2009届高三数学一轮复习关于求空间距离的问题
高考数学 第一轮复习 第64课时—空间中的距离
课题一：空间的距离 一．复习目标：1．理解点到直线的距离的概念，掌握两条直线的距离，点到平面的距离，直线和平面的距离，两平行平面间的距离；2．掌握求空间距离的常用方法和各距离之间的相互转化．二．知识要点：1．点到平面的距离： ． 2．直线到平面的距离： ． 3．两个平面的距离： ． 4．异面直线间的距离：．三．课前预习：1．在ABC ∆中，9,15,120AB AC BAC ==∠=，ABC ∆所在平面外一点P 到三顶点 ,,A B C 的距离都是14，则P 到平面ABC 的距离是 （ B ） ()A 6 ()B 7 ()C 9 ()D 132．在四面体P ABC -中，,,PA PB PC 两两垂直，M 是面ABC 内一点，M 到三个面 ,,PAB PBC PCA 的距离分别是2,3,6，则M 到P 的距离是 （ A ）()A 7()B 8 ()C 9 ()D 10 3．已知⊥PA 矩形ABCD 所在平面，cm AB 3=，cm PA cm BC 4,4==，则P 到CD 的，P 到BD 的距离为cm ． 4．已知二面角βα--l 为60，平面α内一点A 到平面β的距离为4AB =，则B 到平面α的距离为 2 ．四．例题分析：例1．已知二面角PQ αβ--为60，点A 和B 分别在平面α和平面β内，点C 在棱PQ 上30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==，（1）求证：PQ AB ⊥；（2）求点B 到平面α的距离；（3）设R 是线段CA 上的一点，直线BR 与平面α所成的角为45，求CR 的长 （1）证明：作BM PQ ⊥于M ，连接AM ，∵30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==， ∴MBC MAC ∆≅∆，∴AM PQ ⊥，PQ ⊥平面ABM ，AB ⊂平面ABM ， ∴PQ AB ⊥． 解：（2）作BN AM ⊥于N ，∵PQ ⊥平面ABM ，∴BN PQ ⊥，∴BN α⊥，BN 是点B 到平面α的距离，由（1）知60BMA ∠=，∴3sin 60sin 30sin 604a BN BM CB ===．∴点B 到平面α的距离为4．（2）连接,NR BR ，∵BN α⊥，BR 与平面α所成的角为45BRN ∠=，4RN BN ==，3cos302CM BC ==，∴12RN CM =，∵60BMA ∠=，BM AM =，BMA ∆为正三角形， N 是BM 中点，∴R 是CB 中点，∴2aCR =．小结：求点B 到平面α的距离关键是寻找点B 到α的垂线段．例2．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形，90=∠ACB ，侧棱21=AA ，E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ，（1）求B A 1与平面ABD 所成角的正弦值；（2）求点1A 到平面ABD 的距离．解：建立如图的空间直角坐标系，设1(,0,0)A a ，则1(0,,0)B a ，(,0,2)A a ，(0,,2)B a ，(0,0,2)C ，∵E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，∴(0,0,1),(,,1)22a a D E ，∵G 是ABD ∆的重心，5(,,)333a a G ，∴2(,,)663a a EG =-，(,,0)AB a a =-， (0,,1)AD a =--，∵EG ⊥平面ABD ，,,EG AB EG AD ⊥⊥ 得2a=，且B A 1与平面ABD 所成角EBG ∠，6||3EG =，112BE BA ==sin 3EG EBG BE ∠==， （2）E 是B A 1的中点，1A 到平面ABD 的距离等于E 到平面ABD 的距离的两倍， ∵EG ⊥平面ABD ，1A 到平面ABD 的距离等于262||EG =． 小结：根据线段B A 1和平面ABD 的关系，求点1A 到平面ABD 的距离可转化为求E 到平面ABD 的距离的两倍．例3．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -,11,2,AB AA ==点E 为1CC 的中点，点F 为1BD 的中点，（1）证明:EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线； （2）求点1D 到平面BDE 的距离．解：（1）以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立坐标系，则(1,1,0)B ，1(0,0,2)D ，(0,1,1)E ，11(,,1)22F ，11(,,0)22EF =-，1(0,0,2)CC =，1(1,1,2)BD =-，∴110,0EF BD EF CC ⋅=⋅=，∴EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线．（2）设(1,,)n x y =是平面BDE 的法向量，∵(1,1,0)DB =，(0,1,1)DE =FE1111D C B A DCBAG E D C 1B 1A 1C B A1y∴10n DB x ⋅=+=，0n DE x y ⋅=+=，(1,1,1)n =-，点1D 到平面BDE的距离1||3||BD n d n ⋅==． 五．课后作业：1．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，1PD AD ==，点C 到平面PAB 的距离为1d ， 点B 到平面PAC 的距离为2d ，则 （ ）()A 121d d << ()B 121d d << ()C 121d d << ()D 211d d <<2．把边长为a 的正三角形ABC 沿高线AD 折成60的二面角，点A 到BC 的距离是（ ）()A a ()B ()C ()D 3．四面体ABCD 的棱长都是1，,P Q 两点分别在棱,AB CD 上，则P 与Q 的最短距离是（）()A 2()B 32 ()C 56 ()D 674．已知二面角βα--l 为45， 30,,成与l AB B l A α∈∈角，5=AB ，则B 到平面β的距离为 ． 5．已知长方体1111D C B A ABCD -中，12,51==AB AA ，那么直线11C B 到平面11BCD A 的距离是 ．6．如图，已知A B C D 是边长为a 的正方形，,E F 分别是AD AB ,的中点，C G A B CD ⊥面，CG a =，（1）求证：//BD EFG ；（2）求点B 到面GEF 的距离．OGFEDCBA7．在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD 中，（1）求：点A 到平面1BD 的距离；（2）求点1A 到平面11D AB 的距离； （3）求平面11D AB 与平面D BC 1的距离；（4）求直线AB 到11B CDA 的距离．。
高考数学关于求空间距离的问题
题目高中数学复习专题讲座关于求空间距离的问题 高考要求空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离 重难点归纳1.空间中的距离主要指以下七种 (1)两点之间的距离 (2)点到直线的距离 (3)点到平面的距离 (4)两条平行线间的距离 (5)两条异面直线间的距离(6)平面的平行直线与平面之间的距离 (7)两个平行平面之间的距离七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离 七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点求点到平面的距离 (1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长 (2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离 (3)体积法 (3)向量法求异面直线的距离 (1)定义法，即求公垂线段的长 (2)转化成求直线与平面的距离 (3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的 2.用向量法求距离的公式：⑴异面直线,a b 之间的距离：||AB n d n ⋅= ，其中,,,n a n b A a B b ⊥⊥∈∈。
⑵直线a 与平面α之间的距离：||AB n d n ⋅= ，其中,A a B α∈∈。
n是平面α的法向量。
⑶两平行平面,αβ之间的距离：||AB n d n ⋅= ，其中,A B αβ∈∈。
n是平面α的法向量。
⑷点A 到平面α的距离：||AB n d n ⋅= ，其中B α∈，n是平面α的法向量。
另法：点000(,,),A x y z 平面0Ax By Cz D +++=则d =⑸点A 到直线a 的距离：d =B a ∈，a是直线a 的方向向量。
⑹两平行直线,a b 之间的距离：d =,A a B b ∈∈，a是a 的方向向量。
高三数学高考一本通立体几何第一轮复习课件 第6课时 空间距离
知识整合
• 1、距离的基本概念 • （1）点到面的距离：从平面外一点引一个平面的 垂线，这个点和垂足间的距离，叫做这个点到这 个平面的距离。 • （2）直线到它平行平面的距离：一条直线上的任 一点到与它平行的平面的距离，叫做这条直线到 平面的距离。 • （3）两个平行平面间的距离：两平行平面的公垂 线段的长度叫做两平行平面的距离。 • （4）两条异面直线间的距离是指两条异面直线的 公垂线夹在两异面直线间的公垂线段的长度。
例题精析
例题精析
例5：如图已知正方体ABCD－ A1B1C1D1的棱长为a，求异 面直线BD与B1C的距离。
例题精析
• 评析：异面直线距离转化为线面距离再转 化为点面间距离；或者异面直线距离转化 为两平行面间距离再转化点面距离。这是 大的思路，其中直接用定义求出要求的距 离除外。
• 1、两点间的距离求法：可以利用空间两点距离公式。 • 2、有关点到直线、点到平面的距离的求法。 （1）点到直线的距离，一般用三垂线定理作出垂线段。 （2）点到平面的距离是有关距离问题的重点，它主要由 三种方法求得：①用定义，直接能作出这段距离，经论 证再计算。②用二面角的平面角性质：平面角的一边上 任意一点到另一边的距离都垂直于第二边所在的平面， 先作“点”所在平面与另一“平面”组成的二面角的平 面角，过“点”向平面角另一边作垂线，这垂线段长即 为此“点”到“平面”的距离。③转化为锥体的高，用 三棱锥体积公式求点到平面的距离。 • 3、直线和平面的距离与两平行平面的距离可转化为点 到平面的距离来求。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 理
