7.8 空间中的距离及立体几何中的探索性问题（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.8　空间中的距离及立体几何中的探索性问题 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相 互平行的平面的距离问题．　 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空 间角存在的条件． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．点到直线的距离 (1)如图，先求出直线l的单位法向量n0，再求向量 在法向量n0方向上的投影向量 的长度|·n0|即可． (2)若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝______________________． 2．点到平面的距离 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量 ，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝_________． 记牢常用结论 名称 概念 求法 两点距 空间中两个点连线的线段长 求向量的模 线面距 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离 转化为求点面距 面面距 当平面与平面平行时，一个平面上的任意一点到另一个平面的距离 练透教材典题 1．[多选题]下列结论不正确的是 A．平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β B．点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度 C．直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等 D．直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α √ √ √ √ 2．(链接北师选择性必修一P136T2)平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)， ＝(－1，－1，2)，A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为 3．(链接北师选择性必修一P135T6)如图，已知正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CD的中点，AB＝2，则B1到平面C1EF的距离是___． 如图建立空间直角坐标系，则B1 (2，2，2)，C1 (0，2，2)，E (1，2，0)， 4．(用结论)(2024·安徽六安期中)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2.则B1C1到平面A1BC的距离是______． 设O，O1分别是AC，A1C1的中点，连接OO1，OB，O1B1，根据正三棱柱的几何性质可知OB，OC，OO1两两相互垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 由于B1C1∥BC，B1C1⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以B1C1∥平面 返回 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 空间中的距离问题 多维练 例1 角度1　点线距和线线距 在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是AB，C1D1，AD，DD1的中点，则点A1到直线EF的距离为____；直线EF到直线MN的距离为____． 建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)， 角度2　点面距和线面距 如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，BC＝CD＝AD＝ AB＝2，PB⊥AD． (1)证明：AD⊥平面PBD； 例2 解：证明：取AB的中点为E，连接DE，可知四边形BCDE是平行四边形， 所以DE＝BC＝ AB＝AD，所以点D在以AB为直径的圆上，所以AD⊥BD， 又AD⊥PB，PB∩BD＝B，且PB，BD⊂平面PBD，所以AD⊥平面PBD． (2)在下面三个条件中选择两个条件，求点A到平面PBC的距离．①PB＝PD；②二面角P-AD-B为60°；③直线PB与平面ABCD成角为60°. 解：选①②：因为AD⊥平面PBD，所以AD⊥PD， 又因为AD⊥BD，所以二面角P-AD-B的平面角为∠PDB，所以∠PDB＝60°， 又因为PB＝PD，所以△PBD为等边三角形， 因为AD⊥平面PBD，AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBD， 连接CE交BD于点O，则O为BD的中点，连接PO，则PO⊥BD， 因为平面ABCD⊥平面PBD，平面ABCD∩平面PBD＝BD，所以PO⊥平面ABCD， 选①③：因为AD⊥平面PBD，AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBD． 易知BP在平面ABCD内的射影在BD上，∠PBD即为PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD＝60°，又因为PB＝PD，所以△PBD为等边三角形． 下同选①②. 选②③：因为AD⊥平面PBD，AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBD， 易知BP在平面ABCD内的射影在BD上，∠PBD即为PB与平面ABCD所成的角，即∠PBD＝60°， 因为AD⊥平面PBD，所以AD⊥PD， 又因为AD⊥BD，所以二面角P-AD-B的平面角为∠PDB，所以∠PDB＝60°， 所以△PBD为等边三角形． 下同选①②. 规律方法 求空间中的距离常用的方法 1．直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离． 2．间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解． 3．向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解． 