暑假立体几何中的距离问题
立体几何专题之距离--原创
立体几何中的距离一、点到平面的距离 1、求法：（1）定义法：作出点P 在平面α内的射影A ，把PA 放在直角三角形中来求。
（2）转化法：①转化为P 到斜线PM 的射影MA 的距离（线面距离转化为点线距离） ②在过点P 平行于α平面的直线l 上另找一点Q ，求Q 到α的距离 ③在过点P 平行于α的平面β（3）等体积法：（常用于三棱锥体中）2、典型例题例1、已知正方体1111ABCD A BC D -是棱长为a 的正方体，,M N 分别是11C B ，11D C 的中点①求1A 到平面BMND 的距离 ②求1B 到平面 CNM 的距离例2、如图已知三棱锥O ABC -的侧棱,,OA OB OC 两两垂直，且1,2OA OB OC ===E 是OC 的中点，求C 到面ABE 的距离.例3、如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面1AEC F 所截面而得到的，其中14,2,3,1AB BC CC BE ====求：（Ⅰ）求BF 的长；（Ⅱ）点C 到平面1AEC F 的距离例4、在正三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 的边长为a ，侧棱12AA a =，,M N 分别为11,AA BB 的中点，求：C 到平面MNB 的距离。
配套练习：1已知矩形ABCD 中，3,4AB BC ==，PD ⊥面ABCD ，2PD =，Q 为线段PD 的中点.求点P 到平面ACQ 的距离2 已知ABCD 是直角梯形，090=∠=∠ABC DAB ，a BC AB ==，a AD 2=，P 是平面ABCD 外一点，⊥PA 平面ABCD ，且a PA =，求A 到平面PCD 的距离。
3 如图，在长方体1111ABCD A BC D -，中，11,2AD AA AB ===，E 为AB 的中点，求点E 到面1ACD 的距离。
二、直线到平面的距离（线面距离转化为点到面的距离） 1、求法：在直线上选择合适的点，求该点到异面的距离即可 2、例题讲练例1、长方体1111ABCD A BC D -中，底面是边长为2的正方形，高为4，求直线BD 到平面11AB D 的距离.例2、边长为a 的正方形 ABCD 的中心为O ，且OP ⊥平面ABCD ，P 到AB 的距离为a ，求直线CD 到平面PAB 的距离。
立体几何中的向量方法--距离问题
Cy
B
a
20
解 ： 1 ) 以 D 为 坐 标 原 点 ， D A 所 在 的 直 线 为 x 轴 ， D C 所 在 的 直 线 为 y 轴 ，
D D 1 所 在 的 直 线 为 z 轴 ， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 D x y z ， 如 图 所 示
则 D 1(0 ,0 ,1 ),B (1 ,1 ,0 ),A 1(1 ,0 ,1 ),E (0 ,1 2,1 )
立体几何中的向量方法 ------距离问题
a
1
一、求点到平面的距离
一般方法： 利用定义先作出过 这个点到平面的垂 线段，再计算这个
垂线段的长度。
还可以用等积法求距离.
a
P
d
O
2
向量法求点到平面的距离
d sin
AP
d | AP|sin
P
n
| AP n |
sin
d
AP n
d | AP n | n
(4) 求异面直线D1B与A1E的距离.
z
D1
A1
D
A
x a
E
C1
B1
Cy
B
11
练习1：
已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中， E、F分别是B1C1和C1D1 的中点，求点A1到平 面DBEF的距离。
z
D1 F
C1
A1
E B1
D A
x
a
C y
B
12
练习2：
已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1， 求平面DA1C1和平面AB1C间的距离。
得 A1E与 BD 1的 距 离d
D1A1 n n
立体几何中的求距离问题
**立体几何中的求距离问题**1. **定义与公式**在立体几何中，距离是一个重要的概念。
它表示点与点之间、线与线之间、面与面之间的最短距离。
对于两点A和B，它们之间的距离称为AB的距离，用公式表示为：AB = sqrt[(x2 - x1)² + (y2 - y1)² + (z2 - z1)²]。
2. **求解方法**求两点间的距离主要依赖于坐标变换和勾股定理。
首先，需要确定两点的三维坐标，然后通过计算两坐标之间的差的平方，再开方得到距离。
3. **实际应用**在实际生活中，距离的概念广泛应用于各种场景，如地理学中的地球距离、物理学中的物体间距离、工程学中的结构尺寸等。
在科学研究和工程实践中，计算距离是一个必不可少的步骤。
4. **易错点**在计算距离时，容易出现错误的地方包括单位不一致、坐标表示错误或计算错误等。
为了避免这些问题，需要仔细检查并确保所有的单位和坐标都是正确的。
5. **真题演练**给定两点A(1,2,3)和B(4,5,6)，求AB的距离。
解：根据公式，AB的距离为：sqrt[(4-1)² + (5-2)² + (6-3)²] = sqrt(9+9+9) = 3*sqrt(3)6. **知识点总结**求两点间的距离主要依赖于坐标变换和勾股定理。
在实际应用中，计算距离是一个重要的步骤。
为了避免错误，需要仔细检查坐标和单位。
7. **未来学习建议**在未来的学习中，可以进一步探索距离在不同领域的应用，如医学影像分析、地理信息系统等。
同时，可以尝试解决更复杂的几何问题，如多维空间中的距离计算、曲面上的最短路径等。
此外，可以学习更多关于向量和矩阵的知识，这些工具对于解决复杂的几何问题非常有帮助。
立体几何求点到面距离问题
立体几何求点到面距离问题引言立体几何是研究空间中的图形和空间关系的一个分支学科。
在立体几何中，求点到面的距离是一个常见的问题。
本文将从基本概念出发，深入探讨立体几何中求点到面距离的问题。
什么是点到面的距离点到面的距离是指空间中一个点到平面的最短距离。
这个距离可以用于求解一系列实际问题，例如工程中的装配问题、机器人导航问题等。
点到面距离的计算方法在立体几何中，求点到面的距离可以采用多种方法。
下面将介绍几种常用的计算方法。
求点到平面的公式假设平面的方程为Ax+By+Cz+D=0，点的坐标为(x0,y0,z0)，点到平面的距离可以通过公式计算：距离= |Ax0 + By0 + Cz0 + D| / √(A^2 + B^2 + C^2)其中，|x|表示x的绝对值。
点到三角形的距离若平面上有一个三角形ABC，点P到三角形的距离可以按照以下步骤计算：1.求三角形ABC的法向量N；2.用三角形ABC的一条边向量B-A和两个边向量C-A、P-A构造Gram矩阵，记作G；3.求Gram矩阵的特征值λ1、λ2、λ3；4.计算点到三角形的距离d = √(2* (λ1^2 + λ2^2 + λ3^2) / (λ1 +λ2 + λ3))；其中，√表示平方根。
点到立方体的距离立方体是一个六个面都是正方形的多面体。
点到立方体的距离可按照以下步骤计算：1.将立方体视为六个平面；2.对于每个平面，计算点到平面的距离；3.取最小的平面距离作为点到立方体的距离。
点到面距离的应用点到面的距离在计算机图形学、计算机辅助设计、计算机视觉等领域有着广泛的应用。
计算机图形学中的应用在计算机图形学中，点到面的距离可以用于线框模型的绘制、曲面的包围盒计算等。
例如，当我们需要绘制一个线框模型时，可以通过计算点到平面的距离，来确定哪些线是显示的，哪些线是隐藏的。
计算机辅助设计中的应用在计算机辅助设计中，点到面的距离可以用于零件装配的碰撞检测、表面贴花等。
立体几何距离专题
林雅芝专用教案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；【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.【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.（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 .【例4】在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠ABC =2,AB =a ,AD =3a 且sin ∠ADC =55,又PA ⊥平面ABCD ,PA =a ,求：(1)二面角P —CD —A 的大小; (2)点A 到平面PBC 的距离.例1题图例3题图【规范解答】 (1)作AF ⊥DC 于F ,连结PF , ∵AP ⊥平面ABCD ,AF ⊥DC ,∴PF ⊥DC ,∴∠PFA 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 △PAF 中tan ∠PFA =3535==a a AF PA ,∴∠PFA =arc tan 35. (2)∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥BC ,又BC ⊥AB ,∴BC ⊥平面PAB ,作AH ⊥PB ,则BC ⊥AH ,∴AH ⊥平面PBC ,∵PA ⊥AB ,PA =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，.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B ACD1A1B 1C D 1C 1B 1A 1EDCB AHD 1C 1B 1A 1ED CBA⎩⎨⎧=+⨯+⨯-=+⨯+⨯⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅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1111433cos .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。
专题13：立体几何中点到面的距离问题(解析版)
专题13：立体几何中点到面的距离问题（解析版）1．已知四边形ABCD 是梯形（如图甲），//AB CD ，AD DC ⊥，4CD =，2AB AD ==，E 为CD 的中点，以AE 为折痕把ADE 折起，使点D 到达点P 的位置（如图乙），且2PB =．甲 乙（1）求证：平面PAE ⊥平面ABCE ； （2）求点A 到平面PBE 的距离． 【答案】（1）证明见解析；（226. 【分析】（1）连接BE ，取AE 的中点M ，连接PM ，BM ， 可得PM AE ⊥，PM MB ⊥，进而可得PM ⊥平面ABCE ，又PM ⊂平面PAE ，可得平面PAE ⊥平面ABCE ； （2）设点A 到平面PBE 的距离为d ，利用等体积法P ABE A PBE V V --=进行转化计算即可得解. 【详解】（1）连接BE ，因为//AB CD ，AD DC ⊥，4CD =，E 为CD 的中点，2AB AD ==，所以四边形ABED 是边长为2的正方形，且BE EC =， 取AE 的中点M ，分别连接PM ，BM ，因为2AP PE ==，所以PM AE ⊥，BM AE ⊥，且22AE =2PM AM BM ===又2PB =，所以222PM MB PB +=，所以PM MB ⊥， 又AE MB M ⋂=，所以PM ⊥平面ABCE ，又PM ⊂平面PAE ，所以平面PAE ⊥平面ABCE ；（2）由（1）知，PM ⊥平面ABCE ，PBE △为正三角形且边长为2， 设点A 到平面PBE 的距离为d ，P ABE A PBE V V --=， 则1133ABE PBE S PM S d ⨯⨯=⨯⨯△△， 所以211133234BE AB PM BE d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯， 即2111322223234d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，解得263d =， 故点A 到平面PBE 的距离为26．【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查点面间的距离求法，考查逻辑思维能力和计算能力，考查空间想象能力，属于常考题.2．如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等边三角形，1AA ⊥平面ABC ，且12AA AC ==，点E 为BC 的中点，点F 为1AA 的中点.（1）求证：平面FBC ⊥平面1A AE ；（2）求点1C 到平面FBC 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）3. 【分析】（1）由等边三角形的性质可知BC AE ⊥，由线面垂直的性质定理可知1AA BC ⊥；再结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；（2）取AC 的中点H ，连接EF ，由线面垂直的判定定理可证得BH ⊥面11ACC A ，即三棱锥1B C FC -的高为BH ；易知ABF ACF ≅∆，故BF CF =，BC EF ⊥，以便求FBC ∆的面积；设点1C 到平面FBC 的距离为d ，由等体积法11C FBC B C FC V V --=，解出d 的值即可. 【详解】 证明：（1）底面ABC 为等边三角形，且E 为BC 的中点，BC AE ∴⊥.1AA ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC ，1AA BC ∴⊥，又1AA AE A ⋂=，1AA ⊂面1A AE ，AE ⊂面1A AE ，BC ∴⊥面1A AE ，BC ⊂面FBC ，∴面FBC ⊥面1A AE .（2）解：取AC 的中点H ，则BH AC ⊥，连接EF .1AA ⊥面ABC ，BH ⊂面ABC ，1AA BH ∴⊥， 1AA AC A =，1AA 、AC ⊂面11ACC A ，BH ∴⊥面11ACC A ，即三棱锥1B C FC -的高为3BH =AB AC =，90BAF CAF ∠=∠=︒，AF AF =，ABF ACF ∴∆≅∆，BF CF ∴=，E 为BC 的中点，BC EF ∴⊥，且22312EF AE AF =+=+=.设点1C 到平面FBC 的距离为d ，11C FBC B C FC V V --=，∴11111 (23232)d BC EF BH CC =，解得3d =，故点1C 到平面FBC 的距离为3. 【点睛】本题考查空间中线与面的垂直关系、点到面的距离，熟练运用线面垂直的判定定理与性质定理，以及等体积法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.3．三棱锥D ABC -中，08,120,,AB BC CD DA ADC ABC M O ====∠=∠=分别为棱,BC AC 的中点，42DM =．（1）求证：平面ABC ⊥平面MDO ； （2）求点M 到平面ABD 的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2421. 【解析】试题分析：（1）利用勾股定理有OD OM ⊥，利用等腰三角形中点，有OD AC ⊥，故OD ⊥平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面MDO ；（2）利用等体积法，M ABD D MAB V V --=，即11··33ABD MAB S h S OD ∆=，所以·4217MAB ABD S OD h S ∆∆==. 试题解析：（1）由题意：4OM OD ==，∵42DM =，∴090DOM ∠=，即OD OM ⊥． 又∵在ACD ∆中，,AD CD O =为AC 的中点，∴OD AC ⊥． ∵OM AC O ⋂=，∴OD ⊥平面ABC ，又∵OD ⊂平面MDO ，∴平面ABC ⊥平面MDO ． （2）由（1）知OD ⊥平面,4ABC OD =，ABM ∆的面积为0113sin1208483222ABM S BABM ∆=⨯⨯=⨯⨯⨯=， 又∵在Rt BOD ∆中，4OB OD ==，得42,8BD AB AD ===， ∴142648872ABD S ∆=⨯⨯-=． ∵M ABD D MAB V V --=，即11··33ABD MAB S h S OD ∆=，∴·4217MAB ABD S OD h S ∆∆==，∴点M 到平面ABD 的距离为421．考点：1.立体几何证明线面垂直；2.等体积法.4．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，对角线AC 与BD 交于点F ，侧面SBC 是边长为2的等边三角形，E 为SB 的中点.（1）证明：SD ∥平面AEC ；（2）若侧面SBC ⊥底面ABCD ，求点A 到平面BSD 的距离. 【答案】（1）见解析；（2）217【分析】（1）利用线线平行，证明线面平行，所以可以通过证明EFDS ，而SD ⊄平面AEC ，EF ⊂平面AEC ，从而证得SD 平面AEC ．（2）利用换底的方法求几何体的体积，根据线线垂直，可以得到线面垂直，从而找出几何体的高，再根据等体积转化，从而求出点A 到面BSD 的距离. 【详解】（1）连接EF ，易证EF 为BDS ∆的中位线，所以EFDS .又∵SD ⊄平面AEC ，EF ⊂平面AEC ，∴SD 平面AEC .（2）∵平面SBC ⊥底面ABCD ，平面SBC ⋂平面ABCD BC =，AB BC ⊥∴AB ⊥平面BCS在BSD∆中，22BD DS==，2BS=∴7BSDS∆=又∵A BSD D ABS C ABS A BSCV V V V----===12333BSCS AB∆=⋅=设点A到面BSD的距离为d∴221173A BSDBSDVdS-∆==∴点A到面BSD的距离为2217【点睛】本题主要考查空间中点、线、面的位置关系，基本定理的应用，利用等体积转化求高. 5．在直三棱柱111ABC A B C-中，1AB=，2BC=，3AC=，11AA=.（1）求三棱锥1A ABC-的表面积；（2）求1B到面1A BC的距离.【答案】（112+；（2）7. 【分析】（1）根据222AB AC BC +=，得到ABC 为直角三角形，再根据直三棱柱111 ABC A B C -，得到1A AB ，1A AC 为直角三角形，1A BC 是等腰三角形，分别求得各三角形的面积即可.（2）易得三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C A B B -的体积相等，又1111113326C A AB A ABC ABC V V SAA --==⨯⨯⋅==，则11116C A B B B A BCV V --==，利用等体积法求解. 【详解】（1）因为222AB AC BC +=， 所以ABC 为直角三角形，则122ABC S AB AC =⋅=△. 因为直三棱柱111ABC A B C -， 所以1A AB ，1A AC 为直角三角形，则AB =12A C =，111122A ABSA A AB =⋅=，11122A CA SA A AC =⋅=，在等腰1A BC 中，1A B 边上的高 2h =，则112 12A BCS A B h =⋅=，所以三棱锥1A ABC -的表面积1113ABCA AB A AC A BCS S SSS=+++=（2）因为三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C A BB -的底面积相等()111A ABA B BSS=，高也相等（点C 到平面11 ABB A 的距离）；所以三棱锥1 C A AB -与三棱锥11 C A B B -的体积相等.又1111113326C A AB A ABC ABC V V S AA --==⨯⨯⋅==，所以11113C A B B B A BC V V --==. 设1 B 到面1 A BC 的距离为H ，则1111336B A BC A BC V S H -==，解得217H =. 【点睛】本题主要考查三棱锥表面积的求法，直棱柱结构特征的应用以及等体积法求点到面的距离，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.6．如图所示，在梯形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，且1AE BF AB ===，将ADE 沿着线段AD 折起，同时将BCF △沿着线段BC 折起.使得E ，F 两点重合为点P .（1）求证：平面PAB ⊥平面ABCD ； （2）求点D 到平面PBC 的距离h . 【答案】（1）见解析；（23【分析】（1）由底面ABCD 为正方形,可得AD ⊥平面PAB ,由平面与平面垂直的判定定理即可证明.（2）作PO AB ⊥交AB 于O ,易得PO ⊥平面ABCD .可求得P BCD V -,由P BCD D PBC V V --=即可求得点D 到平面PBC 的距离h 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 为正方形, ∴AD AB ⊥,又∵AD AE ⊥,即AD PA ⊥,且PA AB A =,∴AD ⊥平面PAB , 又∵AD ⊂平面ABCD ,∴平面PAB ⊥平面ABCD ；（2）过点P 作PO AB ⊥交AB 于O ,如下图所示:由（1）知平面PAB ⊥平面ABCD ∴PO ⊥平面ABCD ∴11313332P BCD BCD V PO S -∆=⨯⨯=⨯⨯=又∵P BCD D PBC V V --= ∴133PBC S h ∆⨯⨯=即1131132h ⨯⨯⨯⨯=解得3h =所以点D 到平面PBC 的距离32h = 【点睛】本题考查了平面与平面垂直的判定,等体积法求点到平面的距离,属于基础题.7．如图所示，在矩形ABCD 中，22CD CB CE ==，将DAE △沿AE 折起至PAE △的位置，使得PA PB ⊥.（1）求证：PA BE ⊥；（2）若2CB =，求点C 到平面PAE 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（22. 【分析】（1）可证明PA ⊥平面PBE ，从而得到PA BE ⊥.（2）利用等积法可求点C 到平面P AE 的距离，或者取AB 中点为F ，过F 作//FG BE 交AE 于G ，连接FC ，可证FG ⊥平面PAE 及//CF 平面PAE ，从而可求C 到平面P AE 的距离. 【详解】（1）证明：在矩形ABCD 中，AD DC ⊥，PA PE ⊥， 又PA PB ⊥，PEPB P =，∴,PB PE ⊂平面PBE∴PA ⊥平面PBE ，∴PA BE ⊥（2）法一：设点C 到平面P AE 的距离为d . ∵224CD CB CE ===∴222222224AE BE AD DE CE BC CB AB +=+++== ∴AE BE ⊥，AEPA A =，,AE PA ⊂平面P AE ，∴BE ⊥平面PAE ，而BE ⊂平面PAE ，∴平面PAE ⊥平面ABCE . 过P 作PH 垂直AE 于点H ，因为平面PAE 平面ABCE AE =，PH ⊂平面PAE ，故PH ⊥平面ABCE.∵PA PE =，∴H 为AE 的中点∵2CB =，∴22AE BE ==，2PE AD CE ===， 而2PA =，所以2AH =又12222ACES=⨯⨯=，∴122223P ACE V -=⨯=又12222PAES=⨯⨯=，故122233C PAE P ACE V V d --=⨯⨯==， ∴2d =法二：设点C 到平面P AE 的距离为d .∵224AB CD CB CE ====∴222222224AE BE AD DE CE BC CB AB +=+++==∴AE BE ⊥，AE PA A =，,AE PA ⊂平面P AE ，∴BE ⊥平面PAE . 取AB 中点为F ，过F 作//FG BE 交AE 于G ，连接FC ，∴FG ⊥平面PAE .在四边形AFCE 中，//,EC AF EC AF =，故四边形AFCE 为平行四边形， 故//AE CF ，而AE ⊂平面PAE ，CF ⊄平面PAE ，故//CF 平面PAE ，故C 到平面PAE 等于F 到平面PAE 的距离. 故122d FG BE ===. 【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为2π得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 点到平面的距离的计算可以利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.8．如下图，在直角梯形ABCD 中， 90,//,ADC CD AB ∠=︒ 4AB =，2AD CD ==，点M 为线段AB 的中点，将ADC ∆沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ABC -，如图2所示．(1)求证： BC ⊥平面ACD ；(2)求点B 到平面CDM 的距离．【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）3． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）由余弦定理以及勾股定理可证明AC BC ⊥，根据面面垂直的性质定理可得BC ⊥平面ACD ；（Ⅱ）先求出114232D ABC V -=⨯⨯⨯=D MBC V -=1=3D MBC B DMC V V d --=可得结果.试题解析：（Ⅰ）证明：由已知可得：AC =45CAB ∠=︒，由余弦定理 8CB ∴= 从而222AC BC AB +=，AC BC ∴⊥平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ⋂平面ABC AC =∴ BC ⊥平面ACD ．（Ⅱ）由已知，易求114232D ABC V -=⨯⨯⨯=3D MBC V -∴=， 设点B 到平面CDM 的距离为d ，又可求DMC S ∆1=3D MBC B DMC V V d --∴=，3d ∴= ∴点B 到平面CDM 的距离为3． 走进高考9．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（2）45． 【解析】 分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =23． 连结OB ．因为AB =BC =22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ． 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC =12AC =2，CM =23BC 42，∠ACB =45°．所以OM =25，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=45． 所以点C 到平面POM 的距离为45． 点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.10．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -21. 【解析】 试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高．试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点.因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥.又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H.由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥，又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD . 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==, 由OH AD OD OA ⋅=⋅，且227AD OD OA =+=，得21OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用11．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ;（2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 3V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313 【详解】 试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ．因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB又EO 平面AEC ，PB 平面AEC所以PB ∥平面AEC ．（2）1366V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得. 作交于．由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法1366V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，， 所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离12．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆= 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯=⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为41717. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.。
专题05 立体几何中的距离问题(解析版)
第三篇立体几何专题05 立体几何中的距离问题常见考点考点一点面、线面、面面距离典例1．如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，45ABC∠=︒，CF BC⊥，2CF BC==，PA PB=，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别是PD，AB中点.(1)求证：EF∥平面PBC；(2)若CE与平面PCF成角θ为30°，求点B到平面CEF的距离d.【答案】(1)证明过程见解析【解析】【分析】（1）作出辅助线，构造平行四边形，证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.(1)取PC中点G，连接EG，BG，因为E是PD中点，所以EG是三角形PCD的中位线，所以EG∥CD且EG=12CD，又因为F是AB中点，四边形ABCD是平行四边形，所以BF∥CD，BF=12AB，故EG∥BF，EG=BF，所以四边形BFEG是平行四边形，所以EF∥BG，因为EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.(2)因为PA PB =，F 是AB 中点，所以PF ∥AB ，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，所以PF ∥平面ABCD ，因为CF BC ⊥，所以以F 为坐标原点，FC 所在直线为x 轴，过点F 平行于BC 的直线为y 轴，FP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，2CF BC ==，45ABC ∠=︒，则()0,0,0F ，()2,2,0B -，()2,0,0C ，()2,4,0D -，设()0,0,P m （0m >），则1,2,2m E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3,2,2m CE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其中平面PCF 的法向量设为()0,1,0n =，则1sin 30294CE n CE n⋅︒===⋅+，解得：m=(3,CE =-，设平面CEF 的法向量为()1,,n x y z =，则1132020n CE x y n FC x ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅==⎪⎩，解得：0x =，设1z =，则y =10,n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，则(110,BC n d n ⋅===变式1-1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，2CA =，侧棱12AA =，D 、E 分别是1CC 和1A B 的中点.(1)求证：平面ADE ⊥平面1A AB ； (2)求点1A 到平面ADE 的距离. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明1,DE A B DE AE ⊥⊥，然后可证； （2）求出法向量，然后根据点到平面的距离向量公式可得. (1)易知CA 、CB 、1CC 两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系 则(2,0,0)A 、(0,2,0)B 、(0,0,0)C 、1(2,0,2)A 、(0,0,1)D 、(1,1,1)E所以(1,1,0)DE =、(2,0,1)DA =-、1(2,2,2)A B =--、(1,1,1)AE =-、1(1,1,1)A E =-- 因为1220DE A B ⋅=-+=，110DE AE ⋅=-+= 所以1,DE A B DE AE ⊥⊥又因为11,A B AE E A B =⊂平面1A AB ，AE ⊂平面1A AB 所以DE ⊥平面1A AB 又DE ⊂平面ADE 所以平面ADE ⊥平面1A AB(2)设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z =则020n DE x y n DA x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1x =得(1,1,2)n =- 则点1A 到平面ADE的距离1643n A E d n⋅===变式1-2．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA AD⊥，2PA AB ==，在棱PD 上取点Q ，使得PB ∥平面ACQ .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)求平面ACQ 与平面ABCD 夹角的余弦值； (3)求直线PB 到平面ACQ 的距离. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证得结论成立.（2）判断出Q 点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面ACQ 与平面ABCD 夹角的余弦值.（3）利用向量法求得直线PB 到平面ACQ 的距离. (1)由于平面PAD ⊥平面ABCD ，且交线为AD ，PA ⊂平面PAD ，PA AD ⊥，所以PA ⊥平面ABCD . (2)设AC BD O =，连接OQ ，由于//PB 平面ACQ ，PB ⊂平面PBD ，平面PBD 平面ACQ OQ =， 所以//PB OQ ，由于O 是BD 的中点，所以Q 是PD 的中点. 由于PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AD PA AB ⊥⊥，故,,AB AD AP 两两垂直，以A 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，()()2,2,0,0,1,1C Q ，设平面ACQ 的法向量为(),,n x y z =，所以0220n AQ y z n AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，故可设()1,1,1n =--，平面ABCD 的法向量为()0,0,1m =， 平面ACQ 与平面ABCD 夹角为θ，则1cos 3m n m nθ⋅===⋅. (3)由于//PB 平面ACQ ，则PB 到平面ACQ 的距离，即B 到平面ACQ 的距离.()0,2,0BC AD ==,B 到平面ACQ 的距离为233BC n n⋅==.即直线PB 到平面ACQ .变式1-3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2BC =，14CC =，点E 在棱1BB 上，11EB =，D ，F ，G 分别为1CC ，11B C ，11A C 的中点，EF 与1B D 相交于点H .（1）求证：1B D ⊥平面ABD ； （2）求证：平面//EGF 平面ABD ； （3）求平面EGF 与平面ABD 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得1B D ⊥平面ABD . （2）利用向量法证得平面//EFG 平面ABD . （3）利用向量法求得平面EFG 与平面ABD 的距离. 【详解】（1）设AB a ，建立如图所示空间直角坐标系，()()()()11,0,0,0,2,0,,1,0,0,1,0,0,0,12a A a C G F E ⎛⎫⎪⎝⎭，()()()()0,2,2,,0,4,0,0,4,0,2,4D A a B C ，()()()10,2,2,,0,0,0,2,2B D BA a BD ===-， 所以110,0B D BA B D BD ⋅=⋅=，即11,,B D BA B D BD BA BD B ⊥⊥⋂=，所以1B D ⊥平面ABD .（2）()0,1,1,,0,02a EF FG ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，110,0B D EF B D FG ⋅=⋅=，即11,,B D EF B D FG EF FG F ⊥⊥⋂=，所以1B D ⊥平面EGF . 所以平面//EFG 平面ABD .（3）由（2）可知平面//EFG 平面ABD ，1B D ⊥平面ABD ，1B D ⊥平面EGF .()0,0,3EB =，所以平面EFG 与平面ABD的距离为112EB B D B D⋅==.考点二 点线、线线距离典例2．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段1DD 的中点，F为线段1BB 的中点．（1）求点1A 到直线1B E 的距离；（2）求直线1FC 到直线AE 的距离； （3）求点1A 到平面1AB E 的距离； （4）求直线1FC 到平面1AB E 的距离． 【答案】（1（2；（3）23；（4）13.【解析】 【分析】（1）建立坐标系，求出向量11A B 在单位向量11||B E u B E =上的投影，结合勾股定理可得点1A 到直线1B E的距离；（2）先证明1//,AE FC 再转化为点F 到直线AE 的距离求解； （3）求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解；（4）把直线1FC 到平面1AB E 的距离转化为1C 到平面1AB E 的距离，利用法向量进行求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则11111(1,0,1),(1,1,1),(0,0,),(1,1,),(0,1,1),(1,0,0).22A B E F C A （1）因为111111221(1,1,),(,,),(0,1,0)2333||B E B E u A B B E =---==---=， 所以1123A B u ⋅=-. 所以点1A 到直线1B E 221111()13A B A B u -⋅==. （2）因为111(1,0,),(1,0,),22AE FC =-=-所以1//AE FC ，即1//,AE FC所以点F 到直线AE 的距离即为直线1FC 到直线AE 的距离.1((0,1,).2||AE u AF AE === 255,,410AF AF u =⋅= 所以直线1FC 到直线AE（3）设平面1AB E 的一个法向量为(),,n x y z =，11(0,1,1),(1,0,),2AB AE ==-1(001)AA =,,.由10,10,2n AB y z n AE x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令2z =，则2,1y x =-=，即(1,2,2)n =-. 设点1A 到平面1AB E 的距离为d ，则123AA n d n⋅==，即点1A 到平面1AB E 的距离为23. （4）因为1//,AE FC 所以1//FC 平面1AB E ，所以直线1FC 到平面1AB E 的距离等于1C 到平面1AB E 的距离.()111,0,0C B =，由（3）得平面1AB E 的一个法向量为(1,2,2)n =-，所以1C 到平面1AB E 的距离为1113C B n n⋅=， 所以直线1FC 到平面1AB E 的距离为13.变式2-1．在如图所示的多面体中，AD BC ∥且2AD BC =.AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===.(1)求点F 到直线EC 的距离；(2)求平面BED 与平面EDC 夹角的余弦值. 【答案】【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得DG DA ⊥，DG DC ⊥，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，代入)22CE EF EF CE ⎛⎫⋅ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭即可； （2）求出平面BED 与平面EDC 的法向量，再利用向量的夹角公式即可得解.(1)因为DG ⊥平面ABCD ，DA ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以DG DA ⊥，且DG DC ⊥， 因为AD DC ⊥，如图所示，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(0,2,0)C ，(0,0,2)G ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(1,2,0)B ，所以(222)=-CE ,,，(2,1,0)=-EF ，所以求点F 到直线EC 的距离为)22CE EF EF CE ⎛⎫⋅ ⎪-== ⎪ ⎪⎝⎭(2)(1,2,0)DB =，(2,0,2)DE =设平面BED 的法向量为1(,,)n x y z =，则110DB D n E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20220x y x z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，有1()2,1,2n =-，设平面EDC 的法向量为2(,,)n x y z =，则220DC D n E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20220y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，有2(101)n =,,-，设平面BED 和平面EDC 的夹角为θ，121212(cos cos ,34n n n n n n θ⋅=<>====⋅， 所以平面BED 和平面EDC ．变式2-2．如图，在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AA 1＝2，点E 为CC 1中点，点F 为BD 1中点．（1）求异面直线BD 1与CC 1的距离；（2）求直线BD 1与平面BDE 所成角的正弦值； （3）求点F 到平面BDE 的距离．【答案】（1（2（3【解析】 【分析】（1）以D 为原点，建立空间直角坐标系，由1BD •EF =0，1CC •EF =0，知EF 为BD 1与CC 1的公垂线，再计算|EF |，即可；（2）求得平面BDE 的法向量n ，设直线BD 1与平面BDE 所成角为θ，由sinθ＝|cos n ＜，1BD ＞|，即可得解；（3）点F 到平面BDE 的距离为n BFn⋅，代入相关数据，进行运算即可得解． 【详解】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B （1，1，0），D 1（0，0，2），C （0，1，0），C 1（0，1，2），E （0，1，1），F （12，12，1）， ∥1BD =（﹣1，﹣1，2），1CC =（0，0，2），EF =（12，12-，0）， ∥1BD •EF =0，1CC •EF =0，∥BD 1∥EF ，CC 1∥EF ，即EF 为BD 1与CC 1的公垂线， 而|EF|== ∥异面直线BD 1与CC 12．（2）由（1）知，DB =（1，1，0），DE =（0，1，1），1BD =（﹣1，﹣1，2），设平面BDE 的法向量为n =（x ，y ，z ），则00n DB n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x y y z +=⎧⎨+=⎩，令y ＝1，则x ＝﹣1，z ＝﹣1，∥n =（﹣1，1，﹣1）， 设直线BD 1与平面BDE 所成角为θ， 则sinθ＝|cos n ＜，1BD ＞|＝|11n BD n BD ⋅⋅|＝=故直线BD 1与平面BDE． （3）由（1）知，BF =（12-，12-，1），由（2）知，平面BDE 的法向量为n =（﹣1，1，﹣1），∥点F 到平面BDE 的距离为n BF n ⋅=111-- 变式2-3．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A ACC ⊥底面ABC ，1,ABC A AC ∆∆是边长为2的正三角形，已知D 点满足BD BA BC =+.（1）求二面角1B AC B --的大小； （2）求异面直线1A A 与BC 的距离；（3）直线1A A 上是否存在点G ，使1//DG AB C 平面？若存在，请确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）4π（2（3）存在点G ，其坐标为(，即恰好为1A 点【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面1AB C 的法向量和平面ABC 的法向量，计算出二面角1B AC B --的余弦值，由此求得其大小.（2）求得异面直线1AA 与BC 的公垂线的方向向量，并由此计算出异面直线1A A 与BC 的距离. （3）根据BD BA BC =+求得D 点的坐标，设出G 点的坐标，根据1AG AA λ=、DG 与平面1AB C 的法向量垂直列方程组，解方程组求得G 点的坐标，由此判断出存在G 点符合题意. 【详解】（1）侧面11A ACC ⊥底面ABC ，又1,ABC A AC ∆∆均为正三角形，取AC 得中点O ，连接1A O ，BO ，则1AO ⊥底面ABC，11,AO OA OB BO AC ∴===⊥故以O 为坐标原点，分别以1,,OB OC OA 为x 轴、y 轴、z 轴建立O xyz -如图所示空间直角坐标系， 则())(()10,1,0,,,0,1,0A BA C-1B(1AA ∴= ()()()()13,2,3,3,1,0,3,1,0,0,2,0AB BC AB AC ==-==设平面1AB C 的法向量为(),,n x y z =10n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩取1z =，可得()1,0,1n =-又平面ABC 的一个法向量为(1OA =111cos 22n OA n OA n OA ⋅∴⋅=== 由图知二面角1B AC B --为锐角，故二面角1B AC B --的大小为4π.（2）异面直线1AA 与BC 的公垂线的方向向量()222,,m x y z =，则100m AA m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 易得()1,3,1m =-，异面直线1A A 与BC 的距离2AB m d m⋅===（3）BD BA BC =+，而()()3,1,0,3,1,0BA BC =--=-()BD ∴=-又()3,0,0B，∴点D 的坐标为()假设存在点G 符合题意，则点G 的坐标可设为()0,,y z()()3,,,0,1,DG y z AG y z ∴==+//DG 平面1AB C (),1,0,1n =-为平面1AB C 的一个法向量，∴由()10,AG AA λλ==，得1330y z n DG zλλ+=⎧⎪=⎨⎪⋅=-=⎩0y z =⎧⎪∴⎨=⎪⎩又DG ⊄平面1AB C ，故存在点G ，使//DG 平面1AB C ，其坐标为(，即恰好为1A 点.【点睛】本小题主要考查利用空间向量法计算二面角、异面直线公垂线段的长，考查利用空间向量法研究线面平行的条件，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.巩固练习练习一 点面、线面、面面距离1．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=︒，1AC BC ==，13AA =，且112AD DA =.(1)求平面BDC 与平面1BDC 所成角的余弦值； (2)求点1B 到平面BDC 距离. 【答案】【解析】 【分析】（1）以C 为原点.1,,CA CB CC 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面BDC 的法向量n →与平面1BDC 的法向量m →，利用数量积公式计算即可得出结果. （2）利用向量公式11cos ,BB BB n d →=计算即可得出结果. (1)依题意1,,CA CB CC 两两互相垂直，以C 为原点.1,,CA CB CC 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,0,0),(0,1,0),(1,0,1),(0,0,3),C B D C11(0,1.0),(1,0,1),(1,0,2),(0,1,3).CB CD DC BC ===-=-设平面BDC 的一个法向量为111(,,)n x y z →=，则1110,0,n CB y n CD x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩令11z =，则得111,0x y =-=，此时(1,0,1)n →=-.设平面1BDC 的一个法向量为222(,,),m x y z →=则12212220,30,m DC x z m BC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令21,z =则得222,3,x y ==此时(2,3,1),m →=因为cos,m nm nm n→→→→→→⋅===所以平面BDC与平面1BDC(2)因为1(0,0,3)BB =,点1B到平面BDC距离为111cos,BB nBB BB nnd→→→==⋅==.2．如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形且22AD AB==，侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面P AD是正三角形，E､F分别是AD，PB的中点.(1)求证：AF∥平面PCE；(2)求直线CF 与平面PCE 所成角的正弦值； (3)求点F 到平面PCE 的距离. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，进而证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角；（3）在第二问的基础上求解点面距离. (1)取PC 的中点M ，连接MF ，ME ，因为F 是PB 的中点，所以MF 是三角形PBC 的中点，所以MF ∥BC ，且12MF BC =，因为底面ABCD 为矩形，E 是AD 的中点，所以AE ∥BC ，12AE BC =，所以MF ∥AE ，且MF =AE ，所以四边形AFME 是平行四边形，故AF ∥ME ，因为AF ⊄平面PCE ，ME ⊂平面PCE ，所以AF ∥平面PCE(2)因为侧面P AD 是正三角形，E 是AD 的中点，所以PE AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PE ⊥底面ABCD ，以E 为坐标原点，ED 所在直线为x 轴，取BC 中点H ，EH 所在直线为y 轴，EP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，()1,1,0C ，(P ，()1,1,0B -，11,22F ⎛- ⎝⎭，()0,0,0E ，设平面PCE 的法向量()111,,m x y z =，则111030CE m x y EP m z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，解得：10z =，令11x =得：11y =-，所以()1,1,0m =-，31,22CF ⎛=-- ⎝⎭，设直线CF 与平面PCE 所成角为α，故sin cos ,CF m CF m CF m α⎛- ⋅⎝====⋅； 所以直线CF 与平面PCE . (3) 点F 到平面PCE 的距离31222m CF d m-+⋅===. 3．如图在直三棱柱111ABC A B C -中，190,2,BAC AB AC AA M ∠====为AB 的中点，N 为11B C 的中点，H 是11A B 中点，P 是1BC 与1B C 的交点，Q 是1A N 与1C H 的交点.(1)求证：11A C BC ⊥；(2)求证：PQ 平面1ACM ； (3)求直线PQ 与平面1ACM 的距离. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量数量积证明，法二：通过线面垂直证明，法三:根据三垂线证明；（2）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量数量积证明，法二：通过面面平行证明线面平行； （3）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量方法求解，法二：运用等体积法求解.(1)证明：法一：在直三棱柱111ABC A B C -中，因为90BAC ∠=，以点A 为坐标原点，1AB CA AA ､､方向分别为x y z ､､轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.因为12AB AC AA ===，所以()()10,0,2,0,2,0A C -，()()12,0,0,0,2,2B C -所以()()112,2,2,0,2,2BC AC =--=-- 所以()()110,2,22,2,20AC BC ⋅=--⋅--=，所以11A C BC ⊥.法二：连接1AC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，有1AA ⊥面ABC ， AB 面ABC ，所以1AA AB ⊥，又90BAC ∠=，则AB AC ⊥，因为1AA AC A =，所以AB ⊥面11ACC A因为1AC ⊂面11ACC A ，所以1AB A C ⊥ 因为11,2AA AC AC AA ⊥==，所以四边形11AAC C 为正方形，所以11A C AC ⊥因为1AB AC A ⋂=，所以1A C ⊥面1ABC因为1BC ⊂面1ABC ，所以11A C BC ⊥.法三：用三垂线定理证明：连接1AC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，有1AA ⊥面ABC 因为AB 面ABC ，所以1AA AB ⊥，又90BAC ∠=，则AB AC ⊥， 因为1AA AC A =，所以AB ⊥面11ACC A所以1BC 在平面11ACC A 内的射影为1AC ，因为四边形11AAC C 为正方形，所以11A C AC ⊥，因此根据三垂线定理可知11A C BC ⊥(2)证明：法一：因为12,AB AC AA M ===为AB 的中点，N 为11B C 的中点，H 为11A B 中点，P 是1BC 与1B C 的交点，所以()()()10,0,20,2,01,1,1A C P --､､､()()()1,0,01,1,21,0,2M N H -､､，依题意可知Q 为111A B C △重心，则1123AQ A N =， 可得22,,233Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以11,,133PQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， ()()110,2,2,1,0,2AC A M =--=-，设(),,n x y z =为平面1ACM 的法向量，则1100n A C n A M ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即22020y z x z --=⎧⎨-=⎩取1z =得2,1x y ==- 则平面1ACM 的一个法向量为()2,1,1n =-. 所以()11,,12,1,1033PQ n ⎛⎫⋅=-⋅-= ⎪⎝⎭，则PQ n ⊥， 因为PQ ⊄平面1ACM ，所以//PQ 平面1ACM . 法二：连接BH MH ､.在正方形11AA B B 中，M 为AB 的中点，所以1//BM A H 且 1BM A H =，所以四边形1BMA H 是平行四边形，所以1//BH A M又H 为11A B 中点，所以四边形1AA HM 是矩形，所以1//MH AA 且1MH AA = 因为11//AA C C 且11AA C C =，所以11//,MH CC MH C C =，所以四边形1MHC C 为平行四边形，所以1//C H CM .因为1C H BH H ⋂=，1C H ⊂平面1,BHC BH ⊂平面1BHCCM ⊂平面11,A MC A M ⊂平面1A MC ，所以平面1//BHC 平面1A MC ，PQ ⊂平面1BHC ，所以//PQ 平面1ACM (3)法一：由（2）知平面1ACM 的一个法向量()2,1,1n =-，且//PQ 平面1ACM ， 所以PQ 到平面1ACM 的距离与P 到平面1ACM 的距离相等，()()10,0,2,1,1,1A P -，所以()11,1,1PA =-，所以点P 到平面1ACM 的距离121PA nd n ⋅--===所以PQ 到平面1ACM 法二：因为N H ､分别为11B C 和11A B 中点，所以Q 为111A B C △的重心，所以1123AQ A N =，所以Q 到平面1ACM 的距离是N 到平面1ACM 距离的23. 取1B H 中点E 则1//NE C H ，又1//,//,C H CM NE CM NE ⊄平面1ACM CM ⊂平面1ACM ，所以//NE 平面1ACM ， 所以N 到平面1ACM 的距离与E 到平面1ACM 的距离相等. 设点E 到平面1ACM 的距离为h ，由11E A CM C A ME V V --=得11ΔΔ1133A CM A ME S h S AC =，又1136,2A CM A ME S S ==，所以h =，所以Q 到平面1ACM ，所以PQ 到平面1ACM 4．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1， M ， N 分别是BB 1， B 1C 1的中点．(1)求直线MN 到平面ACD 1的距离；(2)若G 是A 1B 1的中点，求平面MNG 与平面ACD 1的距离．【答案】【解析】【分析】（1）证明MN∥平面ACD 1，转化为求点M 到平面ACD 1的距离，利用向量法求解即可； （2）证明平面MNG ∥平面ACD 1，转化为求直线MN 到平面ACD 1的距离，由（1）得解.(1)以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,1,),(,1,1)22A D C M N ，1(1,1,0),(1,0,1)AC AD ∴=-=-，11(,0,)22MN =-，1(0,1,)2AM →=， 故112MN AD =.因为直线MN 与AD 1不重合，所以MN ∥AD 1. 又因为MN ⊄平面ACD 1， AD 1⊂平面ACD 1，所以MN ∥平面ACD 1. 故直线MN 到平面ACD 1的距离等于点M 到平面ACD 1的距离． 设平面ACD 1的一个法向量为(,,)m x y z →=，所以100m AD x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则1y z ==，所以(1,1,1)m →=， 所以点M 到平面ACD 1的距离为11||||m AM m →→→+⋅= 即直线MN 到平面ACD 1(2)连接A 1C 1， 因为G ， N 分别为A 1B 1， B 1C 1的中点，所以GN ∥A 1C 1. 又因为A 1C 1∥AC ，所以GN ∥AC .因为GN ⊄平面ACD 1， AC ⊂平面ACD 1，所以GN ∥平面ACD 1. 同理可得MN ∥平面ACD 1.因为MN ∩GN ＝N ， MN , GN ⊂平面MNG ， 所以平面MNG ∥平面ACD 1，所以平面MNG 与平面ACD 1的距离即为直线MN 到平面ACD 1的距离，由(1)练习二 点线、线线距离5．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，90o BAC ∠=，11AB AC AA ===，E F 、分别是棱1C C BC 、的中点.(1)求证：1B F ⊥平面AEF ；(2)求点1A 到直线1B E 的距离.【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】(1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量证明10B F AE ⋅=和10B F AF ⋅=即可；(2)利用向量投影即可求解.(1)∥三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，90BAC ∠=︒， ∥以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，∥11AB AC AA ===，E F 、分别是棱1C C BC 、的中点， ∥1111(0,0,0),(1,0,1),0,1,,,,0222A B E F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 111111,,1,0,1,,,,022222B F AE AF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, ∥10B F AE ⋅=，10B F AF ⋅=，∥1B F AE ⊥，1B F AF ⊥， ∥AE AF A ⋂=,AE ⊂平面AEF ,AF ⊂平面AEF ，∥1B F ⊥平面AEF .(2)∥1(0,0,1)A ，∥11(1,0,0)A B =，111,1,2B E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,∥1112cos ,3A B B E ==-，∥1115sin ,3A B B E = 故点1A 到直线1B E 的距离为111115sin ,3d A B A B B E =⋅= 6．已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，2PA AD ==，1AB =，点M 在PD上，且BM =(1)求PM MD的值；(2)求点B 到直线CM 的距离.【答案】(1)1【解析】【分析】（1）以A 为原点建立空间直角坐标系，设PM PD λ=，通过坐标运算得到结果； （2）在棱CM 上取点N ，使得CM BN ⊥，则BN 长即为所求.(1)以A 为原点建立空间直角坐标系如图所示： 则(1B ，0，0)，(0P ，0，2)，(1C ，2，0)，(0D ，2，0)， ∴(1PB =，0，2)-，(0PD =，2，2)-，(1CD =-，0，0)， 设(0PM PD λ==，2λ，2)λ-，则(1BMPM PB =-=-，2λ，22)λ-，1BM =+ 即24410λλ-+=，12λ=，∥1PM MD =(2)在棱CM 上取点N ，使得CM BN ⊥，设MN k MC =，[0k ∈，1]，则MN kMC =，又()1,1,1MC =-，∴(),,MN k k k =-故()1,1,1,BN BM MN k k k =+=-+-，因为CM BN ⊥，则1110MC BN k k k ⋅=-+++-=， 解得1[03k =∈，1]， ∥242,,,333BN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ∥263BN =∥点B 到直线CM . 7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE EC ⊥.已知PD 2CD =，12AE =.（1）求直线AD 与平面PBC 间的距离；（2）求异面直线EC 与PB 间的距离；（3）求点B 到平面PEC 的距离.【答案】（1（2）3；（3【解析】【分析】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设(),0,0A x ，()0x >，根据2304PE CE x ⋅=-=得到x ，再利用向量法求解直线AD 与平面PBC 间的距离即可. （2）利用向量法求解异面直线EC 与PB 间的距离即可. （3）利用向量法求解求点B 到平面PEC 的距离即可.【详解】（1）由题知：以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：设(),0,0A x ，()0x >，由题知：(P ，1,,02E x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ，1,,2PE x ⎛= ⎝，3,,02CE x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 因为PE EC ⊥，所以2304PE CE x ⋅=-=，解得x即A ⎫⎪⎪⎝⎭，2,0B ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,PC =，BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭. 设平面PBC 的法向量()111,,nx y z =，则11120302PC n y BC n x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令11y =得(0,1,2n=. 又因为()0,2,0DC =，所以直线AD 与平面PBC 间的距离123n DC d n ⋅===（2）设()222,,m x y z =，满足设m EC ⊥，m PB ⊥，因为3,02EC ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，32,2PB⎛= ⎝， 所以 22222330223202m EC y m PB x y ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，令21y =，得3,1,m ⎛= ，又因为32CB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以异面直线EC 与PB间的距离233m CB d m ⋅===. （3）设平面PCE 的法向量()333,,a x y z =，(0,2,PC =，33,022CE ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭， 所以33332033022a PC y a CE x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令3x =(3,1,a =， 又因为BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以点B 到平面PEC 的距离333a BCd a ⋅===+ 8．如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值； （2）求异面直线PB 与CD 之间的距离．【答案】（1（2）23． 【解析】【分析】以A 为原点，建立空间直角坐标系，（1）分别求两个平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解；（2）设Q 为直线PB 上一点，转化为求点Q 到直线CD 的距离的最小值，即()22cos d CQ CQ CQ CD =-⋅，分析即得解 【详解】以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()()()()0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2A B C D P ． （1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ， 所以PA AD ⊥，又AB AD ⊥，且PA AB A =， 所以AD ