2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第1课时空间的角和距离问题考点1空间的距离

这是一份2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第1课时空间的角和距离问题考点1空间的距离，共6页。


[解析] 解法一：定义法
∵线段AB是圆O的直径，
∴AE⊥BE，
∴BE＝eq \r(AB2－AE2)＝3.
∵BC⊥平面ABE，AE，BE⊂平面ABE，
∴BC⊥AE，BC⊥BE，
∴CE＝eq \r(BE2＋BC2)＝eq \r(34).
又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，
∴AE⊥平面BCE，
又AE⊂平面AEC，
∴平面AEC⊥平面BEC，
作BH⊥EC于H，则BH⊥平面ACE，
∴BH＝eq \f(BE·BC,EC)＝eq \f(3×5,\r(34))＝eq \f(15\r(34),34)，
即点B到平面ACE的距离为eq \f(15\r(34),34).
解法二：体积法
由解法一知AE⊥平面BCE，
∴AE⊥CE，
设点B到平面ACE的距离为d，
则由VC－ABE＝VB－ACE，得eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AE·BE·BC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AE·CE·d，
∴d＝eq \f(BE·BC,CE)＝eq \f(3×5,\r(34))＝eq \f(15\r(34),34)，
即点B到平面ACE的距离为eq \f(15\r(34),34).
解法三：向量法
∵线段AB是圆O的直径，
∴AE⊥BE，
以点E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B(3,0,0)，A(0,4,0)，C(3,0,5)，
∴eq \(EA,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(3,0,5)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,0,5)，
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EA,\s\up6(→))·n＝4y＝0，,\(EC,\s\up6(→))·n＝3x＋5z＝0，))
取z＝－3得n＝(5,0，－3)，
∴点B到平面ACE的距离
d＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(15,\r(34))＝eq \f(15\r(34),34).
3．(2024·湖湘名校联合体联考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱DD1的中点为E，则平面EAC截正方体的外接球所得截面圆的面积为( C )
A.eq \f(5,3)π B．eq \f(16,9)π
C．eq \f(7,3)π D．eq \f(22,9)π
[解析] 如图，以D点为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则外接球球心O为正方体对角线的中点，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,0,1)，O(1,1,1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝－2x＋z＝0，,m·\(CE,\s\up6(→))＝－2y＋z＝0，))令z＝2，解得x＝1，y＝1，∴m＝(1,1,2)，又由eq \(EO,\s\up6(→))＝(1,1,0)，则点O到平面EAC的距离d＝eq \f(|m·\(EO,\s\up6(→))|,|m|)＝eq \f(1＋1,\r(1＋1＋4))＝eq \f(\r(6),3)，又正方体的对角线长|BD1|＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3)，∴外接球半径为R＝eq \r(3)，设截面圆半径为r，所以r2＝R2－d2＝3－eq \f(2,3)＝eq \f(7,3)，则S＝πr2＝eq \f(7,3)π.故选C.
[引申]本例2中点C到平面ABF的距离为 eq \f(60\r(769),769) .
[解析] 由本例解法三知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(5,2)))，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(3，－4,0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(5,2)))，eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(5,2)))，设平面ABF的法向量为m＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·m＝3a－4b＝0，,\(BF,\s\up6(→))·m＝－\f(3,2)a＋\f(5,2)c＝0，))取a＝20得m＝(20,15,12)，∴C到平面ABF的距离d＝eq \f(|m·\(FC,\s\up6(→))|,|m|)＝eq \f(60\r(769),769).
名师点拨：
1．向量法求点到直线距离的步骤
(1)根据图形求出直线的单位方向向量v.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算点)．计算点M与直线外的点N的方向向量eq \(MN,\s\up6(→)).
(3)到直线的距离d＝eq \r(\(MN2,\s\up6(→))－\(MN,\s\up6(→))·v2).
2．求点到平面距离常用的方法
(1)定义法：通过求点P到平面垂线段的长求得点到平面的距离，而找(或作)垂线段先要找(或作)过点P的已知平面的垂面，再找(或作)它们交线的垂线．
(2)平行转移法：即通过线面平行或面面平行，转化为其他点到平面的距离．
(3)体积法：确定某三棱锥，如C到平面ABD的距离d易求，则可由eq \f(d·S△ABD,S△ABC)求D到平面ABC的距离．
(4)向量法：步骤：①求平面α的法向量n；②在α内找一点A，确定向量eq \(PA,\s\up6(→))；③由公式d＝eq \f(|n·\(PA,\s\up6(→))|,|n|)求得点P到平面α的距离．
【变式训练】
(2024·陕西商洛部分学校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，∠ACB＝60°.
(1)证明：平面ABD∥平面FEC1；
(2)求点F到平面ABD的距离．
[解析] (1)证明：在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，所以AB∥EF.因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，
所以AB∥平面FEC1，
因为AC∥A1C1，AF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)A1C1＝DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，
同理AD∥平面FEC1，
又因为AD∩AB＝A，AB，AD⊂平面ABD，
所以平面ABD∥平面FEC1.
(2)解法一：体积法
如图所示，连接BF，DF.
由AC＝2BC，∠ACB＝60°.
知AB⊥BC.
则AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(3)，
AD＝eq \r(AA\\al(2,1)＋A1D2)＝eq \r(5)，
BD＝eq \r(BF2＋DF2)＝eq \r(5)，
SΔABD＝eq \f(1,2)AB×eq \r(AD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))2)＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(5－\f(3,4))＝eq \f(\r(51),4).
由题意知DF⊥平面ABC，
设点F到平面ABD的距离为h，
由VF－ABD＝VD－ABF得eq \f(1,3)h×eq \f(\r(51),4)＝eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \r(3)×1，解得h＝eq \f(2\r(17),17)，
即点F到平面ABD的距离为eq \f(2\r(17),17).
解法二：向量法
由解法一易知BA、BC、BB1两两垂直．
如图建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0，eq \r(3)，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，
∴eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BA,\s\up6(→))·n＝\r(3)·x＝0，,\(BD,\s\up6(→))·n＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＋2z＝0，))
取z＝－1得n＝(0,4，－1)，
∴F到平面ABD的距离d＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(17),17).