高三数学高考一本通立体几何第一轮复习单元测试空间的距离

合集下载

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

• 2、纵观近几年的高考，有关距离的概念和计算仍然是高考重点内容之一，它常以简单的多面体为载体，融线面关系于立体几何图形之中，不仅考查了空间线面平行和垂直关系，而且也考查了简单几何体的概念和性质，既考查了知识，也考查了学生分析解决问题的能力。
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。

高三数学第一轮复习讲义空间距离

高三数学第一轮复习讲义空间距离【知识归纳】1、空间距离的求解思路：立体几何中有关距离的计算，要遵循“一作，二证，三计算”的原则）2、空间距离的类型：（1）异面直线的距离：①直接找公垂线段而求之；②转化为求直线到平面的距离，即过其中一条直线作平面和另一条直线平行。

③转化为求平面到平面的距离，即过两直线分别作相互平行的两个平面。

（2）点到直线的距离：一般用三垂线定理作出垂线再求解（3）点到平面的距离：①垂面法：借助于面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；②体积法：转化为求三棱锥的高；③等价转移法。

（4）直线与平面的距离：前提是直线与平面平行，利用直线上任意一点到平面的距离都相等，转化为求点到平面的距离。

（5）两平行平面之间的距离：转化为求点到平面的距离。

（6）球面距离（球面上经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度）：求球面上两点A 、B 间的距离的步骤：① 计算线段AB 的长；② 计算球心角∠AOB 的弧度数；③ 用弧长公式计算劣弧AB 的长。

【基础训练】（1）已知正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则异面直线BD 与B 1C 的距离为___ __。

（2）等边三角形ABC 的边长为22，AD 是BC 边上的高，将ABD ∆沿AD 折起，使之与ACD ∆所在平面成︒120的二面角，这时A 点到BC 的距离是___ __；（3）点P 是120°的二面角α-l -β内的一点，点P 到α、β的距离分别是3、4，则P 到l 的距离为 _____ __；（4）在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P 到棱A 1B 1与棱BC 的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为___ ____。

（5）长方体1111D C B A ABCD -的棱cm AA cm AD AB 2,41===，则点1A 到平面11D AB 的距离等于____ __；（6）在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则A 1到平面MBD 的距离为__ ____。

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。

高考数学一轮复习必备空间的距离试题

第80课时(kèshí)：第九章直线、平面、简单几何体——空间(kōngjiān)的间隔课题(kètí)：空间的间隔一．复习目的：1．理解点到直线的间隔的概念，掌握两条直线的间隔，点到平面的间隔，直线iu和平面的间隔，两平行平面间的间隔；2．掌握求空间间隔的常用方法和各间隔之间的互相转化．二．知识要点：1．点到平面的间隔：．2．直线到平面的间隔：．3．两个平面的间隔：．4．异面直线间的间隔：．三．课前预习：1．在中，，ABC所在平面外一点到三顶点的间隔都是，那么P到平面的间隔是〔〕2．在四面体中，两两垂直，是面ABC内一点，M到三个面的间隔分别是，那么M到P的间隔是〔〕D()A7()B()C9()3．矩形(jǔxíng)所在(suǒzài)平面，，，那么(nà me)P到的间隔(jiàn gé) 为，P到的间隔为cm．4．二面角为，平面内一点A到平面的间隔为，那么B到平面α的间隔为 2 ．四．例题分析：例1．二面角为，点A和B分别在平面α和平面β内，点在棱上，，〔1〕求证：；〔2〕求点B到平面α的间隔；〔3〕设是线段上的一点，直线与平面α所成的角为，求的长〔1〕证明：作于M，连接，∵∠BCP=ACP，a∠30==，CBCA=∴，∴，平面，平面ABM，∴PQAB⊥．解：〔2〕作于，∵PQ⊥平面ABM，∴，∴，是点B到平面α的间隔，由〔1〕知，∴．∴点B到平面α的间隔为．〔2〕连接，∵BNα⊥，BR与平面α所成的角为，，，∴，∵60BMA ∠=，，为正三角形(zhènɡ s ān ji ǎo xínɡ)，N 是中点，∴R 是中点，∴．小结(xi ǎoji é)：求点B 到平面(p íngmi àn)α的间隔(ji àn g é) 关键是寻找点B 到α的垂线段．例2．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，分别是，与的中点，点在平面上的射影是的重心，〔1〕求B A 1与平面ABD 所成角的正弦值；〔2〕求点到平面ABD 的间隔．解：建立如图的空间直角坐标系，设，那么，，，，∵E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点， ∴，∵G 是ABD ∆的重心，，∴，，，∵平面，得，且B A 1与平面ABD 所成角，，，，〔2〕E 是B A 1的中点，1A 到平面ABD 的间隔等于E 到平面ABD 的间隔的两倍， ∵EG ⊥平面ABD ，1A 到平面ABD 的间隔等于．小结：根据线段B A 1和平面ABD 的关系，求点1A 到平面ABD 的间隔可转化为求E 到平面ABD 的间隔的两倍．例3．正四棱柱,点E 为的中点(zh ōn ɡ di ǎn)，点为的中点(zh ōn ɡ di ǎn)，〔1〕证明:为异面直线(zh íxi àn)的公垂线；〔2〕求点到平面(p íngmi àn)的间隔．解：〔1〕以分别为轴建立坐标系，那么，，，，，，，∴，∴EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线．（1）设是平面BDE 的法向量，∵，∴，，，点1D 到平面BDE 的间隔．小结：由平面的法向量能求出点到这个平面的间隔．五．课后作业： 1．正方形ABCD 所在平面，，点C 到平面的间隔为，点B 到平面的间隔为，那么〔〕()A ()B ()C ()D2．把边长为的正三角形ABC 沿高线折成60的二面角，点A 到的间隔是〔〕()A a ()B ()C ()D3．四面体的棱长都是,两点分别(f ēnbié)在棱上,那么(nà me)P 与的最短间隔(jiàn gé) 是( )()A ()B ()C ()D4．二面角βα--l 为 45，角，，那么(n à me)B 到平面β的间隔为．5．长方体中，，那么直线到平面的间隔是．6．如图，ABCD 是边长为a 的正方形，分别是的中点，，，〔1〕求证：；〔2〕求点B 到面的间隔．7．在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -中，〔1〕求：点A 到平面的间隔；〔2〕求点1A 到平面的间隔；〔3〕求平面11D AB 与平面的间隔；〔4〕求直线到的间隔．内容总结（1）第80课时：第九章直线、平面、简单几何体——空间的间隔课题： TC"空间的间隔 " 空间的间隔一．复习目的：1．理解点到直线的间隔的概念，掌握两条直线的间隔，点到平面的间隔，直线iu 和平面的间隔，两平行平面间的间隔（2）〔4〕求直线到的间隔．。

高考数学一轮复习学案空间距离

空间距离一. 知识回顾: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：．二．基础训练：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 13 2．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 的距，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 ．三．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 60a BN BM CB ===．∴点B 到平面α．（2）连接,NR BR ，∵BN α⊥，BR 与平面α所成的角为45BRN ∠=，RN BN ==，3cos30a CM 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 aD 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 BC 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 =∴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 ⋅==．小结：由平面的法向量能求出点到这个平面的距离．例4. 如图，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 。

2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之空间角和空间距离

形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝＜，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
⁠
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
⁠
[0，π] .
⁠
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－；如图1(2)，θ＝－＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.

高考一轮复习数学试题(新人教B版)第七章7-8空间距离及立体几何中的探索问题

1ห้องสมุดไป่ตู้如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(1)求证：BM⊥AB1；
(1)求证：AB∥平面PCD；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；
(3)棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
6.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；
4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
5.(2022·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．
(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为，求点A1到平面BCM的距离．
3.已知空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.

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2012级高考数学一轮复习立体几何必备第五节空间距离

第五节空间距离考点指津点线距、点面距、线面距、面面距、两异面直线之间的距离是高考中常见求距离的问题．常见的空间距离的求法：（1）求点到直线的距离利用三垂线定理找到垂线段，垂线段就是所求；（2）点到平面的距离的求解方法一般有两种：①直接求解法：从该点向平面引垂线，确定垂足位置，这里要用到两个平面垂直的性质定理，求出点和垂足之间的距离即可． ②“体积代换法”：把点到平面的距离转化为以该点为顶点，平面内的一个三角形为底面的三棱锥的高，再通过变换（从方便求高的角度）三棱锥顶点用等体积法，求点到平面的距离．这种方法比较常用，应掌握．（3）直线到它的平行平面的距离通常转化为直线上一个特殊点到平面的距离，要找到直线和它的平行平面的公垂面，直线和公垂面的垂足就是这个特殊点，从这点向公垂面和已知平面的交线引垂线段，该垂线段就是直线到它的平行平面的距离，还可以用等体积法求特殊点到平面的距离．（4）两个平行平面的距离求解时，在一个面内任取一点，作它到另一平面的垂线段，垂线段的长就是所求．实质上也是点到平面的距离．因此，点面距离的求解方法,对求解面到面的距离仍然适用． (5)两条异面直线间的距离要特别注意定义中“都垂直且相交”的理解．两条异面直线的距离是分别连结两条异面直线上两点的线段中最段的一条.求解方法主要是定义法:找出两异面直线的公垂线段,求出其长度．(6)两点之间的球面距离求法分三步：①计算两点之间的线段长；②计算两点对球心的张角θ即球心角（须用弧度表示）； ③用弧长公式l R θ=⋅球计算大圆上两点之间的劣弧长即两点之间的劣球面距离．知识归纳：求空间距离的一般规律 (1)距离的求法有两种：①直接法——第一步，作图．即先作出表示所求距离的线段；第二步：证明．即证明第一步中所作线段就是所要求的距离；第三步：计算．解三角形求出这条线段．②间接法——在直接法中，第一步“作图”是关键，但往往有是作图较困难，间接法可以弥补这个缺憾，它不要作出表示所求距离的线段，而转化为易求其他距离进而求解．(2)高考对于立体几何中“作图—证明—计算”的互相渗透,互相结合有明确的要求，所以用直接法求空间距离的三个步骤缺一不可，而且要表述准确、清晰、简明，稍有不当，就有可能丢分．典例分析例1、在ABC ∆中，90C ∠=，点P 在平面ABC 外，17PC =，P 到,AC BC 的距离13PE PF ==，则P 到平面ABC 的距离为（）．A ．7B ．8C ．9D ．10解析：如图9-5-1所示，过P 作PO 平面ABC 于点O ，过O 作OE AC ⊥于E ，OF BC ⊥于F ，连,PE PF ，则PE PF =．∴OE OF =．又90ACB ∠=，∴ 四边形OECF 为正方形．设PO h =，则OE =OC =OC =，=7h =．答案：A ．例2、如图9-5-2，在直三棱柱111C B A ABC -中，90ABC ∠=，112,4,1BC CC EB ===，,,D F G 分别为11111,,CC BC AC 的中点，EF 与1B D 相交于点H ．求证：（1）1B D ⊥平面ABD ；（2）平面//EGF 平面ABD ；（3）求平面EGF 与平面ABD 的距离．分析本题重点考查线面、面面的位置关系及两平行平面间距离的计算．解析：（1）证明：∵90ABC ∠=，∴AB BC ⊥．又∵111C B A ABC -是直三棱柱，∴1BB ABC ⊥面，故1BB AB ⊥．∴11AB BB C C ⊥平面，故1AB B D ⊥．在11Rt B C D ∆中，1112,2,B C C D ==故1B D =BD =14BB =，∴1B D BD ⊥，又1AB B D ⊥，∴1B D ABD ⊥平面．（2）证明：取1BB 的中点M ，连结1MC ，∵D 是1CC 的中点，故四边形1BMC D 是平行四边形，∴1//MC BD ．∵1112EB MB ==，，∴E 是1MB 的中点，又F 是11B C 的中点，∴EF 是11B C M ∆的中位线，故1//EF C M ，∴//EF BD ．∵,F G 分别为1111,B C AC 的中点，∴11//FG A B ，又11//A B AB ，∴//FG AB ． ∴平面//EGF 平面ABD ．（3）∵1B D ⊥平面ABD 且平面//EGF 平面ABD ，∴1B D 是平面EGF 与平面ABD 的公垂线，又∵EF 与1B D 相交于点H ，∴HD 的长即为平面EGF 与平面ABD 的距离．在1Rt EB F ∆中，∵1B H EF ⊥，∴111B H EF B E B F ⋅=⋅，又11B F =，11B E =，EF =12B H =． CPF OBAE图9-5-1A1A 1图9-5-2在11Rt B C D ∆中，1B D =2DH =．题型设计题型一、点到直线的距离例1、如图9-5-3，在正方体1111ABCD A BC D -中，P 是侧面11BB C C 内一动点，若P 到直线BC 与直线11C D 的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（A ．直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线解析：P 到直线11C D 的距离即等于1PC ，于是P 到点1C 的距离等于P 到直线BC 的距离，∴动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线．答案：D ．变式：ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，PD AD⊥，2PD AD ==，二面角P AD C --为60 ，则P 到AB 的距离是（）A ．B ．C ．２D 解析：如图9-5-4所示，PD AD ⊥，AD DC ⊥，∴60PDC ∠=．∴平面PDC ⊥平面ABCD ．过P 作PE DC ⊥于E ，过E 作EF AB ⊥于F ，连结PF ，则PE =2EF DA ==．∵EF 是PF 在底面ABCD 内的射影．由AB EF ⊥知AB PF ⊥． ∴PF ==D ．题型二、异面直线间的距离例１、如图9-5-5，在棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD -P 是BC 的中点，DP 交AC 于M ，1B P 交1BC 于N ，（1）求证：MN 是异面直线AC 与1BC 的公垂线；（2）求异面直线AC 与1BC 间的距离．解析：（1）欲证MN AC ⊥且1MN BC ⊥，只要证明1//MN B D 就行．易知ADM PCM ∆∆ 12PM PC MD AD ⇒==，11BPN B C N ∆∆ 11112PN PB NB B C ⇒==，从而 1PM PNMD NB =，可知1//MN B D ，根据三垂线定理易知1B D AC ⊥，11B D BC ⊥． C图9-5-3BCADPE F图9-5-41A 11（2）∵112PM PN MD NB ==，∴1//MN B D 且113MN B D =，即113MN B D ==．总结评述：异面直线距离要控制难度，只要会求给出了公垂线段的情况，此题若不提示点P 的位置而要直接求AC 与1BC 间的距离，则难度大得多．变式：如图9-5-6，在四面体ABCD 中，AB BC CD DA AC BD a ======，,E F 分别是AB CD 、的中点．（1）证明：EF 所在直线是异面直线AB CD 、的公垂线；（2）求异面直线AB CD 、间的距离．解析：由已知可得四面体实际为正四面体，因此存在等边三角形，证明公垂线并求出公垂线段的长度．（1）证明：连结BF AF ，．∵AB BC CD DA AC BD a ======，∴BF AF ==又E 为AB 的中点，∴EF AB ⊥，同理连CE DE ，，可证得EF CD ⊥．∴直线EF 为异面直线AB CD 、的公垂线．（2）解：由（1）可知线段EF 为异面直线AB CD 、的公垂线段，所以线段EF 的长为异面直线AB CD 、间的距离，在直角三角形BEF 中，2a BF BE ==，， ∴EF ==．∴异面直线AB CD 、间的距离为2a ．点评：在解题的过程中，要多注意挖掘已知中的隐含条件，尤其是几何体本身所具有的性质．题型三、点到面的距离例3、如图9-5-7，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为１，O 是底面1111A B C D 的中心，则O 到平面11ABC D 的距离为（）．A ．12B ．4C ．2D ．2解析：连1A D ，交1AD 于1O 点，易证1111AO AD C B ⊥面，故1A 点到面11ABC D的距离为2，因此O 到面11ABC D 的距离为4，故选B ．答案：B ．另外，本题也可用体积代换法：1111O AC D A OC D V V --=求O 到平面11ABC D 的距离，读者不妨一试．变式一：将一块边长为2的正三角形铁皮沿各边的中位线折叠成一个正四面体，则这正四面图9-5-61体某顶点到其相对面的距离是（）．ABC． D=A ．题型四、线面距，面面距例4、在长方体1111D C B A ABCD -中，43AB BC ==，，12CC =，（1）求证：平面11A BC //平面1ACD ；（2）求平面11A BC 与平面1ACD 间的距离．分析：证面面平行，只需证其中一个平面没的某两条相交直线平行于另一个平面，而计算面面距离，除找公垂线段外，还可求其中一个平面内任一点到另一个平面的距离，也可用“体积法”计算．解答：（1）由于11//BC AD ，则1//BC 平面1ACD ．同理1//A B 平面1ACD ，则平面11//A BC 平面1ACD ；（2）设两平行平面11A BC 与1ACD 间的距离为d ，则d 等于1D 到平面11A BC 的距离（注意面面距向点面距的转化）．易求11115AC A B BC ===，则11cos A BC ∠=∴11sin A BC ∠=∴11A BC S ∆．体积代换：111111D A BC B A C D V V --=，有1111111133A BC S d AD C D BB ∆⋅⋅=⋅⋅⋅⋅1（）2．代入易求得61d =．即平面11A BC 与平面1ACD间的距离等于61．变式：如图9-5-8，四棱柱1111D C B A ABCD -的底面ABCD为正方形，侧棱与底面边长均为2a ，且1160A AD A AB ∠=∠=，则侧棱1AA 和截面11B D DB 的距离是．解析：设,E F 分别为11,DB D B 的中点，连结11,A E A F ．可证1A EF ∆的高就是所求的距离．设所求距离为h ，则11A E A F ===，于是h a ===．答案：a ．1A闯关测试基础闯关一、选择题１、长方体1111ABCD A B C D -中, 1111130,1B AC BAB AA ∠=∠==，则异面直线1AA 与1BC 间的距离为( )．A ．１BCD ．２解析：异面直线1A A 与1B C 间的距离为11A B ．∵1111130,1B AC BAB AA ∠=∠== ，∴11AB A B =．答案：C ．２、ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，,2PD AD PD AD ⊥==，二面角P AD C --为60 ，则P 到AB 的距离是( )．A. C.2 解析：∵,PD AD CD AD ⊥⊥，∴P D C ∠为二面角P AD C --的平面角，60PDC ∠=．且面PDC ⊥面ABCD ，∴过P 作PM CD M ⊥于，则PM ABCD ⊥面．下求PM ．PDC ∆中：60PDC ∠= ，2PD AD ==，∴PM =B ．３、三棱锥的3条侧棱两两垂直，3条侧棱长分别为2, 2, 3,则其顶点到底面的距离为( )．A.73解析：设所求距离为h ．由体积代换法有：1111(22)3(3232h h ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⇒=．答案：C ． 4、在棱长为3的正方体1111D C B A ABCD -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，则点B 到平面AMN 的距离是（）A ．92 B C D ．2 解析：利用等体积法：B AMN M ABN V V --=．答案：D ．二、填空题1、已知球O 的半径为1，,,A B C 三点都在球面上，且每两点间的距离为12，则球心O 到平面ABC 的距离为___________．解析：设所求距离为h ．由题意知ABC ∆为正三角形，设其外接圆半径为r ，由正弦定理有：122sin 606r r =⇒=22331(6366h h =-=⇒=．答案：6．2、不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有_______个．解析：不共面的四个定点确定一个三棱锥．与三棱锥其中一个面平行且到另一顶点等距离的平面有４个；取各棱的中点，由两条中位线确定的满足题意的平面有３个．答案：７个．３. 如图9-5-9， Rt ABC ∆中，90ACB ∠=，3,4,AC BC==ABC ∆所在平面外一点，且,PB AB M ⊥是PA 的中点，若AB MC ⊥，则异面直线MC 与PB 间的距离为．解析：如图：取PB 的中点N ，连结MN ，∵M 是PA 的中点，∴//,,MN AB PB AB MC AB ⊥⊥又，∴MN PB ⊥，MN MC ⊥，∴MN 即为异面直线MC 与PB 间的距离，且522AB MN ==．答案：52．４、长方体三条棱长分别是12,3,4AA AB AD ===从A 点出发，经过长方体的表面到1C 的最短距离为．解析：将长方体剪开，使问题退化为平面问题．过A 沿面11A BB A 和面11BCC B到达1C 的最=．．三、解答题１如图9-5-10，四面体ABCD 中，O E ，分别是BD BC ，2CA BC CD BD ====，AB AD ==（1）求证：AO ⊥平面BCD ；（2）求异面直线AB 与CD 所成角的大小；（3）求点E 到平面ACD 的距离．证明：（1）连结OC ．∵BO DO AB AD ==，，∴AO BD ⊥．∵BO DO BC CD ==，，∴CO BD ⊥．在AOC ∆中，由已知可得1AO CO ==，2AC =， ∴222AO CO AC +=．∴90AOC ∠=，即AO OC ⊥．∵BD OC O = ，∴AO ⊥平面BCD ．（2）解：取AC 的中点M ，连结OM ME OE ，，，由E 为BC 的中点知////ME AB OE DC ，．∴直线OE 与EM 所成的锐角就是异面直线AB 与CD 所成的9-5-9图9-5-10角．在OME ∆中，122EM AB ==，112OE DC ==，∵OM 是直角AOC ∆斜边AC上的中线，∴112OM AC ==．∴cos 4OEM ∠=．∴异面直线AB 与CD 所成的角的大小为arccos4．（3）解：设点E 到平面ACD 的距离为h ．∵E ACD A CDE V V --=， ∴1133ACD CDE h S AO S ∆∆⋅=⋅⋅．在ACD ∆中，2CA CD ==，AD =∴12ACD S ∆==21122CDE AO S ∆===，，∴1CDEACDAO S h S ∆∆⋅===E 到平面ACD．能力闯关一、选择题1、在ABC ∆中，5,6,,8AB AC BC PA ABC PA ===⊥=面，则P 到BC 的距离为( )．B.C.D.解析：PB PC =取BC 中点E ，连结PE ，则P E B C ⊥，∴PE 即求．在Rt PBE ∆中：PE ==D ．2、正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，O 是底面1111A B C D 的中心，则O 到平面 11ABC D 的距离为( )．A.12B.4C.2解析：取1AD 的中点M ，连结11,A M MC ，则11111,A M A D A M C D ⊥⊥，∴111A M A D C B ⊥∵O 为11AC 的中点，∴O 到平面11ABC D的距离1124h A M =⋅=．答案：D ．3.已知平面α与平面β交于直线l ，P 是空间一点，PA α⊥，垂足为A ，PB β⊥，垂足为B ，且1,2PA PB ==，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( )．B.2 解析：设点A 在β内的射影与点B 在α内的射影都为M ，则M l ∈．连结,,AM BM PM ，∵,//,,,PA BM PA BM P A M B αα⊥⊥⇒⇒四点共面且PAMB 为矩形．易知l PAMB ⊥面，∴l PM ⊥，PM 即求．易得PM =．答案：C ．4已知长方体1111D C B A ABCD -中，棱15,12AA AB ==，那么直线11B C 和平面11A BCD 的距离是( )．A.5B.132 C.6013D.8 解析：所求距离等于点1B 到面11A BCD 的距离．过1B 作11B H A B H ⊥于，又∵1B H BD ⊥，∴111B H A BCD ⊥面．在11A BB ∆中：1512601313B H ⨯==．答案：C ．二、填空题1．正方形ABCD 中，1,AB PA =⊥平面AC ，且1PA =，则A 到平面PBD 的距离为_____________．解析：体积代换：P ABD A PBD V V --=⇒ 2．二面角l αβ--等于120，,A B 是l 上的两点，,AC BD 分别在半平面,αβ内，AC l ⊥，BD l ⊥，且1AB AC BD ===，则CD =_____________．解析：在半平面α内作//1BE AC BE AC ==且，连结DE ，则120,90EBD CE BDE CED ∠=⊥⇒∠= 面．在EBD ∆中易求DE =，∴在CED∆中，2CD =．３．在长方体1111D C B A ABCD -中，若1,2AB BC a AA a ===，那么点A 到直线1AC 的距离等于．解析：设所求距离为h ，易求得1AC =，在1AAC∆中采用面积代换法有：1111122AA C S AA AC AC h h =⋅=⋅⇒=．４．将一块边长为2的正三角形铁皮沿各边的中位线折叠成一个正四面体，则这正四面体某顶点到其相对面的距离是．解析：如图9-5-11：取CD中点E，连结,AE BE，过A作AH BE⊥于H，则由正四面体的性质知H为BCD∆的中心，且AH BCD⊥面，∴AH即求．易求BE==，∴23BH BE=⋅=∴3AH==．答案：3三、解答题１、正四棱柱1111ABCD A BC D-中，底面边长为侧棱长为4，,E F分别为棱,AB BC 的中点，EF BD G=．（１）求证：平面1B EF⊥平面11B D DB；（２）求1D到平面1B EF的距离d；（３）求11B EFDV-解析：（１）1//,,EF AC AC BD EF BD EF BB⊥⇒⊥⊥又，∴11EF B D DB⊥面，而1EF B EF⊂面，∴平面1B EF⊥平面11B D DB．（２）由题意知平面1B EF 平面111B D DB BG=，过1D作11D H B G H⊥于，由（１）可知11D H B EF⊥面，∴1D H即求．在矩形11D DBB中：11114,14D B DB BB BG DB======，111D HB B BG∆∆，∴111111D H D BD HB B B G=⇒=1D到平面1B EF的距离为1D H=．（３）易知11B E B F==1B G==，11111111111163323B EFD D EFB EFBV V S D H EF B G D H--∆==⋅=⋅⋅⋅⋅=．２、四棱锥S ABCD-的底面是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上一点（１）求证：平面EBD⊥平面SAC；（２）设4,2,SA AB==求A到平面SBD的距离．解析：（１）如图9-5-12：∵ABCD是正方形，∴BD⊥图9-5-1111又SA ⊥底面ABCD BD SA ⇒⊥，∴BD SAC ⊥面，而BD EBD ⊂面，∴平面EBD ⊥平面SAC ．（２）法一：由（１）知BD SAC ⊥面，又BD SBD ⊂面，∴面SBD SAC ⊥面， SBD SAC AO = 面，∴过点A 作AHSO ⊥，垂足为H ，则有AH SBD ⊥面．AH 即为A 到平面SBD 的距离．在Rt SAO ∆中：4,SA AO SO ==⇒=∴43SA AOAH SO ⋅==．∴A 到平面SBD 的距离为43．法二：由题意可得：,BD SB SD SO ===43A SBD S ABD V V h --=⇒=．高考预测题１、如图9-5-13，在长方体1111ABCD A BC D -中，11,2,AD AA AB ===点E 在棱AB 上移动．证明：（１）11D E A D ⊥；（２）当E 为AB 的中点时，求点E 到面1ACD 的距离；（３）AE 等于何值时，二面角1D EC D --的大小为4π．解析：（１）1D E 在平面11ADD A 上的射影是1AD ，∵11AD A D⊥，∴由三垂线定理知11D E A D ⊥．（２）设点E 到面1ACD 的距离为h ．易求11AD AC DC === 由1111111333D ACE E ACD ACE ACD V V S D D S h h --∆∆=⇒⋅=⋅⇒=．（３）过D 作DH CE ⊥垂足为H ，连结1D H ，则1D HD ∠即为二面角1D EC D --的平面角， 1D HD ∠=114DH D D π⇒==．在矩形ABCD 中： 11222DCE SCE DH CD BC CE ∆=⋅⋅=⋅⋅⇒=，∴BE ==，此时2AE AB BE =-=2AE =1D EC D --的大小为4π．1A 1B 1D 1C C BA D图9-5-13。

高中数学立体几何专题：空间距离的各种计算(含答案)

高中数学立体几何空间距离1.两条异面直线间的距离和两条异面直线分别垂直相交的直线，叫做这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.2.点到平面的距离从平面外一点引一个平面的垂线，这点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离. 3.直线与平面的距离如果一条直线和一个平面平行，那么直线上各点到这平面的距离相等，且这条直线上任意一点到平面的距离叫做这条直线和平面的距离. 4.两平行平面间的距离和两个平行平面同时垂直的直线，叫做这两平行平面的公垂线，它夹在两个平行平面间的公垂线段的长叫做这两个平行平面的距离.题型一：两条异面直线间的距离【例1】如图，在空间四边形ABCD 中，AB =BC =CD =DA =AC =BD =a ，E 、F 分别是AB 、CD 的中点. (1)求证：EF 是AB 和CD 的公垂线； (2)求AB 和CD 间的距离；【规范解答】 (1)证明：连结AF ，BF ，由已知可得AF =BF . 又因为AE =BE ，所以FE ⊥AB 交AB 于E . 同理EF ⊥DC 交DC 于点F . 所以EF 是AB 和CD 的公垂线.(2)在Rt △BEF 中，BF =a 23,BE =a 21, 所以EF 2=BF 2-BE 2=a 212，即EF =a 22.由(1)知EF 是AB 、CD 的公垂线段，所以AB 和CD 间的距离为a 22. 【例2】如图,正四面体ABCD 的棱长为1，求异面直线AB 、CD 之间的距离. 设AB 中点为E ，连CE 、ED .∵AC =BC ,AE =EB .∴CD ⊥AB .同理DE ⊥AB .∴AB ⊥平面CED .设CD 的中点为F ,连EF ，则AB ⊥EF . 同理可证CD ⊥EF .∴EF 是异面直线AB 、CD 的距离.∵CE =23,∴CF =FD =21,∠EFC =90°,EF =22212322=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛. ∴AB 、CD 的距离是22. 【解后归纳】求两条异面直线之间的距离的基本方法：（1）利用图形性质找出两条异面直线的公垂线，求出公垂线段的长度.（2）如果两条异面直线中的一条直线与过另一条直线的平面平行，可以转化为求直线与平面的距离.例1题图例2题图（3）如果两条异面直线分别在两个互相平行的平面内，可以转化为求两平行平面的距离.题型二：两条异面直线间的距离【例3】如图(1),正四面体ABCD 的棱长为1，求：A 到平面BCD 的距离；过A 作AO ⊥平面BCD 于O ，连BO 并延长与CD 相交于E ，连AE . ∵AB =AC =AD ,∴OB =OC =OD .∴O 是△BCD 的外心.又BD ＝BC ＝CD ， ∴O 是△BCD 的中心，∴BO =32BE =332332=⨯. 又AB ＝1，且∠AOB =90°,∴AO =36331222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-BO AB .∴A 到平面BCD 的距离是36. 【例4】在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠ABC =2π,AB =a ,AD =3a 且sin ∠ADC =55,又P A ⊥平面ABCD ,P A =a ,求：(1)二面角P —CD —A 的大小; (2)点A 到平面PBC 的距离.【规范解答】 (1)作AF ⊥DC 于F ,连结PF , ∵AP ⊥平面ABCD ,AF ⊥DC ,∴PF ⊥DC , ∴∠PF A 就是二面角P —CD —A 的平面角. 在△ADF 中,∠AFD =90°,∠ADF =arcsin55,AD =3a ,∴AF =53a , 在Rt △P AF 中tan ∠PF A =3535==a a AF PA ,∴∠PF A =arc tan 35. (2)∵P A ⊥平面ABCD ,∴P A ⊥BC ,又BC ⊥AB ,∴BC ⊥平面P AB ,作AH ⊥PB ,则BC ⊥AH ,∴AH ⊥平面PBC ,∵P A ⊥AB ,P A =AB =a ,∴PB =2a ,∴AH =a 22.【例5】如图，所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3，BE=1.（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）求点C 到平面AEC 1F 的距离.解法1：（Ⅰ）过E 作EH//BC 交CC 1于H ，则CH=BE=1，EH//AD ，且EH=AD. ∵AF ∥EC 1，∴∠FAD=∠C 1EH. ∴Rt △ADF ≌Rt △EHC 1.∴DF=C 1H=2. .6222=+=∴DF BD BF （Ⅱ）延长C 1E 与CB 交于G ，连AG ，则平面AEC 1F 与平面ABCD 相交于AG . 过C 作CM ⊥AG ，垂足为M ，连C 1M ，由三垂线定理可知AG ⊥C 1M.由于AG ⊥面C 1MC ，且AG ⊂面AEC 1F ，所以平面AEC 1F ⊥面C 1MC.在Rt △C 1CM 中，作CQ ⊥MC 1，垂足为Q ，则CQ 的长即为C 到面AEC 1F 的距离..113341712317123,17121743cos 3cos 3,.17,1,2211221=+⨯=⨯=∴=⨯===∠=∠=+===MC CC CM CQ GAB MCG CM MCG GAB BG AB AG BG CGBGCC EB 知由从而可得由解法2：（I ）建立如图所示的空间直角坐标系，则D （0，0，0），B （2，4，0）， A （2，0，0），C （0，4，0），E （2，4，1），C 1（0，4，3）.设F （0，0，z ）.∵AEC 1F 为平行四边形，例3题图B ACD1A1B 1C1A .62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BF BF EF F z z EC AF F AEC =--=∴∴=∴-=-=∴∴（II ）设1n 为面AEC 1F 的法向量，)1,,(,11y x n ADF n =故可设不垂直于平面显然⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅02020140,0,011y x y x AF n AE n 得由⎪⎩⎪⎨⎧-==∴⎩⎨⎧=+-=+.41,1,022,014y x x y 即111),3,0,0(n CC CC 与设又=的夹角为a ，则11114cos 33||||CC n CC n α⋅==⋅ ∴C 到平面AEC 1F 的距离为.11334333343cos ||1=⨯==αCC d【例6】正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为8，对角线101=C B ，D 是AC 的中点。

2024年高考数学一轮复习(新高考版) 第7章 §7.8 空间距离及立体几何中的探索问题

②若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离.
由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 B(0,0,0)，C(2,0,0)，C1(0,2 3，0)，A1(－2，2 3，4)， E(－1,2 3，2)， B→C＝(2,0,0), B→E＝(－1,2 3，2)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则nn··BB→→CE＝＝00，，即2－x＝x＋0，2 3y＋2z＝0.
设C→P＝t—CC→1 ＝t—AA→1 ＝(－t， 3t,2 3t)，0≤t≤1，则O→P＝O→C＋C→P＝(－1－t， 3t,2 3t)，
易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，则mm··OO→ →BP＝＝－3y1＝－0t，x＋ 3ty＋2 3tz＝0，
则
cos
θ＝|cos〈O→S，D→S〉|＝|O→→S·D→→S|＝ |OS||DS|
23，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．
假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
取 x＝2 3t，则 m＝(2 3t,0，t＋1)，
由题意得|cos〈n，m〉|＝||nn|·|mm||＝ 12t22＋3tt＋12＝277， ∵0≤t≤1，∴解得 t＝CCCP1＝12， ∴线段 CC1上存在点 P，使得平面 POB 与平面 A1OB 夹角的余弦值为2 7 7，此时CCCP1＝12.
思维升华
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为 “点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．

2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离-专项训练一、基本技能练1.如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD 都是边长为2的等边三角形.(1)证明：PB⊥CD；(2)求点A到平面PCD的距离.2.如图，在三棱锥P－ABC中，BC⊥平面PAC，AD⊥BP，AB＝2，BC＝1，PD ＝3BD＝3.(1)求证：P A⊥AC；(2)求平面P AC与平面ACD夹角的余弦值.3.在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点.(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；BC，设平面FDE与平面DEC夹角的大小为θ，(2)若点F在BC上，满足BF＝14求sinθ的值.二、创新拓展练4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为矩形，若平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1⊥平面ABC1.(1)求证：AB⊥BB1；(2)记平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为α，直线AC1与平面BCC1B1所成的角为β，异面直线AC1与BC所成的角为φ，当α，β满足：cosα·cosβ＝m(0<m<1，m为常数)时，求sinφ的值.参考答案与解析一、基本技能练1.(1)证明取BC 的中点E ，连接DE ，则ABED 为正方形.过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O .连接OA ，OB ，OD ，OE .由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知PA ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点，故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解取PD 的中点F ，连接OF ，则OF ∥PB .由(1)知，PB ⊥CD ，故OF ⊥CD .又OD ＝12BD ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△POD 为等腰三角形，因此OF ⊥PD .又PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PCD ，所以OF ⊥平面PCD .因为AE ∥CD ，CD ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD ，所以AE ∥平面PCD .因此O 到平面PCD 的距离OF 就是A 到平面PCD 的距离，而OF ＝12PB ＝1，所以A 到平面PCD 的距离为1.2.(1)证明法一由AB ＝2，BD ＝1，AD ⊥BP ，得AD ＝3.由PD ＝3，AD ＝3，AD ⊥BP ，得PA ＝2 3.由BC⊥平面PAC，AC，PC⊂平面PAC，得BC⊥AC，BC⊥PC.所以AC＝AB2－BC2＝3，PC＝PB2－BC2＝15.因为AC2＋PA2＝15＝PC2，所以PA⊥AC.法二由AB＝2，BD＝1，AD⊥BP，得AD＝ 3.由PD＝3，AD＝3，AD⊥BP，得PA＝2 3.因为PB＝4，所以PB2＝AB2＋PA2，所以PA⊥AB.由BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，得BC⊥PA.又BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB＝B，故PA⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以P A⊥AC.(2)解法一如图，过点D作DE∥BC交PC于点E，因为BC⊥平面PAC，所以DE⊥平面PAC.因为AC⊂平面PAC，所以DE⊥AC.过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接DF，又DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF .因为DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥DF .则∠DFE 为平面P AC 与平面ACD 的夹角.由PD ＝3BD ＝3，DE ∥BC ，得DE ＝34，由EF ⊥AC ，PA ⊥AC ，且EF ，P A ⊂平面PAC ，得EF ∥P A ，且EF PA ＝CE CP ＝BD BP ＝14，得EF ＝32.易知DE ⊥EF ，则DF ＝DE 2＋EF 2＝214.所以cos ∠DFE ＝EF DF ＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277.法二如图，作AQ ∥CB ，以AQ ，AC ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系.因为AB ＝2，BC ＝1，BD ＝1，BP ＝4，所以AC ＝3，AP ＝2 3.故A (0，0，0)，B (1，3，0)，C (0，3，0)，P (0，0，23).由BD →＝14BP →，得，334，则AD →334，AC →＝(0，3，0).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y，z )，·AC→＝0，·AD→＝0，＝0，334y ＋32z ＝0，令x ＝2，则z ＝－3，y ＝0，所以n ＝(2，0，－3)为平面ACD 的一个法向量.由于BC ⊥平面PAC ，因此CB→＝(1，0，0)为平面PAC 的一个法向量.设平面PAC 与平面ACD 夹角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈CB →，n 〉|＝|CB →·n ||CB →||n |＝27＝277.所以平面PAC 与平面ACD 夹角的余弦值为277.3.解(1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，OB ，OC ⊂平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB→，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz .因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C (0，2，0)，A (0，0，2).因为E 为AC 的中点，所以E (0，1，1)，所以AB→＝(1，0，－2)，DE →＝(1，1，1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515.(2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1，2，0)，所以BF →＝14BC →－14，12又DB→＝(2，0，0)，故DF →＝DB →＋BF →，12，设平面DEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，·n 1＝0，·n 1＝0，＋y 1＋z 1＝0，1＋12y 1＝0，取x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7，5)为平面DEF 的一个法向量.设平面DEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，又DC→＝(1，2，0)，·n 2＝0，·n 2＝0，2＋y 2＋z 2＝0，2＋2y 2＝0，取x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1，所以n 2＝(2，－1，－1)为平面DEC 的一个法向量.故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313.所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913.二、创新拓展练4.(1)证明∵四边形BCC 1B 1是矩形，图1∴BC⊥BB1，又平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，∴AB⊥BC.如图1，过C作CO⊥BC1，∵平面BCC1B1⊥平面ABC1，平面BCC1B1∩平面ABC1＝BC1，CO⊂平面BCC1B1，∴CO⊥平面ABC1，又AB⊂平面ABC1，∴AB⊥CO，又AB⊥BC，CO∩BC＝C，CO，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1，又BB1⊂平面BCC1B1，∴AB⊥BB1.(2)解由题意知AB∥A1B1，又AB⊥平面BCC1B1，∴A1B1⊥平面BCC1B1.以B1为原点，B1A1，B1B，B1C1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图2，图2不妨设B 1A 1＝a ，B 1B ＝b ，B 1C 1＝c ，则B 1(0，0，0)，A 1(a ，0，0)，B (0，b ，0)，C 1(0，0，c )，A (a ，b ，0)，BA →＝B 1A 1→＝(a ，0，0)，BC →＝B 1C 1→＝(0，0，c )，BC 1→＝(0，－b ，c ).设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ABC 1n 1·BA →＝ax 1＝0，n 1·BC 1→＝－by 1＋cz 1＝0，∴x 1＝0，令y 1＝c ，则z 1＝b ，∴n 1＝(0，c ，b ).取平面A 1B 1C 1的一个法向量n ＝(0，1，0)，由图知，α为锐角，则cos α＝|cos 〈n 1，n 〉|＝c b 2＋c 2.取平面BCC 1B 1的一个法向量n 2＝(1，0，0)，由C 1A →＝(a ，b ，－c )，得sin β＝|cos 〈C 1A →，n 2〉|＝a a 2＋b 2＋c 2.又β∈0，π2，∴cos β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2，则cos αcos β＝c a 2＋b 2＋c 2.|cos 〈C 1A →，BC →〉|＝cos φ＝|（a，b，－c）·（0，0，c）|c a2＋b2＋（－c）2＝ca2＋b2＋c2，∴cosφ＝cosαcosβ.∵cosαcosβ＝m且m∈(0，1)，φ，π2，∴sinφ＝1－cos2φ＝1－m2.。

2025高考数学一轮复习-37.3-空间的距离【课件】

方法一：由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，得C1P⊥AM.又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝ C1，C1Q，C1P⊂平面C1PQ，所以AM⊥平面C1PQ.又PR⊂平面C1PQ，所以PR⊥AM. 又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM⊂平面C1MA，所以PR⊥平面C1MA.
在 Rt△C1PQ 中，PR＝C1CP1·QPQ＝23×222＝23.又 CA＝2PA，所以点 C 到平面 C1MA 的距 2
如图，以 OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，则 A(3，0，0)，
→
→
C(－2，0，0)，D(0，－ 3，0)，P(1，0， 3)，所以PC＝(－3，0，－ 3)，DC＝(－
→ 2设，平面3，P0C)，D A的C法＝向(－量5，为0n，＝0()x. ，y，z)，则nn··PD→→CC＝＝00，，
离是 P 到平面 C1MA 的距离的两倍，即点 C 到平面 C1MA 的距离是43. 方法二：设点 C 到平面 C1MA 的距离为 h.VC1-AMC＝13×C1P×S△AMC＝13×2×12×2×1
＝23，VC-C1MA＝13×h×S△AMC1＝13×h×12× 2×322＝h2，由 VC1-AMC＝VC-C1MA 可得h2＝23，即 h＝43.
8＋4＝2 3，故点 C 到直线 PA 的距离为 2 3.
【答案】 A
点面距
2-1 如图，三棱台ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC ，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M是BC的中点．
(1) 求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
【解答】如图(1)，过M作MP⊥AC，垂足为P，过P作PF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1P. 由 MP⊂ 平面 ABC ， A1A ⊥ 平面 ABC ，知 AA1 ⊥ MP. 又 MP ⊥ AC ， AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以MP⊥平面ACC1A1.

清泉州阳光实验学校高三数学高考一本通立体几何第一轮复习教案空间的距离

清泉州阳光实验学校空间的间隔[考点注释]掌握空间两点间隔的求法；理解图形F1与图形F2的间隔的概念；掌握点和面、直线和直线、直线和平面、平面和平面间隔的概念〔对于异面直线的间隔，只要求利用给出的公垂线计算间隔〕，会解决一些简单的间隔问题。

1、求间隔，这类试题多为求点与点之间的间隔或者者点到平面的间隔，是高考的热点，并且具有一定的综合性，高考中对空间间隔的考察，题型将仍以解答题为主。

采用分步设问的方式。

根据近年来高考命题的思路，多会在一些知识点的交汇处出题，在综合线、面位置关系的同时，考察有关三角知识。

2、纵观近几年的高考，有关间隔的概念和计算仍然是高考重点内容之一，它常以简单的多面体为载体，融线面关系于立体几何图形之中，不仅考察了空间线面平行和垂直关系，而且也考察了简单几何体的概念和性质，即考察了知识，也考察了学生分析解决问题的才能。

[知识整合]1、间隔的根本概念〔1〕点到面的间隔：从平面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的间隔，叫做这个点到这个平面的间隔。

〔2〕直线到它平行平面的间隔：一条直线上的任一点到与它平行的平面的间隔，叫做这条直线到平面的间隔。

〔3〕两个平行平面间的间隔：两平行平面的公垂线段的长度叫做两平行平面的间隔。

〔4〕两条异面直线间的间隔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。

2、各种间隔的理解〔1〕各种间隔都是通过垂线或者者公垂线，按“最短〞原那么定义的。

①两点间隔是指连结两点的直线段长；②点线间隔是指该点与直线上任意一点间隔是最小值；③线线间隔〔包括异面直线的间隔〕是指分别在这两条直线上的两点间隔中最小者； ④点面间隔那么是指该点与平面上任意一点的间隔的最小值。

〔2〕“转化〞是求上述各种间隔最重要的思想方法。

在空间间隔中，点到面的间隔最重要，如线到面的间隔和两平行平面的间隔都是转化为点到面的间隔来表示，异面直线的间隔通过辅助平面也可转化为“线面距〞、“面面距〞或者者“点面距〞来求。