第八章 立体几何 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 理1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．(2017·烟台质检)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150° 答案 A解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案π6解析 以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝，3，22，0，2212×9＝32， 又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________． 答案 90°解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一 求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH与CC ′所成的角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)， 由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°， 即DH 与CC ′所成的角为45°.题型二 求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝ AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD . ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 题型三 求二面角例3 (2016·山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角FBCA 的余弦值．(1)证明 设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC ，又HI ∩GI ＝I ， 所以平面GHI ∥平面ABC .因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)． 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，33， 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角FBCA 的余弦值为77. 思维升华 利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，C (1，－1,0)， D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)， 又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0， 又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1，可得n 2＝(1，－1,1)． 因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 题型四 求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解 如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)． 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM→得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)． 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华 求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△PAD 中，PA ⊥PD ，PA ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1)． 易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0.取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)．∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ＋y ＝0，m ·AQ →＝λ＋y ＋－λz ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63.整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值． 规范解答(1)证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分] (2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分] (3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)． 由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角， 所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤： 第一步：建立空间直角坐标系； 第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．60°或30°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60° D ．120° 答案 C解析 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →. ∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D (12，0,0)，E (12，12，0)，F (0，12，1)．∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ， 则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量， 又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|－2＋12＋－22＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)． ∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝x ，y ，z－1，2，＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝x ，y ，z ，2，－＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．答案 23解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________． 答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)， 取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.10．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10. (1)求证：BD ⊥平面POA ； (2)求二面角B －AP －O 的正切值．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC ，∴EF ⊥AC ， ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO . ∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA . (2)解 设AO ∩BD ＝H ，连接BO .∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3， 在Rt△BHO 中，BO ＝HB 2＋HO 2＝7. 在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2， ∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO ⊥平面BFED .以O 为原点，OF 所在直线为x 轴，AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A (0，－33，0)，B (2，－3，0)，P (0,0，3)，H (0，－3，0)， ∴AP →＝(0,33，3)，AB →＝(2,23，0)． 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥AP →，n ⊥AB →，得⎩⎨⎧33y ＋3z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－ 3.∴平面PAB 的一个法向量为n ＝(－3，1，－3)． 由(1)知平面PAO 的一个法向量为BH →＝(－2,0,0)， 设二面角B －AP －O 的平面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，BH →〉|＝n ·BH →|n ||BH →|＝2313×2＝3913，∴sin θ＝1－cos 2θ＝13013， tan θ＝sin θcos θ＝303，∴二面角B －AP －O 的正切值为303. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥PABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角PCDA 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形， 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角PCDA 的平面角， 所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE ，且PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH . 又CE ⊂平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角． 在Rt△AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1， 所以AH ＝22. 在Rt△PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin∠APH ＝AH PH ＝13.方法二 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角PCDA 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠PAB ＝90°，且PA 与CD 所成的角为90°，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)． 所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)． 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线PA 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋－2＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2， 又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF ， 又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解 在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)， 设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎨⎧λy ＋2－λz ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2－λ，故n 1＝(1，－1，λ2－λ)是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)，∴|cos〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ2－λ2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。
空间距离高三数学知识点
空间距离高三数学知识点在高三数学中，空间距离是一个重要的知识点，它涉及到三维空间中点、直线、平面之间的距离计算。
掌握了空间距离的概念和计算方法，可以帮助我们解决实际问题，进一步理解几何关系。
一、点到点的距离计算在三维空间中，我们通过坐标来表示点的位置。
假设有点A(x₁, y₁, z₁)和点B(x₂, y₂, z₂)，我们可以用勾股定理来计算点A到点B的距离。
距离公式如下：AB = √[(x₂ - x₁)² + (y₂ - y₁)² + (z₂ - z₁)²]通过这个公式，我们可以计算两个任意点之间的距离，进而帮助解决空间几何中的问题。
二、点到直线的距离计算在三维空间中，直线的方程可以以参数形式给出。
如果我们有一个点P(x₀, y₀, z₀)和直线L的参数方程为：x = x₁ + aty = y₁ + btz = z₁ + ct其中a、b、c为实数，t为参数。
