【新高考复习】专题18 立体几何空间距离与截面100题(解析版)

专题18立体几何空间距离与截面100题任务一:空间中的距离问题1-60题一、单选题1．《九章算术·商功》：“斜解立方，得两塹堵，斜解塹堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以基，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马PABCD中，侧棱PA底面ABCD，且1PA，2ABAD，则点A到平面PBD的距离为（）A．23B．63C．62D．33【答案】B【分析】利用等体积法有PABDAPBDVV，即可求A到平面PBD的距离.【详解】设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥PABD的体积为：1133ABDPBDSPASh△△，即有11112212233232h，∴63h．故选：B．2．已知直线l过定点2,3,1A，且方向向量为()0,1,1s=，则点()4,3,2P到l的距离为（）A．322B．22C．102D．2【答案】A【分析】本题首先可根据题意得出AP，然后求出AP与sAPs×，最后根据空间点到直线的距离公式即可得出结果.【详解】因为2,3,1A，()4,3,2P，所以()2,0,1AP=，则5AP=，22sAPs?，由点到直线的距离公式得22322=sdAPAPs=-?，故选：A.3．在ABC中，5ABAC，8BC，若PA平面ABC，4PA，则点P到BC的距离是（）A．5B．5C．32D．42【答案】B【分析】取BC的中点D，连接PD、AD，即可得到ADBC，再由线面垂直，得到PABC，从而得到BC面PAD，即可得到PDBC，再由勾股定理求出PD即可；【详解】解：如图，取BC的中点D，连接PD、AD，因为5ABAC，所以ADBC，又PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，PAADA，,PAAD面PAD，所以BC面PAD，PD面PAD，所以PDBC，在ACD△中，5AC，4CD，所以223ADACCD，在RtPADV中，4PA，3AD，所以225PDPAAD故选：B4．在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PAPBPCa，则点P到平面ABC的距离为（）A．63aB．33aC．3aD．6【答案】B【分析】取BC中点D，连结AD，作PO平面ABC，交AD于O，由此能求出点P到平面ABC的距离PO．【详解】解：在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，PAPBPCa，2ABACBCa，取BC中点D，连结AD，作PO平面ABC，交AD于O，则2216222ADaaa，266323AOaa，点P到平面ABC的距离2263()33POaaa．故选：B．5．已知直线l的方向向量为=1,0,1ar，点1,2,1A在l上，则点3,1,1P到l的距离为（）A．22B．1C．3D．2【答案】B【分析】结合点到直线距离公式sin,PAaPA分别计算模长与夹角的正弦值即可计算.【详解】由题可知，点P到l的距离为sin,PAaPA，2,1,2PA，3PA，=1,0,1ar，2a，则422cos,323aPAaPAaPA，则1sin,3aPA，故点P到l的距离为1sin,313PAaPA.故选：B6．已知棱长为2的正方体1111ABCDABCD，E，F分别为1AB和11BD的中点，则点B到EF的距离为（）A．62B．2C．22D．6【答案】A【分析】在正方体1111 ABCDABCD中解EFB△，再在EFB△中用面积法求边EF上的高.【详解】连接11AC、1BC、FB，则F为11AC与11BD中点，因为E为1AB的中点，所以112EFBC,又正方体1111 ABCDABCD边长为2，所以1122EFBC，2EB，22116FBFBBB，22226232226cosEBF，6EBF设B到EF的距离为h，则11226sinEFhEBFB，2662222EBFBhEF.故选：A7．若平面的一个法向量为1,2,2n，点3,0,2A，5,1,3B，AÏ，B，A到平面的距离为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】求出AB，点A到平面的距离：ABnnd，由此能求出结果【详解】解：3,0,2A，5,1,3B，AÏ，B，∴AB为平面的一条斜线，且(2,1,1)AB∴点A到平面的距离：222122121231262ABdnn故选：B.8．已知(2,1,0),(1,0,1),(3,2,3)ABC，则点A到直线BC的距离为（）A．263B．63C．62D．6【答案】A【分析】先求得(1,1,1),(2,2,2)BABC，得到向量BA在BC方向上的投影为33||BABCBC，进而求得点A到直线BC的距离．【详解】由(2,1,0),(1,0,1),(3,2,3)ABC，可得(1,1,1),(2,2,2)BABC，则向量BA在BC方向上的投影为22222233||222BABCBC，所以点A到直线BC的距离2226||3||BABCBABC．故选：A.9．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为（）A．255B．55C．510D．3510【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，将点P到直线CC1的距离的最小值转化为异面直线D1E与CC1的距离，利用空间向量可求得结果.【详解】以D为原点，1,,DADCDD分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(1,2,0)，D1(0,0,2)，(0,2,0)C,1(0,2,2)C,1(1,2,2)ED，1(0,0,2)CC，(1,0,0)CE,设u(x，y，z)，1uCC,1uED，则1uCC(x，y，z)·(0,0,2)＝0，∴z＝0，1uED＝(x，y，z)·(－1，－2,2)＝220xyz，∴y＝-12x，令x＝1，则y＝-12，∴u＝(1,-12,0)，∴异面直线D1E与CC1的距离为d＝||||uCEu12551104，∵P在D1E上运动，∴P到直线CC1的距离的最小值为d＝255.故选：A.10．如图所示的三棱锥PABC，PA平面ABC，π2ABC，若PAa，ABc，10PB，27BC，当ac取最大值时，点A到平面PBC的距离为（）A．5788B．5226C．52D．5【答案】D【分析】由题意，易知22100ac，由基本不等式可得当ac取最大值时，,ac的值，再由等体积法APBCPABCVV可求得点A到平面PBC的距离.【详解】解：PA平面ABC，PAAB，又PAa，ABc，10PB，222101002acac，50ac（当且仅当52ac时等号成立），所以当ac取最大值时，52ac，PA平面ABC，PABC，又BCAB，且PAABA，BC平面PAB，BCPB，设点A到平面PBC的距离为h，由APBCPABCVV，即1133PBCABCShSPA，即111110275227523232h，所以5h，即是点A到平面PBC的距离为5.故选：D.11．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E为A1B1的中点，下列说法中正确的是（）A．ED1与B1C所成的角大于60°B．点E到平面ABC1D1的距离为1C．三棱锥E﹣ABC1的外接球的表面积为125224D．直线CE与平面ADB1所成的角为4【答案】D【分析】利用平行线转移求异面直线成角的正切值，判断A错误；利用平行线上点到平面的距离相等求点到面距离，判断B错误；先判断三棱锥1EABC的外接球即四棱锥11EABCD的外接球，再结合球中几何关系求球的半径，再求表面积，判断C错误；利用线面成角的定义求正弦值，判断D正确.【详解】对于A，取DC中点F，连接1,EFDF，则1DEF为ED1与B1C所成的角，因为115,22DFDEEF，所以2211123tan3122DEEFDEFEF，故160DEF，即A错误；对于B，由11//AB平面11ABCD知，1B到平面11ABCD的距离等于E到平面11ABCD的距离，连接1BC，交1BC于G，则1BG平面11ABCD，而12BG，故E到平面11ABCD的距离为2，即B错误；对于C，三棱锥1EABC的外接球即四棱锥11EABCD的外接球.因为四边形11ABCD是矩形，1112,22,5ABBCEAEBECED，四棱锥11EABCD的高为2，设四棱锥11EABCD的外接球半径为R，则22232RR，解得524R.所以三棱锥1EABC的外接球的表面积为2252254442SR，即C错误；对于D，连接1DC，取1DC的中点H，连接1DB，交EC于K，连接CH，HK，因为1//EBDC，所以CKH是直线CE与平面ADB1所成的角，111,22EBDCEKCK，故23CKCE，在直角三角形CKH中，22,23CKCECH，2sin2CHCKHCK，4CKH，即D正确.故选：D.12．如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为2，M为棱11DC的中点，N为棱1CC上的点，且(02)CNaa，现有下列结论：①当23a时，//AM平面BDN；②存在(0,2)a，使得MN平面BDN；③当1a时，点C到平面BDN的距离为63；④对任意(0,2)a，直线AM与BN都是异面直线．其中所有正确结论的编号为（）A．①②B．①③C．②④D．③④【答案】D【分析】利用平行关系的转化，再利用比例关系求a的值，判断①；利用反证法判断②；利用等体积转化求点C到平面BDN的距离，判断③；利用异面直线的判断定理判断④.【详解】若//AM平面BDN，如图，连接,ACMC，记DN交MC于S，AC交BD于T，连接ST，则//AMST，又T为AC的中点，故S也为MC的中点．延长CM交1DD的延长线于Q，可知13CSCNSQDQ，即43CN，故①错误．若MN平面BDN，则MNBD，又1BDDD，1BDDDD，所以BD平面11DCCD，这是不可能的，故②错误．利用等体积法NBCDCBDNVV，5BNDN，122362BDNS，1112216323h，解得：63h，求得点C到平面BDN的距离为63，故③正确．连接11,BCAD，  AM平面11ABCD，点B平面11ABCD，点N平面11ABCD，利用异面直线的判定定理“过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不过该点的直线异面”，故④正确．故选：D13．重心是几何体的一个重要性质，我国的国宝级文物东汉铜奔马（又名：马踏飞燕）就是巧妙利用了重心位于支点正上方这一性质而闻名于世.已知正三棱锥的重心是其每个顶点与其所对的面的三角形重心连线的交点.若正三棱锥HABC的底面边长为2，侧棱长为23，则其重心G到底面的距离为（）A．22B．63C．34D．23【答案】B【分析】取ABC、HBC的重心，连接EF，根据三角形重心的性质可得//FEAH且13EFAH，即可得到EFGAHG∽，从而得到13FGHG，再利用勾股定理求出HF，即可得解；【详解】解：如图，F为ABC的重心，E为HBC的重心，连接EF，因为12DEDFHEAF，所以//FEAH且13EFAH，所以EFGAHG∽，所以13FGHG，由正三棱锥的性质可知HF平面HABC，又2AB，所以22222