求点P到平面α的距离的三个步骤： (1)在平面α内取一点A，确定向量 的坐标； (2)确定平面α的法向量n； (3)代入公式d＝ 求解．　 对点练1. 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； 解：建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，0，0)，B (2 ，2，0)，C (0，4，0)，C1 (0，4，4)，A1 (0，0，4)， 因为N 是CC1 的中点， 所以N (0，4，2). 设点N 到直线AB 的距离为d1， (2) 求点C1 到平面ABN 的距离． 考点二 探索性问题 综合练 例3 如图，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝ ，AB⊥B1C． (1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC； 解：证明：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D． 因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，所以AB⊥CD，CD＝ ，BD＝1. 又因为AB⊥B1C，且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD， 所以AB⊥平面B1CD． 又因为B1D⊂平面B1CD，所以AB⊥B1D． 在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2， 所以B1D＝ . 所以CD2＋B1D2＝B1C2，所以CD⊥B1D， 又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以B1D⊥平面ABC． 又因为B1D⊂平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面ABC． (2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为 ，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长． 解：假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1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， 因为点P在棱BB1上， 设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)， 化简得16λ2－8λ＋1＝0， 规律方法 探索性问题的求解策略 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断． 1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等； 2．对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 对点练2. 如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧 棱的长都是底面边长的 倍，P为侧棱SD上的点． (1)求证：AC⊥SD； 解：证明：如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO. 由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点， 以OB，OC，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设 故OC⊥SD，从而AC⊥SD． (2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小； 设平面PAC与平面DAC的夹角为θ， 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°. (3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由． 解：假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC． 由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC． 因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1. 返回 课时测评 返回 返回 √ 1．(2024·江西南昌模拟)如图，ABCD -EFGH是棱长为1的正方体，若P在 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，E (0，0，1)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 2. 如图所示，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 A．5 B．8 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则C (0，12，0)，D1 (0，0，5).设B(x，12，0)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 3．(2024·江苏连云港期末)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BC1D的距离为 由正方体的性质，AB1∥DC1，D1B1∥DB，AB1∩D1B1＝ B1，DC1∩DB＝D，易得平面AB1D1∥平面BC1D，则两 平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．以D为 坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 4．(2024·河南开封模拟)在空间直角坐标系中，已知A (a2，2a，6)，B (0，0，1)，C (1，1，2)，D (－1，0，3)，E(a2，0，5)，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为A (a2，2a，6)，B (0，0，1)，C (1，1，2)，D(－1，0，3)，E (a2，0， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 5．[多选题](2024·安徽黄山期末)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1， √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B(1，0，0)，D (0，1，0)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 6. [多选题](2024·陕西安康一模)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2，点M在棱EC上，且 ，平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，则下列说法正确的是 A．平面EAC⊥平面EFC √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于A选项，取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，所以GN∥AE且GN＝ AE，又AE∥BF，AE＝2BF＝2，所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN，又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN，又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC，所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC，故A正确；对于B，取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，则∠ADC＝60°，所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 此时平面MBD与平面ABCD的夹角为0°，不合题意，舍去；当λ≠1时，设平面MBD的一个法向量n＝(x，y，z)，则 向量可取m＝(0，0，1)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7. 如图所示，在长方体ABCD -A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为____． 如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8．(2024·江西吉安联考) 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形，且侧棱AA1⊥底面ABC，底面边长与侧棱长都等于2，O，O1分别为AC，A1C1的中点，则平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为______． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，连接OO1，则O1C1∥AO，且O1C1＝AO，所以四边形AOC1O1为平行四边形，所以AO1∥OC1，AO1⊄平面BC1O，OC1⊂平面BC1O，所以AO1∥平面BC1O，又OB ∥ O1B1，O1B1⊄平面BC1O，OB⊂平面BC1O，所以O1B1∥平面BC1O，又AO1∩O1B1＝O1，AO1，O1B1⊂平面AB1O1，所以平面AB1O1∥平面BC1O，所以平面AB1O1与平面BC1O之间的距离即为点O1到平面BC1O的距离．根据题意，OO1⊥底面ABC，OB，AC，OO1两两垂直，则以O为原点，分别以OB，OC，OO1所在的直线为x， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9．(2024·山东青岛联考) 如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 过点P作PE∥CD，交BC于点E，因为SD＝SA，P为AD的中点，所以SP⊥AD，又因为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， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 则易得SP，PA，PE两两垂直，所以以P为原点，PA，PE，PS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则点P (0，0，0)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．(12分)(2024·河南濮阳高三开学考)在如图所示的六面体ABC-A1D1B1C1中，平面ABC∥平面A1D1B1C1，AA1∥CC1，BC＝2B1C1，AB＝2A1D1. (1)求证：AC∥平面BB1D1； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解：证明：取AB的中点E，BC的中点F，连D1E，B1F，EF， 在六面体ABC-A1D1B1C1中，因为平面ABC∥平面A1D1B1C1，平面ABC ∩平面ABD1A1＝AB，平面A1D1B1C1∩平面ABD1A1＝A1D1，所以AB∥A1D1， 同理可得BC∥B1C1， 因为E，F分别是AB，BC的中点，且AB＝2A1D1，BC＝2B1C1， 所以A1D1∥AE，A1D1＝AE，B1C1∥CF，B1C1＝CF， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 所以四边形AED1A1是平行四边形，四边形CFB1C1 是平行四边形， 所以AA1∥ED1，CC1∥FB1，又已知AA1∥CC1，所 以ED1∥FB1，则E，F，B1，D1共面， 因为平面ABC∥平面A1D1B1C1，平面ABC ∩平面EFB1D1＝EF，平面A1D1B1C1∩平面EFB1D1＝B1D1，所以EF∥B1D1， 又E，F分别是AB，BC的中点，EF∥AC， 所以AC∥B1D1， 因为AC⊄平面BB1D1，B1D1⊂平面BB1D1， 所以AC∥平面BB1D1. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若AC，BC，CC1两两互相垂直，AC＝2，CC1＝3，求点A到平面BCD1的距离． 