（滬教版2020必修三）2021學年高二數(shù)學講義-第6講 異面直線的距離（含其他非球面空間中的距離問題）

第6講異面直線的距離（含其他非球面空間中的距離問題）

一、填空題

I.長方體ABCO-A4G&中，M=5,AB^n,那么直線BC和平面ABC。的距離是

【答案】2

【分析】

結合長方體，將原距離轉化為點片和平面A8cA的距離解決，最終轉化為直角三角形斜邊上的高求解即可.

【教師】

解：?.?直線BC//平面ABC。,，

直線B￡和平面A,BCD,的距離即為點B,和平面ABC。的距離.

面AB4A1面ABCD、,

在面48片A內(nèi)過4作AB的垂線，即為面48cA的垂線，也就是直角三角形AB4斜邊上的高d,

D2__________G

,HC口75x1260

由面積法得：6/=-^-=—

故答案為：—.

【點睛】

本題考查線面距離的求法，屬于基礎題.

2.在AABC中，A8=AC=5,BC=6,B4_L平面ABC,PA=8,則點P到BC的距離是.

【答案】4石

【分析】

取8c的中點N,連接AN,PN,由線面垂直的判定可得BC±平面APN,進而可得點P到BC的距離為PN,

即可得解.

【教師】

取3c的中點N,連接AN,PN,如圖，

因為AB=AC=5,BC=6,所以/WBC,AN=^AC2-^J=4,

因為上4,平面ABC,PA=8,所以%_L8C,PALAN,

所以PN=dAN2+PN=4后,

又PAn4V=A,所以BC_L平面APN,BCA,PN,

所以點P到BC的距離為PN=4B

故答案為：4石.

3.四面體A3C￡＞中，AB=CD=2,AC=AD=BC=HD=4,則異面直線A3與CD的距離為

【答案】714

【分析】

分別取AB與CE＞的中點￡、F,連接4尸、BF、EF、CE、DE,證明出EF為A8、CD的公垂線，并計

算出EF的長，由此可得出結果.

【教師】

分別取A8與C￡＞的中點E、F,連接AF、BF、EF、CE、DE,

因為AB=C￡>=2,AC=AD=BC=BD=4,E、/分別為A8、C短的中點，

則8F_L8,AF±CD,且5尸=AF=JAC?—CF。=岳，

?.?E為A8的中點，故￡尸，旗，同理可證所_LC￡>,

故所為AB、8的共垂線段，且EF=j4尸2-AE2=歷

故答案為：714.

4.已知正方體ABCD-A^C.D,的棱長為a,異面直線BD與AA,的距離為.

【答案】叵

2

【分析】

由線面垂直的性質定理可證得4。，而AOLBD,因此A0是異面直線3。與AA的共垂線段，故求出

A。的長度即可得解.

【教師】

連接AC，與B￡>交于。點

由正方體的性質可知，AOVBD,44t，平面ABC。，

QAOu面ABC。，AAA,LAO,

AO是異面直線BD與AA的共垂線段，

???異面直線BD與AA的距離為">=率.

Di

故答案為：叵.

2

5.已知尸A_L矩形ABC。所在平面，且P到8,C,。三點的距離分別是火,后,萬，則尸到矩形對角線80的

距離等于__________

【答案】2

【分析】

分別設PA=x,A3=y,AO=z,利用勾股定理建立等式分別求出，再由等積法即可得到答案.

【教師】

如圖所示，設PA=x,AB=y,AD=z,因為小_L矩形ABC。所在平面，

易得PALAB,PA±AD,PALBC,

由8。1.716,48門尸4=4可證3(7，平面243,從而BCLPB,

在用A/%8中，PB=d+y2=6,

222

同理PD=Jy2+z2=岳，PC=y]x+y+z=Vl7,

解得x=l,y=2,z=26，所以PA=1,AB=2,AO=26BO=4,

過點A作4尸垂直于3。于F,由等面積法易得：AF=6,所以PF=歷］廬=2.

故答案為：2.

6.以下五個命題，真命題的有.（填上全部真命題的序號）

（1）垂直于同一直線的兩條直線互相平行;

(2)若“、匕是異面直線，則一定存在平面a過0且與b平行；

(3)若平面a內(nèi)有不在同一直線的三點A、B、C到平面夕的距離都相等，則a〃￡；

(4)分別位于兩個給定的不同平面a、夕內(nèi)的兩條直線。、匕一定是異面直線；

(5)已知直線。、b和平面a,。不在a內(nèi)，b在a內(nèi)，若a//。，則。平行a.

