2025届高考数学二轮复习重点专题突破·空间几何体距离的求法（全国通用）

高考二轮复习专题 空间几何体距离的求法 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 1.点到直线的距离 4 2.点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离 典例分析·能力提升 2 典例一　线段长度 7 8 9 典例二　点面距离 10 11 12 13 14 15 16 17 典例三　点线距离 18 20 　 如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2.动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是 √ 典例四　异面直线间距离 【解析】由题意可知，线段PQ长度的最小值为异面直线C1D与AC的距离. 如图所示，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，D(0,0,0)， 真题演练·高分突破 3 25 26 27 28 29 30 31 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝ .   就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝ . (2024·河南阶段测试)如图，在四棱锥Q－ABCD中，CD∥AB，BC⊥AB，平面QAD⊥平面ABCD，QA＝QD，M，N分别是AD，CQ的中点． (1)证明：QM⊥BD； 【解析】　(1)证明：∵M是AD中点，QA＝QD，∴QM⊥AD， ∵平面QAD⊥平面ABCD，平面QAD∩平面ABCD＝AD，QM平面QAD， ∴QM⊥平面ABCD，又BD平面ABCD，∴QM⊥BD. (2)若AD＝AB＝2CD＝2，直线MN与平面QBC所成角的正弦值为 eq \f(\r(42),7) ，求QM的长度． 【解析】　(2)取BC中点F，连接MF， ∵M，F分别为AD，BC中点，AB∥CD， ∴MF∥AB，又BC⊥AB，∴MF⊥BC. 以F为坐标原点， eq \o(FM,\s\up12(→)) ， eq \o(FB,\s\up12(→)) 的方向分别为x，y轴正方向，过F作z轴∥QM，建立如图所示空间直角坐标系． 设QM＝a(a>0)， ∵MF＝ eq \f(1,2) (AB＋CD)＝ eq \f(3,2) ，BC＝ eq \r(AD2－（AB－CD）2) ＝ eq \r(3) ， ∴M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0)) ，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，a)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)) ，C(0，－ eq \f(\r(3),2) ，0)，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，－\f(\r(3),4)，\f(a,2))) ， ∴ eq \o(MN,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－\f(\r(3),4)，\f(a,2))) ， eq \o(BC,\s\up12(→)) ＝(0，－ eq \r(3) ，0)， eq \o(CQ,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，a)) ， 设平面QBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up12(→))·n＝－\r(3)y＝0，,\o(CQ,\s\up12(→))·n＝\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＋az＝0，)) 令x＝2a，解得y＝0，z＝－3，∴n＝(2a，0，－3)， ∴|cos 〈 eq \o(MN,\s\up12(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\o(MN,\s\up12(→))·n|,|\o(MN,\s\up12(→))||n|) ＝ eq \f(|－3a|,\r(\f(3＋a2,4))×\r(4a2＋9)) ＝ eq \f(\r(42),7) ， 解得a＝ eq \r(3) 或a＝ eq \f(3,2) ，故QM的长为 eq \r(3) 或 eq \f(3,2) . (2024·惠州第三次调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点． (1)证明：平面AEF⊥平面PBC； 【解析】　(1)证明：方法一：因为PA⊥底面ABCD，BC平面ABCD，所以PA⊥BC. 因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC， 又因为PA∩AB＝A，PA平面PAB，AB平面PAB， 所以BC⊥平面PAB. 因为AE平面PAB，所以AE⊥BC. 因为PA＝AB，E为线段PB的中点， 所以AE⊥PB， 又因为PB∩BC＝B，PB平面PBC，BC平面PBC， 所以AE⊥平面PBC. 又因为AE平面AEF， 所以平面AEF⊥平面PBC. 方法二：因为PA⊥底面ABCD，PA平面PAB， 所以平面PAB⊥底面ABCD， 又平面PAB∩底面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC平面ABCD， 所以BC⊥平面PAB. 下同方法一． 方法三：因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以 eq \o(AB,\s\up12(→)) ， eq \o(AD,\s\up12(→)) ， eq \o(AP,\s\up12(→)) 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)， 设BF＝t(t∈[0，2])，则F(2，t，0)， 所以 eq \o(AE,\s\up12(→)) ＝(1，0，1)， eq \o(AF,\s\up12(→)) ＝(2，t，0)， eq \o(PB,\s\up12(→)) ＝(2，0，－2)， eq \o(BC,\s\up12(→)) ＝(0，2，0). 设n＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up12(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up12(→))＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,2x1＋ty1＝0，)) 取y1＝2，则x1＝－t，z1＝t，则n＝(－t，2，t). 设m＝(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up12(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up12(→))＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－2z2＝0，,2y2＝0，)) 取x2＝1，则y2＝0，z2＝1，则m＝(1，0，1). 因为n·m＝－t＋0＋t＝0，所以n⊥m， 所以平面AEF⊥平面PBC. (2)若直线AF与平面PAB所成角的余弦值为 eq \f(2\r(5),5) ，求点P到平面AEF的距离． 【解析】　(2)方法一(基于(1)的方法一、二)： 由(1)可知，∠BAF是直线AF与平面PAB所成的角， 所以cos ∠BAF＝ eq \f(AB,AF) ＝ eq \f(AB,\r(AB2＋BF2)) ＝ eq \f(2\r(5),5) ， 由AB＝2，解得BF＝1， 所以AF＝ eq \r(AB2＋BF2) ＝ eq \r(5) ，又易知AE⊥EF，AE＝ eq \f(1,2) PB＝ eq \r(2) ，所以EF＝ eq \r(AF2－AE2) ＝ eq \r(3) ， 则△AEF的面积S△AEF＝ eq \f(1,2) AE·EF＝ eq \f(\r(6),2) . 又△PAE的面积S△PAE＝ eq \f(1,2) S△PAB＝ eq \f(1,4) PA·AB＝1， 设点P到平面AEF的距离为h，连接PF(图略)， 则有VP－AEF＝ eq \f(1,3) S△AFE·h＝ eq \f(\r(6),6) h＝VF－PAE＝ eq \f(1,3) S△PAE·BF＝ eq \f(1,3) ，解得h＝ eq \f(\r(6),3) ， 所以点P到平面AEF的距离为 eq \f(\r(6),3) . 方法二(基于(1)的方法三)： 易知u＝(0，1，0)是平面PAB的法向量， 所以|cos 〈 eq \o(AF,\s\up12(→)) ，u〉|＝ eq \f(|\o(AF,\s\up12(→))·u|,|\o(AF,\s\up12(→))||u|) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2)) ， 即 eq \f(t,\r(t2＋4)) ＝ eq \f(\r(5),5) ，解得t＝1， 所以n＝(－1，2，1)，又因为 eq \o(AP,\s\up12(→)) ＝(0，0，2)， 所以点P到平面AEF的距离为 eq \f(|\o(AP,\s\up12(→))·n|,|n|) ＝ eq \f(2,\r(6)) ＝ eq \f(\r(6),3) . 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点． (1)求点M到直线AC1的距离； 【解析】　由题意，分别以 eq \o(AB,\s\up12(→)) ， eq \o(AC,\s\up12(→)) ， eq \o(AA1,\s\up12(→)) 的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)， (1)直线AC1的一个单位方向向量为s0＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) ， eq \o(AM,\s\up12(→)) ＝(2，0，1)， 故点M到直线AC1的距离 d＝ eq \r(|\o(AM,\s\up12(→))|2－|\o(AM,\s\up12(→))·s0|2) ＝ eq \r(（22＋02＋12）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＋0＋\f(\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3\r(2),2) . (2)求点N到平面MA1C1的距离． 【解析】　(2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)， eq \o(A1C1,\s\up12(→)) ＝(0，2，0)， eq \o(A1M,\s\up12(→)) ＝(2，0，－1)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up12(→))＝0，,n·\o(A1M,\s\up12(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x－z＝0，)) 不妨取x＝1，得z＝2，故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量， 连接MN，因为N(1，1，0)，所以 eq \o(MN,\s\up12(→)) ＝(－1，1，－1)，故N到平面MA1C1的距离 d＝ eq \f(|\o(MN,\s\up12(→))·n|,|n|) ＝ eq \f(|－1＋0－2|,\r(12＋02＋22)) ＝ eq \f(3\r(5),5) . A.　　　B.　　　C.1　　　D. 所以＝(－1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(1,0,0)， 设n＝(x，y，z)满足n⊥，n⊥， 由题意可得 解得取y＝2，则x＝2，z＝－1， 可得n＝(2,2，－1)，因此||min＝＝. 1.(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝ eq \r(3) . (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； 解析　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 而AB平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB, 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD平面PBC，BC平面PBC，所以AD∥平面PBC. (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为 eq \f(\r(42),7) ，求AD. 解析　(2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E， 再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP，又EF⊥CP，DE∩EF＝E，所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin ∠DFE＝ eq \f(\r(42),7) ，即tan ∠DFE＝ eq \r(6) . 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝ eq \r(4－x2) (0<x<2)，由等面积法可得，DE＝ eq \f(x\r(4－x2),2) ， 又CE＝ eq \r(（4－x2）－\f(x2（4－x2）,4)) ＝ eq \f(4－x2,2) ，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝ eq \f(4－x2,2\r(2)) ， 故tan ∠DFE＝ eq \f(\f(x\r(4－x2),2),\f(4－x2,2\r(2))) ＝ eq \r(6) ，解得x＝ eq \r(3) ，即AD＝ eq \r(3) . 2．(2023·新高考Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； 解析　(1)证明：以C为坐标原点，分别以CD，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系Cxyz. 则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)， eq \o(B2C2,\s\up12(→)) ＝(0，－2，1)， eq \o(A2D2,\s\up12(→)) ＝(0，－2，1)，∴ eq \o(B2C2,\s\up12(→)) ＝ eq \o(A2D2,\s\up12(→)) ，又B2A2D2，∴B2C2∥A2D2. (2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P. 解析　(2)令P(0，2，t)(0≤t≤4)，则 eq \o(PA2,\s\up12(→)) ＝(2，0，1－t)， eq \o(A2C2,\s\up12(→)) ＝(－2，－2，2). 设平面PA2C2的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PA2,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(A2C2,\s\up12(→))＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋（1－t）z1＝0，,－2x1－2y1＋2z1＝0.)) 不妨设z1＝2，则x1＝t－1，y1＝3－t，∴n1＝(t－1，3－t，2). 设平面A2C2D2的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A2C2,\s\up12(→))＝0，,n2·\o(A2D2,\s\up12(→))＝0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2－2y2＋2z2＝0，,－2y2＋z2＝0.)) 不妨设z2＝2，则y2＝1，x2＝1，∴n2＝(1，1，2). ∵二面角P－A2C2－D2为150°， ∴－ eq \f(\r(3),2) ＝－|cos 〈n1，n2〉| ＝－ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝－ eq \f(6,\r(（t－1）2＋（3－t）2＋4)·\r(6)) ， ∴t＝1或3，∴B2P＝1. 3.(2022·新高考Ⅰ卷，节选)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 eq \r(2) .求A到平面A1BC的距离． 解析　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA－A1BC＝ eq \f(1,3) S△A1BC·h＝ eq \f(2\r(2),3) h＝VA1－ABC＝ eq \f(1,3) S△ABC·A1A＝ eq \f(1,3) VABC－A1B1C1＝ eq \f(4,3) ，解得h＝ eq \r(2) ，所以点A到平面A1BC的距离为 eq \r(2) . $$