我们可以通过点P到直线L 的距离公式来计算：d = |(x₀ - x₁, y₀ - y₁, z₀ - z₁) · (a, b, c)| / √(a² + b² + c²)这里的|·|表示向量的模，·表示向量的内积。
通过这个公式，我们可以计算出点到直线的距离。
三、点到平面的距离计算在三维空间中，平面的方程可以以一般式给出。
如果我们有一个点P(x₀, y₀, z₀)和平面的一般式方程为：Ax + By + Cz + D = 0其中A、B、C、D为常数。
我们可以通过点P到平面的距离公式计算：d = |Ax₀ + By₀ + Cz₀ + D| / √(A² + B² + C²)这里的|·|表示绝对值。
通过这个公式，我们可以计算出点到平面的距离。
四、直线与直线的距离计算在三维空间中，我们可以通过两直线的方向向量来计算它们之间的距离。
高三数学一轮复习讲义 专题45 空间距离
OED 1C 1B 1A 1DC B A 专题45 空间距离考纲导读：考纲要求:掌握用直角坐标计算空间向量数量积的公式；掌握空间两点间距离公式;理解直线的方向向量、平面的法向量、向量在平面内的射影等概念;掌握空间中距离的求法，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.考纲解读: 立体几何的空间距离问题是高考中属于必考的内容,由于涉及空间距离的刻画,因而也属于数学问题的本原性探究.考点精析：考点1、求异面直线的距离此类题目主要考查异面直线间距离的概念及其求法，考纲只要求掌握已经给出公垂线段的异面直线间的距离.【考例1】 (·浙江模)已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°, AB =a ,求：(1)截面EAC 的面积；(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离；(3)三棱锥B 1—EAC 的体积.解题思路：作截面EAC 利用化归法求其面积,通过转化法求异面直线的距离.正确答案：(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ，∵底面ABCD 是正方形,∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45°,又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a ∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a .(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a ,32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=- 回顾与反思：求异面直线距离的方法很多，高考对异面直线间的距离的要求是利用公垂线段求解.知识链接：和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离．【考例2】已知正方体1AC 的棱长为a ，E 是1CC 的中点，O 是对角线1BD 的中点，（1）求证：OE 是异面直线1CC 和1BD 的公垂线；（2）求异面直线1CC 和1BD 的距离 解题思路：解法一先找出异面直线的公垂线再求距离,解法二应用向量从标法求距离,解法三应用共线向量待定系数法求距离.正确答案：（1）解法一：延长EO 交1A A 于F ，则F 为1A A 的中点，∴//EF AC ， ∵1CC AC ⊥，O D 1C 1B 1A 1DC B A ∴1C C EF ⊥，连结1,DE BE ，则1D E BE =，又O 是1BD 的中点，∴1OE BD ⊥，∴OE 是异面直线1CC 和1BD 的公垂线（2）由（1）知，OE 122AC ==． 解法二：建立空间直角坐标系，用坐标运算证明（略） 引申：求1B C 与BD 间的距离解法一：（转化为1B C 到过BD 且与1B C 平行的平面的距离）连结1A D ，则1A D //1B C ，∴1B C //平面1A DB ，连1AC ，可证得1AC BD ⊥，1AC 1A D ⊥，∴1AC ⊥平面1A DB ，∴平面1AC ⊥平面1A DB ，且两平面的交线为1AO ，过C 作1CE AO ⊥，垂足为E ，则CE 即为1B C 与平面1A DB 的距离，也即1B C 与BD 间的距离，在1AOC ∆中，111122OC A A CE AO ⋅=⋅，∴CE =． （解法二）：坐标法：以D 为原点，1,,DA DC DD 所在的直线分别为x 轴，y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则(,0,0),(,,0),(0,,0)A a B a a C a ，11(,,),(,0,),(0,0,0)B a a a A a a D ，由（解法一）求点C 到平面1A DB 的距离CE ，设(,,)E x y z ，∵E 在平面1A DB 上，∴111A E A D A B λμ=+ ，即(,,)(,0,)(0,,)x a y z a a a a a λμ--=--+，∴x a a y a z a a a λμμλ=-⎧⎪=⎨⎪=+-⎩，∵1,CE A D CE BD ⊥⊥ ，∴(,2,)(,0,)0(,2,)(,,0)0x y z a a x y z a a ---=⎧⎨---=⎩，A B C A 1B 1C 1E F M 解得：23λμ==，∴111(,,)333CE a a a =-- ，∴3CE a =． 解法三：直接求1B C 与BD 间的距离设1B C 与BD 的公垂线为1OO ，且11,O B C O BD ∈∈，设(,,)O x y z ，设DO BD λ= ，则(,,)(,,0)x y z a a λ=--，∴0x a y a z λλ=-⎧⎪=-⎨⎪=⎩，∴(,,0)O a a λλ--，同理1(,,)O a a a μμ，∴1((),,)OO a a a a μλλμ=++ ，∴111,OO BD OO BC ⊥⊥ ，∴1110,0OO BD OO BC ⋅=⋅= ， 解得：21,33λμ=-=，1OO =111(,,)333a a a -，1||OO = ． 回顾与反思：不同的解法可以体现不同的解题策略, 空间向量具的方向和大小双重身份,因而其也就具有着多重的功能.知识链接：利用向量法求公垂线段的长，关键是利用公垂线的定义及向量垂直的条件建立方程组求出公垂线段向量，可设d 是异面直线a 和b 的公垂线，利用向量的数量积0d a ⋅= ，及0d b ⋅= 以及垂足在直线上，求出d ，进而求得||d ，也可以用空间两点间的距离公式求解.考点2、求两点间的距离此类题是解决其他距离的基础，其他的各种距离都是转化为解三角形，最终是求两点间的距离.【考例1】 (·浙江文)如图，正三棱柱111ABC A B C -的各棱长都2，E ，F 分别是11,AB AC 的中点，则EF 的长是( )A. 2B.C. D. 解题思路：将两点间距离转化为直角三角形的斜边可求得其距离. 正确答案：取AC边中点M,连接EM 、FM,则FM ⊥平面ABC, 且FM=2, EM=1,∴EF 故应选C.回顾与反思：本题考查了三棱柱上两点间的距离,考查了化归思想方法的应用.知识链接：求距离的一般方法和步骤是：一作（或找），二证，三计算.即先作（或找）出表示距离的线段，再证明它就是所要求的距离，然后再计算.其中第二步证明易被忽略，要引起重视.【考例2】如图所示，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a (0a <<（1）求MN 的长；（2）证明：不论a 为何值，MN 不可能同时垂直AC 和BF.解题思路：在空间直角坐标系下,利用两点间的距离公式求得MN,利用向量的数量积研究其垂直关系.正确答案：（1）以B 为原点建立空间直角坐标系，则B （0，0，0），A （1，0，0） F （1，1，0），C （0，0，1）同时可求出,0,1)M、,0)N a∴1)MN =- ，||MN = （2）AC =(1，0，1)，BF =(1，1，0)，如果MN 同时与AC 、BF 垂直，则0MN AC = 与0MN BF ⋅= 同时成立.即0(1)0(1)10220111)00a a ⎧-++-=⎪⎪⎨⎪++-=⎪⎩0a a ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩ 显然这是不可能的，故MN 不可能同时与AC 、BF 垂直.回顾与反思：利用向量法求两点间的距离，关键是构造封闭的向量图形，利用向量的模求两点间的距离，一般方法是找出代表相应距离的线段，然后计算这条线段对应的模.而计算过程只要运用好加法法则，就总能利用一个向量三角形，最终求得结果.知识链接：空间向量的直角坐标运算律.①若123(,,)a a a a = ，123(,,)b b b b = ，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++ ，112233(,,)a b a b a b a b -=--- ，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈ ，112233a b a b a b a b ⋅=++ ，112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈ ，1122330a b a b a b a b ⊥⇔++= ．x yA C 1C ②若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =--- ．考点3、求点到直线的距离此类题目主要考查由点向直线所作垂线的构造方法,通常是借助于三垂线定理转化成解三角形完成求解，也可以用向量法求解.【考例1】 (·全国Ⅲ)已知在△ABC 中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，P 是AB 上的点，则点P 到AC 、BC 的距离乘积的最大值是 .解题思路：可以利用三角形底边上的高利用面积法表示点到直线的距离,并求其最值. 正确答案：设BC 、AC 边上的高分别为x 、y ，则2S △ABC =3x+4y=3×4，∴2341234()36,2x y xy x y +=⋅≤= 即33,(34,2,)2xy x y x y ≤===当且仅当即时取= 所以点P 到AC 、BC 的距离乘积的最大值是3.回顾与反思：面积法求点到直线的距离是一种行之有效的通法,在求解点到直线距离时,化归为三角形的面积的转化策略通常较为适用.知识链接：求点到直线的距离，一般可先由该点向直线所在的平面引垂线，再由垂足向直线引垂线，由三垂线定理确定点到直线的距离.【考例2】 (·天津文)13.如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =，若二面角1C AB C --的大小为60︒，则点1C 到直线AB 的距离为______________.解题思路：正确答案：如图，取AB 中点D ，显然有160C DC ∠=︒，且线段1CD 的长即为点1C 到AB 的距离.11,cos60AB CD C D CD =∴=∴=⋅︒= . 回顾与反思：本题考查了三棱柱为载体的二面角问题与点 到直线的距离的求解.知识链接：用向量的数量积求点C 到直线l 的距离的具体作法是：在直线l 上任取两点A 、B,由||||cos AB AC AB AC θ⋅=⋅ ,作CD AB ⊥于D ，于是有||||||||AB AC AD AB ⋅=,由勾股定理可得，点C 到直线l 的距离，||CD =考点4、求点到面的距离此类题主要考查点到平面的距离的求法，关键是作出过该点的平面的垂线，则该点与垂足间的线段的长度就是要求的距离.【考例1】 (·南京模) 在五棱锥P ABCDE -中，2P A A B A E a ===，PB PE ==，,90BC DE a EAB ABC DEA ==∠=∠=∠= ．（I ）求证：PA ⊥平面ABCDE ；（II ）求二面角A PD E --的大小;（III ）求点C 到平面PDE 的距离．解题思路：要证线面垂直,只需证明线线垂直即可;利用三垂线定理可作出二面角的平面角并求二面角A PD E --的大小; 可直接过点C 作直线垂直平面PDE 而求得点到平面的距离.正确答案：（I ）证明：a AB PA 2== ，a PB 22=,∴222PB AB PA =+，∴ 90=∠PAB ,即AB PA ⊥同理.PA AE ⊥A AE AB = , ⊥∴PA 平面ABCDE,（II ）解： 90=∠AED ，ED AE ⊥∴ABCDE PA 平面⊥ , ED PA ⊥∴PAE ED 平面⊥∴过A 作PE AG ⊥于G ，则AG DE ⊥，∴⊥AG 平面PDE ．