【答案】(2)(5)

【分析】

根據(jù)空間中線線位置關系可判斷(1),根據(jù)線面平行的判定定理可判斷(2)(5)；舉反例可判斷(3)；根

據(jù)面面和線線位置關系可判斷(4)；進而可得答案.

【教師】

對于(1)：在空間中，垂直于同一直線的兩條直線可以平行、相交、異面故(1)是假命題；

對于(2)：過。上一點作匕的平行線c,則〃、c所確定的平面a過。且與b平行，故(2)是真命題；

對于(3)若平面a內(nèi)有不在同一直線的三點A、B、C到平面夕的距離都相等，則a〃月或a與月相交，(當

不共線的三點A、B、C在平面夕的兩側時，a與尸相交)，故(3)是假命題；

對于(4)：分別位于兩個給定的不同平面。、夕內(nèi)的兩條直線〃、6可能相交、平行或異面，故(4)是假

命題；

對于(5)：已知直線。、匕和平面a,。不在a內(nèi)，b在a內(nèi)，若a"b,則。平行a,由線面平行的判定定

理可知(5)是真命題，

所以真命題有(2)(5),

故答案為：(2)(5).

7.正方體ABCO-A4G"的棱長為。，E是棱。。的中點，則異面直線AS與CE的距離為.

【答案】a

【分析】

根據(jù)正方體的性質可得8C_L",8CLCE,則怛。即為異面直線與CE的距離；

【教師】

解：依題意可得3C_LA8,BClffiC.CDD,,CEu面CQR,所以BCLCE,即BC為AB與CE的公垂線,

所以忸。=a即為異面直線AB與CE的距離，

故答案為：a

8.平面?！ā?，點4（€&,點、B,De0,如果AB+CD=28,且AB,C。在尸內(nèi)射影長分別為5和9,則

平面a與夕間的距離為.

【答案】12

【分析】

首先設=x,CD=28-x,根據(jù)平行平面間的距離列等式求解.

【教師】

如圖，AEA.國CF1/3,由題意可知，BE=5,DF=9,

設AB=x,CD=28-x,

J1IJX2-25=（28-X）2-81,解得：x=13,

平面a與平面夕間的距離AE=,132-52=12

故答案為：12

【點睛】

本題考查面面平行的性質，方程思想，屬于基礎題型.

9.在直三棱柱ABC-A8c中，NACB=90°,AC=12,8C=CC,=2逝，點尸是直線8G上一動點,則AP+PC

的最小值是.

【答案】100

【分析】

連接AB,沿BG將△CBG展開與VA8G在同一個平面內(nèi)，在BG上取一點與AC構成三角形，由三角形

兩邊之和大于第三邊，可知AP+PC的最小值是AC的連線，再利用余弦定理可得解.

【教師】

連接AB,沿BG將△CBG展開與VA/G在同一個平面內(nèi)，在BG上取一點與AC構成三角形，

由三角形兩邊之和大于第三邊，可知AP+PC的最小值是AC的連線，

因為直三棱柱ABC-A中，NAC8=90,AC=12,BC=CC,=272,

所以矩形BCGA是邊長為2垃的正方形，則BG=4,

又在矩形中，AB、=AB=2BB[=2&,則48=4如，

又AG2+8C：=4夕，所以NAGB=90°,則NAGC=135°,

在V4GC=135°中，利用余弦定理可得：AC,=7^CI2+C,C2-24C,-C,Ccos135°

=^122+（2V2）2-2X12X2V2COS135°=10夜

故答案為：10匹

【點睛】

關鍵點點睛：本題主要考查了棱柱的結構特征及兩點之間的距離公式，其中將△CBG沿BG展開，將一個

空間問題轉化為平面內(nèi)求兩點之間的距離公式的問題是解答的關鍵，著重考查了轉化與化歸思想，以及推

理與運算能力，屬于中檔試題.

