《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 2 (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2
(1)A[解析]如图，取PA的中点M，连接BM，CM.因为PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB⊥BC，又AB⊥BC，PB∩AB = B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.因为M是PA的中点，PB = AB，所以BM⊥PA.又BM∩BC = B，BM，BC⊂平面BCM，所以PA⊥平面BCM，又CM⊂平面BCM，所以CM⊥PA，故CM的长为点C到直线PA的距离.在等腰直角三角形PAB中，BM = $\frac{\sqrt{2}}{2}$PB = 2$\sqrt{2}$，在Rt△BCM中，CM = $\sqrt{BM² + BC²}$ = $\sqrt{8 + 4}$ = 2$\sqrt{3}$，故点C到直线PA的距离为2$\sqrt{3}$
　　 　

(2)(2025·绍兴调研)在三棱柱 $ABC - A_1B_1C_1$ 中，$A_1ABC$ 是棱长为 $2$ 的正四面体，则点 $A$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离为(C)

A.$\sqrt{6}$
B.$\sqrt{3}$
C.$\sqrt{2}$
D.$1$

答案：

(2)C[解析]如图，分别取BC，B₁C₁的中点M，N，连接AM，MN，A₁N，A₁M.因为四面体A₁ - ABC是棱长为2的正四面体，所以△ABC是边长为2的等边三角形，则AM⊥BC，故AM = AB$\sin60°$ = $\sqrt{3}$，同理可得A₁M = $\sqrt{3}$，A₁M⊥BC.因为BB₁//CC₁且BB₁ = CC₁，所以四边形BCC₁B₁为平行四边形，则BC//B₁C₁且BC = B₁C₁.因为M，N分别为BC，B₁C₁的中点，则BM//B₁N且BM = B₁N，所以四边形BB₁NM为平行四边形，所以MN//BB₁且MN = BB₁.又BB₁//AA₁且BB₁ = AA₁，所以MN//AA₁且MN = AA₁，所以四边形AA₁NM为平行四边形，则MN = AA₁ = 2，且A，A₁，N，M四点共面.因为AM⊥BC，A₁M⊥BC，AM∩A₁M = M，AM，A₁M⊂平面AA₁NM，所以BC⊥平面AA₁NM.过点A₁在平面AA₁NM内作A₁H⊥MN，垂足为H.因为A₁H⊂平面AA₁NM，所以A₁H⊥BC.又A₁H⊥MN，MN∩BC = M，MN，BC⊂平面BCC₁B₁，所以A₁H⊥平面BCC₁B₁.在△A₁MN中，A₁N = AM = $\sqrt{3}$，A₁M = $\sqrt{3}$，MN = AA₁ = 2，由余弦定理可得$\cos∠A₁MN$ = $\frac{A₁M² + MN² - A₁N²}{2A₁M·MN}$ = $\frac{3 + 4 - 3}{2×\sqrt{3}×2}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\sin∠A₁MN$ = $\sqrt{1 - \cos²∠A₁MN}$ = $\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})²}$ = $\frac{\sqrt{6}}{3}$.因此，点A₁到平面BCC₁B₁的距离为A₁H = A₁M$\sin∠A₁MN$ = $\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{6}}{3}$ = $\sqrt{2}$.因为AA₁//BB₁，AA₁⊄平面BCC₁B₁，BB₁⊂平面BCC₁B₁，所以AA₁//平面BCC₁B₁，所以点A到平面BCC₁B₁的距离等于A₁H = $\sqrt{2}$.

变式 2 （2025·枣庄 3 月模拟）如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AD = 2$，$AB = 3$，$AE = 2EB$，将 $\triangle ADE$ 沿直线 $DE$ 翻折成 $\triangle A_1DE$.
（1）若 $M$ 为线段 $A_1C$ 上一点，且满足 $CM = 2MA_1$，求证：直线 $BM //$ 平面 $A_1DE$；
（2）当平面 $A_1DE \perp$ 平面 $ABCD$ 时，求点 $D$ 到平面 $A_1BE$ 的距离.
$\frac{2\sqrt{6}}{3}$

答案：
变式2　[解答]
(1)如图
(1)，在线段A₁D上取点N，使DN = 2NA₁，连接EN，MN.由M为线段A₁C上一点，且CM = 2MA₁，得$\frac{A₁N}{A₁D}$ = $\frac{1}{3}$ = $\frac{A₁M}{A₁C}$，则MN//CD，MN = $\frac{1}{3}$CD.在矩形ABCD中，CD//BE，BE = $\frac{1}{3}$AB = $\frac{1}{3}$CD，因此MN//BE，MN = BE，所以四边形BMNE是平行四边形，则BM//EN，而EN⊂平面A₁DE，BM⊄平面A₁DE，所以BM//平面A₁DE.
　　
(2)依题意，A₁D = A₁E = 2，如图
(2)，取DE的中点F，连接A₁F，则A₁F⊥DE.由平面A₁DE⊥平面ABCD，平面A₁DE∩平面ABCD = DE，得A₁F⊥平面ABCD.连接BF，BD.因为BF⊂平面ABCD，所以A₁F⊥BF.又∠DA₁E = 90°，则A₁F = $\frac{1}{2}$DE = $\sqrt{2}$.在△BEF中，BE = 1，EF = $\sqrt{2}$，∠BEF = 135°，由余弦定理得BF² = 1² + ($\sqrt{2}$)² - 2×1×$\sqrt{2}$×(-$\frac{\sqrt{2}}{2}$) = 5，A₁B = $\sqrt{A₁F² + BF²}$ = $\sqrt{7}$.在△A₁BE中，$\cos∠A₁EB$ = $\frac{2² + 1² - ($\sqrt{7}$)²}{2×2×1}$ = −$\frac{1}{2}$，则$\sin∠A₁EB$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，S_{△A₁BE} = $\frac{1}{2}$A₁E·BE$\sin∠A₁EB$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，S_{△BDE} = $\frac{1}{2}$BE·AD = 1.设点D到平面A₁BE的距离为h.由V_{D - A₁BE} = V_{A₁ - BDE}，得$\frac{1}{3}$S_{△A₁BE}·h = $\frac{1}{3}$S_{△BDE}·A₁F，则$\frac{\sqrt{3}}{2}$h = 1×$\sqrt{2}$，解得h = $\frac{2\sqrt{6}}{3}$，所以点D到平面A₁BE的距离为$\frac{2\sqrt{6}}{3}$.