第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间距离计算与立体几何探索性问题，以向量法、体积法、坐标法为核心，构建“概念—方法—应用”逻辑链，强化空间观念与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间距离计算|13题|向量投影求点线距、法向量求点面距、体积转换求距离|从点线距到异面直线距，由基础几何量到空间位置关系推导| |探索性问题|4题|坐标系参数法、存在性假设论证|结合动态几何（如动点、动直线），渗透转化与化归思想|

第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题 (时间:45分钟) 1.已知直线l过点A(1,-1,2),与l垂直的一个向量为n=(-3,0,4),则P(3,5,0)到l的距离为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.14 B.5 C. D. 2.已知点A(-1,1,1),B(-1,2,3),C(1,2,4),则点A到直线BC的距离d= (　 ) A. B. C. D. 3.[2024·河北廊坊期末] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,G为线段B1D1上的动点,则点B到平面GAD距离的最小值为 (　 ) A.1 B. C. D.2 4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,则B1C1到平面A1BC的距离是 (　 ) A. B. C. D. 5.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),那么过点P且平行于平面ABC的平面与平面ABC间的距离是 (　 ) A. B. C. D. 6.已知动直线l经过点A(2,3,1),且向量n=(1,0,-1)所在直线与动直线l垂直,则点P(4,3,2)到l所在平面的距离为　　　　.  7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2BC=2,则异面直线B1D1与CD的距离为　　　　,异面直线BD1与CD的距离为　　　　.  8.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是a,且AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=60°,E为CC1的中点,则点E到直线AC1的距离为 (　 ) A.a B.a C.a D.a 9.[2025·浙江名校协作体联考] 如图,在下列四个正方体中,P是顶点,A,B,C是棱的中点,则三棱锥P-ABC体积最大的是 (　 ) 10.[2024·沧州二模] 已知四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,AB=2,AC=3,AD=2,则点A到平面BCD的距离为 (　 ) A. B. C. D. 11.(多选题)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为棱BC,CC1,BB1的中点,则下列结论正确的是 (　 ) A.直线EF到平面A1ADD1的距离为2 B.点A1到平面AEF的距离为 C.点A1到直线AF的距离为 D.点C与点G到平面AEF的距离相等 12.(多选题)[2024·烟台二模] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AB⊥BC,P,Q分别为棱BC,A1C1上的动点,且=λ,=λ,λ∈(0,1),则 (　 ) A.存在λ使得PQ⊥A1B B.存在λ使得PQ∥平面ABB1A1 C.若BB1,B1C1的长度为定值,则当λ=时,三棱锥B-A1PQ的体积最大 D.当λ=时,直线PQ与A1B所成角的余弦值的最小值为 13.在三棱锥B-ACD中,平面ABD⊥平面ACD,O是AD的中点,若AC=CD=AD=AB=1,且∠BAD=30°,则点D到平面ABC的距离为　　　　,点O到平面ABC的距离为　　　　.  14.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为　　　　.  15.[2025·江苏南通一模] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F分别为AB,BC,B1B的中点. (1)证明:A1C1∥平面B1DE; (2)若AB=1,AB⊥AC,B1D⊥A1F,求点E到平面A1FC1的距离. 16.[2024·湖北十堰调研] 如图①,在平面四边形BCDP中,PD∥BC,BA⊥AD,垂足为A,PA=AB=BC=2AD,将PAB沿AB翻折到△SAB的位置,使得平面SAB⊥平面ABCD,如图②所示. (1)设平面SCD与平面SAB的交线为l,证明:BC⊥l. (2)在棱SC上是否存在一点Q(点Q不与端点重合),使得二面角Q-BD-C的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 17.在如图所示的一块木料中,ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别是PC,AD的中点. (1)若要经过点E和棱AB将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由并计算截面周长; (2)若要经过点B,E,F将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由. 参考答案 第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题 1.C　[解析] 根据题意可知=(2,6,-2),显然=(2,6,-2)在向量n=(-3,0,4)上的投影向量的长度即为P(3,5,0)到l的距离,所以点P到l的距离为==.故选C. 2.D　[解析] 由题意得=(0,1,2),=(2,0,1),所以cos<,>===,所以sin∠ABC==,所以点A到直线BC的距离d=||sin∠ABC=×=.故选D. 3.B　[解析] 由题意得VG-ABD=×S△ABD·BB1=××2×2×2=.