10.已知長方體ABCD-A4GR的4A、AB.AO的長分為3、4、5,則點A到棱Bg的距離為

【答案】5

【分析】

由長方體的性質可得4G_LAB|,BCi，BB「ABnA4=B］，所以4G，面44,與，AB|U面AA蜴，所以

B￡1AB,,可得A4是點A到棱fi,C,的垂線段，由勾股定理可求得答案.

【教師】

由長方體的性質可得用G_LA綜耳8綜ABC!A片=與，所以面44,4，4片＜=面44蜴，所以

B￡1A4,

所以AS是點A到棱的垂線段，又A4,=3,AB=4,所以的=7?百=5.

故答案為：5.

【點睛】

本題考查點到線段的距離，關鍵在于運用長方體的性質找到點到線段的垂線段，屬于基礎題.

11.已知三棱錐P-A3C中，PA.PB、PC兩兩垂直，且長度相等，若P、A、B、C都在半徑為1的同一球

面上，則球心到平面A8C的距離為.

【答案】g

【分析】

由彌補法知三棱錐尸-ABC的外接球為以以、PB、PC為相鄰三條棱的正方體的外接球，球心到平面A8C

的距離即為正方體中心到平面A8C的距離，利用等體積法可求得P到平面A5C的距離，進而求得答案.

【教師】

因為三棱錐P-ABC中，PA.PB、PC兩兩垂直，且長度相等，

所以此三棱錐的外接球即為以24、PB、PC為相鄰三條棱的正方體的外接球，

又球的半徑為1,所以正方體的樓長為氈，即PA=PB=PC=2①

球心到平面ABC的距離即為正方體中心到平面48c的距離,

所以球心到平面ABC的距離為g

故答案為：!

【點睛】

方法點睛：空間幾何體與球接、切問題的求解方法

（1）求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉化為平面圖形與圓

的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀沃性亻g的關系求解.

（2）若球面上四點P,A,B,C構成的三條線段兩兩互相垂直，一般把有關元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方

體，利用長方體的外接球求解.

12.如圖，在AABC中，AC=\,BC=G，C=],點。是邊A8（端點除外）上的一動點.若將△ACD沿

直線CD翻折，能使點A在平面88內(nèi)的射影A，落在△3。的內(nèi)部（不包含邊界），且=?.設=

3

則t的取值范圍是.

【答案】（』,叵0）.

22

【分析】

由已知分析可得，4在過A與CO的垂線AE上，且在以C為圓心，以立為半徑的圓弧上，且在ABC。內(nèi)

3

部.然后求出極端情況，即從在上與在A3上的/的值，即可求得/的取值范圍.

【教師】

解：如圖,

???A4U平面BC￡>,過4作A￡_LCO,連接AE,可得AE_LC￡>,

即A在過A與C。的垂線AE上，又AC=Y7,則4在以C為圓心，以也為半徑的圓弧上，且在ABC。內(nèi)

33

部.

分析極端情況:

①當W在8C上時，NACE+NC4E=90。，NC4E+NOVA=90。，可得NGTA=NACE,設為a,

13sina

tana——；="——產(chǎn)—--------r砥.3V7

在心△C/VA中，>/7V7cosa,且sirra+cos~a=1可得sina=：,cosa=——

T44

設/ECB=B,ZCDA=y,則a+￡=90。，y=/7+30。，

Fj3

則sin￡=cosa=——，cos/?=sina=^-,

44

,sin廣疝（〃+3。。）=亭5出夕+；3/=￥，乎+3?=T

ACAD1t

在ACD4中，由正弦定理可得：——=-，即-:—=-，

sin/sinasmysma

3

sina45/21-3

得

-8-

當4在AB上時，有CDLA3,此時，=AC-cos60o=lxg=g.

?.?A在AfiCD的內(nèi)部（不包含邊界），的取值范圍是（乙叵口），

22

故答案為：（；,肉口）.

本題的關鍵點在于找到點4的兩個臨界位置，并根據(jù)幾何關系求解.

二、單選題

13.如圖，正方體ABCD-ABCR的棱長為1,0是底面A蜴GR的中心,則O到平面ABCR的距離為（）

A.立B.3C.—D.J

4222

【答案】A

【分析】

過。作的平行線，交于￡,則。到平面ABCQ的距離即為￡到平面ABCQ的距離.作EFLBG于

F,進而可知平面ABGR,進而根據(jù)EF=；qC求得EE.

【教師】

解：過。作A片的平行線，交于E,

則。到平面A8C。的距離即為E到平面ABCQ的距離.

作EFLBG于尸，易證￡F_L平面ABGR,

可求得EF」8c="

44

故選：A.

14.在斜三棱柱ABC-A/G中，ZACB=90\±BCf則用在底面ABC上的射影“必在（)

A.直線AC上B.直線BC上C.直線AB上D.AABC內(nèi)部

【答案】A

【分析】

證明平面A8C，平面43C,利用面面垂直的性質定理可得出結論.

【教師】

連接AB一-.■ZACB=90,ABCVAC,

平面與

BC1AB,,ABtr]AC=A,A4,ACuAC,

???BCu平面ABC,所以，平面ABC,平面ABC，

過點用在平面AB?內(nèi)作直線AC,垂足為點E，

?.?平面A5CL平面ABC，平面ABCn平面A2C=AC,B.E1AC,qEu平面ABC，

所以，平面ABC,則點E即為點，，因此，點H在直線AC上

故選：A.

【點睛】

方法點睛：證明線面垂直的方法：

一是線面垂直的判定定理；

二是利用面面垂直的性質定理；

三是平行線法（若兩條平行線中一條垂直于這個平面，則另一條也垂直于這個平面），解題時，注意線線、

線面與面面關系的相互轉化；

另外，在證明線線垂直時，要注意題中隱含的垂直關系，如等腰三角形的底邊上的高、中線和頂角的角平

分線三線合一、矩形的內(nèi)角、直徑所對的圓周角、菱形的對角線互相垂直、直角三角形（或給出線段長度,

經(jīng)計算滿足勾股定理）、直角梯形等等.

15.如圖，直線/_L平面白,垂足為。，正四面體ABCZ）的棱長為8,C在平面a內(nèi)，B是直線/上的動點,

則當。到AO的距離為最大時，正四面體在平面a上的射影面積為（）

A.4+2應B.16+8夜C.8+8夜D.16

【答案】B

【分析】

由題意知點。是以BC為直徑的球面上的點，得到0到AD的距離為四面體上以BC為直徑的球面上的點到

4）的距離，最大距離為8c與的公垂線+半徑.再由取得最大距離時，A。垂直平面08C,且平行平

面a求解.

【教師】

因為直線/，平面a,垂足為。，

所以點。是以BC為直徑的球面上的點，

所以。到AD的距離為四面體上以8c為直徑的球面上的點到的距離，

最大距離為AO到球心的距離+半徑，即8c與AD的公垂線+半徑，如圖所示：

取BC的中點E,AQ的中點F,連接AE,ED,EF,因為AE=E￡),

所以EFLAD,EF1BC,EF=-A尸=44，所以。至U的最大距離為4及+4,此時，

OEYBC,ZBCO=45,

當取得最大距離時，AO垂直平面08C,且平行平面a,

所以投影是以AD為底，。到AO的距離投影，即FG=(4a+4)cos45o=4+2應為高的等腰三角形，

其面積=gx8x(4+20)=16+8及.

故選：B.

【點睛】

關鍵點點睛：本題關鍵是明確。到AD的最大距離為為3c與AO的公垂線+半徑，由O,E,F共線得到

0E±BC,NBC0=45而得解.

16.已知四棱錐S-A88中，四邊形A88為等腰梯形，AD//BC,ZBA￡)=120',等邊三角形，

且SA=AB=20；若點尸在四棱錐S-A8CD的外接球面上運動，記點P到平面A3CO的距離為"，若平面

SAD，平面A3。，則”的最大值為()

A.屈+1B.V13+2

C.V15+1D.V15+2

【答案】A

【分析】

根據(jù)平面SAQJ■平面A8CO,四邊形488為等腰梯形，則球心在過BC的中點￡的面的垂線上，又ASAD

是等邊三角形，所以球心也在過ASAD的外心F面的垂線上，從而找到球心，再根據(jù)已知量求解即可.

【教師】

依題意如圖所示:

取BC的中點E,則E是等腰梯形ABCD外接圓的圓心，

取產(chǎn)是A5AD的外心，作OE_L平面ABC。,OF_L平面SA8,

則。是四棱錐S-ABCD的外接球球心，且。尸=3,SF=2,

設四棱錐S-A58的外接球半徑為R,則/?2=5尸+。尸2=]3,而QE=1,

所以4皿=寵+。F=屈+1，

故選：A.

