第38讲　第2课时　空间距离的计算课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何“空间距离计算”核心考点，依据高考评价体系梳理点线、点面、线面、面面距离四大考查类型，通过近三年真题分析明确点面距占比达50%的高频考点，归纳向量法（建系、求法向量、代公式）等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+技巧建模+素养提升”策略，如以2025泉州三检四棱台问题为例，详解“坐标法求点面距”三步法，培养学生空间观念与逻辑推理素养。配套练习题覆盖选择、填空、解答全题型，帮助学生熟练得分技巧，教师可据此精准把握学情，实现高效复习。

第七章 第38讲　向量法求空间角与距离 立体几何 第2课时　空间距离的计算 1 目标 1 点线距 　　　已知矩形ABCD中，∠BCA＝30°，AC＝20，PA⊥平面ABCD，且PA＝5，则点P到BC的距离为_______． 1 【解析】 　　　　方法一：因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．又四边形ABCD是矩形，所以BC⊥AB．因为AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB．因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以PB为点P到BC的距离． (1) 求证：AP⊥CM； 图(1) 图(2) 【解答】 图(1) 图(2) 又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊥AC，CB⊂平面ACB，所以CB⊥平面PAC，又AP⊂平面PAC，则CB⊥AP． 又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB⊂平面PCB，所以AP⊥平面PCB．又CM⊂平面PCB，故AP⊥CM． 图(1) 图(2) 【解答】 　　　　设AC中点为O，AB中点为D，以OA，OD，OP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(－1,0,0)，P(0，0,1)，B(－1，2,0)． 目标 2 点面距 (1) 求证：HD∥平面ACF； 2 【解答】 　　　　如图(1)，连接BD，与AC交于点I，连接FI，则I为AC，BD的中点．在四棱台ABCD－EFGH中，平面ABCD∥平面EFGH，又平面BDHF∩平面ABCD＝BD，平面BDHF∩平面EFGH＝HF，所以BD∥HF． 图(1) (2) 求证：HD⊥平面ABCD； 2 【解答】 图(1) 由(1)知AI＝IC，又FA＝FC，所以FI⊥AC．又因为FI∥HD，所以HD⊥AC．又AC，AD⊂平面ABCD，AC∩AD＝A，所以HD⊥平面ABCD． 2 【解答】 图(2) 图(2) 线面距离、面面距离问题可转化为求点面距，解题中合理地使用方法是关键． 变式2　(2025·龙岩三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC⊥CD，AB∥DC，BC＝CD＝2，AB＝4，M，N分别为PB，PC的中点． 【解答】 变式2　(2025·龙岩三模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC⊥CD，AB∥DC，BC＝CD＝2，AB＝4，M，N分别为PB，PC的中点． 【解答】 目标 3 探究性问题 　　　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC． (1) 若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC； 3 【解答】 　　　　在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA．因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，BA，BB1⊂平面BAA1B1，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1． 因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B．因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC． 　　　如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC． 3 【解答】 配套练习题 一、单项选择题 1．(2026·镇江期初)已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为 (　　) 【解析】 A 2．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离等于 (　　) 【解析】 【答案】C 3．(2025·安阳一模)如图，在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PC＝3，PB＝2，PA＝1，D为线段PC上靠近C的三等分点，E为△ABC的重心，则点E到直线BD的距离为 (　　) 【解析】 【答案】 B 【解析】 【答案】 A 二、多项选择题 【解析】 【答案】ABD　 6．(2025·常德测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则 (　　　) 【解析】 【答案】 ABD 三、填空题 【解析】 8．如图，正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，P，M，N分别为EF，AB，BC的中点，AB＝2AF＝2，则点N到平面PDM的距离为______． 【解析】 【解析】 　　　　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．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，易得PS，PA，PE两两垂直． 四、解答题 10．(2025·汕尾、肇庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底 面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD． (1) 求证：CD⊥平面PAC； 【解答】 　　　　如图，在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H．因为平面APC⊥平面PCD，平面APC∩平面PCD＝PC，AH⊂平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD，则AH⊥CD． 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC． 10．(2025·汕尾、肇庆二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底 面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD． 【解答】 　　　　如图，连接BD交AC于点O，连接OE．易知OE为△PBD的中位线，所以PB∥OE．因为PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距离即为点B到平面AEC的距离． 11．(2026·青岛调研)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，E，O分别是BC，C1D的中点，平面C1DE与平面A1B1C1D1的交线为l，连接EO并延长交l于点P，D1P＝1，DD1＝4． (1) 求证：A1，D1，P三点共线； 【解答】 取AD的中点Q，连接D1Q，EQ，由D1C1∥DC且D1C1＝DC，DC∥EQ且DC＝EQ，得D1C1∥EQ且D1C1＝EQ，则四边形D1QEC1是平行四边形，D1Q∥C1E且D1Q＝C1E．又C1E∥PD且C1E＝PD，因此PD∥D1Q且PD＝D1Q，即PD与D1Q共面，P∈平面A1ADD1，又P∈l，l⊂平面A1B1C1D1，则P∈平面A1B1C1D1． 又平面A1B1C1D1∩平面A1ADD1＝A1D1，即P∈A1D1，所以A1，D1，P三点共线． 11．(2026·青岛调研)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，E，O分别是BC，C1D的中点，平面C1DE与平面A1B1C1D1的交线为l，连接EO并延长交l于点P，D1P＝1，DD1＝4． (2) 求三棱锥P－AB1C的体积． 【解答】 A．　　　　B．　　　　C．　　　　D． $