设点B到平面GAD的距离为h,则VB-AGD=×S△ADG·h=VG-ABD=,当G与B1重合时,S△ADG最大,最大值为×2×2=2,此时h最小,即为=.故选B. 4.B　[解析] 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,OO1两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),C1(0,1,2),所以=(,-1,0),=(0,-2,2),=(0,0,2).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,,).因为B1C1∥BC,B1C1⊄平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B1C1到平面A1BC的距离即为点C1到平面A1BC的距离,即为==.故选B. 5.C　[解析] 由题得=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(0,-1,0),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得n=,所以所求距离d==.故选C. 6.　[解析] 由题得=(-2,0,-1),则点P到l所在平面的距离d====. 7.2　　[解析] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以DD1⊥B1D1,又DD1⊥CD,所以DD1是异面直线B1D1与CD的公垂线段,又DD1=2,所以异面直线B1D1与CD的距离为2.因为CD∥AB,CD⊄平面ABD1,AB⊂平面ABD1,所以CD∥平面ABD1,所以CD到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,即点D到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,设其为h,由题得AD1==,因为=,所以××2×1×2=××2××h,所以h=,所以异面直线BD1与CD的距离为. 8.A　[解析] 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=d,=b,=c,则=++=d+b+c,=-c,|d|=|b|=|c|=a,d·b=0,d·c=b·c=a×a×cos 60°=a2,所以||=|d+b+c|==a,||=a,·=-c·(d+b+c)=-(c·d+c·b+c·c)=-a2,所以点E到直线AC1的距离为= =a.故选A. 9.A　[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2.对于A,P(2,2,2),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(2,2,1),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1),设点P到平面ABC的距离为d,则d===,易知△ABC是边长为的等边三角形,所以S△ABC=×()2=,所以VP-ABC=·S△ABC·d=××=.对于B,易求得S△PAC=,点B到平面PAC的距离为1,所以VP-ABC=VB-PAC=·S△PAC·1=××1=.对于C,P(2,2,0),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,2),所以=(1,0,-1),=(0,1,1),=(2,2,-1),设平面ABC的法向量为m=(x1,y1,z1),则 令x1=1,则z1=1,y1=-1,所以m=(1,-1,1),设点P到平面ABC的距离为d1,则d1===,易求得S△ABC=,所以VP-ABC=·S△ABC·d1=××=.对于D,易求得S△PBC=,点A到平面PBC的距离为1,所以VP-ABC=VA-PBC=·S△PBC·1=××1=.故选A. 10.D　[解析] 因为四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,AB=2,AC=3,AD=2,所以·=3,·=2,·=1.设平面BCD的一个法向量为n=x+y+z,则 即令z=1,得x=1,y=0,所以n=+,所以|n|==,·n=4+1=5,设点A到平面BCD的距离为h,则h===.故选D. 11.ABC　[解析] 对于A,显然EF∥平面A1ADD1,点E到平面A1ADD1的距离即为直线EF到平面A1ADD1的距离,点E到平面A1ADD1的距离为2,故A正确.对于B,以D为坐标原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),A(2,0,0),E(1,2,0),F(0,2,1),所以=(0,0,2),=(-1,2,0),=(-2,2,1).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则 取y=1,得n=(2,1,2),所以点A1到平面AEF的距离d===,故B正确.对于C,点A1到直线AF的距离为= =,故C正确.对于D,连接CA,GA,GE,GF,记点C,点G到平面AEF的距离分别为h1,h2,则V三棱锥C-AEF=·S△AEF·h1=V三棱锥A-CEF=××2=,V三棱锥G-AEF=·S△AEF·h2=V三棱锥A-GEF=××2=,所以h1≠h2,故D错误.故选ABC. 12.BCD　[解析] 如图,以B1为坐标原点,建立空间直角坐标系,设BC=a,BB1=b,则由题得B1(0,0,0),A1(0,2,0),C1(a,0,0),A(0,2,b),B(0,0,b),所以=(0,-2,b),=(-a,2,0),==(a,0,0),=(0,0,b),又=λ,=λ,λ∈(0,1),所以=+=+λ=(λa,0,b),即P(λa,0,b),=+=+λ=(a-λa,2λ,0),即Q(a-λa,2λ,0),所以=(a-2λa,2λ,-b).