过G 作PD GH ⊥于H ，连,AH由三垂线定理得 PD AH ⊥．∴A H G ∠为二面角E PD A --的平面角,在Rt PAE ∆中，a AG 2= 在PAD R t ∆中，a AH 352=， ∴在Rt PHG ∆中，10103sin ==∠AH AG AHG ，10103arcsin =∠∴AHG ．∴二面角E PD A --的大小为10103arcsin=∠AHG , （III ） 90=∠=∠=∠DEA ABC EAB ， a AE AB 2==，取AE 中点F ，连CF ，//,A F B C A F B C = ∴四边形ABCF 为平行四边形．//.C F D E ∴而⊂DE 平面PDE ，⊄CF 平面PDE //CF ∴平面PDE .∴点C 到平面PDE 的距离等于F 到平面PDE 的距离．⊥PA 平面ABCDE DE PA ⊥∴又 AE DE ⊥，⊥∴DE 平面PAE∴平面PDE PAE 平面⊥． PDE FG G ，PE FG F 平面则于作过⊥⊥∴．FG∴的长即为F点到平面PDE的距离.在PAE∆中，aAEPA2==，F为AE中点，PEPG⊥aFG22=∴∴点C到平面PDE的距离为a22.回顾与反思：求点到平面的距离一般由该点向平面引垂线，确定垂足，转化为解三角形求边长.知识链接：立体几何中的求距离，也是高考中的命题热点，其中点到平面的距离的计算是立体几何中的一个难点．求点到平面距离，一般方法是先由该点向平面引垂线确定垂足，把点到平面的距离转化为解三角形求解，需要作辅助线，然后通过逻辑推理论证及计算．【考例2】(·湖南理18文18)如图,已知两个正四棱锥P-ABCD与Q-ABCD的高分别为1和2, AB=4.(Ⅰ)证明PQ⊥平面ABCD;(Ⅱ)求异面直线AQ与PB所成的角;(Ⅲ)求点P到平面QAD的距离.解题思路：线面垂直可以通过线面垂直的判定定理证明,也可以用向量法证明,异面直线所成角及点到平面的距离均有多样的解法.正确答案：解法一（Ⅰ）连结AC、BD，设OBDAC=.由P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD.从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD.（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD.由（Ⅰ），QO⊥平面ABCD. 故可分别以直线CA、DB、QP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，2），A（22，0，0），Q（0，0，－2），B（0，22，0）.所以)2,0,22(--=,)2,22,0(-=于是32324,cos⨯=<PBAQ从而异面直线AQ与PB所成的角是(Ⅲ)由（Ⅱ），点D的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD，QPAD CBQ B C PA D O M )4,0,0(-=PQ ，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00AD n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=.所以点P 到平面QAD 的距离22==d .解法二（Ⅰ）取AD 的中点M ，连结PM ，QM .因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM .又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.因为OA ＝OC ，OP ＝OQ ，所以P AQC 为平行四边形，AQ ∥PC .从而∠BPC （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为322)22(2222=+=+==OP OC PC PB ， 所以31323221612122cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PC PB BC PC PB BPC ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos . (Ⅲ)连结OM ，则212,2OM AB OM OP OQ ===⨯. 所以∠PMQ ＝90°，即PM ⊥MQ .由（Ⅰ）知AD ⊥PM ，所以PM ⊥平面QAD . 从而PM 的长是点P 到平面QAD 的距离. 在直角△PMO 中，22222222=+=+=OM PO PM .即点P 到平面QAD 的距离是22.回顾与反思：要求点P 到平面QAD 的距离一可以通过线面垂直的途径，二还可以通过体积相等列出方程，解方程即可求出所求距离．若用9(B)知识，则需先建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解．知识链接：利用空间向量表示点到平面的垂线段，设法求出该向量，转化为计算向量的模.用向量法求点到平面的距离，垂线段往往不必作出来，只需设出垂线段对应的向量或平面的法向量，利用向量垂直的条件转化为解方程组求其法向量.考点5、求直线和平面的距离以及平行平面间的距离此两类题目实质是相同的，都是转化成点到平面的距离来求解，主要考查线面、面面距离间的转化及向量法求距离.【考例1】 (·黄冈模)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =4，BC =3，CC 1=2，如图：(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1；(2)求(1)中两个平行平面间的距离；(3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离.解题思路：先证明面面平行,再通过点到平面的距离等于平行平面间的距离求平行平面面间的距离.正确答案：(1)证明：由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解：设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，则d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离.易求A 1C 1=5，A 1B BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,则S 11A BC ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，则31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112,即两平行平面间的距离为616112. (3)解：由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，则B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相等，则由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的距离等于616112. 回顾与反思：求直线和平面的距离及两平行平面之间的距离均可转化为点到平面的距离来求,知识链接：转化、化归思想贯穿立体几何始终，是处理立体几何问题的基本数学思想，在复习中应注意培养化归转化意识，掌握常见的化归转化方法，如：等积转化，立几问题向平面问题转化，符号语言、文字语言、图形语言的相互转化等.【考例2】 (·辽宁) 如图,四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形,侧棱与底面边长均为2a ,且∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°,则侧棱AA 1和截面B 1D 1DB的距离是 .解题思路：取侧棱AA 1上一特殊点,过该点作截面B 1D 1DB 的垂面,在该垂面内作点到直线的距离,即可得直线到平面的距离.正确答案：如图,分别连结AC 、A 1C 1交BD 、B 1D 1于O 、O 1,则B 1D 1⊥A 1O 1,∵BD ∥B 1D 1,∴BD ⊥A 1O 1,又∵四棱柱的底面边长与侧棱长均为2a ,且∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°,∴A 1A ＝A 1B ＝A 1D,∴A 1在底面ABD 上的射影为△ABD 的外心,∵ABD 为等腰直角三角形,∴O 为A 1在平面ABD 上的射影,即A 1O ⊥平面ABD, ∴A 1O ⊥BD,∴BD ⊥平面A 1OO 1, ∴平面B 1D 1BD ⊥平面A 1OO 1,过A 1作A 1E ⊥OO 1,则A 1E ⊥平面B 1D 1BD,即A 1E 为所求的距离,易求得A 1E ＝a ．回顾与反思：立体几何解题过程中，常有明显的规律性．如：三种角的求法，各种距离之间的转化.知识链接：若利用向量的坐标运算解决空间距离问题，关键是建立适当的坐标系，准确写出相关点和相关量的坐标，还可以利用平面的法向量来求距离.创新探究：【探究1】如图所示,正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,点M 在棱AB 上,且AM=13,点P 是平面ABCD 上的动点, 且动点P 到直线A 1D 1的距离与动点P 到点M 的距离的平方差为1,则动点P 的轨迹是( )A. 圆B. 抛物线C. 双曲线D. 直线创新思路：在几何体中距离的考查往往不是单一的,它会与其它的知识点交汇起来考查,本题是一个动点轨迹问题,考查点的本质上是平面上的轨迹定义探究.解析: 设PF ⊥A 1D 1于点F,过点P 作PE ⊥AD 于点E,连结EF,则AD ⊥平面PEF, ∴AD ⊥EF ,即EF ∥AA 1,∵22||||1PF PM -= ,且2222||1||||||PF PF EF PE -=-= ,∴||||PE PM =,由抛物线定义知,点P 的轨迹是以点M 为焦点,AD 为准线的抛物线. 故应选B .【探究2】把边长为a 的正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求：(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小.创新思路：本题考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题.解析: 如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz , 则A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0), D (0,0, 22a ),E (0,－42a , a ),F (42a , 42a ,0),222233(1)||(0)()(0),,44444E F a a a a a a =-++-=∴(2)(0,),,0)OE OF == ,20()08a OE OF ⋅=++⋅=- , 1||,||,cos ,222||||a a OE OF OE OF OE OF OE OF ⋅==<>==- , ∴∠EOF =120°.B1E 空间中的距离主要指以下七种：(1)两点之间的距离.(2)点到直线的距离.(3)点到平面的距离.(4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离.(6)平面的平行直线与平面之间的距离.(7)两个平行平面之间的距离.七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离.在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点.求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的.过关必练： 一、选择题:1. (2004重庆,理8) 设P 是60的二面角l αβ--内一点,PA ⊥平面α,PB ⊥平面β,A 、B为垂足,PA ＝4,PB ＝2则AB 的长为()A ．B． C． D ．