第19天空间距离的计算每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦空间距离计算，以综合解答题为载体，融合垂直证明与体积转换，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间距离计算综合应用|4题（含温州、肇庆等模拟题）|结合垂直/平行证明的阶梯式解答题，覆盖点面、线面距离|以空间垂直关系为推理基础，通过等体积法实现距离转化，体现几何直观与模型观念|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第19天 空间距离的计算 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·温州二模)如图,在三棱锥P-ABC中,△PBC是边长等于2的正三角形,∠ACB=90°,M为AB的中点. (1)求证:BC⊥PM; (2)若AC=2,cos∠ACP=-,求点M到平面PBC的距离. 2.(2025·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)证明:CD⊥平面PAC. (2)若AB=PA=BC=3,E为PD的中点,求PB到平面AEC的距离. 3.(2025·河南四市二模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B与底面ABC垂直,且BC=2AB=2,AC=,D为侧棱AA1的中点,三棱锥B1-BCD的体积为. (1)求三棱柱ABC-A1B1C1的高; (2)已知点E在B1C上,且=λ,若A1E∥平面BCD,求实数λ的值; (3)若CB1⊥A1B1,求平面BCD与平面BB1C1C的夹角的余弦值. 4.(2025·邵阳二联)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面AA1C1C⊥平面ABC,AB=AC=2,BC=2,∠ACC1=60°,A1C⊥BC1,P为线段AA1上一点,且=λ. (1)证明:A1C⊥平面ABC1; (2)是否存在实数λ,使得点C到平面BPC1的距离为?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第19天 空间距离的计算 1.(1)证明　如图,取BC中点N,连接AN,PN,MN,则MN∥AC, 又AC⊥BC,所以NM⊥BC, 又因为△PBC是正三角形,且N为BC中点,因此PN⊥BC, 从而 所以BC⊥平面PNM, 又PM⊂平面PNM,所以BC⊥PM. (2)解　由题意得,∠PCB=60°,PN==,AB==4,则BM=2. 在△ACP中,AC=2,PC=2, cos∠ACP=-, 由余弦定理得 AP= =, 在△PBA中,由余弦定理得 cos∠PBA==-, 所以PM= =3, 设平面ACB与平面PBC的夹角为θ (0<θ<180°), 由PN⊥BC,NM⊥BC知θ=∠PNM. 在△PMN中,由余弦定理得cos θ==-,解得θ=120°, 设点M到平面PBC的距离为d, 则d=sin θ·NM=. 故点M到平面PBC的距离为. 2.(1)证明　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,CD⊂平面PCD, 则AH⊥CD. 因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD, 所以PA⊥CD, 因为PA∩AH=A,PA,AH⊂平面PAC, 所以CD⊥平面PAC. (2)解　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. 由(1)知CD⊥平面PAC,所以CD⊥AC. 因为AB∥CD,所以AB⊥AC.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA,AB,AC两两垂直. 因为AB=BC=3,所以AC=4. 法一(向量法)　如图,以点A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,4,0),P(0,0,3), 所以=(0,4,0),=(0,0,3), =(-3,4,0), =(+)=(+)=. 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z), 则 取z=1,则x=1,y=0,所以平面AEC的一个法向量为n=(1,0,1). 则点B到平面AEC的距离d==,即PB到平面AEC的距离为. 法二(几何法)　因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AD,因为CD⊥平面PAC,所以PC⊥CD,所以△PAD,△PCD是直角三角形. 所以PD==,因为E是斜边PD的中点,所以AE=CE=PD=. 则S△ACE=×4×=3,S△ABC=×3×4=6. 设点B到平面AEC的距离为d, 则V三棱锥B-AEC=S△ACE·d=S△ABC·,解得d=, 即PB到平面AEC的距离为. 3.解　(1)因为AA1∥平面BB1C1C, 所以====, 又=,所以=, 在△ABC中,BC=2AB=2,AC=, 所以cos∠ABC= ==-, 所以∠ABC=, 所以S△ABC=AB·BCsin∠ABC =×1×2×=, 设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则=S△ABC·h=h=,解得h=. 故三棱柱ABC-A1B1C1的高为. (2)设BB1的中点为F,连接A1F,EF. 因为A1D∥BF且A1D=BF,所以四边形A1DBF为平行四边形, 所以A1F∥BD,又A1F⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,所以A1F∥平面BCD, 因为A1E∥平面BCD,A1E∩A1F=A1,A1E,A1F⊂平面A1EF, 所以平面A1EF∥平面BCD,又平面A1EF∩平面BB1C1C=EF,平面BCD∩平面BB1C1C=BC,所以EF∥BC, 因为F为BB1的中点,所以E为B1C的中点, 所以=,即λ=. (3)过点B1作B1O⊥AB于点O,连接CO, 因为侧面AA1B1B与底面ABC垂直, 侧面AA1B1B∩底面ABC=AB, 所以B1O⊥平面ABC, 因为CB1⊥A1B1且AB∥A1B1, 所以CB1⊥AB, 又CB1∩B1O=B1,CB1,B1O⊂平面CB1O,所以AB⊥平面CB1O, 又CO⊂平面CB1O,所以AB⊥CO, 如图,以O为原点,OA,OC,OB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,因为B1O⊥平面ABC,所以B1O=, OC=BCsin∠CBO=2×=, 则A(2,0,0),B(1,0,0),B1(0,0,), C(0,,0), 因为=, 则(xD-2,yD,zD)=(-1,0,), 所以则D, 又=(-1,,0),=, 设平面BCD的法向量为m=(x,y,z), 则 取m=(,1,-1), 又=(-1,0,), 设平面BB1C1C的法向量为n=(a,b,c), 则 取n=(,1,1), 设平面BCD与平面BB1C1C的夹角为θ, 则cos θ===, 所以平面BCD与平面BB1C1C的夹角的余弦值为. 4.(1)证明　∵AB=AC=2,BC=2, ∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC. 又∵平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,AB⊂平面ABC, ∴AB⊥平面AA1C1C. ∴A1C⊂平面AA1C1C,∴AB⊥A1C, 又A1C⊥BC1,AB,BC1⊂平面ABC1, BC1∩AB=B, ∴A1C⊥平面ABC1. (2)解　∵A1C⊥平面ABC1,∴A1C⊥AC1, ∴四边形AA1C1C为菱形, 取A1C1的中点为E,连接AE,∵∠ACC1=60°,∴△AA1C1为等边三角形. ∴AE⊥A1C1.又AC∥A1C1,∴AE⊥AC. 又AB⊥平面AA1C1C,∴AB⊥AE. 如图所示,以点A为坐标原点,分别以AB,AC,AE所在直线为x轴,y轴,z轴, 建立空间直角坐标系A-xyz. 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,-1,),C1(0,1,),=(0,-λ,λ),=+=(-2,-λ,λ),=(-2,1,),=(-2,2,0). 设n=(x,y,z)为平面BPC1的一个法向量, 则 令x=λ,则n=. 设d为点C到平面BPC1的距离, 则d= ==, 得28λ2-16λ+1=0,解得λ=或λ=. 故存在λ=或λ=,满足题意. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $