)然后將假設(shè)作為條件與已知條件一起進(jìn)行推理論證和計(jì)算;(3)在推理論證和計(jì)算無(wú)誤的前提下,得到了合理的結(jié)論,則說(shuō)明存在;(4)如果得到不合理的結(jié)論,則說(shuō)明不存在.題型3兩條直線的距離◆類型1定義法(找公垂線段)【例題3-1】（2021·北京·?？紡?qiáng)基計(jì)劃）已知矩形ABCD中，AB=2,BC=1，折疊使點(diǎn)A，C重合，折痕為MN，打開平面ADMN，使二面角A?MN?CA．32 B．154 C．1 【答案】B【分析】設(shè)MN的中點(diǎn)為P，AC的中點(diǎn)為Q，則PQ為AC與MN的公垂線段，利用題設(shè)中的二面角可求公垂線段的長(zhǎng)度.【詳解】如圖，設(shè)MN的中點(diǎn)為P，則折疊后二面角A?MN?又PA=PC=52設(shè)AC的中點(diǎn)為Q，則PQ為AC與MN的公垂線段，也即直線MN與直線AC的距離，為PQ=故選：B.【變式3-1】1．（2023秋·河南商丘·校聯(lián)考期末）已知菱形ABCD中，∠BAD=π3，沿對(duì)角線BD折起，使二面角A?BD?C的平面角為θ，若異面直線A．π6 B．π4 C．π3【答案】C【分析】先找到二面角A?BD?C的平面角為∠AOC，再證明OM是異面直線AC【詳解】如圖，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為2a，連接兩條對(duì)角線易得AC⊥BD菱形ABCD沿對(duì)角線BD折起，連接AC，得到三棱錐A在菱形ABCD中，AC⊥BD所以∠AOC是二面角A?又因?yàn)锳O所以BD⊥平面AOC，取AC中點(diǎn)M，連接又因?yàn)镺M?平面所以O(shè)M在△AOC中，AO=OC=3所以O(shè)M故OM是異面直線AC與BD的距離又因?yàn)楫惷嬷本€AC與BD的距離是菱形邊長(zhǎng)的3所以O(shè)M在Rt△所以cosθ2所以θ故選：C【變式3-1】2．（2021秋·上海楊浦·上海市楊浦高級(jí)中學(xué)?？计谥校┤鐖D，已知四棱錐P?ABCD中，ABCD為矩形，PB⊥平面ABCD,BC=3,PC【答案】2【分析】由條件計(jì)算各邊長(zhǎng)度，將棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，在長(zhǎng)方體找到PD,【詳解】因?yàn)镻B⊥平面ABCD，所以PB所以PB=4,PA=4因?yàn)镻B因此我們將四棱錐P?ABCD構(gòu)建成長(zhǎng)方體接下來(lái)我們尋找異面直線PD,PD在平面GCDH上的投影為GD，CH⊥易證CH⊥平面PGD，故得CH⊥PD連接BH，BH與PD相交于O，則O為BH的中點(diǎn)，作BC的中點(diǎn)F，連接OF，則OF//HC，∴OF所以O(shè)F是PD,BC的公垂線段，即OF的長(zhǎng)度就是異面直線BC與且OF=故答案為：22【變式3-1】3．（2022秋·上海靜安·?？计谀┱襟wABCD?A1B1C1【答案】2【分析】欲求棱A1B1【詳解】如圖，取BC1中點(diǎn)O，連接在正方體ABCD?因?yàn)锳1B1⊥平面BB所以A1B1又B1C⊥則B1O是異面直線A1因?yàn)?，正方體ABCD?A1所以B1故答案為：2【變式3-1】4．（2021秋·上海浦東新·上海師大附中校考期末）在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1【答案】1【分析】在正方體ABCD?A1【詳解】如圖，取AC與B1D1因?yàn)镹A=NC,M為AC的中點(diǎn)，則MN⊥所以直線AC與直線B1D1又MN=AA故答案為：1.◆類型2轉(zhuǎn)化法【例題3-2】（多選）（2023秋·江蘇南京·南京市第一中學(xué)校考期末）在長(zhǎng)方體ABCD?A1A．AA1與BD1是異面直線 B．C．異面直線B1D1與CD的距離為1 D．