2. (·江苏模)正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为 矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为() 123. (·烟台模)三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，则A 1C 1与l 的距离为( )A.10B.11C.2.6D.2.44. (·陕西理11文11)已知平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等，则正确的结论是( )A.平面ABC 必不垂直于αB.平面ABC 必平行于αC.平面ABC 必与α相交D.存在ABC ∆的一条中位线平行于α或在α内5. (·苏州调研)给出以下三个命题： （1）垂直于同一条直线的两个平面平行（2）与平面等距离的两点的连线一定平行于这个平面 （3）“一个平面内有无数条直线与另一个平面平行”是“两个平面平行”的充分不必要条件其中正确的命题的个数有( )A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个6. 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB BC ⊥, 且AB=BC=2，BB 1=2，E 、F 分别为AA 1、C 1B 1的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为 .7. (·黄冈模)如右图，空间四点A 、B 、C 、D 中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在 线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为_________.8. (·西城模)在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中， 点D 到平面ACD 1的距离为 ，若点P 为△BCD 的重心， 则D 1P 与平面ADD 1A 1所成角的大小为 .9. (·浙江) 已知平面α与平面β交于直线l , P 是空间一点,P A ⊥α,垂足为A ,PB ⊥β,垂足为B ,且P A =1, PB =2,若点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合, 则点P 到l 的距离为________.10. (·海淀期末)边长为1的等边三角形ABC 中，沿BC 边高线AD 折起，使得折后二面角B －AD －C 为60°，则点A 到BC 的距离为 ；点D 到平面ABC 的距离为 .三、 解答题:11. (·海南模)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2π,AB =31AD =a ,∠ADC =arccos552,P A ⊥面ABCD 且P A =a . (1)求异面直线AD 与PC 间的距离；(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF 的距离为36.12. (·东北三校模)如图，已知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与 平面B 1BCC 1的距离相等.1AAC B1B1C ED H13. (·山东理)如图ABC-A 1B 1C 1，已知平面平行于 三棱锥V-A 1B 1C 1的底面ABC ，等边∆ AB 1C 所在的平面与 底面ABC 垂直，且∠ACB =90°，设AC =2a ,BC=a .（Ⅰ）求证直线B 1C 1是异面直线AB 1与A 1C 1的公垂线； （Ⅱ）求点A 到平面VBC 的距离； （Ⅲ）求二面角A-VB-C 的大小.14. (·苏锡常镇模)正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都是2，D 是棱AC 的中点，E 是棱1CC 的中点，AE 交1A D 于点H （1）求证：AE ⊥平面1A BD （2）求二面角1D BA A --的大小（用反三角函数表示结果）（3）求点1B 到平面1A BD 的距离过关必练参考答案：1. C 解析:设PA 、PB 确定的平面PAB 与直线l 交于点O,连结AO,BO,PO, ∵PA ⊥α,PB ⊥β,平面α与平面β交于直线l ,∴PA ⊥l ,PB ⊥l ,∴l ⊥平面PAB,∴∠AOB 即为二面角的平面角为60°,从而∠APB ＝120°,在△APB 中,PA ＝4,PB ＝2, ∴AB 2＝PA 2＋PB 2－2PA ·PBcos ∠APB ＝28,∴AB＝ C.2. A 解析:过点M 作MM ′⊥EF ,则MM ′⊥平面BCF ,∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线，∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22,故应选A. 3. C 解析:交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，则C 1D 为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6 , 故应选C.4. D 解析:平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等,则平面ABC ∥平面α,或平面ABC 与平面α相交,若且平面ABC ∥平面α,则任意一边的中位线均与平行于平面α;若平面ABC 与平面α相交,,则其中必有一条边与平面α平行,此边的中位线必与平面α平行或在平面α上.故应选D.5. B 解析:本题考查了立体几何中空间直线与平面的理论论证,属结论开放型试题. 命题: （1）“垂直于同一条直线的两个平面平行”正确; 命题:（2）“与平面等距离的两点的连线一定平行于这个平面”错误,该连线段可以被该平面平分; 命题: “一个平面内有无数条直线与另一个平面平行”是“两个平面平行”的充分不必要条件,错误. 应当是必要不充分条件, 故应选B.6.72+:如右图所示L 、E /为中点 将面11A ABB 展开为与平面111A B C 共面,只须求'E F 即可,由题意可知11',,,,B L B F C 共线,在'Rt E LF ∆中可求得7'2E F =即E 、F最短路径长度为72+7.2a 解析:以A 、B 、C 、DQ 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB ,同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ 中，PQ 2==a . 8.,33510arctan解析: 如图,设点D 到平面ACD 1的距离为h , 由C AD D ACD D V V 11--= ,即h ⋅⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯2243311112131,得33=h . 如图,作AD PQ ⊥,连结D 1Q,则Q PD 1∠就是D 1P 与平面ADD 1A 1所成的角,在Q PD Rt 1∆中,CBA'AB 1A 1BCD D 1 C 1 P QDCBEA12,3PQ D Q ==,Q PD 1tan ∠.510103321=⨯⨯==Q D PQ9.:设PA 、PB 确定的平面PAB 与直线l 交于点O,连结AO,BO,PO,∵P A ⊥α,PB ⊥β,平面α与平面β交于直线l ,∴P A ⊥l ,PB ⊥l ,∴l ⊥平面PAB,∵PO ⊂平面PAB,∴l ⊥PO,∴PO 就是P 到直线l 的距离．由题意点A 在β内的射影与点B 在α内的射影重合即为O 点,∴PAOB 为矩形,PO10.,1015,415如图,ADE Rt BDC ∆=∠则在,600中,,43,23==DE AD 所以由勾股定理得.415)43()23(22=+=AE 设D 到平面ABC 的距离为h ,由等积变换ABC D BDC A V V --=即h ⋅⨯⨯⨯=⋅⨯⨯⨯⨯4152121312360sin 212121310 求得.1015=h 即D 点到平面ABC 的距离为.1015本题考查空间几何的翻折问题,点线距离的求法,求点面距离利用“等积代换”思想.11. 解析:(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离.过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求的异面直线AD 与PC 间的距离. 在等腰直角三角形P AB 中，P A =AB =a ∴AE =22a . (2)作CM ∥AB ，由已知cos ADC =552 ∴tan ADC =21,即CM =21DM∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a ,过A 作AH ⊥PC ,在Rt △P AC 中，得AH =36下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF , 取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形 ∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F . 12. 解析:(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF , 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中，∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 ∴A 1N =221a=又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a,又∵a =2，∴所求距离为1.(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形. ∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ,∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1∴BC ⊥平面ADD 1A 1 得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° ∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 13. 解法一：（Ⅰ）证明：∵平面111A B C ∥平面ABC ，1111//,//BC BC AC AC ∴ BC AC ⊥ , 1111B C AC ∴⊥又∵平面1ABC ⊥平面ABC ， 平面1ABC ∩平面ABC AC =， ∴BC ⊥平面1ABC ，1BC AB ∴⊥111B C AB ∴⊥， 又11111AC B C C ⋂= ，1111B C AB B ⋂=. 11B C ∴为1AB 与11AC 的公垂线.（Ⅱ）解法1：过A 作1AD B C ⊥于D ， ∵△1ABC 为正三角形，∴D 为1B C 的中点.∵BC ⊥平面1ABC,∴BC AD ⊥，又1B CBC C ⋂=，∴AD ⊥平面VBC ，∴线段AD 的长即为点A 到平面VBC 的距离.在正△1ABC中，2AD AC a ===. ∴点A 到平面VBC .解法二：取AC 中点O 连结1B O ，则1B O ⊥平面ABC ，且1B O . 由（Ⅰ）知1BC B C ⊥，设A 到平面VBC 的距离为x ，11B ABC A BB C V V --∴=，即1111113232BC AC B O BC B C x ⨯⋅⋅=⨯⋅⋅，解得x =.即A 到平面VBC .则11|||cos ,|d AB AB n=⋅<>111|||cos |||||AB n AB AB n ⋅=⋅<>⋅.== 所以，A 到平面VBC.(III)过D 点作DH VB ⊥于H ，连AH ，由三重线定理知AH VB ⊥ AHD ∴∠是二面角A VB C --的平面角。
高考数学一轮总复习课件：空间综合问题
(3)解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主 要抓住变与不变的量，所谓不变的量，即是指“未折坏”的元 素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出未折坏的直角(从 而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角，以及所有不 变的线段．
3＝ 2
26，即点C到平面A1BC1的距离为
6 2.
