空间向量与立体几何专项突破——2025届高三数学一轮复习

2025年高三数学上学期专项突破：空间向量与立体几何 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•达州期中）已知向量，．若，则xy的值为（　　） A．﹣1 B．﹣6 C．﹣9 D．9 2．（2024秋•温州期中）已知平面α内有一个点A（2，﹣1，2），α的一个法向量为，则下列点P中，在平面α内的是（　　） A．（1，2，1） B．（3，0，1） C．（1，1，﹣1） D．（1，﹣1，1） 3．（2024秋•福州期中），若三向量共面，则实数λ等于（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 4．（2024秋•仓山区校级期中）如图所示，已知在一个60°的二面角的棱上，有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，则CD的长为（　　） A．2 B．2 C．2 D．10 5．（2024秋•辽宁期中）已知高为的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的所有顶点都在球O的球面上，AB＝2A1B1＝2，E为△BDC1内部（含边界）的动点，则（　　） A．平面BDC1与平面ABCD的夹角为45° B．球O的体积为 C．EA+EA1的最小值为 D．AE与平面BDC1所成角度数的最大值为60° 6．（2024秋•罗湖区校级期中）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（　　） A． B． C．1 D． 7．（2024秋•天津期中）在下图所示直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AB＝1，∠DAB＝，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上，则顶点B到平面APC距离的最大值为（　　） A． B． C． D． 8．（2024秋•湛江月考）中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年．现将一个轴截面为正方形且侧面积为36π的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为81π的圆锥，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（　　） A． B． C． D． 二．多选题（共3小题） 9．（2024秋•盐都区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为4，AB，AA1，A1D1的中点分别为M，N，P，则（　　） A．PN∥平面A1BC1 B．点B到平面PMN的距离为 C．D1N、DA、CM相交于一点 D．平面PMN与正方体的截面的周长为 10．（2024秋•辽宁期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则下列说法正确的是（　　） A．A1B1与CD的距离为 B．当点P为D1E的中点时， C．当点P在D1E的中点时，点P到平面A1BD的距离为 D．点P到直线CC1的距离的最小值为 11．（2024秋•蓝田县月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，E、F分别是BC、A1C1的中点，D在线段B1C1上，则下面说法中正确的有（　　） A．EF∥平面AA1B1B B．直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C．若D是B1C1的中点，若M是B1A1的中点，则F到平面BDM的距离是 D．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 三．填空题（共3小题） 12．（2024秋•西湖区校级期中）空间中A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，2），D（0，0，1），E（1，a，b），其中a，b∈R，且DE⊥平面ABC，则a+b的值为 　 　． 13．（2024秋•浙江期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们两两所成夹角都是60°，则线段A1C的长度为 　 　． 14．（2023秋•石家庄期末）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且，若，则x+y+z＝　 　． 四．解答题（共5小题） 15．（2024秋•湖北期中）如图，三棱锥P﹣ABC中，AP＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，∠PAB＝∠PAC＝60°，M为BC的中点． （1）证明：BC⊥PA； （2）点N满足，求平面APB与平面PBN夹角的余弦值． 16．