2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练
一、基本技能练
1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是边长为2的等边三角形.
(1)证明：PB⊥CD；
(2)求点A到平面PCD的距离.
2.如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD＝3BD＝3.
(1)求证：PA⊥AC；
(2)求平面PAC与平面ACD夹角的余弦值.
3.在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，求sin θ的值.
二、创新拓展练
4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.
(1)求证：AB⊥BB1；
(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cos α·cos β＝m(0参考答案与解析
一、基本技能练
1.(1)证明 取BC的中点E，连接DE，则ABED为正方形.
过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连接OA，OB，OD，OE.
由△PAB和△PAD都是等边三角形知
PA＝PB＝PD，
所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，
故OE⊥BD，从而PB⊥OE.
因为O是BD的中点，E是BC的中点，
所以OE∥CD.因此PB⊥CD.
(2)解 取PD的中点F，连接OF，
则OF∥PB.
由(1)知，PB⊥CD，故OF⊥CD.
又OD＝BD＝，
OP＝＝，
故△POD为等腰三角形，因此OF⊥PD.
又PD∩CD＝D，PD，CD 平面PCD，
所以OF⊥平面PCD.
因为AE∥CD，CD 平面PCD，AE 平面PCD，所以AE∥平面PCD.
因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而 OF＝PB＝1，所以A到平面PCD的距离为1.
2.(1)证明 法一 由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝.
由PD＝3，AD＝，AD⊥BP，
得PA＝2.
由BC⊥平面PAC，AC，PC 平面PAC，
得BC⊥AC，BC⊥PC.
所以AC＝＝，
PC＝＝.
因为AC2＋PA2＝15＝PC2，
所以PA⊥AC.
法二 由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，
得AD＝.
由PD＝3，AD＝，AD⊥BP，
得PA＝2.
因为PB＝4，
所以PB2＝AB2＋PA2，
所以PA⊥AB.
由BC⊥平面PAC，PA 平面PAC，
得BC⊥PA.
又BC，AB 平面ABC，BC∩AB＝B，
故PA⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC，所以PA⊥AC.
(2)解 法一
如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，
因为BC⊥平面PAC，
所以DE⊥平面PAC.
因为AC 平面PAC，
所以DE⊥AC.
过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，
又DE∩EF＝E，DE，EF 平面DEF，
所以AC⊥平面DEF.
因为DF 平面DEF，
所以AC⊥DF.
则∠DFE为平面PAC与平面ACD的夹角.
由PD＝3BD＝3，DE∥BC，得DE＝，
由EF⊥AC，PA⊥AC，且EF，PA 平面PAC，得EF∥PA，且＝＝＝，
得EF＝.
易知DE⊥EF，
则DF＝＝.
所以cos∠DFE＝＝.
所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为.
法二
如图，作AQ∥CB，以AQ，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
因为AB＝2，BC＝1，BD＝1，BP＝4，
所以AC＝，AP＝2.
故A(0，0，0)，B(1，，0)，C(0，，0)，P(0，0，2).
由＝，
得D，
则＝，＝(0，，0).
设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令x＝2，则z＝－，y＝0，
所以n＝(2，0，－)为平面ACD的一个法向量.
由于BC⊥平面PAC，
因此＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量.
设平面PAC与平面ACD夹角的大小为θ，
则cos θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
所以平面PAC与平面ACD夹角的余弦值为.
3.解 (1)如图，连接OC，因为CB＝CD，O为BD的中点，所以CO⊥BD.又AO⊥平面BCD，OB，OC 平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝，AO＝2，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，0，2).
因为E为AC的中点，所以E(0，1，1)，
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，1)，
所以|cos〈，〉|＝＝＝.
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.
(2)因为点F在BC上，BF＝BC，
＝(－1，2，0)，
所以＝＝.
又＝(2，0，0)，
故＝＋＝.
设平面DEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，
所以n1＝(2，－7，5)为平面DEF的一个法向量.
设平面DEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又＝(1，2，0)，
则即
取x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1)为平面DEC的一个法向量.
故|cos θ|＝＝＝.
所以sin θ＝＝.
二、创新拓展练
4.(1)证明 ∵四边形BCC1B1是矩形，
图1
∴BC⊥BB1，
又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，
平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC 平面BCC1B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，
又AB 平面ABB1A1，
∴AB⊥BC.
如图1，过C作CO⊥BC1，
∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，
平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO 平面BCC1B1，
∴CO⊥平面ABC1，
又AB 平面ABC1，
∴AB⊥CO，
又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC 平面BCC1B1，
∴AB⊥平面BCC1B1，
又BB1 平面BCC1B1，
∴AB⊥BB1.
(2)解 由题意知AB∥A1B1，
又AB⊥平面BCC1B1，
∴A1B1⊥平面BCC1B1.
以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，
图2
不妨设B1A1＝a，B1B＝b，B1C1＝c，
则B1(0，0，0)，A1(a，0，0)，B(0，b，0)，C1(0，0，c)，A(a，b，0)，
＝＝(a，0，0)，＝＝(0，0，c)，＝(0，－b，c).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABC1的法向量，则
∴x1＝0，
令y1＝c，则z1＝b，
∴n1＝(0，c，b).