解：因为AC，BC，CC1两两互相垂直，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，设BC＝t，则B(0，t，0)，D1(1， ，3)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设平面BCD1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11．(12分)(2024·湖南长沙月考) 如图，在四棱台ABCD -A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝A1B1＝ AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD． (1)若点M是AD的中点，求证：C1M⊥A1C； 解：证明：如图，取BC的中点Q，连接AQ，AC， 因为四边形ABCD为菱形，则AB＝BC， 因为∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形， 因为Q为BC的中点，则AQ⊥BC， 因为AD∥BC，所以AQ⊥AD， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由于AA1⊥平面ABCD，所以以点A为坐标原点，以 AQ，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立 空间直角坐标系，如图， 所以C1M⊥A1C． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)棱BC上是否存在一点E，使得平面EAD1与平面DAD1夹角的余弦值为 ？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由． 设平面EAD1的法向量为n＝(x，y，z)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 平面DAD1的一个法向量为m＝(1，0，0)， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12．(15分)(2024·陕西西安一模) 如图，三棱柱ABC- A1B1C1的底面ABC是正三角形，侧面ACC1A1是菱形， 平面ACC1A1⊥平面ABC，E，F，G分别是棱A1C1， BC，CC1的中点． (1)证明：EF∥平面ABB1A1； 解：证明：取A1B1的中点M，连接ME，MB， 因为E，F分别是棱A1C1，BC的中点， 所以四边形MEFB为平行四边形，所以EF∥MB， 因为EF⊄平面ABB1A1，MB⊂平面ABB1A1， 所以EF∥平面ABB1A1. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)若AC＝2，∠ACC1＝60°，求点E到平面AFG的距离． 解：在平面ACC1A1中，过点C1作C1O⊥AC于O，连接OB， 因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC， 所以C1O⊥平面ABC， 又因为AC＝2，∠ACC1＝60°，侧面ACC1A1是菱形， 所以OC＝1，C1O＝ ，CC1＝2， 则点O为AC的中点，所以OB⊥AC， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 故以O为原点，OB，OC，OC1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设平面AFG的法向量为n＝(x，y，z)， 设点E到平面AFG的距离为d， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 13. (2024·广西南宁一模)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝1，M，N分别是AB，BC的中点，平面B1AC分别与D1M，D1N交于P，Q两点，则S△B1PQ＝ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为MN⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，所以MN∥平面AB1C，因为MN⊂平面D1MN，平面D1MN∩平面AB1C＝PQ，所以PQ∥MN.设点P (x1，y1， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．[多选题](2024·安徽亳州模拟)正方体ABCD -A1B1C1D1棱长为4，P是直线A1B上的一个动点，则下列结论中正确的是 √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 此时P，A，C三点共线，又AB＝AA1＝BC＝4，∠ABA1＝45°，∠A1BC＝90°，即∠ABC＝135°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于C，根据题意，即求异面直线A1B和AC之间的距离，分别以AB，AD，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图②所示，则A (0，0， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 球心为O，当OP⊥过点P的外接球的截面时，所得截面面积最小，因为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢谢观看 本节到此结束 |·n0| A．1 B． C． D． 因为＝(－1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，所以点A到平面α的距离为＝.故选B． F (0，1，0)，所以＝ (2，0，0)，＝ (1，0，－2)，＝(－1，－1，0)，设平面C1EF的法向量为m＝ (x，y，z)，则令z＝1，则m＝(2，－2，1)，所以B1到平面C1EF的距离＝＝. B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，C1 (0，1， 2)，＝ (，－1，0)，＝(0，－2，2)， ＝(0，0，2)，设平面A1BC的法向量为n＝ (x，y，z)，则 即令y＝，则x＝1，z＝，故可得n＝(1，，)． A1BC．所以B1C1到平面A1BC的距离即C1到平面A1BC的距离，即＝＝＝. E (1，，0)，F (0，，1)，M (，0，0)，N (0，0，).