（2024•辽阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，且PA＝PC，PA⊥AB． （1）证明：AB⊥平面PAC． （2）若PA＝AB＝AC＝2，点M满足，求二面角P﹣AC﹣M的大小． 17．（2024•昆明一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E为A1C，AB中点，连接A1B，BC1． （1）证明：DE∥平面A1BC1； （2）若DE⊥AB，AB＝BC＝1，AA1＝2，求二面角A1﹣BC1﹣C的正弦值． 18．（2024秋•大连期中）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形且，OA＝AB＝2，M为OA的中点，N为BC的中点． （1）证明：直线MN∥平面OCD； （2）求异面直线AB与MD所成角的余弦值； （3）求点B到平面OCD的距离． 19．（2024秋•南通期中）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． （1）求证：PD⊥AB； （2）求PB与平面PAD所成角的正弦值； （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． 2025年高三数学上学期专项突破：空间向量与立体几何 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•达州期中）已知向量，．若，则xy的值为（　　） A．﹣1 B．﹣6 C．﹣9 D．9 【解答】解：由于，，由于， 所以，解得x＝3，y＝﹣3． 则xy的值为﹣9． 故选：C． 2．（2024秋•温州期中）已知平面α内有一个点A（2，﹣1，2），α的一个法向量为，则下列点P中，在平面α内的是（　　） A．（1，2，1） B．（3，0，1） C．（1，1，﹣1） D．（1，﹣1，1） 【解答】解：设P（x，y，z），则＝（x﹣2，y+1，z﹣2）， 若点A和P都在平面α内，则＝x﹣2+2（y+1）+3（z﹣2）＝0，即x+2y+3z﹣6＝0， 选项A，1+2×2+3×1﹣6＝2≠0，即A不符合题意； 选项B，3+2×0+3×1﹣6＝0，即B符合题意； 选项C，1+2×1+3×（﹣1）﹣6＝﹣6≠0，即C不符合题意； 选项D，1+2×（﹣1）+3×1﹣6＝﹣4≠0，即D不符合题意． 故选：B． 3．（2024秋•福州期中），若三向量共面，则实数λ等于（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【解答】解：由于，，，若三向量共面， 故，整理得（2，﹣1，3）＝x（﹣1，4，2）+y（3，﹣2，λ）， 故，解得． 故选：B． 4．（2024秋•仓山区校级期中）如图所示，已知在一个60°的二面角的棱上，有两个点A，B，AC，BD分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB的线段，且AB＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，则CD的长为（　　） A．2 B．2 C．2 D．10 【解答】解：∵， ∴＝+++2+2+2 ＝36+16+64+2×6×8×cos120°＝68． ∴CD的长为2 故选：A． 5．（2024秋•辽宁期中）已知高为的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的所有顶点都在球O的球面上，AB＝2A1B1＝2，E为△BDC1内部（含边界）的动点，则（　　） A．平面BDC1与平面ABCD的夹角为45° B．球O的体积为 C．EA+EA1的最小值为 D．AE与平面BDC1所成角度数的最大值为60° 【解答】解：高为的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的所有顶点都在球O的球面上， AB＝2A1B1＝2，E为△BDC1内部（含边界）的动点， 对于A，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，取BD中点为F，连接CF，C1F， 则CF⊥BD，C1F⊥BD， ∴平面BDC1与平面ABCD的夹角为∠CFC1， ∵AB＝2A1B1＝2，所以，， 又正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高为， ∴， ∴∠CFC1＝60°，即平面BDC1与平面ABCD的夹角为60°，故A错误； 对于B：，∴点F到各个顶点的距离都为， ∴点F即为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的球心， ∴球的半径为，∴球O的体积为，故B错误； 对于C，∵四棱台ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台， ∴BD⊥平面ACC1A1，且BD⊂平面BDC1， ∴平面ACC1A1⊥平面BDC1， 连接A1C，交FC1于点G，连接A1F，则四边形A1C1CF为菱形， ∴A1G＝GC，A1C⊥FC1，又A1C⊂平面ACC1A1， 平面ACC1A1∩平面BDC1＝FC1， ∴A1C⊥平面BDC1，连接GE，CE， ∵GE⊂平面BDC1，∴A1C⊥GE， ∴CE＝A1E，∴， 当且仅当点E与F重合时等号成立，故C错误； 对于D，∵A1C⊥平面BDC1，垂足为G， AA1∥平面BDC1，∴A1G为直线AA1到平面BDC1的距离， 又，， ∴点A到平面BDC1的距离为， 设直线AE与平面BDC1所成角为θ，则， ∵AE≥AF，∴， 当且仅当点E与F重合时等号成立， ∴AE与平面BDC1所成角度数的最大值为60°，故D正确． 故选：D． 6．（2024秋•罗湖区校级期中）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（　　） A． B． C．1 D． 【解答】解：＝＝＝+＝﹣＝﹣． 故选：B． 7．（2024秋•天津期中）在下图所示直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AB＝1，∠DAB＝，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上，则顶点B到平面APC距离的最大值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：连接AC交BD于点O， 由题意，得AC⊥BD，， ， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，设， 所以， 设平面APC的一个法向量为， 所以，取， 设顶点B到平面APC距离为d， 则， 当λ＝0时d＝0， 当0＜λ≤1时，， 所以当即时点B到平面APC距离最大为． 故选：A． 8．（2024秋•湛江月考）中国冶炼块铁的起始年代虽然迟至公元前6世纪，约比西方晚900年，但是冶炼铸铁的技术却比欧洲早2000年．现将一个轴截面为正方形且侧面积为36π的实心圆柱铁锭冶炼熔化后，浇铸成一个底面积为81π的圆锥，则该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设圆柱的底面半径为r1，母线长为l1，圆锥的底面半径为r2，高为h2， 则圆柱的侧面积为， 解得l1＝6，r1＝3， 故， 又，则r2＝9， 而， 得h2＝2， 故所求正切值为． 故选：D． 二．多选题（共3小题） 9．（2024秋•盐都区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长为4，AB，AA1，A1D1的中点分别为M，N，P，则（　　） A．PN∥平面A1BC1 B．点B到平面PMN的距离为 C．D1N、DA、CM相交于一点 D．平面PMN与正方体的截面的周长为 【解答】解：A选项，因为P，N分别是A1D1和AA1的中点， 所以在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，PN∥D1A∥C1B， 又BC1⊂平面A1BC1，PN⊄平面A1BC1， 所以PN∥平面A1BC1，故A正确； B选项，因为， 点P到平面ABB1A1的距离d1＝2， 又在△PMN中，，， 所以等腰△PMN中PM边上的高， 进而可得， 由等体积法，可得VB﹣PMN＝VP﹣BMN， 则有，解得， 即点B到平面PMN的距离为，故B错误； C选项，因为MN∥CD1，所以D1N，CM相交于一点G， 所以G∈CM⊂平面ABCD，G∈D1N⊂平面AA1D1D， 所以有G∈平面ABCD∩平面AA1D1D＝AD，即G∈AD， 所以有D1N、DA、CM相交于一点G，故C正确； D选项，设点E，F，H分别为BC，CC1，C1D1中点， 则PN∥EF，MN∥HF， 所以P，N，M，E，F，H六点共面， 所以平面PMN与正方体的截面为边长为的正六边形PNMEFH， 则其周长为，故D正确． 故选：ACD． 10．（2024秋•辽宁期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则下列说法正确的是（　　） A．A1B1与CD的距离为 B．当点P为D1E的中点时， C．当点P在D1E的中点时，点P到平面A1BD的距离为 D．点P到直线CC1的距离的最小值为 【解答】解：对于A选项，连接A1D， 因为A1B1⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，则A1D⊥A1B1， 同理可得CD⊥A1D，所以，A1B1与CD的距离为，A错； 以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则A1（2，0，2）、B（2，2，0）、D（0，0，0）、D1（0，0，2）、E（1，2，0）、C1（0，2，2）， 对于B选项，当点P为线段D1E的中点时，， 此时，，B对； 对于C选项，当点P在D1E的中点时，，，， 设平面A1BD的法向量为， 则，则， 取x＝1，可得y＝﹣1，z＝﹣1， 所以为平面A1BD的一个法向量， 此时，点P到平面A1BD的距离为，C对； 对于D选项，设，其中0≤λ≤1， ， 所以，点P到直线CC1的距离为 ＝， 当且仅当时，等号成立，故点P到直线CC1的最短距离为，D错． 故选：BC． 11．（2024秋•蓝田县月考）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，E、F分别是BC、A1C1的中点，D在线段B1C1上，则下面说法中正确的有（　　） A．EF∥平面AA1B1B B．直线EF与平面ABC所成角的正弦值为 C．若D是B1C1的中点，若M是B1A1的中点，则F到平面BDM的距离是 D．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为 【解答】解：根据题意，以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： ∵AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别是BC、A1C1的中点，D在线段B1C1上， ∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，1，2），A1（0，0，2），C1（0，2，2），B1（2，0，2）， 对于A，∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AC，又∠BAC＝90°，∴AB⊥AC， 又AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面AA1B1B，∴AC⊥平面AA1B1B， ∴为平面AA1B1B的一个法向量，又， 则，又EF⊄平面AA1B1B，EF∥平面AA1B1B，故A正确； 对于B，为平面ABC的一个法向量，又， 设直线EF与平面ABC所成角为θ， 则sinθ＝|cos＜＞|＝，故B错误； 对于C，若D是B1C1的中点，若M是B1A1的中点，则M（1，0，2），D（1，1，2）， 则， 设平面BDM的一个法向量为， 则，即， 令z＝1，则，又， ∴F到平面BDM的距离是，故C正确； 对于D，设， 则， 设直线BD与直线EF所成角为α，又， 则cosα＝|cos＜＞|＝， 当，即时，cosα取最大值，此时直线BD与直线EF所成角最小， ，，故D正确． 故选：ACD． 三．填空题（共3小题） 12．（2024秋•西湖区校级期中）空间中A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，2），D（0，0，1），E（1，a，b），其中a，b∈R，且DE⊥平面ABC，则a+b的值为 　　． 【解答】解：因为A（1，0，0），B（0，1，0），C（1，1，2），D（0，0，1），E（1，a，b）， 所以＝（﹣1，1，0），＝（0，1，2），＝（1，a，b﹣1）， 设平面ABC的法向量为＝（x，y，z），则， 取z＝1，则x＝y＝﹣2，所以＝（﹣2，﹣2，1）， 因为DE⊥平面ABC， 所以，即，解得a＝1，b＝， 所以a+b＝． 故答案为：． 13．（2024秋•浙江期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们两两所成夹角都是60°，则线段A1C的长度为 　　． 【解答】解：根据向量的三角形法则，得， 平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为1，且它们两两所成夹角都是60°， 则有 ＝3+2×1×1×cos60°﹣2×2×1×1×cos60°＝2，则． 故答案为：． 14．（2023秋•石家庄期末）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且，若，则x+y+z＝　　． 【解答】解：由，可得， 又M是A1D1的中点， 则＝ ＝ ＝ ＝， 故x+y+z＝＝． 故答案为：． 四．解答题（共5小题） 15．（2024秋•湖北期中）如图，三棱锥P﹣ABC中，AP＝AB＝AC＝2，AB⊥AC，∠PAB＝∠PAC＝60°，M为BC的中点． （1）证明：BC⊥PA； （2）点N满足，求平面APB与平面PBN夹角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：连接MP，MA，因为M为BC中点，又AB＝AC，所以AM⊥BC， 因为AP＝AB＝AC，∠PAB＝∠PAC＝60°，所以△PAC与△PAB均为等边三角形， 所以PB＝PC，从而PM⊥BC， 又PM∩AM＝M，PM，AM⊂平面PMA， 所以BC⊥平面PMA，而PA⊂平面PMA， 所以BC⊥PA． （2）依题意，， 由PC＝PB＝2及，得PM⊥BC，， 所以PM2+AM2＝4＝AP2，所以PM⊥AM， 又因为PM⊥BC，且PM∩AM＝M，AM，BC⊂平面ABC， 所以PM⊥平面ABC． 以点M为原点，MA，MB，MP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， 所以， 所以，即有． 设平面PAB与平面PBN的一个法向量分别为， 设平面APB与平面PBN夹角为θ， 由，得，取x1＝1，则； 由，得，取y2＝1，则； 所以， 故平面APB与平面PBN夹角的余弦值为． 16．