【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题28《体积法求点面距离》(解析版).doc，共(49)页，2.665 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题28体积法求点面距离一、多选题1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（）A．D1D⊥AFB．A1G∥平面AEFC．异面直线A1G与EF所成角的余弦值为1010D．点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍【答案】BC

D【分析】利用正方体的性质，平移异面直线得到它们的平面角进而证D1D、AF是否垂直及求直线A1G与EF所成角的余弦值即可，利用等体积法可求G到平面AEF的距离与点C到平面AEF的距离的数量关系，利用线面平行的判定即可判断A1G、平面AEF是否平行.【详解】A选项，由11//DDCC

，即1CC与AF并不垂直，所以D1D⊥AF错误.B选项，如下图，延长FE、GB交于G’连接AG’、GF，有GF//BE又E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，所以11GGBBAA，而1//AAGG，即1//AGAG；又因为面11ABBA面

AEF=AG，且1AG面AEF，1AG面11ABBA，所以A1G∥平面AEF，故正确.C选项，取11BC中点H，连接GH，由题意知GH与EF平行且相等，所以异面直线A1G与EF所成角的平面角为1AGH，若正方体棱长为

2，则有112,5GHAGAH，即在1AGH中有110cos10AGH，故正确.D选项，如下图若设G到平面AEF的距离、C到平面AEF的距离分别为1h、2h，则由11133AGEFGEFGAEFAEFVABSVhS

且21133ACEFCEFCAEFAEFVABSVhS，知122GEFCEFShhS，故正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：求异面直线所成角时平移线段，将它们置于同一个平面，而证明线面平行主要应用线面平行的判定、线面垂直的性质证明.1、平移：将异面直线置于同一平面

且有一个公共点，结合其角度范围为(0,]2.2、线面平行判定：由直线平行该直线所在的一平面与对应平面的交线即可证线面平行.3、由AGEFGAEFVV、ACEFCAEFVV即可求G、C到平面AEF的距离比.2．在正方体1111ABCDABCD

中，2AB，E、F分别为1BB、CD中点，P是1BC上的动点，则下列说法正确的有（）A．1AFAEB．三棱锥1PAED的体积与点P位置有关系C．平面1AED截正方体1111ABCDABCD的截面面积为92D．点1A到平面1AED的距离为2【答案】AC【分析】A选项，

取AB中点为G，根连接FG，1AG，记1AG与AE交点为O，根据线面垂直的判定定理，可得AE⊥平面1AFG，进而可得1AFAE；B选项，证明1//BC平面1AED，即可判定B错；C选项，补全截面，得到平面1AED截正方体1111ABCDABCD所得的截面为等腰梯形，进

而可根据题中条件，求出截面面积；D选项，根据等体积法，由1111EAADAAEDVV求出点到面积的距离，即可判定；【详解】A选项，取AB中点为G，根连接FG，1AG，记1AG与AE交点为O，在正方体1111ABCDABCD中，1AAAB，12AAGABE，因为E、F分别为

1BB、CD中点，所以AGBE，//FGAD，因此1RtAAGRtABE，所以1AAGBAE，1AGAAEB，因此12OAGOGABAEAGA，因此2AOG，即1AEAG；

又在正方体1111ABCDABCD中，AD平面11ABBA，所以FG平面11ABBA，因AE平面11ABBA，所以FGAE，又1AGFGG，1AG平面1AFG，FG平面1AFG，所以AE⊥平面1AFG，因为1AF平面1AFG，所以1A

FAE；故A正确；B选项，因为在正方体中11//ABCD，且11ABCD，所以四边形11ABCD为平行四边形，因此11//BCAD，又1BC平面1AED，1AD平面1AED，所以1//BC平面1AED，因

此棱1BC上的所有点到平面1AED的距离都相等，又P是棱1BC上的动点，所以三棱锥1PAED的体积始终为定值；故B错；C选项，取11BC的中点为M，连接EM，1MD，则1//EMBC，且112EMBC，则1//EMAD；又正方体中，2A

B，所以221215MDAE，1122BCAD，因此1122EMBC，所以平面1AED截正方体1111ABCDABCD所得的截面为等腰梯形1EMDA，因此该等腰梯形的高为2211325222ADEMhA

M，所以该截面的面积为11922SADEMh；故C正确；D选项，设点1A到平面1AED的距离为d，因为1//BB平面11AADD，所以点E到平面11AADD的距离为2AB，即点E到平面11AAD的距离为2，所以11112

11142223323EAADAADVS，在1AED△中，122AD，5AE，22212213ED，所以185910cos102225EAD，因此1310sin10EAD，所以11111310sin22532210AEDSADAEEAD

.又111111433EAADAAEDAEDVVSd，所以43d，即点1A到平面1AED的距离为43，故D错；故选：AC.【点睛】方法点睛：求空间中点到面积的距离的常用方法：（1）等体积法：先设所

求点到面的距离，再通过题中条件，求出该几何体的体积，利用同一几何体的体积相等，列出方程，即可求出结果；（2）向量法：利用空间向量的方法，先求出所求点与平面内任意一点连线的方向向量，以及平面的法向量，根据向量法求点

到面距离的公式，即可求出结果.3．已知三棱锥PABC中，O为AB中点，PO平面ABC，90APB，2PAPB，则下列说法中正确的是（）A．若O为ABC的外心，则2PCB．若ABC为等边三角形，则APBCC．当90ACB时，PC