異面直線BD【答案】ABD【分析】利用異面直線的定義判斷選項(xiàng)AB，求出異面直線B1D1與CD的距離為2，即可判斷選項(xiàng)C,把異面直線BD1與CD的距離轉(zhuǎn)化為CD到平面AB【詳解】如圖所示，AA1與BD1是異面直線，由正方體得DD1⊥平面A1B1C1D1，所以DD1⊥B1因?yàn)镃D∥AB,CD?平面ABD1,BD1?平面ABD1，所以CD∥平面ABD1，所以CD到平面ABD1的距離就是異面直線BD1與CD的距離，即點(diǎn)D到平面AB故選：ABD題型4點(diǎn)到平面的距離◆類型1定義法【例題4-1】（2023春·湖南·瀏陽(yáng)一中校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，圓柱OO1的上、下底面圓心分別為O1，O，底面圓直徑AB=2，圓柱高為3，C是下底面圓周上一動(dòng)點(diǎn)，連接A．32 B．22 C．1【答案】A【分析】根據(jù)二面角的定義作出二面角的平面角，利用二面角的正切值分析得D點(diǎn)與C點(diǎn)重合時(shí)，二面角最小，從而可求解.【詳解】∵截面過(guò)CO設(shè)交線為l，連接CO，過(guò)點(diǎn)O向l引垂線，垂足點(diǎn)為D，連接O1則∠ODO1為截面與圓柱的下底面所成的角θ∴要使θ最小，則OD最大，而OD≤此時(shí)D點(diǎn)與C點(diǎn)重合，l⊥平面O1CO∴點(diǎn)O到截面的距離為點(diǎn)O到直線CO1的距離故選:A．【變式4-1】1．（2023春·河南·清豐縣第一高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）在直四棱柱ABCD?A1B1C1(1)求證：BC⊥(2)若AA1=2BD=2BC=4，E【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）先證明出BC⊥平面D1BD（2）連接D1F，證明出D1【詳解】（1）由題意知DD1⊥平面ABCD，BC?平面過(guò)D在平面D1BD內(nèi)作直線DG⊥因?yàn)槠矫鍰1BC⊥平面D1BD，平面D1BC所以DG⊥平面D又BC?平面D1BC因?yàn)镈1D∩DG=D，D1D，又BD?平面D1BD（2）連接D1F，由（1）知BC⊥BD，因?yàn)橐驗(yàn)镕為AA1中點(diǎn)，且所以A1D1F⊥DF，BF=22所以D1F2+B所以D1因?yàn)镋為BD1的中點(diǎn)，所以點(diǎn)E到平面BDF的距離為【變式4-1】2．（2023·高一單元測(cè)試）在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)M為等邊三角形D1AC中線D1E【答案】a【分析】作圖找到M到平面A1D1DA、平面D1C1CD以及平面【詳解】由正方體的性質(zhì)知：D1E在平面A1D1DA、平面又M在D1E上，故M在平面A1D1DA、平面D1所以m=令D1MD1E所以GM=HM=a2當(dāng)x=23時(shí)，m故答案為：a【變式4-1】3．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）已知正方體ABCD?A1B1【答案】2【分析】利用幾何法，連接A1D交AD1于E，連接C1E，取C1E的中點(diǎn)F，連接【詳解】如圖示，連接A1D交AD1于E，連接C1E，取在正方體ABCD?A1B1C1因?yàn)镃1D1⊥面ADD1A因?yàn)镃1D1?面ABC1D所以A1E⊥因?yàn)镕為C1E的中點(diǎn)，O為A1C1所以O(shè)F⊥面AB所以O(shè)F即為點(diǎn)O到平面ABC即點(diǎn)O到平面ABC1D故答案為：2【變式4-1】4．（2023春·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，PA是三棱錐P?ABC的高，線段BC的中點(diǎn)為M，且AB⊥(1)證明：BC⊥平面PAM(2)求A到平面PBC的距離.