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2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第4讲 立体几何中的计算问题——距离
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这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第4讲 立体几何中的计算问题——距离，共9页。
(第1题)
A．eq \f(\r(,2),2)B．eq \r(,2)
C．eq \f(\r(,3),3)D．eq \r(,3)
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(2\r(,2),3)h＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·A1A＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r(,2)，所以点A到平面A1BC的距离为eq \r(,2)．
2．(2023·温州三模)已知四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为( A )
A．eq \f(\r(,2),2)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(,3),3)D．eq \f(1,3)
【解析】 已知四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A(1,0,0)，D(0，0,1)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，于是eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3)，1))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，|eq \(AG,\s\up6(→))|＝eq \r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋12)＝eq \f(\r(,17),3)，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝－eq \f(2,3)×(－1)＋1＝eq \f(5,3)，所以点G到直线AD的距离d＝eq \r(,|\(AG,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AG,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(,\f(17,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(\s\up7(eq \f(5,3)),),\r(,2))))2)＝eq \f(\r(,2),2)．
(第2题)
3．如图，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( D )
(第3题)
A．4B．2eq \r(,3)
C．3D．2eq \r(,2)
【解析】 由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝eq \f(1,2)×8×4＝16．因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq \f(1,3)×16×4＝eq \f(64,3)．因为AP＝BP＝4eq \r(,2)，所以AC＝BC＝4eq \r(,3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×8×eq \r(,48－16)＝16eq \r(,2)．设点P到平面ABC的距离为d，则VP－ABC＝eq \f(1,3)×16eq \r(,2)d＝eq \f(64,3)，解得d＝2eq \r(,2)．
4．(2023·佛山模拟)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且AB⊥AD，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为( A )
(第4题)
A．eq \f(\r(,5),10)aB．eq \f(\r(,5),5)a
C．eq \f(\r(,5),4)aD．eq \f(\r(,5),3)a
【解析】 因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，不妨设eq \(AB,\s\up6(→))＝d，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c．eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝d＋b＋c，eq \(C1E,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c，|d|＝|b|＝|c|＝a，d·b＝0，d·c＝b·c＝a×a×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)a2，所以|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝|d＋b＋c|＝eq \r(,d2＋b2＋c2＋2d·b＋2d·c＋2c·b)＝eq \r(,5)a，|eq \(C1E,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)a，eq \(C1E,\s\up6(→))·eq \(AC1,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c·(d＋b＋c)＝－eq \f(1,2)(c·d＋c·b＋c·c)＝－a2，所以点E到直线AC1的距离为d＝eq \r(,\(C1E,\s\up6(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(C1E,\s\up6(→))·\(AC1,\s\up6(→)),|\(AC1,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(,\f(1,4)a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a2,\r(,5)a)))2)＝eq \f(\r(,5),10)a．
5．(多选)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，那么下列结论正确的是( AC )
(第5题)
A．点A1到底面ABCD的距离为eq \r(3)
B．点C1到底面ABCD的距离为eq \r(2)
C．二面角A1－BD－A的平面角的正切值为eq \r(6)
D．点A到平面BDD1B1的距离为eq \r(2)
【解析】 由tan∠BAB1＝eq \f(BB1,AB)，得BB1＝tan∠BAB1＝tan60°＝eq \r(3)，所以点A1与点C1到底面ABCD的距离均为eq \r(3)，故A正确，B错误；连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接A1O，则∠AOA1是二面角A1－BD－A的平面角，tan∠AOA1＝eq \f(AA1,AO)＝eq \f(\r(3) ,\f(\r(2),2 ))＝eq \r(6)，所以C正确；点A到平面BDD1B1的距离为AO＝eq \f(\r(2) ,2)，故D错误．
6．(多选)已知三棱锥S－ABC的顶点均在表面积为8π的球O的球面上，SA，SB，SC两两垂直，若SA＝2，SB＝eq \r(2)，则下列结论正确的是( ABD )
A．球O的半径为eq \r(2)
B．SC＝eq \r(2)
C．点S到平面ABC的距离为eq \f(\r(5) ,5)
D．点O到平面ABC的距离为eq \f(\r(5) ,5)
【解析】 设球O的半径为R，则4πR2＝8π，得R＝eq \r(2)，故A正确．将三棱锥S－ABC放置在长方体中，如图，由2R＝2eq \r(2)＝eq \r(SA2＋SB2＋SC2)，得SC＝eq \r(2)，故B正确．因为SA＝2，SB＝SC＝eq \r(2)，所以AB＝AC＝eq \r(6)，BC＝2，△ABC的面积为eq \f(1,2)×2×eq \r(6－1)＝eq \r(5)．设点S到平面ABC的距离为d1，则由等体积法知eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2) ×eq \r(2)×2＝eq \f(1,3)×eq \r(5) ×d1，解得d1＝eq \f(2\r(5) ,5)，故C错误．在△ABC中，由cs∠BAC＝eq \f(6＋6－4,2×6)＝eq \f(2,3)，得sin∠BAC＝eq \f(\r(5) ,3)．设△ABC外接圆的半径为r，则r＝eq \f(2,2sin∠BAC)＝eq \f(3\r(5) ,5)．又R＝eq \r(2)，所以点O到平面ABC的距离为d2＝eq \r(2－\f(9,5))＝eq \f(\r(5) ,5)，故D正确．
(第6题)
7．(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为__eq \f(\r(,14),2)__．
【解析】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，G(0，2,1)，F(1,1,0)，eq \(FD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，所以点D1到直线GF的距离d＝eq \r(,|\(FD1,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(→))·\(FG,\s\up6(→)),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(,6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(,3))))2)＝eq \f(\r(,42),3)．又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(,3)，所以S△D1GF＝eq \f(1,2)×eq \r(,3)×eq \f(\r(,42),3)＝eq \f(\r(,14),2)．
(第7题)
8．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E，F分别是DC，BC的中点，则点A到平面B1D1EF的距离为__1__．
(第8题)
【解析】 以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,1)，B1(1,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，D1(0,0,0)，eq \(D1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，eq \(D1B1,\s\up6(→))＝(1,1,0)．设平面B1D1EF的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(D1E,\s\up6(→))＝\f(1,2)y＋z＝0，,m·\(D1B1,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))令y＝2，得m＝(－2,2，－1)，其中eq \(AB,\s\up6(→))1＝(0,1，－1)，则点A到平面B1D1EF的距离为d＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(|0，1，－1·－2，2，－1|,\r(4＋4＋1))＝1．
(第8题)
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq \r(2)，AD＝1，点E是棱PB的中点，直线AB与平面ECD的距离为__eq \f(\r(3),3)__．
(第9题)
【解析】 如图，取PA的中点F，连接EF，FD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面EFDC，所以平面EFDC⊥平面PAD，平面EFDC∩平面PAD＝FD，所以点A到FD的距离即为点A到平面EFDC的距离．因为AB∥CD，AB⊄平面EFDC，CD⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC，所以点A到平面EFDC的距离即为直线AB到平面EFDC的距离．在Rt△AFD中，AF＝eq \f(\r(2),2)，AD＝1，DF＝eq \f(\r(6),2)，所以点A到FD的距离d＝eq \f(AF·AD,DF)＝eq \f(\r(3),3)，故直线AB与平面ECD的距离为eq \f(\r(3),3)．
(第9题)
10．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(第10题)
(1) 求证：BM⊥AB1；
【解答】 因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，所以AB，AC，AA1两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，因为eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BM,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(→))，所以BM⊥AB1．
(第10题)
(2) 若直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．
【解答】 设平面BCM的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))不妨取x＝1，得n＝(1,1,1－a)．因为直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，所以sineq \f(π,4)＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·n|,|\(AB1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|2－a|,\r(,2) ·\r(,2＋1－a2))＝eq \f(\r(,2),2)，解得a＝eq \f(1,2)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))．因为eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，所以点A1到平面BCM的距离d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(,\f(9,4)))＝eq \f(1,3)．
11．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝2，CD＝PC＝1，E，G分别为BP，AB的中点．
(第11题)
(1) 求证：CE∥平面ADP．
【解答】 如图，取AP的中点F，连接EF，DF，因为E，F分别为BP，PA的中点，所以EF∥AB且AB＝2EF．因为AB∥CD且AB＝2CD，所以EF∥CD且EF＝CD，所以四边形CEFD为平行四边形，所以CE∥DF．因为DF⊂平面ADP，CE⊄平面ADP，所以CE∥平面ADP．
(2) 从下面①②两个问题中任意选择一个解答，如果两个都解答，则按第一个计分．
①求点E到平面ADP的距离；
②求点E到平面PDG的距离．
【解答】 选①，如图，连接AC，过点D作AB的垂线，垂足为M，因为底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝2，CD＝1，则AM＝eq \f(1,2)(AB－CD)＝eq \f(1,2)，AD＝eq \f(AM,cs60°)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2))＝1，DM＝eq \f(\r(,3),2)．因为PC⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PC⊥CD．因为CD＝PC＝1，所以PD＝eq \r(,2)．同理PC⊥AC，因为AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，所以AC＝eq \r(,AD2＋CD2－2AD·CDcs∠ADC)＝eq \r(,3)，所以AP＝eq \r(,PC2＋AC2)＝2，所以在△PAD中，cs∠PAD＝eq \f(PA2＋AD2－PD2,2PA·AD)＝eq \f(3,4)．又0°＜∠PAD＜180°，则sin∠PAD＝eq \r(,1－cs2∠PAD)＝eq \f(\r(,7),4)，所以S△ADP＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(,7),4)＝eq \f(\r(,7),4)．因为CE∥平面ADP，所以点E到平面ADP的距离等于点C到平面ADP的距离，设点C到平面ADP的距离为h，则由VC－ADP＝VP－ACD，得eq \f(1,3)h×eq \f(\r(,7),4)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(,3),2)，解得h＝eq \f(\r(,21),7)，所以点E到平面ADP的距离为eq \f(\r(,21),7)．
选②．如图，连接AC，过点D作AB的垂线，垂足为M，因为底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝2，CD＝1，则AM＝eq \f(1,2)(AB－CD)＝eq \f(1,2)，AD＝eq \f(AM,cs60°)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2))＝1，DM＝eq \f(\r(,3),2)．因为AD＝AG＝1，∠DAB＝60°，所以△ADG为正三角形，所以AD＝AG＝DG＝CG＝CD＝1．因为PC⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PC⊥CD，同理PC⊥CG．因为PC＝1，所以PG＝PD＝eq \r(,2)，所以△PDG的面积为eq \f(1,2)×1×eq \r(,2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(,7),4)．因为E为PB的中点，所以点B到平面PDG的距离等于点E到平面PDG的距离的2倍，设点B到平面PDG的距离为h，则由VB－PDG＝VP－BDG，得eq \f(1,3)h×eq \f(\r(,7),4)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(,3),2)，解得h＝eq \f(\r(,21),7)，所以点E到平面PDG的距离为eq \f(\r(,21),14)．
(第11题)
(第1题)
A．eq \f(\r(,2),2)B．eq \r(,2)
C．eq \f(\r(,3),3)D．eq \r(,3)
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(2\r(,2),3)h＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·A1A＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r(,2)，所以点A到平面A1BC的距离为eq \r(,2)．
2．(2023·温州三模)已知四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为( A )
A．eq \f(\r(,2),2)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(,3),3)D．eq \f(1,3)
【解析】 已知四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A(1,0,0)，D(0，0,1)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))，于是eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3)，1))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，|eq \(AG,\s\up6(→))|＝eq \r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋12)＝eq \f(\r(,17),3)，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝－eq \f(2,3)×(－1)＋1＝eq \f(5,3)，所以点G到直线AD的距离d＝eq \r(,|\(AG,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AG,\s\up6(→))·\(AD,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(,\f(17,9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(\s\up7(eq \f(5,3)),),\r(,2))))2)＝eq \f(\r(,2),2)．
(第2题)
3．如图，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( D )
(第3题)
A．4B．2eq \r(,3)
C．3D．2eq \r(,2)
【解析】 由题可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝eq \f(1,2)×8×4＝16．因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以VC－ABP＝eq \f(1,3)×16×4＝eq \f(64,3)．因为AP＝BP＝4eq \r(,2)，所以AC＝BC＝4eq \r(,3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×8×eq \r(,48－16)＝16eq \r(,2)．设点P到平面ABC的距离为d，则VP－ABC＝eq \f(1,3)×16eq \r(,2)d＝eq \f(64,3)，解得d＝2eq \r(,2)．
4．(2023·佛山模拟)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且AB⊥AD，∠A1AB＝∠A1AD＝60°，E为CC1的中点，则点E到直线AC1的距离为( A )
(第4题)
A．eq \f(\r(,5),10)aB．eq \f(\r(,5),5)a
C．eq \f(\r(,5),4)aD．eq \f(\r(,5),3)a
【解析】 因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，不妨设eq \(AB,\s\up6(→))＝d，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c．eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝d＋b＋c，eq \(C1E,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c，|d|＝|b|＝|c|＝a，d·b＝0，d·c＝b·c＝a×a×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)a2，所以|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝|d＋b＋c|＝eq \r(,d2＋b2＋c2＋2d·b＋2d·c＋2c·b)＝eq \r(,5)a，|eq \(C1E,\s\up6(→))|＝eq \f(1,2)a，eq \(C1E,\s\up6(→))·eq \(AC1,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c·(d＋b＋c)＝－eq \f(1,2)(c·d＋c·b＋c·c)＝－a2，所以点E到直线AC1的距离为d＝eq \r(,\(C1E,\s\up6(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(C1E,\s\up6(→))·\(AC1,\s\up6(→)),|\(AC1,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(,\f(1,4)a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a2,\r(,5)a)))2)＝eq \f(\r(,5),10)a．
5．(多选)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，那么下列结论正确的是( AC )
(第5题)
A．点A1到底面ABCD的距离为eq \r(3)
B．点C1到底面ABCD的距离为eq \r(2)
C．二面角A1－BD－A的平面角的正切值为eq \r(6)
D．点A到平面BDD1B1的距离为eq \r(2)
【解析】 由tan∠BAB1＝eq \f(BB1,AB)，得BB1＝tan∠BAB1＝tan60°＝eq \r(3)，所以点A1与点C1到底面ABCD的距离均为eq \r(3)，故A正确，B错误；连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接A1O，则∠AOA1是二面角A1－BD－A的平面角，tan∠AOA1＝eq \f(AA1,AO)＝eq \f(\r(3) ,\f(\r(2),2 ))＝eq \r(6)，所以C正确；点A到平面BDD1B1的距离为AO＝eq \f(\r(2) ,2)，故D错误．
6．(多选)已知三棱锥S－ABC的顶点均在表面积为8π的球O的球面上，SA，SB，SC两两垂直，若SA＝2，SB＝eq \r(2)，则下列结论正确的是( ABD )
A．球O的半径为eq \r(2)
B．SC＝eq \r(2)
C．点S到平面ABC的距离为eq \f(\r(5) ,5)
D．点O到平面ABC的距离为eq \f(\r(5) ,5)
【解析】 设球O的半径为R，则4πR2＝8π，得R＝eq \r(2)，故A正确．将三棱锥S－ABC放置在长方体中，如图，由2R＝2eq \r(2)＝eq \r(SA2＋SB2＋SC2)，得SC＝eq \r(2)，故B正确．因为SA＝2，SB＝SC＝eq \r(2)，所以AB＝AC＝eq \r(6)，BC＝2，△ABC的面积为eq \f(1,2)×2×eq \r(6－1)＝eq \r(5)．设点S到平面ABC的距离为d1，则由等体积法知eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2) ×eq \r(2)×2＝eq \f(1,3)×eq \r(5) ×d1，解得d1＝eq \f(2\r(5) ,5)，故C错误．在△ABC中，由cs∠BAC＝eq \f(6＋6－4,2×6)＝eq \f(2,3)，得sin∠BAC＝eq \f(\r(5) ,3)．设△ABC外接圆的半径为r，则r＝eq \f(2,2sin∠BAC)＝eq \f(3\r(5) ,5)．又R＝eq \r(2)，所以点O到平面ABC的距离为d2＝eq \r(2－\f(9,5))＝eq \f(\r(5) ,5)，故D正确．
(第6题)
7．(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为__eq \f(\r(,14),2)__．
【解析】 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，G(0，2,1)，F(1,1,0)，eq \(FD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，所以点D1到直线GF的距离d＝eq \r(,|\(FD1,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(→))·\(FG,\s\up6(→)),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(,6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(,3))))2)＝eq \f(\r(,42),3)．又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(,3)，所以S△D1GF＝eq \f(1,2)×eq \r(,3)×eq \f(\r(,42),3)＝eq \f(\r(,14),2)．
(第7题)
8．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E，F分别是DC，BC的中点，则点A到平面B1D1EF的距离为__1__．
(第8题)
【解析】 以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,1)，B1(1,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，D1(0,0,0)，eq \(D1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，eq \(D1B1,\s\up6(→))＝(1,1,0)．设平面B1D1EF的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(D1E,\s\up6(→))＝\f(1,2)y＋z＝0，,m·\(D1B1,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))令y＝2，得m＝(－2,2，－1)，其中eq \(AB,\s\up6(→))1＝(0,1，－1)，则点A到平面B1D1EF的距离为d＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(|0，1，－1·－2，2，－1|,\r(4＋4＋1))＝1．
