《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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：
A　[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：
$2\sqrt{2}$　[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.

答案：

(1)证明见解析
(2)$\frac{4 \sqrt{5}}{5}$
(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$EF \not\subset$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.

答案：

(1)$S_1=4$，$S_2=8$；
(2)$V_1=\frac{32}{3}$，$V_2=\frac{20}{3}$；
(3)①$V_3=16$；②二面角大小为$\frac{2\pi}{3}$，面数12，棱数24解　
(1)集合$M=\{(x,y,z)|z = 0\}$表示$xOy$平面上所有的点，$P=\{(x,y,z)||x| \leqslant 1,|y| \leqslant 1,|z| \leqslant 1\}$表示$(\pm 1,\pm 1,\pm 1)$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$Q=\{(x,y,z)||x|+|y|+|z| \leqslant 2\}$，当$x$，$y$，$z ＞ 0$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$(\pm 2,0,0)$，$(0,\pm 2,0)$，$(0,0,\pm 2)$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$Q'=\{(x,y,z)|x + y + z \leqslant 2,x \geqslant 0,y \geqslant 0,z \geqslant 0\}$；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$V_{Q'}=\frac{1}{3} × 2 × \left(\frac{1}{2} × 2 × 2\right)=\frac{4}{3}$，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，$P'=\{(x,y,z)|0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant y \leqslant 1,0 \leqslant z \leqslant 1\}$，$Q'=\{(x,y,z)|x + y + z \leqslant 2,x \geqslant 0,y \geqslant 0,z \geqslant 0\}$，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$Q_4 - Q_1Q_2Q_3$所剩下的部分$P'$的体积$V_{P'}=1 × 1 × 1 = 1$，三棱锥$Q_4 - Q_1Q_2Q_3$的体积为$V_{Q_4 - Q_1Q_2Q_3}=\frac{1}{3} × 1 × \frac{1}{2} × (1 × 1)=\frac{1}{6}$，故$P' \cap Q'$的体积$V_{P' \cap Q'}=V_{P'}-V_{Q_4 - Q_1Q_2Q_3}=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6}$. 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$2$，$V_{E - ABCD}=\frac{1}{3} × 1 × 2 × 2=\frac{4}{3}$，$V_3 = V_P + 6V_{E - ABCD}=8 + 6 × \frac{4}{3}=16$. ②由题意平面$EBC$方程为$x + z - 2 = 0$，由题干定义知其法向量$\mathbf{n}_1=(1,0,1)$，平面$ECD$方程为$y + z - 2 = 0$，由题干定义知其法向量$\mathbf{n}_2=(0,1,1)$，故$\cos\langle\mathbf{n}_1,\mathbf{n}_2\rangle=\frac{\mathbf{n}_1 \cdot \mathbf{n}_2}{|\mathbf{n}_1| \cdot |\mathbf{n}_2|}=\frac{1}{2}$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.