【答案】(1)證明見解析(2)23【分析】（1）根據(jù)已知條件證明BC⊥AM，（2）法一：在平面PAM中，過(guò)A點(diǎn)作AH⊥PM，證明AH⊥平面PBC，再求值即可；法二：A到平面PBC【詳解】（1）因?yàn)锳B=AC，線段BC的中點(diǎn)為M，所以因?yàn)镻A是三棱錐P?ABC的高，所以PA⊥因?yàn)锽C?平面ABC，所以PA因?yàn)镻A?平面PAM，AM?平面PAM，PA∩AM（2）法一：（綜合法）在平面PAM中，過(guò)A點(diǎn)作AH⊥因?yàn)锽C⊥平面PAM，AH?平面PAM，所以因?yàn)锳H⊥PM，BC?平面PBC，PM?平面PBC，PM∩在Rt△BAC中，AM所以在Rt△PAM中，PM所以AH=PA×AMPM=2法二：（等體積法）設(shè)A到平面PBC的距離為d，則在Rt△BAC中，AM在Rt△PAM中，PM因?yàn)镻A是三棱錐P?ABC的高，所以VP?ABC所以A到平面PBC的距離為23【變式4-1】5．（2022秋·四川達(dá)州·統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD,AD(1)證明：直線EF//平面PBC；(2)求點(diǎn)F到平面PBC的距離.【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）根據(jù)線面平行的判斷定理，轉(zhuǎn)化證明EF//（2）利用線面關(guān)系，將點(diǎn)F到平面PBC的距離轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)A到平面的距離，利用垂直關(guān)系，即可求解.【詳解】（1）證明：∵點(diǎn)E,F分別為∴AD∵AD∵EF?平面PBC,∴EF平面PBC（2）過(guò)A作AM⊥PB于∵EF//平面PBC∴點(diǎn)F到平面PBC的距離等于點(diǎn)E到平面PBC的距離.又∵點(diǎn)E為PA的中點(diǎn)，∴點(diǎn)E到平面PBC的距離等于點(diǎn)A到平面PBC的距離一半.∵PA⊥底面又∵AB⊥AD∵AD//BC,∴BC∵PB∩BC由AB=2,PA=2由12得AM=263，則點(diǎn)A到平面點(diǎn)F到平面PBC的距離為63◆類型2轉(zhuǎn)化為距離相等的點(diǎn)【例題4-2】（2023·四川遂寧·統(tǒng)考二模）已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1A．6 B．7 C．22 【答案】B【分析】求出B1H，根據(jù)B1【詳解】如圖，連接B1H，則B1由題可知B1C1又∵B1C1∴B1∴點(diǎn)C1到平面ABCD的距離與點(diǎn)B1到平面ABCD的距離B故選：B．【變式4-2】1．（2023秋·北京通州·統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，AB=A．22 B．2 C．32【答案】B【分析】易證PD⊥【詳解】解：在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，所以CD⊥AD，CD⊥所以CD⊥平面PAD，又PD所以CD⊥因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，所以CD//EF，所以又PA=AD，則AF⊥所以PD⊥所以PF為點(diǎn)P到平面AEF的距離，又因?yàn)镋是PC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)C與點(diǎn)P到平面AEF的距離相等，即PF=所以點(diǎn)C到平面AEF的距離為2，故選：B【變式4-2】2．（2023·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，二面角P?BC?(1)求平面BMN與平面PCD夾角的余弦值；(2)若平面BMN∩平面PCD【答案】(1)6(2)2．【分析】（1）根據(jù)圖形位置關(guān)系，作PF//CD，（2）由（1）可得面BMN∩面PCD【詳解】（1）解：∵PB⊥PC，PB∵面PBC⊥面ABCD，面PBC∩面又∵底面ABCD為正方形，∴AB//CD，BC⊥又CD?