对于A,·=(a-2λa,2λ,-b)·(0,-2,b)=-4λ-b2<0,故A错误;对于B,由题知=(a,0,0)是平面ABB1A1的一个法向量,·=(a-2λa,2λ,-b)·(a,0,0)=a2-2λa2,当λ=时,·=a2-2λa2=0,又PQ⊄平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1,故B正确;对于C,=(λa,-2,b),=(a-2λa,2λ,-b),=(0,-2,b),设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z),则取z=2,则m=(0,b,2),设点Q到平面A1BP的距离为d,则由λ∈(0,1)得d===,由题意可知=|A1B||BP|=,故==·d=××=-=-+,因为BB1,B1C1的长度为定值,所以ab为定值,故当λ=时,三棱锥B-A1PQ的体积最大,故C正确;对于D,设直线PQ与A1B所成角为θ,当λ=时,cos θ== == =≥=,当且仅当b2=,即b=时等号成立,故D正确.故选BCD. 13.　 [解析] 如图所示,以AD的中点O为原点,以OD,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O作OM⊥平面ACD交AB于M,以OM所在直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz,则A,B,C,D,则=,=,=.设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则 取x=-,则y=1,z=3,可得n=(-,1,3).设点D到平面ABC的距离为d,得d===,即点D到平面ABC的距离是.因为O是AD的中点,所以点O到平面ABC的距离是×=. 14.　[解析] 以D为原点,DA,DC,DD1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D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),=(-2,2,-1).因为点P在侧面ABB1A1内,所以设点P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],所以=(2,b,c-2),又·=0,所以-4+2b+2-c=0,得c=2b-2,所以b∈[1,2],又PB⊥BC,所以S△PBC=BC·PB=×2×PB=,将c=2b-2代入上式,得S△PBC==,b∈[1,2],故当b=时,S△PBC取得最小值. 15.解:(1)证明:因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以A1C1∥AC, 又D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,所以DE∥A1C1, 又A1C1⊄平面B1DE,DE⊂平面B1DE,所以A1C1∥平面B1DE. (2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,且AB⊥AC,所以以A为坐标原点,AB,AC,AA1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,设AA1=a(a>0),则B1(1,0,a),D,A1(0,0,a),F,则=,=,由B1D⊥A1F可得·=0,即-+=0,可得a=1.设AC=b(b>0),则C1(0,b,1),则=,=(0,b,0),设平面A1FC1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,0,2),由E,得=, 所以点E到平面A1FC1的距离d===. 16.解:(1)证明:由题意可知BC⊥AB. 因为平面SAB∩平面ABCD=AB,平面SAB⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面SAB. 因为平面SCD∩平面SAB=l,所以l⊂平面SAB,则BC⊥l. (2)由题可知AB⊥AD.因为SA⊥AB,平面SAB∩平面ABCD=AB,平面SAB⊥平面ABCD,SA⊂平面SAB,所以SA⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD,所以SA⊥AD.故以A为坐标原点,AD,AB,AS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. 设AD=1,则B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),所以=(1,-2,0),=(2,2,-2).设=λ(0<λ<1),则=λ=(2λ,2λ,-2λ),从而Q(2λ,2λ,-2λ+2),故=(2λ,2λ-2,-2λ+2).设平面BDQ的法向量为n=(x,y,z),则 即 令x=2-2λ,得n=(2-2λ,1-λ,1-3λ).易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),则|cos<n,m>|===,即6(1-3λ)2=14λ2-16λ+6,整理得2λ2=λ,解得λ=或λ=0(舍去). 故在棱SC上存在一点Q满足题意,此时=1. 17.解:(1)因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD, 又AB⊂平面ABE, 设平面ABE∩平面PCD=l,则AB∥l, 取PD的中点G,连接EG,AG,则EG∥CD,又AB∥CD,所以AB∥EG,即EG为l,即EG,AG就是应画的线. 因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥PA,又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD, 所以AB⊥平面PAD,又AG⊂平面PAD,所以AB⊥AG,即截面ABEG为直角梯形,又PA=AB=2,所以AG=,EG=1,BE==,所以截面周长为++3. (2)以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,0), 所以=(-1,1,1),=(-2,1,0),=(0,2,-2). 设平面BEF的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,可得n=(1,2,-1),设PD∩平面BEF=H,设=λ(0≤λ≤1),则=λ(0,2,-2)=(0,2λ,-2λ),又P(0,0,2),所以H(0,2λ,2-2λ),则=(-2,2λ,2-2λ),由·n=(-2,2λ,2-2λ)·(1,2,-1)=0,可得6λ-4=0,即λ=,即H为PD上靠近点D的三等分点,连接EH,FH,即EH,FH就是应画的线. 1 学科网（北京）股份有限公司 $