《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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.$ \dfrac{\sqrt{6}}{2} $
C.$ \dfrac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ \dfrac{\sqrt{2}}{2} $

答案：
B　[根据堑堵的定义，可知三棱柱$ABC - A_1B_1C_1$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$\overrightarrow{B_1C}=(0,2,-2)$，$\overrightarrow{B_1P}=(1,0,-1)$. 法一　$\cos\langle\overrightarrow{B_1C},\overrightarrow{B_1P}\rangle=\frac{\overrightarrow{B_1C} \cdot \overrightarrow{B_1P}}{|\overrightarrow{B_1C}||\overrightarrow{B_1P}|}=\frac{2}{2 \sqrt{2} × \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，所以$\sin\langle\overrightarrow{B_1C},\overrightarrow{B_1P}\rangle=\frac{\sqrt{3}}{2}$　设点$P$到直线$B_1C$的距离为$|\overrightarrow{B_1P}| \sin\langle\overrightarrow{B_1C},\overrightarrow{B_1P}\rangle=\sqrt{2} × \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$. 法二　点$P$到直线$B_1C$的距离为$\sqrt{|\overrightarrow{B_1P}|^{2}-\frac{(\overrightarrow{B_1P} \cdot \overrightarrow{B_1C})^{2}}{|\overrightarrow{B_1C}|^{2}}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}-\left(\frac{2}{2 \sqrt{2}}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2}$

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 = \dfrac{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.

答案：

(1)F为$CC_1$的中点，理由见解析
(2)$\frac{2 \sqrt{6}}{3}$解　
(1)取$BC$的中点$G$，则$CG$的中点为$H$，连接$C_1G$，　　　　　　　　　　 过点$H$做$HF // GC_1$，交$C_1G$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$EA=C_1G$，所以四边形$EC_1GA$为平行四边形，所以$C_1G // AE$，又$FH // C_1G$，所以$FH // AE$，又$FH \not\subset$平面$AEB_1$，$AE \subset$平面$AEB_1$，所以$FH //$平面$AEB_1$. 又因为$FH // C_1G$，$H$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$\mathbf{n}=(x,y,z)$，则有$\begin{cases} \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{AE}=0 \\ \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{AF}=0 \end{cases}$，即$\begin{cases} -x+2z=0 \\ -2x+2y+tz=0 \end{cases}$，令$x=4$，则$y=4 - t$，$z=2$，所以$\mathbf{n}=(4,4 - t,2)$，所以点$D$到平面$AEF$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{DA} \cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{8}{\sqrt{20+(4 - t)^{2}}}$，又$t \in [0,2]$，所以$\frac{4}{3} \leqslant d \leqslant \frac{2 \sqrt{6}}{3}$，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$\frac{2 \sqrt{6}}{3}$.

(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 $ \dfrac{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.

答案：

(1)存在，作法与理由见解析
(2)$\frac{2 \sqrt{2}a}{3}$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$l // AD$，$l \not\subset$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$PM = 2MC$，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$\mathbf{n}=(x,y,z)$，则$\begin{cases} \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{AD}=0 \\ \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{PA}=0 \end{cases}$，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$\mathbf{n}=(0,1,1)$为平面$PAD$的一个法向量，所以点$M$到平面$PAD$的距离$d=\frac{|\overrightarrow{MP} \cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{\left|0-\frac{5a}{3}+\frac{a}{3}\right|}{\sqrt{2}}=\frac{2 \sqrt{2}a}{3}$.