面ABCD，則CD⊥面PBC，故AB⊥面PBC，PB∴CD⊥PB，且面ABCD為正方形，如下圖，作PF//∴四邊形ABPF、四邊形CDFP為矩形，則CP∵M(jìn)、N分別為AP和AC的中點(diǎn)∴B、M、F三點(diǎn)共線，B、N、D三點(diǎn)共線，易知：面BMN與面BDF為同一個(gè)平面，且面BDF∩面PCD所以平面BMN∩平面PCD∵BP⊥CP，CP⊥PF∴CP⊥面ABPF，結(jié)合CP//DF，故DF又BF?面ABPF，則DF⊥BF，在矩形CDFP中由BF?面BMN，PF?面PCD，故平面BMN與平面PCD夾角為∵PB⊥PF，PB=2∴cos∠∴平面BMN與平面PCD夾角的余弦值為63（2）解：由（1）知四邊形ABPF為矩形，所以AF=由（1）知：DF⊥面ABPF，又AF?面ABPF∵面BMN∩面∴A到直線l的距離即A到直線DF的距離，即為線段AF的長(zhǎng)，∴A到直線l的距離為2◆類型3等體積法【例題4-3】（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，正方形ABCD所在平面外一點(diǎn)P滿足PB⊥平面ABCD，且AB=3，PB=4．求點(diǎn)A【答案】12【分析】計(jì)算出三棱錐P?ACD的體積以及△PCD的面積，然后利用等體積法可求得點(diǎn)A【詳解】解：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，則S△因?yàn)镻B⊥平面ABCD，則V因?yàn)镻B⊥平面ABCD，BC、CD?平面ABCD，則CD⊥又因?yàn)镃D⊥BC，PB∩BC=B，PB、BC?因?yàn)镻C?平面PBC，所以，CD因?yàn)锽C=3，PB=4，則所以，S△設(shè)點(diǎn)A到平面PCD的距離為?，則VA?PCD解得h=12因此，點(diǎn)A到平面PCD的距離為125【變式4-3】1.（2023·陜西榆林·統(tǒng)考二模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA=PC，(1)證明：AC⊥平面PBD(2)若AB=2，PB=PD=6【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）利用菱形、等腰三角形的性質(zhì)以及線面垂直的判定定理.（2）利用線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理以及等體積法進(jìn)行求解.【詳解】（1）證明：記AC∩BD=O，連接OP，則O是因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥因?yàn)镻A=PC，且O是AC的中點(diǎn)，所以因?yàn)镺P，BD?平面PBD，且OP所以AC⊥平面PBD（2）連接OE．因?yàn)镻B=PD，且O是BD的中點(diǎn)，所以因?yàn)镺P⊥AC，AC，BD?平面ABCD，且AC∩BD因?yàn)锳B=2，∠ABC=60°，所以AC=2，故三棱錐P?ACD的體積因?yàn)?PD=3PE過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BD，垂足為由題中數(shù)據(jù)可得EF=13OP=因?yàn)镺E?平面PBD，且AC⊥平面PBD，所以則△ACE的面積S設(shè)點(diǎn)P到平面ACE的距離為d，則VP?ACE【變式4-3】2．（多選）（2023春·河北邯鄲·高一?？茧A段練習(xí)）長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1A．A到平面A1BDB．A到平面A1BDC．沿長(zhǎng)方體的表面從A到C1的最短距離為D．沿長(zhǎng)方體的表面從A到C1的最短距離為【答案】AC【分析】利用體積相等求出點(diǎn)A到平面A1BD的距離即可判斷選項(xiàng)A和B；求A點(diǎn)到C1的最短距離，由兩點(diǎn)之間直線段最短，想到需要把長(zhǎng)方體剪開再展開，把A到C1的最短距離轉(zhuǎn)化為求三角形的邊長(zhǎng)問題，根據(jù)實(shí)際圖形，應(yīng)該有三種展法，展開后利用勾股定理求出每一種情況中AC【詳解】如圖，連接A1D,DB,A1所以A1B=1+3在△A1BD所以sin∠B則S△又S△設(shè)點(diǎn)A到平面A1BD的距離為VA1?所以13×3×1=13×72長(zhǎng)方體ABCD?AB=3，BC=2，表面展開后，依第一個(gè)圖形展開，則AC依第二個(gè)圖形展開，則AC依第三個(gè)圖形展開，則AC三者比較得：A點(diǎn)沿長(zhǎng)方形表面到C1的最短距離為32，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)故選：AC.【變式4-3】3．（2023·全國(guó)·高一專題練習(xí)）如圖，在正四棱錐P－ABCD中，AB＝2，側(cè)面PAD與底面ABCD的夾角為π3(1)求正四棱錐P－ABCD的體積；(2)若點(diǎn)M是正四棱錐P－ABCD內(nèi)任意一點(diǎn)，點(diǎn)M到平面ABCD，平面PAB，平面PBC，平面PCD，平面PDA的距離分別為d1，d2，d3，d4，【答案】(1)4(2)證明見解析；【分析】（1）連接AC,BD交于點(diǎn)F，取AD的中點(diǎn)E，證明（2）根據(jù)VP【詳解】（1）連接AC,BD交于點(diǎn)F，取AD的中點(diǎn)E，連接由正四棱錐的幾何特征可得F為AC,因?yàn)镻A=PC，所以PF⊥AC∩BD=F，PF⊥平面ABCD，EF?平面所以PF⊥AF=DF=因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥所以∠PEF即為面PAD與底面ABCD所成角的平面角，即∠EF=12所以VP（2）SABCD因?yàn)閂P所以2d【變式4-3】4．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考二模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1(1)證明：A1(2)若∠BAC=120°，AA1=2AB=2，且點(diǎn)B【答案】(1)證明見解析(2)1:1【分析】（1）要證明一條直線垂直于另一條直線，只要證明該直線垂直于另一條直線所在的平面即可；（2）運(yùn)用等體積法計(jì)算點(diǎn)到平面的距離.【詳解】（1）在直三棱柱ABC?A1B1C1∴A1F⊥B1C1，又C∴A1F⊥平面B1C1（2）因?yàn)镕是B1,C1的中點(diǎn)，∴S∴點(diǎn)B1到平面A1EF的距離等于點(diǎn)C1到平面由（1）知，A1F⊥平面B1C1CB由條件可知：A1F=12A1B1在Rt△A1FE由VA1?C1EF=綜上，CE:【變式4-3】5．（2023·河南開封·統(tǒng)考二模）如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，AD=(1)若平面ACD⊥平面ABC，求證：AD⊥BC；(2)設(shè)P為BD的中點(diǎn)，記P到平面ACD的距離為?1，P到平面ABC的距離為?2，求證：【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析，2【分析】（1）先通過(guò)余弦定理及勾股定理證明AC⊥BC，再通過(guò)面面垂直的性質(zhì)定理證明BC⊥平面ACD，從而可證線線垂直；（2）利用等體積法建立高的關(guān)系式，求解即可.【詳解】（1）記AD=CD=12AB=在△ABC中，AB=2a所以AC因?yàn)槠矫鍭CD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，BC?所以BC⊥平面ACD，又AD?