（2024•辽阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，且PA＝PC，PA⊥AB． （1）证明：AB⊥平面PAC． （2）若PA＝AB＝AC＝2，点M满足，求二面角P﹣AC﹣M的大小． 【解答】（1）证明：如图，取O为AC的中点，连接OP． ∵PA＝PC，∴PO⊥AC． ∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，∴PO⊥平面ABC． ∵AB⊂平面ABC，∴PO⊥AB． 又PA⊥AB，且PA∩PO＝P，PA，PO⊂平面PAC， ∴AB⊥平面PAC． （2）解：过点A作PO的平行线AE，以A为坐标原点，AB，AC，AE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， ∴． 设平面ACM的法向量为， 则，令z＝﹣1，得． 易知平面PAC的一个法向量为， ∴． 由图可知二面角P﹣AC﹣M为锐角，∴二面角P﹣AC﹣M的大小为． 17．（2024•昆明一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E为A1C，AB中点，连接A1B，BC1． （1）证明：DE∥平面A1BC1； （2）若DE⊥AB，AB＝BC＝1，AA1＝2，求二面角A1﹣BC1﹣C的正弦值． 【解答】（1）证明：连接AC1，交A1C于点D，则D为AC1中点， 又E为AB中点，故DE∥BC1， 因为DE⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1， 故DE∥平面A1BC1； （2）解：取AC中点F，连接DF，EF，则DF∥AA1， 在直三棱柱中，有DF⊥AB，又DE⊥AB，DF∩DE＝D， 则AB⊥平面DEF，又EF⊂平面DEF，则AB⊥EF， 又EF∥BC，所以AB⊥BC，故BA，BC，BB1两两垂直， 以B为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由题意，B（0，0，0），A1（0，1，2），C1（1，0，2）， 则，， 设平面A1BC1的一个法向量为， 则有，令z＝1，可得x＝y＝﹣2， 则， 不妨取平面BCC1的一个法向量为， 设二面角A1﹣BC1﹣C的平面角为θ，由图可知θ为锐角， 则＝＝， 故二面角A1﹣BC1﹣C的正弦值＝． 18．（2024秋•大连期中）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为菱形且，OA＝AB＝2，M为OA的中点，N为BC的中点． （1）证明：直线MN∥平面OCD； （2）求异面直线AB与MD所成角的余弦值； （3）求点B到平面OCD的距离． 【解答】解：（1）证明：作AP⊥CD于点P，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（2，0，0），，， ，O（0，0，2），M（0，0，1），， ∴，，， 设平面OCD的法向量为， 则，取， ∴， ∴，又MN⊄平面OCD， ∴MN∥平面OCD； （2）设AB与MD所成的角为θ， 由（1）知，， ∴， ∴AB与MD所成角的余弦值为； （3）设点B到平面OCD的距离为d， 则d为向量在向量上的投影的绝对值， ∵， ∴， ∴点B到平面OCD的距离为． 19．（2024秋•南通期中）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． （1）求证：PD⊥AB； （2）求PB与平面PAD所成角的正弦值； （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】解：（1）取AB的中点O，连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， 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． （2）由DO⊥PO，PO⊥AO，DO∩AO＝O，DO，AO⊂平面ABCD， 得PO⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD， 则PO⊥DO， 以O为坐标原点，直线OD，OB，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz， 则，A（0，﹣1，0），B（0，1，0），C（1，1，0），D（1，0，0）， ，，， 设平面PAD的法向量， 则， 令z＝1，得， 设PB与平面PAD所成角为θ， 则， 即PB与平面PAD所成角的正弦值为． （3）设截面ABE交PD于F，由AB∥CD，AB⊂面ABE，DC⊄面ABE， 得DC∥平面ABE， 又DC⊂平面PDC，平面ABE∩平面PDC＝EF， 则DC∥EF， 依题意，， 则， 设，则EF＝λDC＝λ， D（1，0，0），，A（0，﹣1，0）， ，，，，， F到AB的距离， 截面ABEF的面积为， 设平面ABEF的法向量， 则， 取z＝﹣λ，得， 则P到平面ABEF的距离， 于是， 解得， 所以点P到截面ABE的距离为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$