《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点三 几何法求空间距离

例 3 (1) 如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ PB \perp $ 平面 $ ABCD $，$ PB = AB = 2BC = 4 $，$ AB \perp BC $，则点 $ C $ 到直线 $ PA $ 的距离为 (A)

A.$ 2\sqrt{3} $
B.$ 2\sqrt{5} $
C.$ \sqrt{2} $
D.$ 4 $

答案：
例3
(1)A [
(1)如图，取$PA$的中点$M$，连接$BM$，$CM$，
因为$PB\perp$平面$ABCD$，
又$BC\subset$平面$ABCD$，
所以$PB\perp BC$。
又因为$AB\perp BC$，$PB\cap AB = B$，$PB$，$AB\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp$平面$PAB$，
又$PA\subset$平面$PAB$，所以$BC\perp PA$。
因为$M$是$PA$的中点，$PB = AB$，
所以$BM\perp PA$。
又$BC\perp PA$，$BM\cap BC = B$，$BM$，$BC\subset$平面$BCM$，所以$PA\perp$平面$BCM$，
又$CM\subset$平面$BCM$，所以$CM\perp PA$，
即$CM$为点$C$到直线$PA$的距离。
在等腰$Rt\triangle PAB$中，$BM=\frac{\sqrt{2}}{2}PB = 2\sqrt{2}$，
在$Rt\triangle BCM$中，
$CM=\sqrt{BM^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8 + 4}=2\sqrt{3}$，
故点$C$到直线$PA$的距离为$2\sqrt{3}$。
]

(2) (2025·青岛调研) 已知圆柱的高和底面半径均为 4，$ AB $ 为上底面圆周的直径，点 $ P $ 是上底面圆周上的一点且 $ AP = BP $，$ PC $ 是圆柱的一条母线，则点 $ P $ 到平面 $ ABC $ 的距离为 ______.

答案：

(2)$2\sqrt{2}$
[
(2)由题可得$AB = 8$，
因为$AP = BP$，
所以$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}×8×4 = 16$，
因为$PC\perp$平面$ABP$，
且$PC = 4$，
所以$V_{C - ABP}=\frac{1}{3}×16×4=\frac{64}{3}$，
因为$AP = BP = 4\sqrt{2}$，
所以$AC = BC = 4\sqrt{3}$，
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×8×\sqrt{48 - 16}=16\sqrt{2}$，
设点$P$到平面$ABC$的距离为$d$，
则$V_{P - ABC}=\frac{1}{3}×16\sqrt{2}d=\frac{64}{3}$，解得$d = 2\sqrt{2}$。
]

(2025·泉州模拟) 如图，在四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ PA \perp $ 平面 $ ABCD $，$ PB = PC = 2\sqrt{6} $，$ PA = BC = 2AD = 2CD = 4 $，$ E $ 为 $ BC $ 中点，点 $ F $ 在棱 $ PB $ 上（不包括端点）.

(1) 证明：平面 $ AEF \perp $ 平面 $ PAD $；
(2) 若点 $ F $ 为 $ PB $ 的中点，求直线 $ EF $ 到平面 $ PCD $ 的距离.$\frac{4\sqrt{5}}{5}$

答案：
训练3
(1)证明 连接$AC$（图略），
$\because PA\perp$平面$ABCD$，$AB$，$AC\subset$平面$ABCD$，$\therefore PA\perp AB$，$PA\perp AC$；
$\because PB = PC = 2\sqrt{6}$，$PA = 4$，$\therefore AB = AC = 2\sqrt{2}$。$\because BC = 4$，$\therefore AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}$，即$AB\perp AC$，又$\because E$为$BC$中点，
$\therefore AE\perp BC$，且$AE = EC = 2$。
$\because AD = CD = 2$，$\therefore$四边形$AECD$为正方形，$\therefore AE\perp AD$。
$\because PA\perp$平面$ABCD$，$AE\subset$平面$ABCD$，
$\therefore PA\perp AE$。
又$\because AD\cap PA = A$，$AD$，$PA\subset$平面$PAD$，
$\therefore AE\perp$平面$PAD$，
又$\because AE\subset$平面$AEF$，
$\therefore$平面$AEF\perp$平面$PAD$。
(2)解 因为$F$为$PB$中点，$E$为$BC$中点，所以$EF// PC$，
又$EF⊄$平面$PCD$，$PC\subset$平面$PCD$，
所以$EF//$平面$PCD$，
同理，$AE//$平面$PCD$，
又$EF$与$AE$为平面$AEF$内的两条相交直线，
所以平面$AEF//$平面$PCD$，
所以点$A$到平面$PCD$的距离即为$EF$到平面$PCD$的距离。
如图，作$AH\perp PD$，
因为$CD\perp AD$，由
(1)知$CD\perp PA$，且$AD\cap PA = A$，$AD$，$PA\subset$平面$PAD$，所以$CD\perp$平面$PAD$，
又$CD\subset$平面$PCD$，所以平面$PCD\perp$平面$PAD$，且平面$PCD\cap$平面$PAD = PD$，
所以$AH\perp$平面$PCD$，
则$AH$就为$A$到平面$PCD$的距离。
由
(1)知，在$Rt\triangle PAD$中，
$PD=\sqrt{PA^{2}+AD^{2}}=2\sqrt{5}$，
所以$AH=\frac{PA\cdot AD}{PD}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
所以$EF$到平面$PCD$的距离为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
]

典例
(2025·济南模拟) 在空间直角坐标系 $ O - xyz $ 中，任何一个平面的方程都能表示成 $ Ax + By + Cz + D = 0 $，其中 $ A, B, C, D \in \mathbf{R} $，$ A^2 + B^2 + C^2 \neq 0 $，且 $ \boldsymbol{n} = (A, B, C) $ 为该平面的法向量. 已知集合 $ P = \{(x, y, z) | |x| \leq 1, |y| \leq 1, |z| \leq 1\} $，$ Q = \{(x, y, z) | |x| + |y| + |z| \leq 2\} $，$ T = \{(x, y, z) | |x| + |y| \leq 2, |y| + |z| \leq 2, |z| + |x| \leq 2\} $.
(1) 设集合 $ M = \{(x, y, z) | z = 0\} $，记 $ P \cap M $ 中所有点构成的图形的面积为 $ S_1 $，$ Q \cap M $ 中的所有点构成的图形的面积为 $ S_2 $，求 $ S_1 $ 和 $ S_2 $ 的值；
(2) 记集合 $ Q $ 中所有点构成的几何体的体积为 $ V_1 $，$ P \cap Q $ 中所有点构成的几何体的体积为 $ V_2 $，求 $ V_1 $ 和 $ V_2 $ 的值；
(3) 记集合 $ T $ 中所有点构成的几何体为 $ W $.
① 求 $ W $ 的体积 $ V_3 $ 的值；
② 求 $ W $ 的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出 $ W $ 的面数和棱数.$S_{1}=4$$S_{2}=8$$V_{1}=\frac{32}{3}$$V_{2}=\frac{20}{3}$$V_{3}=16$$\frac{2\pi}{3}$$12$$24$