精--高三数学第一轮复习讲义空间的距离.doc

高三数学第一轮复习讲义空间的距离高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为． 4 ．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为． 4 ．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为．4．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为．4．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为． 4 ．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为． 4 ．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为．4．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段．3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为．4．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段．3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为． 4 ．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（1）证明：作于，连结，∵，，∴，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3高三数学第一轮复习讲义空间的距离一．复习目标： 1．理解点到直线的距离的观点，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互相转变．二．知识重点： 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．在中，，所在平面外一点到三极点的距离都是，则到平面的距离是（）2．在四周体中，两两垂直，是面内一点，到三个面的距离分别是，则到的距离是（）3．已知矩形所在平面，，，则到的距离为，到的距离为．4．已知二面角为，平面内一点到平面的距离为，则到平面的距离为．四．例题剖析：例 1．已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，，（ 1）求证：；（ 2）求点到平面的距离；（ 3）设是线段上的一点，直线与平面所成的角为，求的长（ 1）证明：作于，连结，∵ ，，∴ ，∴ ，平面，平面，∴ ．解：（2）作于，∵平面，∴ ，∴，是点到平面的距离，由（ 1）知，∴ ．∴点到平面的距离为．（ 2）连结，∵ ，与平面所成的角为，，，∴ ，∵ ，，为正三角形，是中点，∴ 是中点，∴ ．小结：求点到平面的距离重点是找寻点到的垂线段． 3。