与平面PAB所成角的范围为0,4πD．当4PC时，M为平面PBC内动点，若//OM平面PAC，则M在三角形PBC内的轨迹长度为2【答案】ACD【分析】由线面垂直的性质，结合勾股定理可判断A正确；反证法由线面垂直的

判断和性质可判断B错误；由线面角的定义和转化为三棱锥的体积，求得C到平面PAB的距离的范围，可判断C正确；由面面平行的性质定理可得线面平行，可得D正确.【详解】依题意，画图如下：若O为ABC的外心，则2OAOBOC，PO平面ABC，可得POOC，2OPOAOB，故222P

CPOOC，A正确；ABC若为等边三角形，APBC，又APPB，BC与PB相交于平面PBC内，可得AP平面PBC，即APPC，由POOC，2OPOAOB，可得362OCAC，故222622PCPOOCAC，矛盾，B错误;若90ACB，设PC与平

面PAB所成角为，由A正确，知2,2OCOAOBPC，设C到平面PAB的距离为d由CPABPABCVV可得11112223232dACBC即有222242ACBCACBCd„，当且仅当2ACBC取等号.可得d的最大值为2，2sin22d„，即

的范围为0,4π，C正确；取BC中点N，PB的中点K，连接,,OKONKN由中位线定理可得，//ONAC，//MNPC，则平面//OKN平面PAC，由//OM平面PAC，可得M在线段KN上，即轨迹122KNPC，可得D正确；故选：ACD【点睛】本题考查了立体几何中与点

、线、面位置关系有关的命题的真假判断，属于中档题.处理立体几何中真假命题判定的问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.二、单选题4．如图，在正方体1111ABCDABCD中，棱长为1，EF、分别为11C

D与AB的中点，1B到平面1AFCE的距离为（）A．32B．63C．105D．305【答案】B【分析】设点1B到平面1AFCE的距离为h，利用1111BACFCABFVV建立方程可求解.【详解】设点1B到平面1AFCE的距离为h．∵正方体

棱长为1，∴1152,3,22AFFCACEF，∴1111261131122422ACFABFSS，又1111BACFCABFVV，∴161113432h，解得63h．即点1B到平面1AFCE的距离为63．故选：B．【点睛】方法点睛：在空间中求点到面的距

离时可利用空间向量进行求解，即将距离问题转化为向量的运算问题处理．另外也可利用等积法求解，解题时可将所求的距离看作是一个三棱锥的高，求出其体积后；将此三棱锥的底面和对应的高改换，再次求出其体积．然后利用同一个三棱锥的体积相等

建立关于所求高为未知数的等式，解方程求出未知数即可得到所求的高．5．如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，线段1AC上有两个动点EF、，且33EF，给出下列四个结论错误的选项是（）A．CEBDB．点C到平面BEF的距离为22C．BEF在底面ABCD

内的正投影是面积不是定值的三角形D．在平面ABCD内存在无数条与平面1DEA平行的直线【答案】C【分析】利用BD平面1ACC，即可证明CEBD，即可判断选项A；利用等体积即可求点C到平面BEF的距离，即可判断选项B；利用正投影特点即可判断选项C；利用线面平行的性质

定理即可判断选项D.【详解】对于选项A：由BDAC且1BDCC，1ACCCC，所以BD平面1ACC，因为CE平面1ACC，可得CEBD，故选项A正确；对于选项B：因为点C到直线EF的距离是21633，33EF，所以13622336CEFS为定值，点B

到平面CEF距离是1222DB，所以三棱BCEF体积是122136218，因为三棱锥118CBEFBCEFVV，BEFCEFSS△△为，所以点C到平面BEF的距离为22，故选项B正确；对于选项C：线段EF在底面

ABCD内的正投影是GH，所以BEF在底面ABCD内的正投影是BGHV，因为线段EF的长是定值，所以线段GH的长也是定值，所以BGHV的面积是定值，故选项C不正确；多于选项D：设平面ABCD与平面1DEA的交线为l，则在平面ABCD内与直线l平行的直线有无数条，

故选项D正确，故选：C【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，通常采用三棱锥等体积，转化为棱锥的高，也可以采用空间向量的方法求出线面角以及斜线的的长度，也可求点到面的距离.6．正三棱柱111ABCABC的所有定点

均在表面积为8的球O的球面上，3AB，则1B到平面1ABC的距离为（）A．1B．65C．435D．3【答案】B【分析】根据球的表面积求得球的半径，由此求得侧棱1AA的长，利用等体积法求得1B到平面1ABC的距离.【详解】设等边三

角形ABC的外接圆半径为R，由正弦定理得3221sinsin3aRRA.由于球O的表面积为8，故半径2r，所以侧棱长222122212AArR.在三角形1ABC中，221117ABACAAAC，而3BC，所以三角形1ABC的面积为222111

3372222BCBCAC.设1B到平面1ABC的距离为h，由1111CABACBBBVV得21131132337322322h，解得65h.故选：B【点睛

】本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查等体积法求点面距离，属于基础题.7．如图，正四棱锥PABCD的高为2，且底面边长也为2，则点A到平面PBC的距离为（）A．455B．255C．54D．52【答案】A【分析】结合正四棱锥的性质，利用APBCPABCVV，

代入数据直接计算即可.【详解】解：由正四棱锥的性质可知，其底面ABCD为正方形，连接AC、BD，设交点为点O，连接PO，则PO平面ABCD，且2PO，底面对角线的长度为BD222222，侧棱长度为PB22226，斜高22(6)15PM，1114·2223323PABCAB

CVSPO，1125522PBCSBCPM，设点A到平面PBC的距离为h，由APBCPABCVV，即14533h，解得455h．故选：A.【点睛】本题考查求点到平面的距离，考查正四棱锥的性质与棱锥的体积．掌

握正棱锥的计算是解题关键．8．已知在正四棱柱1111ABCDABCD中，2AB，122CC，E为1CC的中点，则点1C与平面BDE的距离为（）A．2B．3C．2D．1【答案】D【分析】先证直线1AC与平面BED平行，将线面距离转化为点面距离，结合三棱锥体积公式，由等积性求出点面距离即可.

【详解】如图所示，连接AC交BD于O点，E为1CC的中点，1//OEAC，又OE平面BED，1AC平面BED1//AC平面BED，即直线1AC与平面BED的距离为点A到平面BED的距离，设为h.在三棱锥EABD中，111222

223323EABDABDVSEC，在三棱锥AEBD中，122,6,6,2262222EBDBDBEDES，所以112222333ABDEEBDVShh，解得1h故选：D.【点睛】本题考查了线面距离，考查了转化思想，考查了三

棱锥的体积应用，考查了数学运算能力.9．直三棱柱111ABCABC的侧棱13CC，底面ABC中，90ACB，2ACBC，则点1B到平面1ABC的距离为（）A．31111B．2211C．3211D．32211【答案】D【分析】利用1111BABCABBCVV即可求

解.【详解】因为三棱柱111ABCABC是直三棱锥，所以1CC平面111ABC，所以111CCAC，又因为90ACB，所以1111ACBC，因为1111CCBCC，所以11AC平面1BBC，所以111111112321332ABBCBBCVSAC

，因为BCAC，1BCCC，1ACCCC，所以BC⊥平面11ACCA，所以1BCAC，2212311AC，112221122ABCS，设点1B到平面1ABC的距离为h，则1111BABCABBCVV，即11111221332BABCA

BCVShh，所以32211h，所以点1B到平面1ABC的距离为32211，故选：D【点睛】本题主要考查了利用三棱锥体积相等求点到面的距离，属于中档题.10．已知正方体1111ABCDABCD的棱长为

1，给出下列四个命题：①对角线1AC被平面1ABD和平面11BCD、三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的表面积之比为1:2:3；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是16；④正方体与以A为

球心，1为半径的球的公共部分的体积是6．其中正确的序号是（）A．①②B．②④C．①②③D．①②④【答案】D【分析】对①，画出图象，设对角线AC与平面1ABD相交于点M，则AM平面1ABD，用等体积的方法计算出AM，从而证得1

AC被平面1ABD和平面11BCD三等分；对②，计算正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径，再计算其表面积之比；对③，显然111112CABDCBCDVV1316；对④，正方体与以A为球心，1为半径的球的公共部分是球的

18.【详解】①如图所示，假设对角线AC与平面1ABD相交于点M，可得AM平面1ABD，所以2213112113432AM，解得13133AMAC，因此对角线AC被平面1ABD和平面11BCD三等分，正确；②易得正方体的

内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径分别为12，22，32，因此表面积之比为222123444=1:2:3222：：，正确；③111112CABDCBCDVV1316，不正确；④正方体与以A为球心，1为半径的

球的公共部分的体积3141836V，正确，故选：D．【点睛】本题考查了立体几何综合问题，正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的半径与正方体边长的关系，考查了学生空间想象能力，分析

推理能力，运算能力，属于中档题.11．如图，在正四棱柱1111ABCDABCD中，122AAAB，则点C到平面1BDC的距离为（）A．223B．23C．73D．2【答案】B【分析】结合余弦定理、三角形面积公式、棱锥得体积公式，利用等体积法111133BDC

BCDSdSCC，即可求出答案．【详解】解：设点C到平面1BDC的距离为d，∵122AAAB，由题意，BCD的面积11111222BCDSBCCD，在1BDC中，易求得2BD，115BCDC，∴由余弦定

理得15524cos5255BCD，∴13sin5BCD，∴11111sin2BDCSBCDCBCD13355252，又11CBDCCBCDVV，即111133BDCB

CDSdSCC，∴111222332BCDBDCSCCdS，故选：B．【点睛】本题主要考查等体积法求点到平面的距离，考查转化与化归思想，属于中档题．三、解答题12．已知四棱锥PABCD中，底

面ABCD为矩形，平面PAB平面ABCD，平面PAD平面ABCD.（1）求证：PA平面ABCD；（2）若244PAABAD，求点A到平面PBD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）42121.【分析】（1

）由平面PAB平面ABCD，ADAB，可得AD平面APB，从而得PAAD，同理可得PAAB，再由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）由（1）得PAAD，PAAB，进而可求出2cos5PBD，21sin5PBD

，从而可得1sin212PBDSPBBDPBD，再利用等体积法可求出点A到平面PBD的距离【详解】（1）平面PAB平面ABCD，ADAB，所以AD平面APB，故PAAD.同理，平面PAD平面ABCD，ADAB，

所以AB平面PAD，故PAAB.故PA平面ABCD.（2）由（1）可知，PAAD，PAAB，由244PAABAD可求得，5BD，17PA，25PB.PBD△，2222cos25PBBDPDPBDPBBD，21sin

5PBD，1sin212PBDSPBBDPBD.三棱锥APBD的体积11143323APBDDPABPABVVSADPAABAD△.设h为点A到平面PBD的距离，则12133APBDPBDVShh△，所以得21433h，

故42121h.所以点A到平面PBD的距离为42121.【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查点到面的距离的求法，解题的关键是利用等体积法进行转化，从而可得结果，考查转化思想和计算能力，属于中档题13．在多面体ABCDE中，1ADBE，2ABBC，//ADBC，3DA

B，2ABE，平面ABCD平面ABE．（1）证明：BCDE；（2）求直线BC与平面DCE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）5719．【分析】（1）连接DB，通过ADDB和EBAD证明AD平面DBE，即得

ADDE，再由//ADBC得BCDE；（2）过C点作CGAB交AB的延长线于G，连接EG，根据等体积法求出点B到平面DCE的距离，即可求出直线BC与平面DCE所成角的正弦值．【详解】解：（1）连接DB，在ABD△中，2222cos3BDADABADABDAB

，则3BD，所以，222ADBDAB，即2ADB，ADDB，又因为平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，且EBAB，所以EB平面ABCD，因为AD平面ABCD，所以EBAD，由ADDB，EBAD，DBEBB，且DB，BE

平面DBE，所以有AD平面DBE，因为DE平面DBE，所以ADDE，又因为//ADBC，所以BCDE．（2）过C点作CGAB交AB的延长线于G，连接EG，∵//ADBC，π3DAB，∴π3CBG

，由90CGB，可得：3sin60232CGBC，1cos60212BGBC，∵1BE，90EBG，∴2EG，∵平面ABCD平面ABE，面ABCD面ABEAB，CGAB，∴CG面ABE，又∵EG平面AB

E，∴CGEG，∴90CGE，∴2225CECGGE，∴5CE，由（1）可知，ADDE，∴2224DEAEAD，即2DE，由（1）可知，AD平面DBE，所以ADBD，∴3BD，∵//ADBC，∴BCBD，∴2227CDBDBC，即7CD，可

知2222227524cos227535DCCEDEDCEDCCE，1619sin13535DCE，111919sin7522235DCESDCCEDCE△，1123313

323EBCDBCDVSBE△，由等体积：EBCDBCDEVV，所以，3133CDESh△，则3119332h，解得2319h，设直线BC与平面DCE所成角为，则235

719sin219hBC．【点睛】关键点睛：第一问考查线线垂直的证明，解题的关键是利用线面垂直的性质证明；第二问考查线面角的求法，解题的关键是通过等体积法求出点B到平面DCE的距离，再由sinhBC求出.14．如图，直二面角DABE中，四边形

ABCD是边长为2的正方形，AEEB，F为CE上的点，且BF平面ACE.（1）求证：AE⊥平面BCE；（2）求二面角BACE的大小；（3）求点D到平面ACE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）6arc

sin3；（3）233.【分析】要证明AE⊥平面BCE，需要在平面BCE内找两条相交直线都垂直于AE，而易证BF⊥AE，CB⊥AE；(2)求二面角BACE的余弦值，需要先作角，连接BD交AC交于G，连接FG，可证得BGF是二面BACE的平面角，在BFG中求解即可；(3)求点D到平面A

CE的距离，可以转化为求三棱锥D−ACE的高用等体积法求出即可．【详解】证明：∵BF平面ACE，平面ACE平面BCECE,∴BFAE，∵二面角DABE为直二面角，∴平面ABCD平面ABE，又BCAB，∴BC⊥平面ABE，∴

BCAE，又BF平面BCE，BFBCB，∴AE⊥平面BCE；(2)连结AC、BD交于G，连结FG，∵ABCD为正方形，∴BDAC，∵BF平面ACE，∴FGAC^，FGB为二面角BACE的平面角，由(1)

可知，AE⊥平面BCE，∴AEEB，又AEEB，2AB，2AEBE，在RtBCE中，226CEBCBE，22263BCBEBFCE，在正方形中，2BG，在直角三角形BFG中，2

63sin32BFFGBBG，∴二面角BACE为6arcsin3；(3)由(2)可知，在正方形ABCD中，BGDG，D到平面ACB的距离等于B到平面ACE的距离，BF平面ACE，线段BF的长度就是点B到平面ACE的距离，即为D到平面ACE的距离，∴D到平面ACE的距离为22333

.【点睛】思路点睛：：本题考查求证线面垂直，求二面角和体积，解答本题的关键是作出二面角BACE的平面角，用定义法求二面角的步骤,一作二证三求解:作出二面角的平面角证明作出的角即为所求二面角的平面角.（2）将角归结到三角形中，利用余弦定理求解（3）得

出答案.15．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，平面PCD平面ABCD，且2PCPD，2CD.（1）证明：PC平面PAD；（2）求点D到平面PAB的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）255.【分析】（1）由面面垂直的性质可得AD平面PCD，进而可得A

DPC，结合平面几何的知识可得PCPD，由线面垂直的判定即可得证；（2）取CD的中点O，连接PO，OA，BD，作PHAB于H，结合锥体的体积公式利用等体积法即可得解.【详解】（1）证明：∵平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，A

DCD，AD平面ABCD，∴AD平面PCD，又∵PC平面PCD，∴ADPC，在PCD中，2PCPD，2CD，222PCPDCD，∴PCPD，∵PDADD，PD,AD平面PAD，∴PC平面PAD；（2）设点D到平面PAB的距离为

h，取CD的中点O，连接PO，OA，BD，作PHAB于H，如图，则POCD．∵平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，∴PO平面ABCD，∵112POCD，5OA，∴在POA中，6PA，同理，6PB，∴PAB△是等腰三角形，5P

H，由DPABPABDVV1133PABABDShSPO，∴ABPHhABADPO，即254h，解得255h，∴点D到平面PAB的距离为255．【点睛】关键点点睛：解决

本题的关键是空间位置关系性质与判定的应用及等体积法解决点面距离.16．如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E是底面圆周上异于,AB的一点，AFDE，F是垂足.（1）证明：AFDB；（2）若2AB，

当三棱锥DABE体积最大时，求点C到平面BDE的距离.【答案】（1）详见解析；（2）233【分析】（1）要证明线线垂直，需证明线面垂直，根据题中所给的垂直关系，证明AF平面DEB；（2）首先确定点E的位置，再根据等体积转化求点到平面的距离.【详解】（

1）由圆柱性质可知，DA平面ABE，EB平面AEB，DAEB，ABQ是圆柱底面的直径，点E在圆周上，AEEB，又AEDAA，BE平面DAE，AF平面DAE，EBAF，又AFDE，且EBDEEI，AF

平面DEB，DB平面DEB，AFDB；（2）13DAEBAEBVSDA，3DA，当DAEBV最大时，即AEBSV最大，即AEB△是等腰直角三角形时，2DAAB∵，2BE，22226DE

，并且点E到平面ABCD的距离就是点E到直线AB的距离112AB,设点C到平面EBD的距离为h，则1111262213232CDBEECBDVVh，解得：233h【点睛】方法点睛：本题重点考查垂直关系，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为

证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法包含1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线线垂直.17．如图，在四棱锥PABCD中，//ABCD，ABBC，2CDA

B，PA平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：//AE平面PBC；（Ⅱ）若2PACD，求点E以平面PBC的距离．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）255.【分析】（Ⅰ）取CD的中点F，连接EF，AF，根据面面平行的判定定理，先证平面//AEF

平面PBC，进而可证线面平行；（Ⅱ）根据题中条件，先求出三棱锥的体积，再设点D到平面PBC的距离为d，根据体积公式，即可求出点到面的距离.【详解】（Ⅰ）取CD的中点F，连接EF，AF．因为E为PD的中点，所以//EFPC，又EF平面PBC，PC平面PBC，所以//EF平面

PBC．因为2CDAB，所以ABCF．又//ABCD，所以四边形ABCF是平行四边形，所以//BCAF，因为AF平面PBC，BC平面PBC，所以//AF平面PBC；因为EFAFF，且EF平面AEF，AF平面AEF，所以平面//A

EF平面PBC；因为AE平面AEF，所以//AE平面PBC．（Ⅱ）因为E是PD的中点，所以点E到平面PBC的距离是点D到平面PBC距离的12．因为PA平面ABCD，ABBC，PAABA，所以BC⊥平面PAB．所以BCPB．所以1112223323BCDPBCDVSP

ABCBC三棱锥△．在RtPAB中，1AB，22415PBPAAB，所以15522PCBSBCBC△．设点D到平面PBC的距离为d，则152323dBCBC，解得455d．所以点E到平面PBC

的距离是255．【点睛】本题主要考查证明线面平行，考查等体积法求点到面的距离，属于常考题型.18．如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，060ABC，FA平面ABCD，//,22.FAEDABFAED

（1）求二面角FBCA的大小的正切值；（2）求点E到平面AFC的距离；（3）求直线FC与平面ABF所成的角的正弦值.【答案】（1）233；（2）3；（3）64.【分析】（1）过A作AGBC于点G，则AGF为二面角FBCA的平面角，求其正切值即可；（2）设点E到平面

AFC的距离为h，利用等体积法计算即得结果；（3）作CHAB于点H，则CFH为直线FC与平面ABF所成的角，求其正弦值即可.【详解】解：（1）过A作AGBC于点G，连接FG，四边形ABCD是菱形，60,2ABCAB，ABC

为等边三角形，1BGGC,3AG.FA平面ABCD，BC平面ABCD，FABC，又AGBC，AGFAA，BC平面AFG，BCFG-AGF为二面角FBCA的平面角，223tan33AFAGF

AG；2连接AE，设点E到平面AFC的距离为h，则EACFCAEFVV，即11333ACFAEFshS，也就是111133232AFAChAFAD，解得：3h；(3)作CHAB于点H，连接FH，ABC为等边三角形，H为A

B的中点，221,3,5AHCHFHFAAH，FA平面ABCD，CH平面ABCD，FACH，又,CHABABAFA，CH平面ABF，CFH为直线FC与平面ABF所成的角，36sin422CHCFHCF．【点

睛】求空间中二面角的常见方法为：（1）定义法：过一个平面上的一点作另一个平面的垂线，再往交线上作垂线，找到二面角的平面角，计算即可；（2）向量法：利用两个平面的法向量，计算其夹角的余弦值，再判断求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义

法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的

正弦值.19．如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，1PDDCBC，2AB，//ABDC，90BCD，求点A到平面PBC的距离.【答案】2【分析】先求出三棱锥PABC的体积1133ABCVSPD

，再根据APBCPABCVV求解.【详解】连结AC，设点A到平面PBC的距离为h，∵//ABDC，90BCD，∴90ABC，从而2AB，1BC，得ABC的面积1ABCS，由PD平面ABCD及1PD，得三棱锥PABC的体

积1133ABCVSPD，∵PD平面ABCD，DC平面ABCD，∴PDDC，又1PDDC，∴222PCPDDC，由PCBC，1BC，得PBC的面积22PBCS，由1133APBCPABCPBCVVSh得2h，故点A到平面PBC的距离等于2.【点睛】

方法点睛：点到平面的距离常见求法：①几何法：作出点P到平面的垂线后求出垂线段的长，常要把垂线段放到三角形中去解三角形；②等体积法：根据体积相等求出点到面的距离；如求点P到平面ABC的距离，如果已知点C到平面PAB的距离，则可以根据C

PAABCPBVV求出点C到平面PAB的距离；③向量法：已知AB是平面的一条斜线，n为平面的法向量，则A到平面的距离为||||ABndn.20．棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，E、F分别是棱1AA、1BB中点，求点1B到平面1DEF的距

离.【答案】55【分析】利用等体积法列方程，解方程求得点1B到平面1DEF的距离.【详解】依题意22115122DE，∵11//ABEF11//AB平面1DEF，∴点1B到平面1DEF的距离即为点1A到平面1DEF的距离，根据正方

体的性质可知1EFDE，设点1B到平面1DEF的距离为h，1111ADEFFADEVV，即111111113232EFDEhADAEEF，即11111152552ADAEhDE，即点1B到平面1DEF的距离为55.【点睛】要求点到平面的距离，可

利用等体积法列方程，通过解方程来求得点面距.21．在棱长为a的正方体1111ABCDABCD中求出下列距离：（1）点A到面11BBCC的距离；（2）线段11BD到面ABCD的距离；（3）点A到面11BBDD的距离；（4）C到平面1BDC的距

离.【答案】（1）a；（2）a；（3）22a；（4）33a.【分析】（1）利用正方体的性质，即可求得点A到面11BBCC的距离；（2）利用线面平行的性质，即可求得线段11BD到面ABCD的距离；（3）利用线面垂直的性质，即可求得点A到面11

BBDD的距离；（4）利用等体积法，即可求得C到平面1BDC的距离.【详解】（1）因为正方体1111ABCDABCD，则AB平面11BBCC，所以点A到面11BBCC的距离为边长ABa=；（2）因为11BD∥平面AB

CD，且1BB平面ABCD，所以线段11BD到面ABCD的距离为1BBa；（3）因为AC平面11BBDD，所以点A到面11BBDD的距离为面对角线的AC的12，即22a；（4）设C到平面1BDC的距离为h，三棱锥1CBDC的体积为V，在1BDC

中，112BDDCBCa，则1BDC的面积为2233(2)42aa，利用等体积法可得：211133232Vaaaah，所以33ha22．如图，四边形ABCD是正方形，MA平面ABCD，//MAPB，且2PBAB．（1

）求证：//DM平面PBC；（2）求点C到平面APD的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【分析】（Ⅰ）利用面面平行的判定定理证明平面//AMD平面BPC，再利用面面平行的性质定理即可证明//DM平面PBC；（2

）先证明AD平面ABPM，设点C到平面APD的距离为d，利用等体积法得13PACDCAPDAPDVVdS△，通过计算即可得d.【详解】（Ⅰ）因为四边形ABCD是正方形，所以//BCAD，又BC平面PBC，AD平面PBC，//AD平面PBC，因为//MAPB，同理可证//MA平面P

BC，,,ADMAAADMA平面AMD，所以平面//AMD平面PBC，又因为DM平面AMD，所以//DM平面PBC；（2）因为AM平面ABCD，∴AMAD，PB平面ABCD，又∵ADAB，AMABA

，∴AD平面ABPM，∴ADAP又22AP，设点C到平面APD的距离为d∵11142223323PACDACDVPBS△又∵13PACDCAPDAPDVVdS△1222222APDS△∴142233d;∴2d

即点C到平面APD的距离为2【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行可通过证明直线与直线平行或平面与平面平行来证明.23．如图，在平行六面体1111ABCDABCD中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60，M为11AC与11BD的交点.若ABa，ADb，1AAc，设平面

ABC的法向量naybzc（1）用,,abc表示BM；（2）求n及n的长度；（3）求点M到平面ABC的距离【答案】（1）1122BMabc；（2）3abcnrrrr；||n6；（3）63.【分析】（1）根据

向量减法法则和平行四边形法则，即可求得BM；（2）由n是平面ABC的法向量，得00nanb，即可求出3abcnrrrr，再利用向量的模长公式可求nr.（3）由1//AM平面ABC，所

以点M到平面ABC的距离等于点1A到平面ABC的距离，即cndnrrr即可求出.【详解】（1）连接1AB,AC，1AC，如图：ABa，ADb，1AAc在1AAB，根据向量减法法则可得：11BAAAABca底面ABCD是平

行四边形，ACABADab11//ACAC且11ACAC，11ACACab又M为线段11AC中点，1111122AMbACa在1AMB中，11111222BMBAAMcaaabcb（2）顶点A为

端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是601cos602abab，s2c160oaacc，s2c160obbcc由n是平面ABC的法向量，得00nanb，

即11102211022yzyz，解得1,3yz3bnacrrrrabcabacbcnrrrrrrrrrr222+9+2666（3）因为1//AM平面ABC，

所以点M到平面ABC的距离等于点1A到平面ABC的距离所以2113362236636cacbccabccndnrrrrrrrrrrrr【点睛】关键点睛：本题主要考查了向量的线性表示和求向量的