答案：
典例 解
(1)集合$M=\{(x,y,z)|z = 0\}$表示$xOy$平面上所有的点，
$P=\{(x,y,z)||x|\leq1,|y|\leq1,|z|\leq1\}$表示$(\pm1,\pm1,\pm1)$这八个顶点形成的正方体内所有的点，
$P\cap M$可以看成正方体在$xOy$平面上的截面内所有的点。
发现它是边长为$2$的正方形，因此$S_{1}=4$。
对于$Q=\{(x,y,z)||x|+|y|+|z|\leq2\}$，当$x$，$y$，$z\gt0$时，$x + y + z = 2$表示经过$(2,0,0)$，$(0,2,0)$，$(0,0,2)$的平面在第一象限的部分。由对称性可知$Q$表示$(\pm2,0,0)$，$(0,\pm2,0)$，$(0,0,\pm2)$这六个顶点形成的正八面体内所有的点。而$Q\cap M$可以看成正八面体在$xOy$平面上的截面内所有的点，
它是边长为$2\sqrt{2}$的正方形，因此$S_{2}=8$。
(2)记集合$Q$，$P\cap Q$中所有点构成的几何体的体积分别为$V_{1}$，$V_{2}$；
考虑集合$Q$的子集$Q'=\{(x,y,z)|x + y + z\leq2,x\geq0,y\geq0,z\geq0\}$；
即为三个坐标平面与$x + y + z = 2$围成的四面体。四面体四个顶点分别为$(0,0,0)$，$(2,0,0)$，$(0,2,0)$，$(0,0,2)$，此四面体的体积为
$V_{Q'}=\frac{1}{3}×2×(\frac{1}{2}×2×2)=\frac{4}{3}$，
由对称性知，$V_{1}=8V_{Q'}=\frac{32}{3}$，
考虑到$P$的子集$P'$构成的几何体为棱长为$1$的正方体，
即$P'=\{(x,y,z)|0\leq x\leq1,0\leq y\leq1,0\leq z\leq1\}$，$Q'=\{(x,y,z)|x + y + z\leq2,x\geq0,y\geq0,z\geq0\}$，显然$P'\cap Q'$为两个几何体公共部分，
记$Q_{1}(1,1,0)$，$Q_{2}(1,0,1)$，$Q_{3}(0,1,1)$，$Q_{4}(1,1,1)$。
容易验证$Q_{1}$，$Q_{2}$，$Q_{3}$在平面$x + y + z = 2$上，同时也在$P'$的底面上，
则$P'\cap Q'$为截去三棱锥$Q_{4}-Q_{1}Q_{2}Q_{3}$所剩下的部分。
$P'$的体积$V_{P'}=1×1×1 = 1$，
三棱锥$Q_{4}-Q_{1}Q_{2}Q_{3}$的体积为
$V_{Q_{4}-Q_{1}Q_{2}Q_{3}}=\frac{1}{3}×1×\frac{1}{2}×(1×1)=\frac{1}{6}$，
故$P'\cap Q'$的体积
$V_{P'\cap Q'}=V_{P'}-V_{Q_{4}-Q_{1}Q_{2}Q_{3}}=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$。
由对称性知，$V_{2}=8V_{P'\cap Q'}=\frac{20}{3}$。
(3)①如图所示，即为$T$所构成的图形，
其中正方体$ABCD - LIJM$即为集合$P$所构成的区域。
$E - ABCD$构成了一个正四棱锥，
其中$E$到平面$ABCD$的距离为$2$，
$V_{E - ABCD}=\frac{1}{3}×1×1×2×2=\frac{4}{3}$，
$V_{3}=V_{P}+6V_{E - ABCD}=8 + 6×\frac{4}{3}=16$。
②由题意平面$EBC$方程为$x + z - 2 = 0$，
由题干定义知其法向量$\boldsymbol{n_{1}}=(1,0,1)$，
平面$ECD$方程为$y + z - 2 = 0$，由题干定义知其法向量$\boldsymbol{n_{2}}=(0,1,1)$，
故$\cos\langle\boldsymbol{n_{1}},\boldsymbol{n_{2}}\rangle=\frac{\boldsymbol{n_{1}}\cdot\boldsymbol{n_{2}}}{|\boldsymbol{n_{1}}|\cdot|\boldsymbol{n_{2}}|}=\frac{1}{2}$。
由图知两个相邻的面所成的角为钝角，
故$W$的相邻两个面所成的角为$\frac{2\pi}{3}$。
由图可知共有$12$个面，$24$条棱。
]