＝(0，－，1)，＝(－1，0，1)，的单位向量u＝＝，所以点A1 到直线EF的距离d＝＝＝.因为MN∥EF，所以直线MN到直线EF的距离即为点M到直线EF的距离．因为E (1，，0)，M (，0，0)，所以＝ (－，－，0).又的单位向量u＝，所以直线MN到直线EF的距离d＝＝＝＝. 所以PO⊥OE，由题意可知，OE∥AD，所以OE⊥BD，且BD＝＝＝2，PO＝ODtan 60°＝×＝3，EO＝AD＝1.故以点O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A (2，－，0)，P (0，0，3)，B (0，，0)，C (－1，0，0)， 则＝(1，，0)，＝ (0，，－3)，＝(－2，2，0) 设平面PBC的法向量为n＝ (x，y，z)，由得 令x＝3，则n＝ (3，－，－1)， 所以点A到平面PBC的距离为＝＝＝. ＝ (0，4，2)，＝(2，2，0)，则＝2，＝4，·＝8. 则d1＝＝＝4. 解：设平面ABN 的法向量为n＝ (x，y，z)， 则由n⊥，n⊥， 得 即 令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝. 易知＝(0，0，－2)，设点C1 到平面ABN 的距离为d2， 则d2＝＝＝＝. 在△B1CD中，CD＝，B1D＝，B1C＝， 则＝＋＝＋λ＝(－，－1＋λ，λ)． 由得 则A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(，0，0)，B1(0，0，)， 因此＝(0，1，)，＝(，－1，0)， ＝＝(0，1，)，＝(－，－1，0)． 设＝λ＝λ(0，1，)，其中0≤λ≤1. 所以|cos〈n，〉|＝ ＝＝， 解得λ＝，所以||＝||＝， 故BP的长为. 取x＝1，则y＝，z＝－1， 所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，，－1)． 因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为， 则·＝0， 底面边长为a，则高SO＝＝ ＝a， 于是S，D，C， 于是＝，＝， 解：由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝. 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝＝， 根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量， 且＝，＝. 设＝t(0≤t≤1)， 又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，则t＝， 故当SE∶EC＝2∶1时，⊥. 因为B，C， 所以＝， 则＝＋＝＋t ＝. 正方体内部且满足＝＋＋，则P到AB的距离为 A． B． C． D． 所以＝ (1，0，0)，＝ (0，1，0)，＝ (0，0，1)，所以＝(，0，0)＋ (0，，0)＋(0，0，)＝，所以点P到AB的距离d＝＝＝.故选D． C． D． B1 (x，12，5) (x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥，n⊥，得n·＝(a，b，c)·(－x，0，0)＝－ax＝0，n·＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝0, 所以a＝0，b＝c，所以可取n＝(0，5，12)． 又＝(0，0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距 离为＝＝，因为B1C1∥BC， BC⊂平面A1BCD1，B1C1⊄平面A1BCD1，所以B1C1∥ 平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离即为B1到平面A1BCD1的距离.故选C． A． B． C． D． 则Aa，0，0)，B (a，a，0)，A1 (a，0，a)，C (0，a，a)， B1 (a，a，a)，D1 (0，0，a)，所以＝(a，－a，a)， ＝(0，－a，0)，＝ (0，a，a)，＝ (－a，－a，0). 连接A1C，由·＝(a，－a，a)·(0，a，a)＝0，·＝ (a，－a，a)· (－a，－a，0)＝0，且AB1∩B1D1＝B1，可知A1C⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一个法向量为n＝ (1，－1，1)，则两平面间的距离d＝＝＝.故选C． A． B． C． D． 5)，可得＝(a2＋1，2a，3)，＝(1，1，1)，＝(－1，0，2)，设n＝(x，y，z)是平面BCD的法向量，则令x＝2，可得y＝－3，z＝1，所以n (2，－3，1)，所以点A到平面BCD的距离d＝＝＝，当a＝时，d取得最小值，此时 (0，－3，－1)，所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为＝＝.故选C． 点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是 A．点A到直线BE的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 A1 (0，0，1)，C1 (1，1，1)，D1 (0，1，1)，E (，0，1)，所以＝(－1，0，0)，＝ (，0，1).设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，sin θ＝＝. 故点A到直线BE的距离d1＝sin θ＝1×＝， 故A正确；易知＝＝，平面 ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到 平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故B正确；＝ (1，0，－1)，＝ (0，1，－1)，＝ (0，1，0)设平面A1BD的法向量为n＝ (x，y，z)， 则所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝ (1， 1，1)，所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝.因为平 面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，即为，故C正确；因为＝＋＋，所以＝，＝(1，0，0)，则＝，所以点P到AB的距离d＝＝＝，故D错误．故选ABC． B．