高中数学北师大版必修23.3空间两点间的距离公式习题

这是一份高中数学北师大版必修23.3空间两点间的距离公式习题，共27页。试卷主要包含了0分），【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。


2.3空间两点间的距离公式同步练习北师大版高中数学必修二
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知空间中点A(x,1，2)和点B(2,3，4)，且|AB|=23，则实数x的值为(    )
A. 4或0 B. 4 C. 3或-4 D. -3或4
2. 在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，M为棱A1B1上的一点，且A1M=λ(0<λ<2)，设点N为ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为(    )
A. 3λ
B. 22
C. 23λ
D. 55
3. 棱长为1的正四面体ABCD中，点M和N分别是边AB和CD的中点，则线段MN的长度为(    )
A. 22 B. 2 C. 33 D. 2
4. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，若PA1//面AMN，则线段PA1的长度范围是(    )
A. [2,5]
B. [2,3]
C. [322,3]
D. [322,5]
5. 已知A(-2,0，3)，B(-1,2，1)是空间直角坐标系中两点，则|AB|=(    )
A. 3 B. 3 C. 9 D. 23
6. 在空间直角坐标系Oxyz中，点M(0,m，0)到点P(1,0，2)和点Q(1,-3,1)的距离相等，则实数m的值为
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
7. 正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为a，则点C1到平面A1BD的距离是(        )
A. 22a B. 33a C. 3a D. 233a
8. 已知▵ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为16π，则球心O到平面ABC的距离为(    )
A. 3 B. 32 C. 1 D. 32
9. 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E为DD1的中点，M为BD1上的一点，N为平面AEC内一点，则M，N两点间的距离的最小值为(    )
A. 63 B. 66 C. 34 D. 36
10. 已知三棱锥S-ABC中，SA，SB，SC两两互相垂直，底面ABC上一点P到三个面SAB，SAC，SBC的距离分别为2，1，6，则PS的长度为(    )
A. 9 B. 5 C. 7 D. 3
11. 如图，在四棱锥S-ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠BAD=90°，且AB=4，SA=3，E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足SFBF=CEBE=λ，则当实数λ的值为(   )时，∠AFE为直角．
A. 916
B. 169
C. 2516
D. 1625
12. 棱长为8的正方体密闭容器内有一个半径为2的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则在运动过程中，小球表面上的点与正方体表面上的点之间的最大距离为
A. 63-2 B. 63+2 C. 83-1 D. 83-2
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA=1，PB=PC=2，已知空间中有一个点到这四个点距离相等，则这个距离是___________．
14. 如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，P为直线D1E上一动点，则点P到直线CC1的距离的最小值为________．

15. 在三棱锥P-ABC中，△ABC和△PBC都是边长为23的正三角形，PA=32.若M为三棱锥P-ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC距离的最大值为          ．
16. 在三棱锥P-ABC中，△ABC和△PBC都是边长为23的正三角形，PA=32.若M为三棱锥P-ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC距离的最大值为___________．
三、多空题（本大题共4小题，共20.0分）
17. 在三棱锥P-ABC中，PA=PC=2，BA=BC=1，∠ABC=90°，若PA与底面ABC所成的角为60°，则点P到底面ABC的距离是          ，三棱锥P-ABC的外接球的表面积          ．
18. 已知正三棱锥A-BCD的四个顶点在同一个球面上，AB=AC=AD=4，CD=6，则该三棱锥的外接球的表面积为          ；该三棱锥的顶点B到面ACD的距离为          ．
19. 已知△ABC中，∠A=π2，AB=3，AC=6.如图，点D为斜边BC上一个动点，将△ABD沿AD翻折，使得平面AB'D⊥平面ACD.当BD=          时，B'C取到最小值          ．

20. 已知正三棱锥P-ABC，点P,A,B,C都在半径为3的球面上，若PA,PB,PC两两垂直，则点P到平面ABC的距离为   (1)   ，球心到截面ABC的距离为   (2)   ．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）
21. 如图，已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD中，∠BAD=90∘,AB//CD,AB=1,PA=AD=CD=2．

(1)求证：平面BPC⊥平面DPC；
(2)求点A到平面PBC的距离．







22. 如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN//平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．













23. 如图，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是棱长为4的菱形，PA⊥平面ABCD，PA=3,∠ABC=60∘，E是BC中点，若H为PD的中点。
(1)求证：EH//平面PAB；

(2)求E点到平面PAB的距离．







24. 如图1，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E是DC的中点；如图2，将△DAE沿AE折起，使折后平面DAE⊥平面ABCE．

(1)若平面ABD与平面CED的交线为l，求证：CE//l；
(2)求证：BE⊥平面ADE；
(3)求点C到平面BDE的距离．







25. 如下图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱垂直于底面，且侧棱长均为4，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=120°，点M为棱BB1的中点，点N为AC1的中点．
(Ⅰ)求证：MN//平面ABCD；
(Ⅱ)求点B到平面AMC1的距离．







26. 在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为等腰直角三角形，PA⊥PB，AB=2．

(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；
(2)设E为CD的中点，求点E到平面PBC的距离．







答案和解析
1.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间两点间的距离公式，属于基础题．
直接利用公式得(x-2)2+(1-3)2+(2-4)2=23，求解即可．
【解答】
解：∵|AB|=23，
∴(x-2)2+(1-3)2+(2-4)2=23，
化简得(x-2)2=4，解得x=4或x=0，
∴实数x的值为4或0，
故选A．  
2.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了简单多面体(棱柱、棱锥)及其结构特征，空间中的距离，属于基础题．
利用正方体的结构特征，结合点到面的距离概念和三棱锥体积等量计算得结论．
【解答】
解：设点N到平面D1EF的距离为h．
因为ABCD—A1B1C1D1是边长为2的正方体，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，
所以S△D1EF=12EF×ED1=5．
又因为A1M=λ(0<λ<2)，点N为ME的中点，
所以S△NEF=12S△MEF=12．
因为VN-D1EF=VD1-NEF，
所以13×5×h=13×12×2，解得h=55．
故选D．
  
3.【答案】A

【解析】解：连接AN，BN，
∵正四面体ABCD棱长为1，N是CD的中点，
∴BN=AN=32，
∵M是AB的中点，∴MN⊥AB，
∴MN=BN2-BM2=34-14=22．
故选：A．
连接AN，BN，则AN=BN，故而MN⊥AB，利用勾股定理计算MN即可．
本题考查了棱锥的结构特征，空间距离的计算，属于基础题．

4.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF中点O，连接A1O，证明平面AMN//平面A1EF，从而得点P的轨迹是线段EF，由此能求出PA1的长度范围．
【解答】
解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF中点O，连接A1O， 

∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AM//A1E，MN//EF，
∵AM⊄平面A1EF，A1E⊂平面A1EF，
∴AM//平面A1EF，同理，MN//平面A1EF，
∵AM∩MN=M，AM，MN⊂平面AMN，
∴平面AMN//平面A1EF，
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1//面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
∵A1E=A1F=22+12=5，EF=12+12=2，
∴A1O⊥EF，
∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值为A1O=(5)2-(22)2=322，
当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最大值为A1E=A1F=5．
∴PA1的长度范围为[322,5].
故选：D．  
5.【答案】A

【解析】
【分析】
利用两点间距离公式直接求解．
本题考查两点间距离的求法，考查两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
【解答】
解：∵A(-2,0，3)，B(-1,2，1)，
∴|AB|=(-2+1)2+(0-2)2+(3-1)2=3．
故选：A．  
6.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间两点之间的距离公式，属于基础题．
利用空间两点之间的距离公式列方程求解即可．
【解答】
解：点M(0,m，0)到点P(1,0，2)和点Q(1,-3,1)的距离相等，
所以1²+m²+2²=1²+m+3²+0-1²，
解得m=-1，
故选B．  
7.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要考查点到面的距离，考查等积法，属于中档题．
利用割补法求三棱锥C1-A1BD的体积，再求得点C1到平面A1BD的距离．
【解答】
解：构造三棱锥C1-A1DB，

其体积为：
∵V=V正方体-4VA-A1BD=a3-4×16a3=13a3，
设点C1到平面A1BD的距离是h，
又三棱锥C1-A1DB的体积=13×S△A1BD×h，
∴13a3=13×34×2a2×h，
∴h=23a3．
则点C1到平面A1BD的距离是23a3．
故选D．
  
8.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查点到平面的距离求法，属于中档题．
根据正三角形▵ABC是面积为934得到△ABC的外接圆半径r=3，根据球O的表面积为16π得到球的半径R=2，利用勾股定理即可得到答案．
【解答】
解：设△ABC的外接圆圆心为O1，
设OO1=d，圆O1的半径为r，球O的半径为R，
△ABC的边长为a，则S△ABC=34a2=934，
可得a=3，于是r=a3=3，
由题意知，球O的表面积为4πR2=16π，
则R=2，由R2=r2+d2，求得d=1，
即O到平面ABC的距离为1．
故选C．
  