年高考第一轮复习数学新编空间距离

年高考第一轮复习数学新编空间距离It was last revised on January 2, 2021空间距离●知识梳理1.点与它在平面上的射影间的距离叫做该点到这个平面的距离.2.直线与平面平行，那么直线上任一点到平面的距离叫做这条直线与平面的距离.3.两个平面平行，它们的公垂线段的长度叫做这两个平面的距离.4.两条异面直线的公垂线段的长度叫做这两条异面直线的距离.5.借助向量求距离（1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. 平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||n n MP ⋅. ●点击双基是边长为2的正方形，以BD 为棱把它折成直二面角A —BD —C ，E 是CD 的中点，则异面直线AE 、BC 的距离为A.2B.3C.23解析：易证CE 是异面直线AE 与BC 的公垂线段，其长为所求.易证CE =1.∴选D. 答案：D2.在△ABC 中，AB =15，∠BCA =120°，若△ABC 所在平面α外一点P 到A 、B 、C 的距离都是14，则P 到α的距离是解析：作PO ⊥α于点O ，连结OA 、OB 、OC ，∵P A =PB =PC ，∴OA =OB =OC .∴O 是△ABC 的外心.∴OA =BCA AB ∠sin 2=120sin 215=53. ∴PO =22OA PA -=11为所求.∴选B.答案：B3.在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是 A.36a B. 63a C. 43a D.66 a 解析：A 到面MBD 的距离由等积变形可得.V A —MBD =V B —AMD .易求d =66a . 答案：D、B 是直线l 上的两点，AB =4，AC ⊥l 于A ，BD ⊥l 于B ，AC =BD =3，又AC 与BD 成60°的角，则C 、D 两点间的距离是_______.解析：CD =22223433±++.答案：5或435.设P A ⊥Rt △ABC 所在的平面α，∠BAC =90°，PB 、PC 分别与α成45°和30°角，P A =2，则P A 与BC 的距离是_____________；点P 到BC 的距离是_____________.解析：作AD ⊥BC 于点D ，∵P A ⊥面ABC ，∴P A ⊥AD .∴AD 是P A 与BC 的公垂线.易得AB =2，AC =23，BC =4，AD =3，连结PD ，则PD ⊥BC ，P 到BC 的距离PD =7. 答案：3 7●典例剖析【例1】设A （2，3，1），B （4，1，2），C （6，3，７），D （－５，－4，8），求D 到平面ABC 的距离.解：设平面ABC 的法向量n =（x ，y ，z ），∵n ·AB =0，n ·AC =0，∴⎩⎨⎧=⋅=-⋅,0)6,0,4(),,(,0)1,2,2(),,(z y x z y x 即⎪⎩⎪⎨⎧-=-=⇒⎩⎨⎧=+=+-.,23064022z y z x z x z y x令z =－2，则n =（3，2，－2）.∴cos 〈n ，AD 〉=2222227)7()7()2(2372)7(2)7(3+-+-⋅-++⨯--⨯+-⨯.∴点D 到平面ABC 的距离为d ，d =|AD |·|cos 〈n ，AD 〉|=1749=171749.思考讨论求点到平面的距离除了根据定义及等积变换外，还可以借用平面的法向量求得，方法是：求出平面的一个法向量n 的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量MP 的坐标，那么P 到平面的距离d =|MP ||cos 〈n ，MP 〉|.【例2】如图，在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、O 、O 1分别是A 1B 、AC 、A 1C 1的中点，且OH ⊥O 1B ，垂足为H .（1）求证：MO ∥平面BB 1C 1C ；（2）分别求MO 与OH 的长；（3）MO 与OH 是否为异面直线A 1B 与AC 的公垂线为什么求这两条异面直线间的距离.（1）证明：连结B 1C ，∵MO 是△AB 1C 的中位线，∴MO ∥B 1C .∵B 1C平面BB 1C 1C ，∴MO ∥平面BB 1C 1C .（2）解：MO =21B 1C =22a ， ∵OH 是Rt △BOO 1斜边上的高，BO =22a ， ∴OH =33a . （3）解：MO 不是A 1B 与AC 的公垂线，MO ∥B 1C ，△AB 1C 为正三角形，∴MO 与AC 成60°角.∵AC ⊥BD ，AC ⊥OO 1，∴AC ⊥面BOO 1.∵OH 面BOO 1，∴OH ⊥AC ，OH ⊥A 1C 1.∵OH ⊥O 1B ，A 1C 1∩O 1B =O 1，∴OH ⊥面BA 1C 1，OH ⊥A 1B .∴OH 是异面直线A 1B 与AC 的公垂线，其长度即为这两条异面直线的距离.特别提示在立体几何的计算或证明中，常需要计算直角三角形斜边上的高，据面积关系得它等于直角边的积除以斜边，应作为常识记熟并可直接应用.立体几何问题求解，总体上可分为几何法与代数法，要注意选择最简方法求解.本题（3）利用代数向量方法解答也比较简单.【例3】如图所求，已知四边形ABCD 、EADM 和MDCF 都是边长为a 的正方形，点P 、Q 分别是ED 和AC 的中点.求：（1）PM 与FQ 所成的角；（2）P 点到平面EFB 的距离；（3）异面直线PM 与FQ 的距离.解：建立空间直角坐标系，使得D （0，0，0）、A （a ，0，0）、B （a ，a ，0）、C （0，a ，0）、M （0，0，a ）、E （a ，0，a ）、F （0，a ，a ），则由中点坐标公式得P （2a ，0，2a ）、 Q （2a ，2a ，0）. （1）∴PM =（－2a ，0，2a ），FQ =（2a ，－2a ，－a ），PM ·FQ =（－2a ）×2a +0+2a ×（－a ）=－43a 2，且|PM |= 22a ，||= 26a . ∴cos 〈PM ，FQ 〉||||FQ PM =a a a 2622432⨯-=－23. 故得两向量所成的角为150°.（2）设n =（x ，y ，z ）是平面EFB 的单位法向量，即|n |=1，n ⊥平面EFB ，∴n ⊥EF ，n ⊥BE .又EF =（－a ，a ，0），EB =（0，a ，－a ），即有⎪⎩⎪⎨⎧=-=+-=++.0,0,1222az ay ay ax z y x 得其中的一组解⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧===.33,33,33z y x ∴n =（33，33，33），PE =（2a ，0，2a ）.设所求距离为d ，则d =|PE ·n |= 33a . （3）设e =（x 1，y 1，z 1）是两异面直线的公垂线上的单位方向向量，则由PM =（－2a ，0，2a ），FQ =（2a ，－2a ，－a ），得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--=+-=++.022,022,111111212121az y a x a z a x a z y x 求得其中的一个e =（33，－33，33），而MF =（0，a ，0）.设所求距离为m ，则m =|MF ·e |=|－ 33a |=33a . 【例4】如图，已知二面角α—PQ —β为60°，点A 和点B 分别在平面α和平面β内，点C 在棱PQ 上，∠ACP =∠BCP =30°，CA =CB =a .（1）求证：AB ⊥PQ ；（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°，求线段CR 的长度.（1）证明：在平面β内作BD ⊥PQ 于D ，连结AD .∵∠ACP =∠BCP =30°，CA =CB =a ，CD 公用，∴△ACD ≌△BCD .∴∠ADC =∠BDC =90°，即AD ⊥PQ .于是PQ ⊥平面ABD ，则AB ⊥PQ .（2）解：由（1）知，∠ADB 是二面角α—PQ —β的平面角，∴∠ADB =60°.又PQ ⊥平面ABD ，∴α⊥平面ABD .过B 作BE ⊥AD 于点E ，则BE 即为B 到平面α的距离.BE =BD ·sin60°=BC ·sin30°·sin60°=43 a . （3）解：连结ER ，∵BE ⊥α，∴∠BRE 是BR 与α所成的角，即∠BRE =45°，则有BR =45sin BE =46 a .易知△ABD 为正三角形，AB =AD =BD =21a .在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠BCA =87.在△BCR 中，设CR =x ，由余弦定理得（46a ）2=x 2+a 2－2ax ·87，求得x 1=2a ，x 2=45a （舍去，∵CR <AC =a ），故CR =2a . ●闯关训练夯实基础1.平面α内的∠MON =60°，PO 是α的斜线，PO =3，∠POM =∠PON =4５°，那么点P 到平面α的距离是 A. 3B.433C. 23D.33 解析：cos ∠POM =cos ∠POH ·cos ∠MOH ， ∴22= 23cos ∠POH . ∴cos ∠POH =32. ∴sin ∠POH =31.∴PH =PO ·sin ∠POH =3×31=3.答案：A 2.正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E 是CC 1的中点，则E 到A 1B 的距离是 A.33a B. 26a C. 25a D. 423a 解析：连结A 1E 、BE ，过E 作EH ⊥A 1B 于H ，在△A 1BE 中易求EH =423a . 答案：D3.已知l 1、l 2是两条异面直线，α、β、γ是三个互相平行的平面，l 1、l 2分别交α、β、γ于A 、B 、C 和D 、E 、F ，AB =4，BC =12，DF =10，又l 1与α成30°角，则β与γ的距离是__________；DE =__________.解析：由直线与平面所成角的定义及平行平面距离定义易得β与γ间距离为6.由面面平行的性质定理可得BC AB =EF DE ，∴BC AB AB +=EF DE DE +，即1244+=10DE .∴DE =. 答案：64.（B ）已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线DA 1与AC 间的距离为__________.解析：设n =λAB +μAD +1AA 是A 1D 和AC 的公垂线段上的向量，则n ·A 1=（λ+μ+1AA ）·（－1AA ）=μ－1=0，∴μ=1. 又n ·AC =（λAB +μAD +1AA ）·（AB +AD ）=λ+μ=0，∴λ=－1.∴n =－AB +AD +1AA .故所求距离为d =||n|AA n ⋅1|=|AA 1·31AA ++-|=31= 33. 答案： 33 是正方形，边长为7 cm ，MN ∥AB 且交BC 于点M ，交DA 于点N ，若AN =3 cm ，沿MN 把正方形折成如图所示的二面角A —MN —D ，大小为60°，求图中异面直线MN 与BD 间的距离.解：由题意易证MN ∥平面ABD ，MN 与BD 的距离可转化为点N 到平面ABD 的距离，作NE ⊥AD ，易证NE ⊥平面ABD ，故可求NE =13396. 6.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的边长为a ，E 、F 分别是棱A 1B 1、CD 的中点.（1）证明：截面C 1EAF ⊥平面ABC 1.（2）求点B 到截面C 1EAF 的距离.（1）证明：连结EF 、AC 1和BC 1，易知四边形EB 1CF 是平行四边形，从而EF ∥B 1C ，直线B 1C ⊥BC 1且B 1C ⊥AB ，则直线B 1C ⊥平面ABC 1，得EF ⊥平面ABC 1.而EF ⊂平面C 1EAF ，得平面C 1EAF ⊥平面ABC 1.（2）解：在平面ABC 1内，过B 作BH ，使BH ⊥AC 1，H 为垂足，则BH 的长就是点B 到平面C 1EAF 的距离，在直角三角形中，BH =11AC BC AB ⋅=a a a 32=36a . 培养能力7.已知直线l 上有两定点A 、B ，线段AC ⊥l ，BD ⊥l ，AC =BD =a 且AC 与BD 成120°角，求AB 与CD 间的距离.解法一：在面ABC 内过B 作BE ⊥l 于B ，且BE =AC ，则ABEC 为矩形. ∴AB ∥CE .∴AB ∥平面CDE .则AB 与CD 的距离即为B 到DE 的距离.过B 作BF ⊥DE 于F ，易求BF =21a .解法二：建系如图，则A （0，0，b ），C （－21a ，23a ，a ），D （a ，0，0），设AB 与CD 的公垂线的一个方向向量n =（x ，y ，z ），利用n ·AB =0，n ·CD =0，求出n ，则d =||||n n BD ⋅=21a . 8.（2003年东城区一模题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1各棱长都等于a ，E 是BB 1的中点.（1）求直线C 1B 与平面A 1ABB 1所成角的正弦值；（2）求证：平面AEC 1⊥平面ACC 1A 1；（3）求点C 1到平面AEC 的距离.（1）解：取A 1B 1中点M ，连结C 1M ，BM .∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱，∴C 1M ⊥A 1B 1，C 1M ⊥BB 1.∴C 1M ⊥平面A 1ABB 1.∴∠C 1BM 为直线C 1B 与平面A 1ABB 1所成的角.在Rt △BMC 1中，C 1M =23a ，BC 1=2a ， ∴sin ∠C 1BM =11BC M C =46. （2）证明：取A 1C 1的中点D 1，AC 1的中点F ，连结B 1D 1、EF 、D 1F .则有D 1F 21AA 1，B 1E 21AA 1. ∴D 1F B 1E .则四边形D 1FEB 1是平行四边形，∴EF B 1D 1.由于三棱柱ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱，∴B 1D 1⊥A 1C 1.又平面A 1B 1C 1⊥平面ACC 1A 1于A 1C 1，且B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1，∴B 1D 1⊥平面ACC 1A 1.∴EF ⊥平面ACC 1A 1.∵EF ⊂平面AEC 1，则平面AEC 1⊥平面ACC 1A 1.（3）由（2）知，EF ⊥平面AC 1，则EF 是三棱锥E —ACC 1的高.由三棱柱各棱长都等于a ，则EC =AE =EC 1=25a ，AC 1=2a . ∴EF =22AF AE -=23a . ∵V AEC C -1=V 1ACC E -，设三棱锥V AEC C -1的高为h ，则h 为点C 1到平面AEC 的距离.则31S AEC ∆·h =31S 1ACC ∆·EF ，即31×21a 2h =31×21a 2·23a . ∴h =23a ，即点C 1到平面AEC 的距离是23a . 探究创新9.（2003年南京质量检测题）如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ，点M 在边BC 上，△AMC 1是以点M 为直角顶点的等腰直角三角形.（1）求证：点M 为边BC 的中点；（2）求点C 到平面AMC 1的距离.（1）证明：∵△AMC 1为以点M 为直角顶点的等腰直角三角形，∴AM ⊥C 1M 且AM =C 1M .∵ABC —A 1B 1C 1是正三棱柱，∴CC 1⊥底面ABC .∴C 1M 在底面内的射影为CM ，AM ⊥CM .∵底面ABC 为边长为a 的正三角形，∴点M 为BC 边的中点.（2）解：过点C 作CH ⊥MC 1，由（1）知AM ⊥C 1M 且AM ⊥CM ， ∴AM ⊥平面C 1CM .∵CH ⊥AM ，∴CH ⊥平面C 1AM ，由（1）知，AM =C 1M =23a ，CM =21a 且CC 1⊥BC .∴CC 1=224143a a -= 22a . ∴CH =M C CM C C 11⨯=a a a 232122⨯=66a .∴点C 到平面AMC 1的距离为66a . ●思悟小结求空间距离的方法可分为直接法、转化法、向量法.1.直接法是直接作出垂线，再通过解三角形求出距离.2.转化法则是把点面距离转化为线面距离，或把线面距离转化为面面距离，再转化为点面距离.3.向量法是把距离求解转化为向量运算.●教师下载中心教学点睛首先要让学生理解点到平面的距离、异面直线的距离以及线面距离及面面距离，而后结合题目向学生总结求距离的常用方法，如：直接法、转化法、向量法.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况.拓展题例【例1】线段AB 与平面α平行，α的斜线A 1A 、B 1B 与α所成的角分别为30°和60°，且∠A 1AB =∠B 1BA =90°，AB =6，A 1B 1=10，求AB 与平面α的距离.解：如图，作AG ⊥α于点G ，BH ⊥α于点H ，连结A 1G 、B 1H 、GH ，因为A 1A ⊥AB ，A 1G ⊥GH .同理，B 1H ⊥GH .作B 1C ⊥A 1G 于点C ，则B 1C =GH =AB =6，∠AA 1G =30°，∠BB 1H =60°.设B 1H =x ，则CG =B 1H =x ，AG =BH =3x ，A 1G =3x =x +A 1C =x +8.所以x =4，AG =BH =43.当A 1、B 1分居平面AH 两侧时，类似可得AG =BH =23.【例2】（2003年烟台诊断性测试）如图，P A 垂直于矩形ABCD 所在的平面，E 、F 分别是AB 、PD 的中点.（1）求证：AF ∥平面PCE ；（2）若二面角P —CD —B 为45°，求证：平面PCE ⊥平面PCD ；（3）在（2）的条件下，若AD =2，CD =22，求F 到平面PCE 的距离. （1）证明：如下图，取PC 的中点为M ，连结EM 、FM . 由 FM21CD AE 21CD ⇒AF ∥EM EM ⊂面PCEAF ⊄面PCE（2）证明：则∠PDA 为二面角P —CD —B 的平面角.∠PDA =45°，故△P AD 为等腰Rt △.（3）作FH ⊥PC ，即FH 为点F 到面PCE 的距离.由AD =2可得PD =22，又由CD =22，则有PC =22CD PD +=4.又由Rt △PHF ∽Rt △PDC ，则CD FH =PC PF ⇒FH =PC PF CD ⋅=4222⋅=1. ⇒FM AE ⇒四边形AFME 为平行四⇒AF ∥面PCE .。

