《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

(2024·青岛质检)《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，在堑堵 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，若 $ AB = BC = AA_1 = 2 $，且 $ P $ 为线段 $ BA_1 $ 的中点，则点 $ P $ 到直线 $ B_1C $ 的距离为 (B)

A.$ \sqrt{2} $
B.$ \frac{\sqrt{6}}{2} $
C.$ \frac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $

答案：
训练1 B [根据鳖臑的定义，可知三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$是底面为直角三角形的直三棱柱，建立以$B$为原点的空间直角坐标系，如图所示。
则$B(0,0,0)$，$A_{1}(2,0,2)$，
$B_{1}(0,0,2)$，$C(0,2,0)$，$P(1,0,1)$，
故$\overrightarrow{B_{1}C}=(0,2,-2)$，$\overrightarrow{B_{1}P}=(1,0,-1)$。
法一 $\cos\langle\overrightarrow{B_{1}C},\overrightarrow{B_{1}P}\rangle=\frac{\overrightarrow{B_{1}C}\cdot\overrightarrow{B_{1}P}}{|\overrightarrow{B_{1}C}||\overrightarrow{B_{1}P}|}=\frac{2}{2\sqrt{2}×\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，
所以$\sin\langle\overrightarrow{B_{1}C},\overrightarrow{B_{1}P}\rangle=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
设点$P$到直线$B_{1}C$的距离为
$|\overrightarrow{B_{1}P}|\sin\langle\overrightarrow{B_{1}C},\overrightarrow{B_{1}P}\rangle=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
法二 点$P$到直线$B_{1}C$的距离为
$\sqrt{|\overrightarrow{B_{1}P}|^{2}-\left(\frac{\overrightarrow{B_{1}P}\cdot\overrightarrow{B_{1}C}}{|\overrightarrow{B_{1}C}|}\right)^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}-\left(\frac{-2}{2\sqrt{2}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
]

考点二 向量法求点到平面的距离
例 2 在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，$ E $ 为 $ A_1D_1 $ 的中点，过 $ AB_1E $ 的平面截正方体，得到如图所示的多面体，$ F $ 为棱 $ CC_1 $ 上的动点.
(1) 点 $ H $ 在棱 $ BC $ 上，当 $ CH = \frac{1}{4}CB $ 时，$ FH // $ 平面 $ AEB_1 $，试确定动点 $ F $ 在棱 $ CC_1 $ 上的位置，并说明理由；
(2) 若 $ AB = 2 $，求点 $ D $ 到平面 $ AEF $ 的最大距离.$\frac{2\sqrt{6}}{3}$

答案：
例2 解
(1)取$BC$的中点$G$，
则$CG$的中点为$H$，连接$C_{1}G$，
过点$H$做$HF// GC_{1}$，交$C_{1}G$于点$F$，
则中点$F$满足条件。
证明如下：
由题意可得$\triangle EDC_{1}\cong\triangle GBA$，所以$EC_{1}=GA$，同理$EA = C_{1}G$，所以四边形$EC_{1}GA$为平行四边形，所以$C_{1}G// AE$，又$FH// C_{1}G$，所以$FH// AE$。
又$FH⊄$平面$AEB_{1}$，$AE\subset$平面$AEB_{1}$，
所以$FH//$平面$AEB_{1}$。
又因为$FH// C_{1}G$，$H$为$CG$的中点，
所以$F$为$CC_{1}$的中点。
(2)以点$D$为坐标原点，建立空间直角坐标系$Dxyz$，如图所示，
则有$D(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$E(1,0,2)$，
设$F(0,2,t)$，$t\in[0,2]$，
所以$\overrightarrow{AE}=(-1,0,2)$，$\overrightarrow{AF}=(-2,2,t)$，
$\overrightarrow{DA}=(2,0,0)$。
设平面$AEF$的法向量为$n=(x,y,z)$，
则有$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{AE}=0\\n\cdot\overrightarrow{AF}=0\end{cases}$
即$\begin{cases}-x + 2z = 0\\-2x + 2y + tz = 0\end{cases}$
令$x = 4$，则$y = 4 - t$，$z = 2$，
所以$n=(4,4 - t,2)$。
所以点$D$到平面$AEF$的距离
$d=\frac{|\overrightarrow{DA}\cdot n|}{|n|}=\frac{8}{\sqrt{20 + (4 - t)^{2}}}$
又$t\in[0,2]$，所以$\frac{4}{3}\leq d\leq\frac{2\sqrt{6}}{3}$，当$t = 2$，即点$F$与点$C_{1}$重合时，$d$取得最大值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$。
所以点$D$到平面$AEF$的最大距离为$\frac{2\sqrt{6}}{3}$。
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(2025·郑州调研) 在如图所示的四棱锥 $ P - ABCD $ 中，底面四边形 $ ABCD $ 为直角梯形，$ AB // CD $，$ AD \perp AB $，$ DC = 2AD = 2AB = 2a $，$ PA = PD $，二面角 $ P - AD - B $ 的大小为 $ 135° $，点 $ P $ 到底面 $ ABCD $ 的距离为 $ \frac{a}{2} $.
(1) 过点 $ P $ 是否存在直线 $ l $，使直线 $ l // $ 平面 $ ABCD $? 若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由.
(2) 若 $ \overrightarrow{PM} = 2\overrightarrow{MC} $，求点 $ M $ 到平面 $ PAD $ 的距离.$\frac{2\sqrt{2}a}{3}$