【答案】
①略
②
6 2
题型二 探究性问题
利用向量解决立体几何中的探索性问题，在近几年的高考 中备受青睐．下面举例说明其破解方法，以期抛砖引玉．
例2 (2021·湖南重点校联考)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥ CD，且AD＝CD＝2 2，BC＝4 2，PA＝2.
设平面EFG的一个法向量是n＝(x，y，1)，
则由n⊥E→F，n⊥G→E，得
（（xx，，yy，，11））··（（22，，－4，2，－02））＝＝00，⇒xx－＋y2＝y＝0，1 ⇒xy＝＝1313，.
∴n＝13，13，1. 则点B到平面GEF的距离为d＝|n·|nB→|E|＝2 1111.
【答案】
思考题1 (1)(2021·黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABC－
A1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝ 1，则点A到平面A1BC的距离为( B )
3 A. 4
3 B. 2
33 C. 4
D. 3
【解析】 设点A到平面A1BC的距离为h，
∵V三棱锥A1－ABC＝V三棱锥A－A1BC，
若∠MGN＝45°，则NG＝MN，
又AN＝
2 NG＝
2
MN，所以MN＝1，所以MN綊
人教版高考总复习一轮数学精品课件 主题三 几何与代数 第八章 第2课时 求空间角与距离
证明在等腰梯形中, = 4, = = 2,则∠ = 60∘ ,
则 = 2 3,所以2 + 2 = 2 , ⊥ .又 = 4, = 2，由
2 + 2 = 16 = 2 ,得到 ⊥ .
.设直线和所成的角为
6
6
6
3
3
2 6
,则cos = |cos⟨,⟩| =
1
2
3
3
×
2
2
=
2
.
3
规律方法
用向量法求异面直线所成角的一般步骤
（1）选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
（2）确定异面直线上两个点的坐标,从而确定异面直线的方向向量；
（3）利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
用公式 cos⟨,⟩ =
得结论
⋅
π
2
利用sin = |cos⟨,⟩|,直线和平面所成角的范围是[0, ],即可得出直线和平面所
成的角
［对点训练3］如图,在四棱锥 − 中,底面四边形
满足 = = 2, = = 5,∠ = 90∘ ,棱上的点
= − = −
1
,
2
=
1
(
2
+ ).
设向量与的夹角为,则直线和所成角的余弦值等于 cos .
⋅ =
1
2
1
−
8
+
1
2
1
1
−
4
8
1
2
1
2
1
4
1
2
1
4
+ ⋅ ( − ) = 2 − ⋅ + ⋅ − ⋅ =
高考数学一轮复习利用空间向量求空间角与距离
1 + 1
2
3 31 +
· = 0,
则൝
即ቐ
· = 0,
4 31 = 0,
= 0,
令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
目录
所以｜cos＜n，m＞｜＝
·
||·||
4 3
＝ .
13
设二面角C－AE－B的大小为θ，则sin θ＝ 1−
11
即二面角C－AE－B的正弦值为 .
13
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥
||
|AP·|
| |
；
（3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度.
目录
＝
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.
（
）
答案：（1）×
（2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.
（
）
答案：（2）×
目录
弦值.
解 （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以
PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ 2 −2 ＝ 52 −32 ＝4.
1
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4× ＝2，
3
2
高考数学一轮复习空间距离
12－49＝
2 6.
[方法技巧] 用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量． (2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量 上的投影向量的长度． (3)利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到 直线的距离之间的转化．
角度 2 点到平面的距离 [例 2] 如图，已知四边形 ABCD 是边长为 4 的正方形，E，F 分别是 AB，AD 的中点， CG 垂直于正方形 ABCD 所在的平面，且 CG＝2，则 点 B 到平面 EFG 的距离为________． [解析] 因为 CG⊥平面 ABCD，CD，CB⊂ 平面 ABCD， 所以 CG⊥CD，CG⊥CB， 因为 CD⊥CB，所以以 C 为原点，CD，CB， CG 所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直 角坐标系，则 C(0,0,0)，B(0,4,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)，
33.
答案：B
方法一 利用几何法求空间距离
[典例] (1)在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，M，N 分别为 C1D1，AB
的中点，AB＝4，则 MN 与平面 BCC1B1 的距离为
()
A．4
B．2 2
C．2
D. 2
(2)已知正三棱柱 ABC-A1B1C1，底面正三角形 ABC 的边长为 1，侧
2.(2022· 太 原 高 三 期 末 ) 如 图 ， 在 长 方 体
ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝2，BC＝1，则直
线 AA1 与平面 BDD1B1 的距离为
()
A. 5
B.
5 5
C.2
5 5
D．2 5
解析：因为 ABCD-A1B1C1D1 为长方体，所 以平面 BDD1B1⊥平面 ABCD，过 A 作 AE
高考数学复习 第十一讲 立体几何之空间距离
第十一讲 立体几何之空间距离一、空间距离包括：点与点、点与线、点与面、线与线（异面直线）、线与面（线面平行）、面与面（面面平行）的距离。
要理解各个距离的概念。
二、空间距离的求法重点掌握：线线距离、点面距离、尤其点面距离 （1） 线线距离：找公垂线段 （2） 点面距离① 直接法（过点向面作作垂线段，即求公垂线段长度） ② 等体积法（三棱锥）③ 向量法：设平面α的法向量为n，P 为平面α外一点，Q 是平面α内任一点，则点P 到平面α的距离为d 等于在法向量n上的投影绝对值。
d =三、例题讲解1、下列命题中：①ABCD PA 矩形⊥所在的平面，则P 、B 间的距离等于P 到BC 的距离； ②若,,,//αα⊂⊄b a b a 则a 与b 的距离等于a 与α的距离；③直线a 、b 是异面直线，,//,ααb a ⊂则a 、b 之间的距离等于b 与α的距离④直线a 、b 是异面直线，,//,,βαβα且⊂⊂b a 则a 、b 之间的距离等于βα、间的距离 其中正确的命题个数有（ C ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个2、如图所示，正方形的棱长为1，C 、D 为两条棱的中点，A 、B 、M 是顶点，那么点M 到截面ABCD 的距离是____________。
解析：取AB 、CD 中点P 、Q ，易证MPQ ∆中，PQ 边长的高MH 为所求，423,22==PQ PM 32=∴MH3、在底面是正方形的四棱锥A-BCDE 中，BCDE AE 底面⊥且AE=CD=a, G 、H 是BE 、ED 的中点，则GH 到面ABD 的距离是____________。
解析：连结EC ，交BD 于O ，且交GH 于O '，则有平面ABD AEO 面⊥。
过E 作AO EK ⊥于K ，则所求距离等于a AO EO AE EK 632121=⋅= 4、如图，在棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为棱AB 和BC 的中点，G 为上底面1111D C B A 的中心，则点D 到平面EF B 1的距离___________。
高考数学一轮复习 第五讲空间距离课件 新人教版
【 例 3】 如 图 ， 在 直 三 棱 柱 ABC—A1B1C1 中 ， ∠ACB＝90°，AC＝BC＝a，D、E分别为棱AB、BC的中 点，M为棱AA1上的点，二面角M—DE—A为30°.
(1)证明：A1B1⊥C1D； (2) 求 MA 的 长 ， 并 求 点 C 到 平 面 (píngmiàn)MDE 的 距 离．
第二十九页，共49页。
(2)解法(jiě fǎ)一：过点A作CE的平行线，交ED的延长 线于F，连结MF.
∵D、E分别为AB、BC的中点， ∴DE∥AC， 又∵AF∥CE，CE⊥AC， ∴AF⊥DE. ∵MA⊥平面ABC， ∴AF为MF在平面ABC内的射影， ∴MF⊥DE， ∴ ∠ MFA 为 二 面 角 M—DE—A 的 平 面 角 ， ∠ MFA ＝ 30°.
第三十三页，共49页。
在Rt△MAF中，
∠MFA＝30°，
设C到平面(píngmiàn)MDE的距离为h. ∵VM—CDE＝VC—MDE，
第三十四页，共49页。
第三十五页，共49页。
(2009·重庆，19)如图所示，在四棱锥S－ABCD中， AD∥BC且AD⊥CD，平面CSD⊥平面ABCD，CS⊥DS， CS＝2AD＝2，E为BS的中点(zhōnɡ diǎn)，CE＝ ， AS ＝ . 求：
2．已知平面α外不共线的三点A，B，C到α的距离都
相等，则正确的结论是
()
A．平面ABC必不垂直于α
B．平面ABC必平行于α
C．平面ABC与α相交(xiāngjiāo)
D．存在△ABC的一条中位线平行于α或在α内
解析：平面ABC可以与α平行、相交(xiāngjiāo)(包括垂
直)，故排除A、B、C，选择D.
高三数学一轮复习关于求空间距离的问题 试题
2021届一轮复习关于求空间间隔的问题本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。
高考要求:空间中间隔的求法是历年高考考察的重点，其中以点与点、点到线、点到面的间隔为根底，求其他几种间隔一般化归为这三种间隔 .重难点归纳:空间中的间隔主要指以下七种:(1)两点之间的间隔 .(2)点到直线的间隔 .(3)点到平面的间隔 .(4)两条平行线间的间隔 .(5)两条异面直线间的间隔 .(6)平面的平行直线与平面之间的间隔 .(7)两个平行平面之间的间隔 .七种间隔都是指它们所在的两个点集之间所含两点的间隔中最小的间隔 .七种间隔之间有亲密联络，有些可以互相转化，如两条平行线的间隔可转化为求点到直线的间隔，平行线面间的间隔或者平行平面间的间隔都可转化成点到平面的间隔 .在七种间隔中，求点到平面的间隔是重点，求两条异面直线间的间隔是难点.求点到平面的间隔 :(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的间隔 .(3)体积法.(3)向量法.求异面直线的间隔 :(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的间隔 .(3)函数极值法，根据是两条异面直线的间隔是分别在两条异面直线上两点间间隔中最小的.典型题例示范讲解:例1把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求:(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小.命题意图:考察利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题. 知识依托:空间向量的坐标运算及数量积公式. 错解分析:建立正确的空间直角坐标系,其中必须保证x轴、y 轴、z 轴两两互相垂直.OB 、OC 、技巧与方法:建系方式有多种，其中以O 点为原点，以OD 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单.解:如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz ,. 设正方形ABCD 边长为a ,那么A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0,.22a ,0), D(0,0,.22a ),E(0,－42a ,.a ),F(42a ,.42a ,0) 22223(1)||(0)()(0),44444EF a a a a EF =-+++-=∴=222(2)(0,,),(,0)444OE a a OF a =-= 20()()044448a OE OF a a a a ⋅=⨯+-+⋅=-1||,||,cos ,222||||a a OE OF OE OF OE OF OE OF ⋅==<>==- ∴∠EOF =120°例2正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的间隔.命题意图:此题主要考察异面直线间间隔 的求法.知识依托:求异面直线的间隔 ，可求两异面直线的公垂线，或者转化为求线面间隔 ，或者面面间隔 ，亦可由最值法求得.错解分析:此题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的间隔 ，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的间隔 是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的间隔 .技巧与方法:求异面直线的间隔 ，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或者由最值法求得.解法一:如图，在正方体AC 1中， ∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，∴A 1C 1与平面AB 1C 间的间隔 等于异面直线A 1C 1与AB 1间的间隔 .连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，那么平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 作O 1G ⊥B 1O 于G ，那么O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的间隔 ，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的间隔 . 在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO +=26 ∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间间隔 为33.解法二:如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1， ∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 11A1A∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,那么RB 1=1－x ∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°， ∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1) ∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1间隔 为33.解法三〔向量法〕如图建立坐标系，那么111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)A A B C∴111(0,1,1),(1,1,0)AB AC -＝＝ 设MN 是直线A 1C 1与AB 1的公垂线，且1111(0,,),(,,0)AN AB AM AC λλλμμμ-＝＝＝＝ 那么11(,,0)(0,0,1)(0,,)MN MA A A ANμμλλ=++-+-+＝- (,,1),μλμλ=--从而有11100MN A C MN AB ⎧⎪⇒⎨⎪⎩＝＝22032113λλμλμμ⎧=⎪-=⎧⎪⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎪⎩.∴1113(,,)||3333MN MN =⇒=. 例3如图，ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,PA ⊥平面ABCD ，PA =2c ,Q 是PA 的中点.求:(1)Q 到BD 的间隔 ； (2)P 到平面BQD 的间隔 .解:(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足,连结QE ， ∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE∴QE 的长为Q 到BD 的间隔 在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,. ∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21PA =c∴QE =22222ba b a c ++ ∴Q 到BD 间隔 为22222b a b ac ++.(2)解法一:∵平面BQD 经过线段PA 的中点， ∴P 到平面BQD 的间隔 等于A 到平面BQD 的间隔 在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE :∴BD ⊥AH ∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的间隔 . 在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的间隔 为22222)(ba cb a abc ++解法二:设点A 到平面QBD 的间隔 为h ，由V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =22222)(ba cb a abc S AQS BQDABD ++==⋅∆∆ .学生稳固练习:1.正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，假如∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的间隔 为( )FA 2B 1C 2D 122.三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，那么A 1C 1与l 的间隔 为( )A 10B 11C 2.6D 2.43.如左图，空间四点A 、B 、C 、D 中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，那么P 与Q 的最短间隔 为_________.4.如右上图，ABCD 与ABEF 均是正方形，假如二面角E —AB —C的度数为30°，那么EF 与平面ABCD 的间隔 为_________.5.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =4，BC =3，CC 1=2，如图: (1)求证:平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求(1)中两个平行平面间的间隔 ； (3)求点B 1到平面A 1BC 1的间隔 .6.正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°,AB =a ,求:(1)截面EAC 的面积；(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的间隔 ； (3)三棱锥B 1—EAC 的体积.7.如图，三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .(1)求点A 到平面B 1BCC 1的间隔 ；(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的间隔 相等. 8.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2,AB =31AD =a ,1A1A1∠ADC =arccos552,PA ⊥面ABCD 且PA =a . (1)求异面直线AD 与PC 间的间隔 ；(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF 的间隔 为36. 参考答案:1.解析:过点M 作MM ′⊥EF ,那么MM ′⊥平面BCF∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线， ∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22 答案:A2.解析:交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，那么C 1D 为A 1C 1与l 的间隔 ，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6 答案:C3.解析:以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB , 同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短间隔 ，在Rt △APQ 中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 答案:22a 4.解析:显然∠FAD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠FAD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，那么G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .∴FG 为EF 与平面ABCD 的间隔 ，即FG =2a . 答案:2a 5. (1)证明:由于BC 1∥AD 1，那么BC 1∥平面ACD 1同理，A 1B ∥平面ACD 1，那么平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解:设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的间隔 为d ，那么d 等于D 1到平面A 1BC 1的间隔 .易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，那么cos A 1BC 1=652,那么sin A 1BC 1=6561,那么S 111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，那么31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112,即两平行平面间的间隔 为616112. (3)解:由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，那么B 1、D 1到平面A 1BC 1的间隔 相等，那么由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的间隔 等于616112. 6.解:(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形 ∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45° 又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a ∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 间隔 为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a 32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-7.解:(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中， ∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 同理A 1F =22a ,又EF =a∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，那么N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的间隔 ∴A 1N =221a = 又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的间隔 为2a ∴a =2，∴所求间隔 为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，那么DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 假设A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° ∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 8.解:(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的间隔 就是直线AD 与平面PBC 间的间隔 . 过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求. 在等腰直角三角形PAB 中，PA =AB =a ∴AE =22a (2)作CM ∥AB ，由cos ADC =552∴tan ADC =21,即CM =21DM ∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a 过A 作AH ⊥PC ,在Rt △PAC 中，得AH =36下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形 ∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F .课前后备注:学法指导:立体几何中的策略思想及方法立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考察仍然注重于空间观点的建立和空间想象才能的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥才能的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考察空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好根本概念、定理、表述语言的根底上，以总结空间线面关系在几何体中确实定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.一、领悟解题的根本策略思想高考HY 稳中有变.运用根本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考察中心，选择好典型例题，在根本数学思想指导下，归纳一套符合一般思维规律的解题形式是受学生欢送的，学生通过纯熟运用，逐步内化为自己的经历，解决一般根本数学问题就会自然流畅二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立〞起来.在详细的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。
高三第一轮复习 数学空间距离
高三第一轮复习数学---空间的距离（1）一、教学目标：1．理解点到直线的距离的概念，掌握两条直线的距离，；2．掌握求空间距离的常用方法和各距离之间的相互转化．二、教学重点：求异面直线间的距离．以及巧用转移方法求距离．三、教学过程：（一）主要知识：(1) 点到直线的距离：点P 到直线a 的距离为点Ｐ到直线a 的垂线段的长，常先找或作直线a 所在平面的垂线，得垂足为A ，过A 作a 的垂线，垂足为B 连PB ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线a 的距离．在直角三角形PAB 中求出PB 的长即可．(2)异面直线间的距离：异面直线a,b 间的距离为a,b 间的公垂线段的长．常有求法①先证线段AB 为异面直线a,b 的公垂线段，然后求出AB 的长即可．②找或作出过b 且与a 平行的平面，则直线a 到平面的距离就是异面直线a,b 间的距离．③找或作出分别过a,b 且与b,a 分别平行的平面，则这两平面间的距离就是异面直线a,b 间的距离．④(垂面法)a 垂直于过 b 的平面，再过垂足作b 的垂线。
⑤利用异面直线两点间的距离公式。
⑥利用向量中的射影求距离思维方式：发散的思维和空间思维．大胆的设想，严密的推理．特别注意：严密的逻辑推理，而不是单凭感觉和估计．（二）例题分析：例1：（１）棱长为a 的正四面体的对棱间的距离为_____；顶点到对面边的距离为____；高为_____；体积为______；外接球半径为_______;内接球半径为___;（２）把边长为a 的正△ABC 沿高线AD 折成600的二面角，则点A 到BC 的距离是（ ） Ａ．a Ｂ．a 26 Ｃ．a 33 Ｄ．a 415 解：（１）a 22，a 23，a 36，3122a ；（２）Ｄ；[思维点拔]在翻折中注意什么变了，而什么没有变．例２：在平面β内有△ABC ，在平面外有点S ，斜线SA ⊥AC ，SB ⊥BC ，且斜线SA ，SB 与平面β所成的角相等，点S 到平面β的距离为4cm ，AC ⊥BC ，且AB ＝６cm ，求点S 与直线AB 的距离解：如图，过S 作SD ⊥平面β于Ｄ点，连结DA ，DB ，则∠SAD ，∠SBD 分别为SA ，SB 和平面β所成的角，∵∠SAD=∠SBD ，从而，Rt △SAD ≌Rt △SBD ，∴SA=SB ，ΘSA ⊥AC ，SB ⊥BC ，∴∠SAC=∠SBC =900．又SC=SC ，∴Rt △SAC ≌Rt △SBC ，∴AC=BC ，取AB 的中点Ｏ，连结SO ，则由于SA=SB ，所以SO ⊥AB ．从而线段SO 的长就是S 点到直线AB 的距离．ΘSD ⊥β，∴DA 是SA 在平面β上的射影．又SA ⊥AC ，由三垂线定理的逆定理，得DA ⊥AC ．同理DB ⊥BC ．又AC ⊥BC ，AC=BC ，∴四边形ABCD 是正方形．∵Ｏ是对角线AB 的中点， OD ＝1/2ＡＢ＝３．在Rt △SOD 中，SD=4，OD=3，SO ＝22OD SD +＝５．即S 到直线AB 的距离等于５cm 。
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2009届高三数学一轮复习关于求空间距离的问题2009届一轮复习关于求空间距离的问题高考要求:空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.重难点归纳:空间中的距离主要指以下七种:(1)两点之间的距离.(2)点到直线的距离.(3)点到平面的距离.(4)两条平行线间的距离.(5)两条异面直线间的距离.(6)平面的平行直线与平面之间的距离.(7)两个平行平面之间的距离.七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离.在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点.求点到平面的距离:(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.(3)向量法.求异面直线的距离:(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的. 典型题例示范讲解:例1把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E 、F 分别是AD 、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求:(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小.命题意图:考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题.知识依托:空间向量的坐标运算及数量积公式.错解分析:建立正确的空间直角坐标系,其中必须保证x轴、y 轴、z 轴两两互相垂直. 技巧与方法:建系方式有多种，其中以O 点为原点，以、、OD 的方向FE BCDox zy∴O 1G =331111=⋅OBBO OO ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33.解法二:如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1， ∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x ∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°， ∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x -31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1)∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33.解法三（向量法）如图建立坐标系，则111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)A A B C∴111(0,1,1),(1,1,0)AB AC -＝＝设MN 是直线A 1C 1与AB 1的公垂线， 且1111(0,,),(,,0)AN AB AM AC λλλμμμ-＝＝＝＝则11(,,0)(0,0,1)(0,,)MN MA A A AN μμλλ=++-+-+＝-(,,1),μλμλ=--RNMD 11B 1A D C BNMD 1C 1B 1A 1DC BAzy从而有11100MN A C MN AB ⎧⎪⇒⎨⎪⎩＝＝22032113λλμλμμ⎧=⎪-=⎧⎪⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎪⎩.∴1113(,,)||3333MN MN =⇒=.例3如图，已知ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,PA ⊥平面ABCD ，PA =2c ,Q 是PA 的中点.求:(1)Q 到BD 的距离； (2)P 到平面BQD 的距离.解:(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足,连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE ∴QE 的长为Q 到BD 的距离 在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,.∴AE =22b a ab +在Rt △QAE 中，QA =21PA =c ∴QE =22222b a b ac ++∴Q 到BD 距离为22222b a b ac ++.QP DC BAHE Q PDCA(2)解法一:∵平面BQD 经过线段PA 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足 ∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE :∴BD ⊥AH∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离.在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二:设点A 到平面QBD 的距离为h ，由V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD·h =31S △ABD ·AQ h =22222)(ba cb a abc SAQS BQDABD++==⋅∆∆ .学生巩固练习:1.正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( ) MABC B F EA22B 1C 32D 122.三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，则A 1C 1与l 的距离为( )A10B11C 2.6D 2.43.如左图，空间四点A 、B 、C 、D中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为_________.4.如右上图，ABCD 与ABEF 均是正方形，如果二面角E —AB —C 的度数为30°，那么EF 与平面ABCD 的距离为_________.5.在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =4，BC =3，CC 1=2，如图:(1)求证:平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求(1)中两个平行平面间的距离； (3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离. 6.已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为A BCD Q PA BCD GFED 1C 1B 1A 1D BE D 11B 1A 1DB45°,AB =a ,求:(1)截面EAC 的面积；(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离； (3)三棱锥B 1—EAC 的体积. 7.如图，已知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等.8.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2,AB =31AD =a , ∠ADC =arccos 552,PA ⊥面ABCD 且PA =a . (1)求异面直线AD 与PC 间的距离； (2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF 的距离为36. 参考答案:1.解析:过点M 作MM ′⊥EF ,则MM ′⊥平面BCF∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线，EC 1B 1FCB ACD P∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22答案:A2.解析:交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，则C 1D 为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6 答案:C3.解析:以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB , 同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a答案:22a4.解析:显然∠FAD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠FAD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，则G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG =2a . 答案:2a 5. (1)证明:由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1 同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解:设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，则d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离.易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,则S 111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V--=，则31S11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112,即两平行平面间的距离为616112.(3)解:由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，则B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相等，则由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的距离等于616112.6.解:(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形 ∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45°又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO=a ，∴S △EAC =22a(2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a ∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a (3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a 32422322311aa a V EAC B =⋅⋅=-7.解:(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1∴BB 1⊥平面A 1EF即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中， ∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 同理A 1F =22a ,又EF =a∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90° 过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离∴A 1N =221a= 又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a ∴a =2，∴所求距离为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ，若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90°∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件.8.解:(1)∵BC ∥AD ,BC 面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离.过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求.在等腰直角三角形PAB 中，PA =AB =a ∴AE =22a(2)作CM ∥AB ，由已知cos ADC =552∴tan ADC =21,即CM =21DM ∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a 过A 作AH ⊥PC ,在Rt △PAC 中，得AH =36下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF 取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在满足条件的点F.课前后备注:学法指导:立体几何中的策略思想及方法立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.一、领悟解题的基本策略思想高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.三、重视模型在解题中的应用学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解.。