9.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间点到面的距离，属于中档题．
由题意得M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离，进而即可得结果．
【解答】
解：连接AC，交BD于点O，则OE //BD1，从而BD1 //平面AEC，

所以M,N两点间距离的最小值等于直线BD1到平面AEC的距离，
而B到平面AEC的距离等于D到平面AEC的距离，
，
所以平面BDD1，
又AC⊂面EAC，
∴面EAC⊥面BDD1，
又面EAC∩面BDD1=OE，
过D作于点H，
则有面AEC，
即D到平面AEC的长度即为DH，
DE=12, DO=22, OE=32,
 DH=DE⋅DOEO=66．
故选B．  
10.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要考查了长方体的对角线的公式，同时考查了棱锥的结构特征，属于基础题．
根据垂直关系构造长方体，然后利用长方体体对角线公式求出对角线的长，即可求得所求．
【解答】
解：设点P作三个面SAB，SAC，SBC的垂线垂足为D、E、F，
则以PD=2，PE1，PF=6为棱长构造长方体，PS为长方体的对角线，
∴PS=2+1+6=3，
故选D．  
11.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了线面垂直的性质，先得出AF⊥平面SBC，所以AF⊥BS，在Rt▵SAB中，由射影定理得SA2=SF⋅SB，得出SF，BF，即可得解．
【解答】
解：因为SA⊥平面ABCD，所以SA⊥BC，
因为底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠BAD=90°，
所以BC⊥AB，
因为SA∩AB=A，所以BC⊥平面SAB，
因为AF⊂平面SAB，所以BC⊥AF，
因为∠AFE为直角，所以AF⊥EF，
因为EF∩BC=E，所以AF⊥平面SBC，
所以AF⊥BS，
在Rt▵SAB中，AB=4，，则BS=5，
由射影定理得，SA2=SF⋅SB，所以SF=SA2SB=95，
所以FB=SB-SF=5-95=165，
所以λ=SFBF=95165=916，
故选A．
  
12.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查简单多面体(棱柱、棱锥、棱台)及其结构特征以及空间中的距离，属于中档题．
由题意，建立空间直角坐标系，考虑小球贴近z轴斜对角面，与两面相切，得到球P坐标为(6,6，2)，此时正方体表面点Q(0,0，8)到球心P距离最长，于是可得小球表面上的点与正方体表面上的点之间的最大距离为|PQ|+2，计算可得答案．
【解答】
解：由题意，球和正方体如图所示：

建立如图所示的空间直角坐标系，考虑小球贴近z轴斜对角面，与两面相切，此时球P坐标为(6,6，2)，
此时正方体表面点Q(0,0，8)到球心P距离最长为PQ=62+62+8-22=63，
所以小球表面上的点与正方体表面上的点之间的最大距离为|PQ|+2=63+2，
故B正确．
故选：B．  
13.【答案】52

【解析】
【分析】
本题考查了球与多面体的组合体，由已知三棱锥的三条侧棱两两相等且互相垂直，则所求距离就是外接球半径．
【解答】
解：依题意，三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两相等且互相垂直，则所求距离就是外接球半径．
所以它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，
因为长方体的对角线的长12+22+22=5 ，
所以球的直径是5，球的半径为52 ，
即所求距离为52．
故答案为52．  
14.【答案】255

【解析】
【分析】本题考查空间距离最值的求解，考查线面关系的转化，属于较难题．
通过做辅助线得到CC1 // PQ，易证点P到CC1的距离就是QC1的长度，所以当且仅当C1Q⊥D1E1时，即为所求的距离最小值，求解即可．
【解答】解：如图，过E作EE1⊥B1C1于E1，连接D1E1，过P作PQ⊥D1E1于Q，

在同一个平面EE1D1内，EE1⊥E1D1，PQ⊥D1E1，所以PQ // EE1，
又因为CC1 // EE1，所以CC1 // PQ，
因为CC1⊥平面A1B1C1D1，所以点P到CC1的距离就是QC1的长度，
所以当且仅当C1Q⊥D1E1时，所求的距离最小值为C1Q=C1D1·C1E1D1E1=2×15=255．  
15.【答案】5+1

【解析】
【分析】
本题主要考查的是几何体的外接球问题，属于中档题．
可先求出球半径，再加上球心到平面ABC的距离，即可得解．
【解答】
解：如图，

设三角形PBC的外心为G，三角形ABC的外心为E，球心为O，
由球的性质可知OG⊥平面PBC，OE⊥平面ABC，
由等边三角形的性质可知G，E同时为两三角形的重心，
且AD=PD=32×23=3，则AD2++PD2=AP2，得AD⊥PD，
所以OE=GD=13PD=1，AE=23AD=2，
所以球半径R=OA=12+22=5，
所以点M到平面ABC距离的最大值为R+OE=5+1，
故答案为5+1．  
16.【答案】5+1

【解析】
【分析】
本题主要考查的是几何体的外接球问题，属于中档题．
可先求出球半径，再加上球心到平面ABC的距离，即可得解．
【解答】
解：如图，

设三角形PBC的外心为G，三角形ABC的外心为E，球心为O，
由球的性质可知OG⊥平面PBC，OE⊥平面ABC，
由等边三角形的性质可知G，E同时为两三角形的重心，
且AD=PD=32×23=3，则AD2++PD2=AP2，得AD⊥PD，
所以OE=GD=13PD=1，AE=23AD=2，
所以球半径R=OA=12+22=5，
所以点M到平面ABC距离的最大值为R+OE=5+1，
故答案为5+1．  
17.【答案】3 



【解析】
【分析】
本题考查了球的体积计算及点到平面的距离问题，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力，属于中档题．
由于PA与底面ABC所成的角为，PA=2，可得PP1=3;
由PB是长方体外接球的直径，同时PB也是三棱锥P-ABC外接球的直径求出即PB=12+12+(3)2=5，
利用球的表面积公式即可得表面积．
【解答】
解：将三棱锥P-ABC置于长方体中，其中PP1⊥平面ABC，
由于PA与底面ABC所成的角为，PA=2，可得PP1=3，
即为点P到底面ABC的距离，
由ΔPP1A≌ΔPP1C，得P1A=P1C=1，
如图所示：

PB是长方体外接球的直径，且此长方体的三条棱长分别为1，1，3，
同时PB也是三棱锥P-ABC外接球的直径，
即PB=12+12+(3)2=5，
所以球的表面积为．
故答案为．  
18.【答案】64π
6217


【解析】
【分析】
本题考查多面体外接球表面积的求法，训练了利用等体积法求点到面的距离，考查计算能力，是较难题．
由题意画出图形，作出正三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的半径，再由球的表面积公式求三棱锥外接球的表面积;利用等体积法求三棱锥的顶点B到面ACD的距离．
【解答】
解：如图，

设底面三角形BCD的外心为G，连接AG，
则该三棱锥的外接球的球心O在AG(或其延长线)上，
连接OB，连接BG并延长，交CD于E，连接AE，
由等边三角形BCD的边长CD=6，得BE=62-32=33，
∴BG=23BE=23，则AG=16-12=2．
设三棱锥的外接球的半径为R，则(2-R)2+(23)2=R2，解得R=4．
∴该三棱锥的外接球的表面积为4π×42=64π．
VA-BCD=13×12×6×33×2=63，
S△ACD=12×6×42-32=37，
设点B到面ACD的距离为h，
由VA-BCD=VB-ACD，得63=13×37×h，
∴h=6217．
故答案为：64π;6217．
  
19.【答案】5 
  33


【解析】
【分析】
本题考查了空间距离，设∠BAD=α，α∈(0,π2)，作BE⊥AD于E点，作CF⊥AD于F点，求得EF、B'C关于α的表达式，利用三角函数的最值可得答案．

【解答】
解：设∠BAD=α，α∈(0,π2)，作BE⊥AD或AD的延长线于E点，
作CF⊥AD于F点，则∠ACF=∠BAD=α
BE=3sinα，AE=3cosα，CF=6cosα，AF=6sinα

∴EF=|AF-AE|=|6sinα-3cosα|，∴B'C=BE2+CF2+EF2=45-18sin2α
∴当sin2α=1，即α=π4时，B'Cmin=33，
此时AD是角平分线，由面积比可得ABAC=DBDC⇒36=BDDC⇒BD=13BC=5．
故答案为5  ,  33  
20.【答案】233
33


【解析】
【分析】
本题主要考查球的内接三棱锥和内接正方体间的关系及其相互转化，棱柱的几何特征，球的几何特征，点到面的距离问题的解决技巧，有一定难度．
先利用正三棱锥的特点，将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题，从而将所求距离转化为正方体中，中心到截面的距离问题，利用等体积法可实现此计算．
【解答】
解：∵正三棱锥P-ABC，PA，PB，PC两两垂直，
∴此正三棱锥的外接球即以PA，PB，PC为三边的正方体的外接球O，
∵球O的半径为3，
∴正方体的边长为2，即PA=PB=PC=2，
球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，
设P到截面ABC的距离为h，
则正三棱锥P-ABC的体积V=13S△ABC×h=13S△PAB×PC=13×12×2×2×2=43，
△ABC为边长为22的正三角形，S△ABC=34×(22)2，
∴h=3VS△ABC=233，
∴球心O到截面ABC的距离为3-233=33，
故答案为233；33．  
21.【答案】解：(1)证明：取PD中点M，PC中点N，连结MN，AM，BN，则MN // CD，MN=12CD．

∵AB // CD，AB=12CD，∴AB // MN，AB=MN，
∴四边形ABNM是平行四边形，BN // AM．
∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∠BAD=90°，AB // CD，
∴CD⊥AD，又PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，
∴CD⊥平面PAD，
又AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM，
又PA=AD，M为PD中点，∴AM⊥PD，
∵PD∩CD=D，PD、CD⊂平面PCD，
∴AM⊥平面PCD，
又BN // AM，∴BN⊥平面PCD．
又BN⊂平面BPC，
∴平面BPC⊥平面DPC．
(2)连结AC，则AC=AD2+CD2=22，PD=PA2+AD2=22．
∴PC=PA2+AC2=23，BN=AM=2．
∴S▵PBC=12PC×BN=12×23×2=6，S▵ABC=12AB×AD=1．
设A到平面PBC的距离为h，
由VP-ABC=VA-PBC，
可得13S△ABC×PA=13×S△PBC×h，∴h=63．

【解析】本题主要考查线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理，以及利用等体积法求点到面的距离，属于中档题．
(1)取PD中点M，PC中点N，连结MN，AM，BN，先证BN // AM，再利用线面垂直的判定定理证明AM⊥平面PCD，又BN // AM，则BN⊥平面PCD，再利用面面垂直的判定定理证得平面BPC⊥平面DPC；
(2)连结AC，设点A到平面PBC的距离为h.通过VA-PBC=VP-ABC，转化求解即可．

22.【答案】证明：(1)连结B1C,ME．

因为M，E分别为B1B，BC的中点，
所以ME//B1C，且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND=12A1D．
可得ME= //ND，因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN//DE ，又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
所以MN//平面C1DE ．
(2)  (方法一)：过C做C1E的垂线，垂足为H，
由已知可得DE⊥BC，DE⊥CC1，
BC∩CC1=C,BC,CC1⊂平面CC1E，
所以，又CH⊂平面CC1E，
故DE⊥CH，又DE∩EC1=E,DE,EC1⊂面C1DE，
从而，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离，
由已知可得CE=1，CC1=4，所以C1E=17，故CH=41717．
(方法二)：设点C到平面C1DE的距离为h，由已知可得VC1-DEC=VC-C1DE，，
VC-C1DE=13S△C1DE·h，C1E=12+42=17，，DC1=42+22=25，
可得：C1E2+DE2=DC12，故△C1DE为直角三角形，
S△C1DE=12DE·C1E=123·17=512，
综上可得h=3VC-C1DES△C1DE=41717，即为点C到平面C1DE的距离．

【解析】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)连结B1C,ME，证明四边形MNDE为平行四边形，MN//DE，DE⊂平面C1DE， MN⊄平面 C1DE，证得．
(2)方法一：做C1E的垂线CH，利用勾股定理求得点C到平面C1DE的距离；
方法二：利用等体积法，转换顶点，先求得三棱锥C1-DEC的体积，再表示出三棱锥C-C1DE的体积，由体积相等，求出点C到平面C1DE的距离；

23.【答案】解：(1)证明：取PA的中点M，连接HM,MB，   

因为H为PD的中点，且M为PA的中点，
则HM=12AD且HM//AD，BE=12AD且BE//AD，
所以HM//BE且HM=BE，所以四边形EHMB为平行四边形，
所以EH//BM，
又由⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，
所以EH//平面PAB．
(2)∵PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，E为BC中点，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，AE⊥BC，
设E到平面PAB的距离为h，
由VE-PAB=VP-ABE，得13×12×4×3×h=13×12×2×23×3
∴h=3
 故E点到平面PAB的距离为3.

【解析】本题考查线面平行的判定，考查利用“等积法”求解点到平面的距离问题，属于中档题．
(1)取PA的中点M，先证明四边形EHMB为平行四边形，得EH//BM，再根据线面平行的判定定理即可得证；
(2)设点E到平面PAB的距离为h，根据VE-PAB=VP-ABE，得：13h·S△PAB=13PA·S△ABE，继而可求得结果．

24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴EC//AB，
∵EC//AB，AB⊂平面DAB，EC⊄平面DAB，
∴EC//平面DAB，
∵平面DEC⋂平面DAB=l，
EC⊂面DEC
∴EC//l. 
 (2)证明：∵AB=2，BC=1，E是CD中点，
∴BE=AE=2，
∴BE2+AE2=AB2
∴BE⊥AE，
∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE=AE，BE⊂面ABCE
∴BE⊥平面ADE； 
(3)由(2)可得BE⊥平面ADE，
∵DE⊂平面ADE
∴BE⊥DE，过D作DO⊥AE，
∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面ABCE=AE，DO⊂面ADE，
∴DO⊥平面ABCE，DO=22，
根据VC-DEB=VD-CEB，
则13⋅h⋅SΔDEB=13⋅DO⋅SΔBCE，
即13⋅h⋅12⋅BE⋅DE=13⋅DO⋅12⋅BC⋅EC，
解得h=12，
所以C到平面BDE的距离是12．


【解析】本题主要考查的是线面关系，面面关系，考查距离问题，是中档题．
(1)由线EC//AB可得到EC//平面DAB，利用线面平行的性质定理得到CE//l;
(2)易得，再结合平面DAE⊥平面ABCE，可证得BE⊥平面ADE;
(3)过D作DO⊥AE，由平面DAE⊥平面ABCE，得DO⊥平面ABCE，利用等体积转换VC-DEB=VD-CEB可得到C到平面BDE的距离．


25.【答案】解：  (Ⅰ)如下图，延长C1M交CB的延长线于点G，连接AG．
∵M是BB1的中点，∴M为C1G的中点．
又N是AC1的中点，∴MN // AG，
又MN⊄平面ABCD，AG⊂平面ABCD，∴MN//面ABCD．
(Ⅱ)如下图，



过D作DE⊥AB，垂足为E．
∵AA1⊥平面ABCD，AA1⊂平面AA1B1B，∴平面AA1B1B⊥平面ABCD．
∵平面AA1B1B∩平面ABCD=AB，DE⊥AB，∴DE⊥平面AA1B1B．
易知DE=3，即平面ABB1A1与平面CDD1C1的距离为3.连接AC，BC1．
设点B到平面AMC1的距离为d．
由题可知AM=MC1=22，AC=23，AC1=27，
在▵AMC1中，可知MN=222-72=1．
∵VB-AMC1=VC1-ABMN，∴13×12×27×1×d=13×12×2×2×3，
∴d=2217，
即点B到平面AMC1的距离为2217．

【解析】本题考查 了线面平行的判定，考查了点到面的距离运算，棱锥体积的计算，是中档题
(Ⅰ)延长C1M交CB的延长线于点G，连接AG，证得MN // AG，故可得证MN //平面ABCD；
(Ⅱ)利用等体积法，即VB-AMC1=VC1-ABMN，可求得点B到平面AMC1的距离．

26.【答案】( 1 )证明：∵平面PAB⊥平面ABCD，且交于AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，∴PA⊥BC，
又因为由已知，且PB∩BC=B，PB、BC⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC，又PA⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PBC；
(2)在ΔPAB中，PA=PB，取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，

∵平面PAB⊥平面ABCD且它们交于AB，PO⊂平面PAB，
∴PO⊥平面ABCD，
设点E到平面PBC的距离为h，
由，
，
BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴PB⊥BC，
由已知可求得PO=1，，SΔPBC=2，
∴h=22．


【解析】本题考查了面面垂直的判定与性质，空间中的距离，考查了逻辑思维能力，属于中档题．
(1)通过证明PA⊥平面PBC，得出平面PBC⊥平面PAC；
(2)取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，易得PO⊥平面ABCD，由，可得出点E到平面PBC的距离h．