【點睛】

本題考查組合體、球，還考查空間想象能力以及數(shù)形結合的思想，屬于難題.

三、解答題

17.如圖所示，在三棱柱ABC-A4G中，平面ABC,ZACB=90,M是AB的中點,

AC=CB=CG=2.

(1)求證：平面ACM，平面A84A；

(2)求點M到平面AC片的距離.

【答案】(1)證明見教師；(2)亞.

3

【分析】

(1)由線面垂直的性質得C/，由等腰三角形的性質得AB_LCM,根據(jù)線面垂直的判定有CM，平

面ABBA，進而由面面垂直的判定可證平面AC/，平面ABBA;

(2)取A4的中點N,連結MN,設M到面ACB1的距離為/?,利用等體積法可知匕“叫=%一”4，結合

錐體的體積公式即可求正

【教師】

(1)由平面ABC，CMu平面ABC,則AA_LCM,

由AC=C3,M是AB的中點，則A8LCM,又A4nA2=A,

/?CML平面ABB、A,又CMu平面ACM,

平面ACM1平面ABBM；

(2)如圖，取44的中點N,連結MN,設“到面的距離為〃，

由題意知：AC=CB[=AB、=2MC=2亞,A^M=瓜,MN=2,

/.SACR=—x2>/2x2\/2xsin60=2A/3,SXMR=—x2>/2x2=2>/2,

又％-4朋=Vvz-ACB,，即gMC?S：B尸;h,SAAC81

MC-S4V/n273

點加到平面4。耳的距離〃=

???q3.

18.已知邊長為6的正方形ABC￡)所在平外一點P,平面ABC。，PD=8.

(1)連接P8,AC,證明：PB1AC；

(2)求點。到平面外C的距離.

【答案】(1)證明見教師；(2)生亙.

41

【分析】

(1)欲證PBJ_4C,只需證明AC垂直尸8所在平面即可，因為PB在平面中，AC垂直平面尸8。中的

兩條相交直線尸力和B。，所以問題得證.

(2)利用等體積法，點。到平面%C的距離可以看做三棱錐。-以C的高，三棱錐。-%C還可把三角

形D4C看做底面，看做高，利用兩種方式求出體積，令其相等，即可求出點。到平面附C的距離.

【教師】

(1)證明：連接BD,在正方形ABC。中，AC1.BD,

又POJ_平面ABC。，ACu平面A8CO,所以，PD1AC,

因為8。A?￡>=￡>,所以ACJ_平面尸BO,因為P8u平面正比)，故PBJ_AC；

(2)連接R4,PC,設點。到平面%C的距離為〃，

則有即：-xSA；MCxh=-xPDxADxDC=ix6x6x8=48,

366

因為ABC。為正方形，所以4)=8,

又P￡>_L平面ABC。，所以NR4D=/PC￡>,則=APC￡>,

所以PA=PC,。為AC的中點，

所以在中，POLAC,AC=6夜，P0=卜+宇=嫡，

SAPAC=gx6\/2xy/82=65/41,

代入計算可得：仁竺叵,所以點。到平面南C的距離為生電.

19.設正三棱柱ABC-a4G的底面邊長和高均為1.

（1）求點C1與平面ABC之間的距離；

（2）設。是棱CG的中點，求證：ABi1BD.

【答案】（1）―;（2）證明見教師.

7

【分析】

（1）根據(jù)題中所給條件，利用等體積法，即可求得答案.

（2）連接48,交A4于。，連接AD8Q,。。，根據(jù)線面垂直的判定定理，可證平面8。0,根據(jù)線

面垂直的性質定理，即可得證.

【教師】

（1）設點G與平面A3。之間的距離為〃，取AA中點E,連接CE,

由題意得CB]=C4j=V2,

所以CE=QCB；_BE=*,

所以d4C的面積為，xiX,

224

因為耳（

“C-4sle,=%-47，

所以

gxSmqqxCG=1x54AfiiCx/j,

所以xl='xY^x/j,解得〃=立^.

34347

(2)連接AB,交AB1于0,連接ARAD。。，如圖所示:

因為四邊形A8BM為正方形,

所以。為AB1的中點,

又。為CG的中點，

所以AO=8Q,

所以OOJ.AS，

因為ABcOO=O,

所以A與，平面8。0,

又因為BOu平面BDO,

所以A片，3。

20.如圖，A8是圓柱。。|的一條母線，BC是底面的一條直徑，。是圓。上一點，且AB=BC=5,CD=3.

(1)求直線AC與平面A8Z)所成角的大??；

(2)求點8到平面AC。的距離.

【答案】(1)arcsin逑；(2)迎包.

1041

【分析】

(1)由A8_LC7),8￡>_LCD得出C￡)_L平面ABD,故而NC4。即為所求角，利用勾股定理得出AC,即可

得出sin/C4D；

(2)過8作80J_AD,垂足為M,通過證明平面AB￡)_L平面AC。得出反位平面AC3,利用等面積法

求出BM；

【教師】

解：(1)(243_1平面8。￡),C￡)u平面3CO,

:.ABYCD,

8c是圓。的直徑，

:.BD±CD,

又3Du平面ABD,ABl平面A8￡),A8nBDE=B,

\CDA平面AS/).

.-.ZC4D是AC與平面ABD所成的角.

(2AB=BC=5,:.AC=542,

二直線AC與平面ABD所成角的大小為arcsin工.

(2)過8作垂足為

由(1)得C￡>_L平面AM,C￡>u平面AC。，

二平面A3E>_L平面ACD,

又平面A8DC平面AC￡)=AZ),BMu平面42,BM±AD,

BMJ_平面AC。.

BD=y/BC2-CD2=4，AD=，AD?+BD)=屈?

…AB-BD20a

AD41

即B到平面ACD的距離為坦坦.

D

21.在三棱錐中P-ABC,ABIBC,Afi=8C="%,點。是AC的中點，PO_L底面ABC.

（1）求證：08J?平面PAC；

（2）當％=g，42=2時，求點A到平面尸BC的距離：

（3）當％為何值時，。在平面PBC內(nèi)的射影恰好為APBC的重心？

【答案】（1）證明見教師；（2）口也；（3）當人=1時;。在平面內(nèi)的射影恰好為AP3c的重心.

15

【分析】

(1)根據(jù)面面垂直的性質定理證明OBJ?平面PAC；

(2)根據(jù)等積法求點A到平面PBC的距離；

(3)作出APBC的重心，然后設出A3=BC=〃，尸4=加，根據(jù)0尸乂0￡>=0尸、包)求祖,〃之間的關系.

【教師】

(1)因為POJ■底面ABC,尸Ou面P4C,所以面以。_1面48。，

因為4B=8C,點。是AC的中點，所以O8LAC,

又因為面PACn面ABC=4C,O8u面43C,所以03,平面PAC；

(2)當人=；，AB=2時，8C=2,PA=4,

因為ABJ_8C,AB=BC,點。是AC的中點，

所以。4=OB=OC="PA=P8=PC=4,PO=?\

取8c的中點￡),連接P。，則尸。=后，

設點A到平面P8C的距離為〃，

由=%-詠，得;xgx2x2xM=；xgx2x而xh,

解得/z=即點A到平面PBC的距離為邁0；

(3)取PC的中點E,連接BE交P￡>于點尸，則F為AP3C的重心，連接OF,

由題意知：。尸，面PBC,OF1PD,

設AB=8C=〃,PA=m,

2

則OA=^〃，尸O2=〃?2-_L〃2,O￡>=:"，PD^nr-^-n,

2224

FD=-PD,OF2=-n2--m2,

3189

貝ij由OPx8=O尸xP￡>,得機=〃，又由AB=BC=行A,所以k=1,

所以當&=1時，0在平面PBC內(nèi)的射影恰好為APBC的重心.

22.如圖，在幾何體P-ABCD中，已知24,平面A38,且四邊形ABCD為直角梯形，ZABC=ZBAD=-,

2

AD=2,AB=BC=1.

(1)求證：CD_L平面PAC；

(2)若PC與平面A8CO所成的角為?，求點A到平面PC。的距離.

【答案】(1)證明見教師；(2)點A到平面PC。的距離為漁.

2

【分析】

(1)根據(jù)已知條件，利用平面幾何知識分析底面形狀，得到4C_LCD,進而結合已知條件布_L底面ABC￡>,

利用線面垂直的判定定理證得；

(2)根據(jù)(1)的結論，利用面面垂直的判定定理可得平面平面PC2利用面面垂直的性質定理得到

A到平面PC。的垂線，垂足”在PC上，根據(jù)已知線面角由AC的長度求得4",即為A到平面PC。的距

離.

【教師】

7T

(1)連接AC,：AB=BC=1,NABC為直角，:.AC=&,/BAC=T，

兀兀

又..284。=-,：.ZCAD=~,

24

又..飛仄？，

...A8為等腰直角三角形，...ACLBC,

又：B4_L底面ABCD,；.PALCD,

又：物nAC=A,%/Cu平面PAC,

.,.CO_L平面PAC;

(2)???雨，平面ABCD,：.ZPCA是PC與平面ABCD所成的角,

1T

故由已知得/PCA=§,

在aic中，過4作AHLPC,垂足為“，

則到斜邊PC的距離AH=ACsin%=顯,

32

:cr>_L平面aC,C￡)U平面PCR.?.平面方C_L平面PCD,

又?.?平面aicn平面PCD=PC,

AH_LPC4"u平面PAC,

，AH_L平面PCD,

即AH就是A到平面PCD的距離，

???A到平面PCD的距離為述.

2

【點睛】

本題考查線面垂直，面面垂宜的判定與性質，涉及線面角，點到平面的距離，屬基礎題.關鍵是要熟練掌握

并使用線面、面面垂直的判定定理與性質定理實現(xiàn)空間垂直的轉化.

23.如圖，已知四棱錐P-ABCD中，底面A3C。是邊長為2的正方形，PA1ABCD,PA=2,M是PD的

中點.

（1）證明：AM±PC；

（2）求點8到平面AMC的距離.

【答案】（1）證明見教師；（2）也.

3

【分析】

（1）先通過線面垂直判定定理可得CDJ■平面P4D,再次通過線面垂直判定定理可得AM_L平面PC。，進

而可得結果：

（2）利用等體積法，根據(jù)乙一AMC可得結果.

【教師】

（1）底面A3C￡>是邊長為2的正方形，24=2,M是PO的中點，

,AMYPD,

,：PA1CD,CD±AD,PAcA￡>=A二CD_L平面PAD

：.CDA.AM,PDcCD=D,

二AWJ_平面PC。，，AM_LPC.

（2）：平面PC。；.AMLMC,MA=MD=①,MC=娓,

過AWA￡）于點H,MH=LS.AMC=gxAMxMC=^xy/2xy/6=6,

S皿=gxA8xBC=gx2x2=2,

%一△ABC=gS/\McXMH=%-Awe=：55吹/（設B到面AMC的距離為h）,

：.h_S“MH_2拒

iMC3

24.如圖，四邊形A8CO為矩形，且AD=2,A8=1,抬J_平面力8C。,尸A=l,E為BC的中點.

(1)求點A到平面PE。的距離；

(2)探究在E4上是否存在點G,使得EG〃平面PC。，并說明理由.

【答案】(1)如；(2)存在，點G是叢的中點上，使得EG//平面PCO,理由見教師.

3

【分析】

(1)由VA_PDE=VA_PDE可求得A到平面阻)距離；

(2)在R4上存在中點G,使得EG〃平面PCD,結合線面平行的判斷定理可知EG//平面PCD

【教師】

(1)連結為BC的中點,EC=8=1,

則ZDEC=45。,同理可得NAEB=45。，；?ZAED=90DEA.AE,

又PA_L平面A8CD,且￡>Eu平面ABC。，:.PALDE,

又：=OEJ_平面E4E,又PEu平面R4E,；.DELPE.

■：EA=ED=41>PE=6

?**S&DE=gxy/2XV3=,S&AED=jX\[2X>/2=1

LL乙

設A到平面PED的高為/?,

^A-PDE~Vp-ADE

??]S△PDE*"=]S^ADEXPA

—XX/i=—x1x1,解得=

3233

所以A到平面PED距離為逅.

3

(2)在叢上存在中點G,使得EG//平面PCD理由如下：

取PA,PO的中點G,",連結EG,GH,CH.

G,H是PA,PD的中點，；.GH//A。,且GH=JAO,

又因為E為BC的中點，且四邊形ABCD為矩形，所以EC7/A。,且EC=^AD,

所以EC//GH,且EC=GH,所以四邊形EGHC是平行四邊形，所以EG//CH,

又EGZ平面PC2CHU平面PC￡>,所以EG//平面PCD.

25.如圖，邊長為2的正方形A8CQ中，點E是A8的中點，點尸是8c的中點，將△血)、△OCF分另lj沿￡)E、

3尸折起，使A、C兩點重合于點H,連接EF,A'B.

(I)求異面直線4'。與所所成的角.

(II)求A到平面EB/D的距離.

2

【答案】(I)90';(IDy

【分析】

(I)折起后有A'DLA/,A'DLA'E,則A，O_L平面A'EF,因此4OJ_EF.

(H)分別求得折起后的各棱長，設A到平面￡?尸。的距離為/?,由等體積代換匕.一￡?)勿求得〃即可.

【教師】

（I）原正方形中有ZA=NC=90,則折起后有A'O_L4F,A'DIA'E,

且A'EnA'F=A',則4O_L平面4所，又EFu平面4EF,

因此A'￡>_L￡F,即異面直線AD與EF所成的角為90;

（II）由正方形邊長為2知，折起后，A'E=A'F=\,EF=近,A'D=2,ED=DF={f+23=小，

EFy/23

cosZ…DFE『=F=-34^=—f1=,sinZDFE=J-jjo=,

DF也回7

則A，E_LA/,設H到平面EB/Z）的距離為力，

則由等體積代換匕-EFD=^D-A'EF知，

II/T/T3,11,,一

—X—x<2xv5x,—/?=—x—xlxlxz,

32V1032

22

解得/?=§,即X到平面￡BR□的距離為

26.如圖，已知長方體A8CO-A4GR,AB=2,AA,=1,直線BD與平面A48田所成的角為30。，AE垂

直8。于E.

（1）若尸為棱A4上的動點，試確定F的位置使得AE〃平面BGF,并說明理由;

（2）若F為棱A由上的中點；求點A到平面BD尸的距離;

（3）若尸為棱A片上的動點（端點A，片除外），求二面角尸-即-A的大小的取值范圍.

【答案】⑴黃《證明見教師;⑵*⑶

【分析】

（1）延長AE交C￡>于在GR上取點N,使得RN=DM,連接MN,4N,可證得AM〃AN,從而

B,F1B.F1

可得C///AN,由此可得若=鼻，再由康［=.證明線面平行即得;

(2)用等體積法可求得點4到平面BDF的距離;

(3)作“，A8,垂足為P,作于E,連接尸Q,/尸。「是二面角尸一口)—A的平面角，設B/=x,

(0<x<2),求出平面角的正切值可得范圍，從而得角的范圍.

【教師】

B.F1

(1)=1時，AE〃平面BC/，證明如下：

5aj

延長AE交C￡>于M.

因為平面A84A，所以“84是直線3。與平面A8BM所成的角，即"84=30。，所以

AD=ABtan30°=—.

3

2

由AE_L8力，所以NZME=300,DAY=ADtan30°=-,

在CO上取點N,使得〃N=。，連接MMAN,

B.F124

1

?.?iT二三，則4尸=；,a/=；=GN,又AF//￡N,???AEqN是平行四邊形，A.N//FCU

D[N=DM,D、NIIDM,0NMO是平行四邊形，

：.MNHDD,//AA[,MN=DD]=AAif，AAMN是平行四邊形，:.AM"A、N

:?AMHC\F,又W平面3G/，C/u平面JAM//平面3G尸，即AE//平面8C/.

k速、2=偵IZ_1?2百_2百

(2)S4ABDVF-ABD=§X1X-^—=飛—

由長方體性質可得3F=&，BD=—,DF=叵，,；BF?+FD?=BD?，:.BF1.DF,

33

.??,=?而等=半,

設A到平面BDF的距離為〃，則由匕.加=VF_ABD得

Lx旦=空，"邁

3395

(3)作FP_LAS,垂足為P,作于Q,連接尸。，則尸PJ_平面A8CD,B/)u平面ABCD,

：.FPLBD,同理尸

VFPr\PQ=P,尸尸,PQu平面FPQ,8。，平面FPQ,

而尸Q