λ＝ C．点M到平面BCF的距离为 D．多面体ABCDEF的体积为 ＝λ 则D(，－1，0)，B(0，2，0)，C(，1，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1)，A(0，0，0)，＝λ＝λ(，1，－2)＝(λ，λ，－2λ)，所以M(λ，λ，2－2λ)，所以＝(λ－，λ＋1，2－2λ)，＝(λ，λ－2，2－2λ)，＝(，－1，0)，＝(0，0，1)，当λ＝1时，M，C重合， 两式相减得－x＋3y＝0，令x＝，得y＝1，z＝，故n＝，平面ABCD的法 所以＝＝＝，解得λ＝，故B正确；对于C，结合B，所以M，则＝，设平面BCF的一个法向量为u＝(a，b，c)，则解得c＝0， 取a＝1，得b＝，故u＝(1，，0)，所以点M到平面BCF的距离d＝＝，故C正确；对于D，S△ACD＝AC·DN＝×2×＝，故VE-ACD＝S△ACD·AE＝××2＝，梯形ABFE的面积为(BF＋AE)·AB＝×(1＋2)×2＝3，VC-ABFE＝×3AH＝×3×＝，故多面体ABCDEF的体积V＝VE-ACD＋VC-ABFE＝＋＝，故D错误．故选ABC． 则D1(0，0，1)，E(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)．则＝(1，1，－1)，＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)．设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则取a＝2，得n＝(2，1，2)，所以点E到平面ACD1的距离h＝＝＝. y，z轴建立空间直角坐标系，因为O (0，0，0)，B (，0，0)， C1 (0，1，2)，O1 (0，0，2)，＝(，0，0)，＝ (0，1，2)， ＝ (0，0，2)，设n＝ (x，y，z)为平面BC1O的法向量，则 即取z＝－1，可得n＝(0，2，－1)，点O1到平面BC1O的距离记为d，则d＝＝＝，所以平面AB1O1与平面BC1O之间的距离为. 形，AD＝SA＝SD＝2AB＝2，P为棱AD的中点，且SP⊥AB，＝λ(0≤λ≤1)，若点M到平面SBC的距离为，则实数λ的值为______． 又知AD＝SA＝SD＝2，AB＝1，P为AD中点，则SP＝，故A(1，0，0)，S(0，0，)，B(1，1，0)，C(－1，1，0)，所以＝(－1，1，－)， ＝(－1，0，)，＝(1，1，－)，又因为 ＝λ，所以＝(1－λ)＝(λ－1，0，(1－λ))，设平面SBC的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，且m·＝0，有令z＝1，则m＝(0，，1)，所以M到平面SBC的距离d＝＝，所以＝，化简得1－λ＝，故λ＝. ＝(－2，t，0)，＝(0，t，0)，＝(1，，3)， 则则y＝0，取z＝1，则x＝－3，n＝(－3，0，1)， 所以点A到平面BCD1的距离为＝＝ . 所以·＝－＋＋(－1)2＝0， 则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q(，0，0)， C(，1，0)，C1，M(0，1，0)， ＝，＝(，1，－1)， ＝(，λ，0)，＝(0，1，1)， 则即 解：如图，假设点E存在，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1， 解得λ＝±，即CE＝1－或CE＝1＋. 因此棱BC上存在一点E，使得平面EAD1与平面DAD1夹角的余弦值为，此时CE＝1－或CE＝1＋. 取y＝－，则x＝λ，z＝， 所以n＝(λ，－，)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝， 则ME∥B1C1∥BF，ME＝B1C1＝BC＝BF， 则B(，0，0)，A(0，－1，0)，C(0，1，0)，C1(0，0，)，A1(0，－2，)，E(0，－1，)，F(，，0)，G(0，，), 所以＝(0，0，)，＝(，，0)，＝(，0，－)， 则有令x＝，则可得 y＝－1，z＝，所以n＝(，－1，)， 则d＝＝＝， 即点E到平面AFG的距离为. A． B． C． D． 则点A (1，0，0)，C (0，1，0)，B1 (1，1，1)，D1 (0，0，1)，M (1，，0)，N (，1，0)，设平面AB1C的法向量为n＝ (x，y，z)，＝ (－1， 1，0)，＝ (0，1，1)，由可得取y＝1，则x＝1，z＝－1，所以n＝ (1，1，－1)，＝(1，0，－1)，点D1到平面AB1C的距离为d1＝＝＝，＝ (0，－，0)，点M到平面AB1C的距离为d2＝＝＝，所以＝ ＝＝.因为M，N分别为AB，BC的中点，则MN∥AC， z1)，Q(x2，y2，z2)，由＝，可得(x1，y1，z1－1)＝， 则解得所以点P，同理可得点Q，所以＝，＝，＝＝，cos∠PB1Q＝＝，则sin∠PB1Q＝＝，因此S△B1PQ＝||·||sin∠PB1Q＝.故选D． A．DP的最小值为2 B．PA＋PC的最小值为4 C．若Q为直线AC上一动点，则线段PQ的最小值为 D．当A1B＝3A1P时，过点P作三棱锥C1-A1BD的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为 对于A，在△DA1B中，DA1＝DB＝A1B＝4，所以△DA1B为边长为4的等边三角形，所以DP的最小值为△DA1B的高，此时P为A1B的中点，即DPmin＝＝2，故A正确；对于B，将△AA1B与矩形A1D1CB沿着A1B翻折到一个平面内，如图①所示，所以PA＋PC的最小值为AC， 135°＝32＋16，即AC＝＝4，即 (PA＋PC)min＝4，故B错误； 0)，B (4，0，0)，C (4，4，0)，A1（0，0，4)，则＝ (－4，0，4)，＝(4，4，0)，＝(0，0，4)，设直线A1B与AC的公垂线向量为n＝(x， y，z)，则即即可取n＝ (1，－1，1)，所以异面直线A1B和AC之间的距离为d＝＝＝，所以线段PQ的最小值为，故C正确；对于D，设三棱锥C1-A1BD的外接 A1B＝3A1P，由选项C知，P，O (2，2，2)，则＝，而三棱锥C1-A1BD的外接球即为正方体ABCD -A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1-A1BD的外接球直径为正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线，即2R＝＝4，即三棱锥C1-A1BD的外接球半径为2，所以P所在圆的最小半径r＝＝＝，所以所得截面面积为S＝πr2＝，故D错误．故选AC． $$