模长，解题关键是掌握向量减法法则和平行四边形法则，及其向量的数量积公式，数形结合，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.24．如图，在四棱柱1111ABCDABCD中，1AA平面ABCD，底面ABCD满足//ADBC且12,22ABADAABDDC.（1）

求证：AB平面11ADDA；（2）求直线AB与平面11BCD所成角的正弦值；（3）求点1C到平面11BCD的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）66；（3）263【分析】(1)证明1AAAB，根据222ABADBD得到ABAD，得到证明.(2)如图所示，分别以1,,ABADAA

为,,xyz轴建立空间直角坐标系，平面11BCD的法向量1,1,2n，2,0,0AB，计算向量夹角得到答案.(3)设点1C到平面11BCD的距离为h，运用等体积法111111CBCDCBCDVV，可求得点1C到平面11BCD的距离.【详解】(1)1AA平面ABCD，A

BÌ平面ABCD，故1AAAB.2ABAD，22BD，故222ABADBD，故ABAD.1ADAAA，故AB平面11ADDA.(2)如图所示：分别以1,,ABADAA为,,xyz轴建立空

间直角坐标系，则0,0,0A，2,0,0B，12,0,2B，2,4,0C，10,2,2D.设平面11BCD的法向量,,nxyz，则11100nBCnBD，即420220yzxy，取1x得到1,1,2n，2,

0,0AB，设直线AB与平面11BCD所成角为，故26sincos,626nABnABnAB.所以直线AB与平面11BCD所成角的正弦值66；（3）设点1C到平面11BCD的距离为h，则111111CBCDCBCDVV，而11111111118222223323CBCDB

CDVSCC，又2222112425BCBBBC，22221122223DCDDDC，1122BD，所以2221111BDDCBC，所以111BDDC，所以111111122232622BCDSBDDC.所以11

11111826333CBCDBCDVShh，解得263h，所以点1C到平面11BCD的距离为263.【点睛】本题考查证明线面垂直，求线面角的正弦值，运用等体积法求点到面的距离，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.25．如

图，已知PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，M、N分别为AB、PC的中点，,2,2PAADABAD.（1）求证：平面MPC⊥平面PCD；（2）求三棱锥BMNC的高.【答案】（1）证明见解析；（2）22.【详解】（1）取PD的中点G，连接NG，AG，

如图所示：因为G，N分别为PD，PC的中点，所以//GNCD，1=2GNCD.又因为M为AB的中点，所以//AMCD，1=2AMCD.所以//AMGN，=AMGN，四边形AMNG为平行四边形，所以//

AGMN.又因为22213PMPAAM，22123MCMBBC.所以PMMC，则MNPC.又因为ADPA，G为PD中点，所以AGPD.又因为//AGMN，所以MNPD.所以MNPDMNPCMNPCPDP平面PCD.又M

N平面MPC，所以平面MPC平面PCD.（2）设点B到平面MNC的距离为h，因为BMNCNMBCVV，所以111332MNCMBCShSPA△△.因为1222MBCSBCMB△，1122122MNAGPD，22312NCMCMN，所

以1222MNCSMNNC△.所以1212232322h，解得22h.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了面面垂直的证明和三棱锥的高，属于中档题，其中等体积转化BMNCNMBCVV为解决本题的关键.26．如图所示，在三棱锥PABC中，22ABBC，4

PAPBPCAC，O为AC的中点.（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M为棱BC的中点，求点C到平面PAM的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）49331.【分析】（1）由正三角形性质得POAC，由勾股定理逆定理证POOB，从而得线面垂直；（2）利用体积法PAMC

CPAMVV可求得点C到平面PAM的距离．【详解】（1）证明：因为4APCPAC，O为AC的中点，所以OPAC，且23OP.如图，连接OB，因为22ABBCAC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OBAC，122OBAC，由222OPOBPB知

，OPOB，由OPOB，OPAC，知PO平面ABC.（2）如图所示，因为点M为棱BC的中点，所以在ABM中，10AM，又PO平面ABC，在POM中，2OM，14PM，在PAM△中，由余弦定理得，

2cos35PMA，则31sin35PMA，所以131101431235PAMS△，设点C到平面PAM的距离为d，由PAMCCPAMVV，得111412331323d，所以49331d，所以点C到平面PA

M的距离为49331.【点睛】本题考查证明线面垂直，求点到平面的距离．立体几何中求点到平面距离的方法：（1）作出点到平面的垂线，求出垂线段的长；（2）在三棱锥中用体积法计算；（3）建立空间直角坐标系，用向量法求解．P到平面ABC的距离，设n是平面ABC的一个法向量，则P到平面ABC的距离等

于PAnn（A点可以是平面ABC内的任意一点）．27．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，E为PD上的动点.（1）确定E的位置，使//PB平面AEC；（2）设1PAAB，3PC，根据（1）的结论，求点E到平面PAC的距离.【答案】（1）E为PD的

中点；（2）24.【分析】（1）E为PD的中点，连接BD交AC于点O，连接OE，则//OEPB，故而//PB平面AEC；（2）点E到平面PAC距离等于点D到平面PAC距离的12倍，由1122EPACDPACPACDVVV可得答案.【详解】（1）E为PD的中点.证

明：连接BD，使AC交BD于点O，取PD的中点为E，连接EO，∵O，E分别为BD，PD的中点，∴//OEPB.又OE平面AEC，PB平面AEC，∴//PB平面AEC.（2）222ACPCPA，∴222ABBCAC，∴ABBC，即菱形ABCD为正方形.又

点E到平面PAC距离等于点D到平面PAC距离的12倍，设点E到平面PAC的距离为h，∴1122EPACDPACPACDVVV，111111211132322h解得24

h.【点睛】本题考查了线面平行的判定，等体积法求棱锥的高，属于基础题．28．如图，在五面体ABCDEF中，面ABCD是正方形，ADDE，4AD，2DEEF，且π3EDC．（1）求证：AD平面CDEF；（2）

求直线BD与平面ADE所成角的正弦值；（3）设M是CF的中点，棱AB上是否存在点G，使得//MG平面ADE？若存在，求线段AG的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）答案见详解；（2）64；（3）存在，3AG

.【分析】(1)由ADDC和ADDE，利用线面垂直的判定定理即证结论；(2)先根据等体积法计算点B到平面ADE的距离d，再利用正弦等于dBD即得结果；(3)先取DC，AB上点N，G使得CN=BG=1，证明平面MNG//平面ADE，即得//MG平面ADE，3

AG.【详解】解：（1）证明：正方形ABCD中，ADDC，又ADDE，DCDED，,DCDE平面CDEF，所以AD平面CDEF；（2）设直线BD与平面ADE所成角为，点B到平面ADE的距离d，则sindBD.依题意，42BD，由（

1）知AD平面CDEF，得平面ABCD平面CDEF，故点E到平面ABCD的距离1sin33hDE，RtADE△中，1124422ADESADDE，又1144822ABDSADAB，故根据等体积法BADEEABDVV，得1113

3ADEABDSdSh，即83234d，故236sin442dBD，故直线BD与平面ADE所成角的正弦值是64；（3）//ABDC，DC平面CDEF，AB平面CDEF，//AB平面CDEF，又平面CDEF平面ABEFEF，ABÌ平面ABEF，////A

BEFCD.分别取DC，AB上点N，G，使得CN=BG=1，又//CNBG，故四边形CNGB是平行四边形，//BCNG，又NG在平面ADE外，BC在平面ADE内，//NG平面ADE，取DC中点H，则DH=EF=2，又//DHEF，故四边形

EFDH是平行四边形，//DEHF，又11142CNDCCH，M是CF的中点，故MN是中位线，////DEHFMN，又MN在平面ADE外，DE在平面ADE内，//MN平面ADE，因为MN，NG相交于平面MNG内，所以平面MNG//平面ADE，又MG

平面MNG，故此时//MG平面ADE，3AG.【点睛】本题考查了线面垂直的判定、线面成角的求法和存在性问题的探究，属于中档题.求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线线

段长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.29．如图：在多面体ABCDE中，AB平面ACD，DE平面ACD，112ADACABDE

，90DAC，F是CD的中点.（1）求证：//AF平面BCE；（2）求点D到平面BCE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）233.【分析】（1）取CE的中点M，连结MF，MB，证明四边形ABMF是平行四边形得到//AFBM，利用直线与平面平行的判定定理证明//AF平面

BCE．（2）首先可证AC平面BDE，再利用等体积法求出点D到平面BCE的距离；【详解】解：（1）证明：取CE的中点M，连结MF，MB，F是CD的中点//MFDE且12MFDEABQ平面ACD，DE平面ACD//ABDE，

//MFAB12ABDEMFAB四边形ABMF是平行四边形//AFBM，AF平面BCE，BM平面BCE//AF平面BCE（2）2BC，6CE，22112BE2BCBEBMCE2222BMBCC

M112362222BCESBMCE12112BDESDE平面ACDDEAC又ADAC，DEADD，DE平面BDE，AD平面BDEAC平面BDE，记点D到平面BCE的距离为dDBCECBDEVV1133BCEBDESdSA

C233BDEBCESACdS∴点D到平面BCE的距离为233【点睛】本题考查空间几何体的体积，直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系的判断与证明，考查空间想象能力以及逻辑推理计算能力，属于中档题．30．如图，ABCD是正方形，点P在以BC为直径的半圆弧上（P不与

B，C重合），E为线段BC的中点，现将正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD平面BCP.（1）证明：BP平面DCP.（2）若2BC，当三棱锥DBPC的体积最大时，求E到平面BDP的距离.【答案】（1）见解析；（2）33【分析】（1）由面面垂直的性质定理

，可得DC平面BPC，进而有BPDC，再由已知可得，BPPC，即可得证结论；（2）由体积公式，要使三棱锥DBPC的体积最大时，P为弧BC的中点，求出,PBCP，进而求出,BPDBEFSS，用等体积法EBDPDBEPVV，即可求解.【详解】（1）证明：因

为平面ABCD平面,BPCABCD是正方形，平面ABCD平面BPCBC，所以DC平面BPC.因为BP平面BPC，所以BPDC.因为点P在以BC为直径的半圆弧上，所以BPPC.又DCPCC，所以BP平面DCP.（2）当点P位于B

C的中点时，BCP的面积最大，三棱锥DBPC的体积也最大.因为2BC，所以1PE，所以BEP的面积为111122，所以三棱锥DBEP的体积为1112323.因为BP平面DCP，所以BPD

P，22(22)(2)6DP，BDP的面积为12632.设E到平面BDP的距离为d，由11333d，得33d，即E到平面BDP的距离为33.【点睛】本题考查线面垂直的证明，空间中垂直的相互转化是解题的关键，考查用等体积法求点到面的距离，属于中档题.