平面ACD，所以AD（2）由題意VP?ACD因?yàn)镻為BD的中點(diǎn)，VP所以13?1◆類型4補(bǔ)全長(zhǎng)方體【例題4-4】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知三棱錐P?ABC的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，PA=BC=2，PB=AC=5，PCA．62+2211 B．62+【答案】B【詳解】以三棱錐的棱作為長(zhǎng)方體的面對(duì)角線，可將其補(bǔ)全為長(zhǎng)方體，根據(jù)長(zhǎng)方體外接球半徑的求法可求得球O的半徑R，利用正弦定理可求得△PAB的外接圓半徑，進(jìn)而求得圓心O到平面PAB的距離，則最大距離為d【分析】∵PA=BC=2，∴可將三棱錐P?ABC補(bǔ)成如圖所示的長(zhǎng)方體∴BD2+B∴BD2+BE2在△PAB中，cos∠ABP=設(shè)△PAB的外接圓半徑為r，則2r=則球心O到平面PAB的距離d=∴點(diǎn)Q到平面PAB的最大距離為62故選：B．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查多面體外接球相關(guān)問題的求解，本題求解三棱錐外接球的關(guān)鍵是能夠根據(jù)三棱錐對(duì)棱長(zhǎng)相等的特征，以三棱錐的棱作為長(zhǎng)方體的面對(duì)角線，將幾何體補(bǔ)全為長(zhǎng)方體.【變式4-4】（2023·高一課時(shí)練習(xí)）四面體SABC中，SA=BC=13，SB=AC=14，【答案】3【分析】將四面體SABC補(bǔ)成長(zhǎng)方體SDBG?EAFC，連接DE交AS于點(diǎn)M，連接FG交BC于點(diǎn)N，連接MN，推導(dǎo)出MN⊥AS，【詳解】將四面體SABC補(bǔ)成長(zhǎng)方體SDBG?EAFC，連接DE交AS于點(diǎn)M，連接FG交BC于點(diǎn)N，連接則M、N分別為DE、BC的中點(diǎn)，由已知可得SA2=因?yàn)锽D//CE且BD=CE，故四邊形BDEC為平行四邊形，則又因?yàn)镸、N分別為DE、BC的中點(diǎn)，所以，DM//BN且故四邊形BDMN為平行四邊形，故MN//BD且∵BD⊥平面SDAE，AS?平面SDAE，∴同理可得MN⊥BC，故異面直線AS與BC的距離為故答案為：314題型5直線到平面的距離【例題5】（2023春·上海嘉定·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知直線m、n及平面α，其中m//n，那么在平面A．①②③ B．①②④ C．①④ D．②④【答案】B【分析】設(shè)一個(gè)平面β，該面滿足m//β,n//β，且m,【詳解】設(shè)一個(gè)平面β，該面滿足m//β,n//則平面β的所有點(diǎn)到兩條直線m、n距離相等，若平面α與平面β相交于l時(shí)，則l上的所有點(diǎn)到兩條直線m、n距離相等，故①正確；若平面α與平面β平行時(shí)，則平面α上沒有點(diǎn)到兩條直線m、n距離相等，故④正確；若平面α與平面β重合時(shí)，則平面α上所有點(diǎn)到兩條直線m、n距離相等，故②正確；故任何時(shí)候都不可能只有一個(gè)點(diǎn)滿足條件，所以正確的有①②④.故選：B.【變式5-1】1．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）設(shè)正方體ABCD?A1B1【答案】2【分析】根據(jù)已知得出AC⊥BD，即可得出AC⊥平面BB1D1D，即可求出點(diǎn)A到平面BB【詳解】連接BD、AC，∵ABCD∴四邊形ABCD為正方形，∴AC∵AC⊥B∴AC⊥平面∴A到平面BB1∵AA1∥∴A∴棱AA1和平面BB【變式5-1】2．（2023秋·山東威海·統(tǒng)考期末）如圖，在正四棱錐P－ABCD中，PA=AB=3(1)求證：MN⊥(2)求證：MN//【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）連接AN并延長(zhǎng)交B