(第8题)
9．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq \r(2)，AD＝1，点E是棱PB的中点，直线AB与平面ECD的距离为__eq \f(\r(3),3)__．
(第9题)
【解析】 如图，取PA的中点F，连接EF，FD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，因为底面ABCD为矩形，所以AD⊥CD，因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD．又CD⊂平面EFDC，所以平面EFDC⊥平面PAD，平面EFDC∩平面PAD＝FD，所以点A到FD的距离即为点A到平面EFDC的距离．因为AB∥CD，AB⊄平面EFDC，CD⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC，所以点A到平面EFDC的距离即为直线AB到平面EFDC的距离．在Rt△AFD中，AF＝eq \f(\r(2),2)，AD＝1，DF＝eq \f(\r(6),2)，所以点A到FD的距离d＝eq \f(AF·AD,DF)＝eq \f(\r(3),3)，故直线AB与平面ECD的距离为eq \f(\r(3),3)．
(第9题)
10．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(第10题)
(1) 求证：BM⊥AB1；
【解答】 因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，所以AB，AC，AA1两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，因为eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(→))＝0，所以eq \(BM,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(→))，所以BM⊥AB1．
(第10题)
(2) 若直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．
【解答】 设平面BCM的法向量为n＝(x，y，z)，由(1)知eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))不妨取x＝1，得n＝(1,1,1－a)．因为直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，所以sineq \f(π,4)＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·n|,|\(AB1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|2－a|,\r(,2) ·\r(,2＋1－a2))＝eq \f(\r(,2),2)，解得a＝eq \f(1,2)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))．因为eq \(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，所以点A1到平面BCM的距离d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(,\f(9,4)))＝eq \f(1,3)．
11．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝2，CD＝PC＝1，E，G分别为BP，AB的中点．
(第11题)
(1) 求证：CE∥平面ADP．
【解答】 如图，取AP的中点F，连接EF，DF，因为E，F分别为BP，PA的中点，所以EF∥AB且AB＝2EF．因为AB∥CD且AB＝2CD，所以EF∥CD且EF＝CD，所以四边形CEFD为平行四边形，所以CE∥DF．因为DF⊂平面ADP，CE⊄平面ADP，所以CE∥平面ADP．
(2) 从下面①②两个问题中任意选择一个解答，如果两个都解答，则按第一个计分．
①求点E到平面ADP的距离；
②求点E到平面PDG的距离．
【解答】 选①，如图，连接AC，过点D作AB的垂线，垂足为M，因为底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝2，CD＝1，则AM＝eq \f(1,2)(AB－CD)＝eq \f(1,2)，AD＝eq \f(AM,cs60°)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2))＝1，DM＝eq \f(\r(,3),2)．因为PC⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PC⊥CD．因为CD＝PC＝1，所以PD＝eq \r(,2)．同理PC⊥AC，因为AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，所以AC＝eq \r(,AD2＋CD2－2AD·CDcs∠ADC)＝eq \r(,3)，所以AP＝eq \r(,PC2＋AC2)＝2，所以在△PAD中，cs∠PAD＝eq \f(PA2＋AD2－PD2,2PA·AD)＝eq \f(3,4)．又0°＜∠PAD＜180°，则sin∠PAD＝eq \r(,1－cs2∠PAD)＝eq \f(\r(,7),4)，所以S△ADP＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(,7),4)＝eq \f(\r(,7),4)．因为CE∥平面ADP，所以点E到平面ADP的距离等于点C到平面ADP的距离，设点C到平面ADP的距离为h，则由VC－ADP＝VP－ACD，得eq \f(1,3)h×eq \f(\r(,7),4)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(,3),2)，解得h＝eq \f(\r(,21),7)，所以点E到平面ADP的距离为eq \f(\r(,21),7)．
选②．如图，连接AC，过点D作AB的垂线，垂足为M，因为底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝2，CD＝1，则AM＝eq \f(1,2)(AB－CD)＝eq \f(1,2)，AD＝eq \f(AM,cs60°)＝eq \f(\f(1,2),\f(1,2))＝1，DM＝eq \f(\r(,3),2)．因为AD＝AG＝1，∠DAB＝60°，所以△ADG为正三角形，所以AD＝AG＝DG＝CG＝CD＝1．因为PC⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PC⊥CD，同理PC⊥CG．因为PC＝1，所以PG＝PD＝eq \r(,2)，所以△PDG的面积为eq \f(1,2)×1×eq \r(,2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(,7),4)．因为E为PB的中点，所以点B到平面PDG的距离等于点E到平面PDG的距离的2倍，设点B到平面PDG的距离为h，则由VB－PDG＝VP－BDG，得eq \f(1,3)h×eq \f(\r(,7),4)＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×1×eq \f(\r(,3),2)，解得h＝eq \f(\r(,21),7)，所以点E到平面PDG的距离为eq \f(\r(,21),14)．
(第11题)
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