答案：
训练2 解
(1)过点$P$存在直线$l$，满足直线$l//$平面$ABCD$，理由和作法如下。
作法：过点$P$在平面$PAD$内作直线$l$平行于直线$AD$，如图1，满足题意。
理由：因为$l// AD$，$l⊄$平面$ABCD$，$AD\subset$平面$ABCD$，所以$l//$平面$ABCD$。
(2)如图2，取线段$AD$的中点$O$，线段$BC$的中点$E$，连接$OE$，$OP$。
因为四边形$ABCD$为直角梯形，$AB// CD$，所以$OE// AB$。
又$AD\perp AB$，所以$AD\perp OE$。
因为$PA = PD$，所以$PO\perp AD$。
又$PO\cap OE = O$，$PO$，$OE\subset$平面$POE$，
所以$AD\perp$平面$POE$。
过点$O$在平面$POE$内作直线$ON\perp OE$，
则直线$OA$，$OE$，$ON$两两垂直。
以$O$为原点，$OA$，$OE$，$ON$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系。
过点$P$作$PF// NO$，交直线$OE$于点$F$，因为$ON\perp OA$，$ON\perp OE$，$OA$，$OE\subset$平面$ABCD$，$OA\cap OE = O$，所以$ON\perp$平面$ABCD$，故$PF\perp$平面$ABCD$。
又点$P$到底面$ABCD$的距离为$\frac{a}{2}$，
所以$PF=\frac{a}{2}$。
因为$OE\perp AD$，$OP\perp AD$，所以$\angle POE$为二面角$P - AD - B$的平面角。
由已知可得$\angle POE = 135^{\circ}$，所以$\angle POF = 45^{\circ}$，所以$OF=\frac{a}{2}$，
所以$A(\frac{a}{2},0,0)$，$D(-\frac{a}{2},0,0)$，
$P(0,-\frac{a}{2},\frac{a}{2})$，$C(-\frac{a}{2},2a,0)$，
所以$\overrightarrow{AD}=(-a,0,0)$，$\overrightarrow{PA}=(\frac{a}{2},\frac{a}{2},-\frac{a}{2})$，
$\overrightarrow{PC}=(-\frac{a}{2},\frac{5a}{2},-\frac{a}{2})$。
因为$\overrightarrow{PM}=2\overrightarrow{MC}$，
所以$\overrightarrow{PM}=\frac{2}{3}\overrightarrow{PC}=(-\frac{a}{3},\frac{5a}{3},-\frac{a}{3})$，
所以$\overrightarrow{MP}=(\frac{a}{3},-\frac{5a}{3},\frac{a}{3})$。
设平面$PAD$的法向量为$n=(x,y,z)$，
则$\begin{cases}n\cdot\overrightarrow{AD}=0\\n\cdot\overrightarrow{PA}=0\end{cases}$
即$\begin{cases}-ax = 0\frac{a}{2}x + \frac{a}{2}y - \frac{a}{2}z = 0\end{cases}$
令$y = 1$，则$x = 0$，$z = 1$，
所以$n=(0,1,1)$为平面$PAD$的一个法向量，所以点$M$到平面$PAD$的距离
$d=\frac{|\overrightarrow{MP}\cdot n|}{|n|}=\frac{|0 - \frac{5a}{3}+\frac{a}{3}|}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}a}{3}$。
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