取平面A1B1C1的一个法向量n＝(0，1，0)，
由图知，α为锐角，
则cos α＝|cos〈n1，n〉|＝.
取平面BCC1B1的一个法向量
n2＝(1，0，0)，
由＝(a，b，－c)，
得sin β＝|cos〈，n2〉|＝.
又β∈，
∴cos β＝，
则cos αcos β＝.
|cos〈，〉|＝cos φ
＝＝，
∴cos φ＝cos αcos β.
∵cos αcos β＝m且m∈(0，1)，φ∈，
∴sin φ＝＝.(共36张PPT)
2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离
(1) 已知空间中三点A(－1，0，0)，B(0，1，－1)，C(－1，－1，2)，则点C到直线AB的距离为 ( )
点到直线的距离
举 题 说 法
1
C
【解析】
(2) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为 ( )
1
【解析】
如图，取PA的中点M，连接BM，CM.因为PB⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PB⊥BC.
又因为AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又PA 平面PAB，所以BC⊥PA.
因为M是PA的中点，PB＝AB，所以BM⊥PA.又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC 平面BCM，所以PA⊥平面BCM.又CM 平面BCM，所以CM⊥PA，即CM为点C到直线PA的距离．
【答案】 A
如图，三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M是BC的中点．
(1) 求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
点面距
如图(1)，过M作MP⊥AC，垂足为P，过P作PF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1P.
2-1
图(1)
由MP 平面ABC，A1A⊥平面ABC，知AA1⊥MP.又MP⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1 平面ACC1A1，所以MP⊥平面ACC1A1.
【解答】
又AC1 平面ACC1A1，所以MP⊥AC1.又PF⊥AC1，MP∩PF＝P，MP，PF 平面MPF，所以AC1⊥平面MPF.又MF 平面MPF，所以AC1⊥MF.于是平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为∠MFP.
如图，三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A ⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M是BC的中点．
(2) 求点C到平面C1MA的距离．
2-1
如图(2)，过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ，PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
【解答】
图(2)
方法一：由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，得C1P⊥AM.又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P 平面C1PQ，所以AM⊥平面C1PQ.又PR 平面C1PQ，所以PR⊥AM.又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM 平面C1MA，所以PR⊥平面C1MA.
如图，在四棱锥P-ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.
(1) 求证：BD⊥PC；
如图，连接AC，交BD于点O，连接PO.由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC，可得△ABC≌△ADC，所以∠BAC＝∠DAC.又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD，所以BO＝OD，即O为BD中点．
2-2
【解答】
在等腰三角形PBD中，可得BD⊥OP.在等腰三角形BCD中，BD⊥OC.因为OP∩OC＝O，OP，OC 平面POC，所以BD⊥平面POC.又PC 平面POC，所以BD⊥PC.
【解答】
如图，在四棱锥P-ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD.
2-2
如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．
(1) 求证：PA⊥平面ABCD.
空间距离中探究性问题
3
因为四边形ABCD为正方形，所以BC⊥AB，CD⊥AD.因为PB⊥BC，BC⊥ AB，PB∩AB＝B，PB，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
因为PA 平面PAB，所以PA⊥BC.因为PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
因为PA 平面PAD，所以PA⊥CD.又因为BC∩CD＝C，BC，CD 平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.
【解答】
【解答】
如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．
3
配套精练
【解析】
【答案】C
【解析】
C
【解析】
由∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，知OA，OB，OC两两垂直，以O为原点，OA，OB，OC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
【答案】A
【解析】
将三棱锥S-ABC放在正方体中，如图所示，以B为原点，BM，BQ，BS分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
【答案】C
二、 填空题
5．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面AB1C与平面A1C1D间的距离是______．
【解析】
以A为坐标原点，AB，AD，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，则A(0，0，0)，B1(1，0，1)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1).
【答案】
6．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，F，G分别
是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为______．
【解析】
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
三、 解答题
7．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(1) 求证：平面A1CO⊥平面BB1D1D；
【解答】
因为A1O⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以A1O⊥BD.因为底面ABCD是菱形，所以CO⊥BD.因为A1O∩CO＝O，所以BD⊥平面A1CO.因为BD 平面BB1D1D，所以平面A1CO⊥平面BB1D1D.
7．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3.
(2) 若∠BAD＝60°，求点D到平面B1BC的距离．
【解答】
(1) 求证：AP⊥CM；
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，所以CB⊥AP.
又因为PA⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB 平面PCB，所以AP⊥平面PCB.又CM 平面PCB，所以AP⊥CM.
【解答】
图(1)
图(2)
【解答】
取AC的中点O，AB的中点E，连接OP，OE，以O为原点，OA，OE，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
9．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝3，F是棱PD的中点，E是棱DC上一点．
(1) 求证：AF⊥EF;
【解答】
在正方形ABCD中，AD⊥CD.因为PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD∩AP＝A，AD，AP 平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AF 平面PAD，所以CD⊥AF.
又PA＝AD，F是棱PD的中点，所以AF⊥PD.又CD∩PD＝D，CD，PD 平面PDC，所以AF⊥平面PDC.又EF 平面PDC，所以AF⊥EF.
9．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝3，F是棱PD的中点，E是棱DC上一点．
【解答】
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