高考数学一轮复习--高考大题突破练—空间距离及立体几何中的探索性问题

第66练高考大题突破练—空间距离及立体几何中的探索性问题考点一空间距离1．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝4，AD ＝6，M ，N 分别是DC 1，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面ADD 1A 1； (2)求C 到平面A 1MN 的距离．(1)证明如图，分别取DD 1和AD 的中点E ，F ，连接EF ，EM ，FN ，则EM ∥DC 且EM ＝12DC ，FN ∥DC 且FN ＝12DC ，所以EM ∥FN ，且EM ＝FN ，所以四边形EMNF 是平行四边形，所以EF ∥MN ，又EF ⊂平面ADD 1A 1，MN ⊄平面ADD 1A 1，所以MN ∥平面ADD 1A 1.(2)解如图，以D 为坐标原点，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，则A (6,0,0)，C (0,4,0)，D 1(0,0,2)，C 1(0,4,2)，A 1(6,0,2)，又M ，N 分别是DC 1，AC 的中点，所以M (0,2,1)，N (3,2,0)，所以A 1N —→＝(－3,2，－2)，A 1M —→＝(－6,2，－1)，CM →＝(0，－2,1)．设平面A 1MN 的一个法向量为n ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1N —→＝0，n ·A 1M —→＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y －2z ＝0，－6x ＋2y －z ＝0，令z ＝3，则x ＝1，y ＝92，所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，92，3，设C 到平面A 1MN 的距离为d ，则d ＝|CM →·n ||n |＝|－9＋3|1214＝1211.所以C 到平面A 1MN 的距离为1211.考点二立体几何中的探索性问题2．在如图所示的几何体中，平面ADNM ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是菱形，四边形ADNM 是矩形，∠DAB ＝π3，AB ＝2，AM ＝1，E 是AB 的中点．(1)求证：DE ⊥平面ABM ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使平面PEC 与平面ECD 夹角的大小为π4若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，连接BD ，由四边形ABCD 是菱形，∠DAB ＝π3，E 是AB 的中点．得DE ⊥AB ，因为四边形ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD 且交线为AD ，所以MA ⊥平面ABCD ，又DE ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AM ，又AM ∩AB ＝A ，AM ，AB ⊂平面ABM ，所以DE ⊥平面ABM .(2)解由DE ⊥AB ，AB ∥CD ，故DE ⊥CD ，因为四边形ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD 且交线为AD ， ND ⊥AD ，所以ND ⊥平面ABCD ，以D 为原点，DE 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DN 所在直线为z 轴，建立如图所示的坐标系，则D (0,0,0)，E (3，0,0)，C (0,2,0)，N (0,0,1)，设P (3，－1，m )(0≤m ≤1)，则 EC →＝(－3，2,0)，EP →＝(0，－1，m )，因为ND ⊥平面ABCD ，所以易知DN →＝(0,0,1)为平面ECD 的一个法向量，设平面PEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·EC →＝n ·EP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2y ＝0，－y ＋mz ＝0，取z ＝1，n ＝⎝⎛⎭⎫2m3，m ，1，假设在线段AM 上存在点P ，使平面PEC 与平面ECD 夹角的大小为π4.则cos π4＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DN →|n ||DN →|＝14m 23＋m 2＋1＝22，解得m ＝217，经检验，符合题意．所以存在点P 在线段AM 上，使平面PEC 与平面ECD 夹角的大小为π4，此时AP ＝217.3．如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面ABCD ⊥平面PCD ，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，且AB ＝1，AD ＝DC ＝DP ＝2，∠PDC ＝120°.(1)求证：AD ⊥平面PCD ；(2)求平面P AD 与平面PBC 夹角的余弦值；(3)设M 是棱P A 的中点，在棱BC 上是否存在一点F ，使MF ∥PC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明因为平面ABCD ⊥平面PCD ，平面ABCD ∩平面PCD ＝CD ， AD ⊥DC ，所以AD ⊥平面PCD .(2)解作z 轴⊥平面ABCD ，则z 轴在平面PCD 中，如图，以D 为原点，以DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系，则P (0，－1，3)，D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,1,0)，C (0,2,0)，则DA →＝(2,0,0)，DP →＝(0，－1，3)，PC →＝(0,3，－3)，BC →＝(－2,1,0)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面P AD 的法向量，n ＝(x 2，y 2，z 2)为平面PBC 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝2x 1＝0，m ·DP →＝－y 1＋3z 1＝0，可取m ＝(0，3，1)，同理，可取n ＝(1,2,23)，则|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝23＋232×17＝25117，所以平面P AD 与平面PBC 夹角的余弦值为25117.(3)解假设点F 存在，设此时BF →＝λBC →(0≤λ≤1)， M ⎝⎛⎭⎫1，－12，32，BF →＝λBC →＝(－2λ，λ，0)，MA →＝⎝⎛⎭⎫1，12，－32，AB →＝(0,1,0)，则MF →＝MA →＋AB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫1－2λ，32＋λ，－32，因为MF ∥PC ，则MF →∥PC →，所以存在唯一的实数μ，使得MF →＝μPC →，即⎝⎛⎭⎫1－2λ，32＋λ，－32＝(0,3μ，－3μ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－2λ＝0，32＋λ＝3μ，－32＝－3μ，方程组无解，与题设矛盾，所以棱BC 上不存在一点F ，使MF ∥PC .4．如图，在Rt △AOB 中，∠OAB ＝π6，斜边AB ＝4.Rt △AOC 可以通过Rt △AOB 以直线AO为轴旋转得到，且二面角B －AO －C 是直二面角．动点D 在斜边AB 上．(1)求证：平面COD ⊥平面AOB ；(2)求直线CD 与平面AOB 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 ∵△AOB 为直角三角形，且斜边为AB ， ∴∠AOB ＝π2.将Rt △AOB 以直线AO 为轴旋转得到Rt △AOC ，则∠AOC ＝π2，即OC ⊥AO .∵二面角B －AO －C 是直二面角，即平面AOC ⊥平面AOB . 又平面AOC ∩平面AOB ＝AO ，OC ⊂平面AOC ， ∴OC ⊥平面AOB . ∵OC ⊂平面COD ，因此，平面COD ⊥平面AOB .(2)解在Rt △AOB 中，∠OAB ＝π6，斜边AB ＝4，∴OB ＝12AB ＝2且∠OBA ＝π3.由(1)知，OC ⊥平面AOB ，∴直线CD 与平面AOB 所成的角为∠ODC . 在Rt △OCD 中，∠COD ＝π2，OC ＝OB ＝2，CD ＝OD 2＋OC 2＝OD 2＋4，∴sin ∠ODC ＝OCCD＝2OD 2＋4，当OD ⊥AB 时，OD 取最小值，此时sin ∠ODC 取最大值，且OD ＝OB sin π3＝ 3.因此，sin ∠ODC ＝OCCD＝2OD 2＋4≤27＝277，即直线CD 与平面AOB 所成角的正弦值的最大值为277.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

空间的距离
一、选择题
1、已知AB 是异面直线AC 、BD 的公垂线，AC ＝4，BD ＝6，若CD ＝232，AC 、BD 所成的角为600，则公垂线段AB 的长为（）
A 、4
B 、6或4
C 、8
D 、4或8
2、0120,159=∠=∆BAC AC AB ABC ，＝中，。

ABC ∆所在平面外一点P 到三个原点A 、B 、C 的距离都是14，那么点P 到平面α的距离为（）
A 、7
B 、9
C 、11
D 、13
3、直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝1，AB ＝4，BC ＝3，，＝090ABC ∠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 、1
B 、10
C 、17
D 、2.6
4、ABCD 为正方形，P 为平面ABCD 外一点，PD ⊥AD ，PD ＝AD ＝2，二面角P －AD －C 为600，则P 到AB 的距离是（）
A 、22
B 、3
C 、2
D 、7
5、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 4
15 6、等边ABC ∆的边长为a ，将它沿平行于BC 的线段PQ 折起，使平面APQ ⊥平面BPQC ，若折叠后AB 的长为d ，则d 的最小值为（）
A 、a 43
B 、a 45
C 、a 43
D 、a 4
10 二、填空题：
7、设平面α外两点A 和B 到平面α的距离分别为4cm 和1cm ，AB 与平面α所成的角是600，则线段AB 的长是。

8、点M 是线段AB 的中点，若A ，B 到平面α的距离分别为4cm 和6cm ，则点M 到平面α的距离为。

9、棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是AA 1的中点，Q 是AB 上的点，且C 1P ⊥PQ ，则Q 到平面PB 1C 1的距离为。

10、在直角坐标系中，设A （－2，3）、B （3，－2），沿x 轴把直角坐标平面折成1200的二面角后，AB 的长为。

三、解答题
11、在棱长为1的正方体ABCD －''''D C B A 中，
（1）求点A 到平面B 'D 的距离。

（2）求点'A 到平面''D AB 的距离。

（3）求平面''D AB 与平面'BCD 的距离。

（4）求在线AB 到平面''B CDA 的距离。

（5）求C A '到BD 的距离。

（6）若E 、F 为AB 、BC 、BC 的中点，求'D 到平面EF B '的距离。

∆
12、在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1＝4cm，底面ABC
∠＝900，E是AB的中点，求：
中，AC＝BC＝2cm，ABC
①异面直线CE与AB1的距离。

②点E到截面AB1C的距离。

4的正三角形ABC中，E、F分别为BC和AC的
13、（1）如图所示，已知边长为2
中点，PA⊥面ABC，且PA＝2，设平面α过PF且与AE平行，求AE与平面α的距离。

（2）如图已知正方形ABCD的边长为4，E、F分别是AB、AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，求：点B到平面EFG的距离
14、如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长都等于a，D、F分别为AC1和BB1
的中点：（1）求证：DF为异面直线AC1和BB1的公垂线段，并求其长度。

（2）求点C1到平面AFC的距离。

[综合、创新]
如图，PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，M、N分别为AB、PC的中点。

（1）求证：MN⊥AB。

（2）若平面PDC与平面ABCD所成的二面角
为θ，能否确定θ，使得直线MN是异面直线AB。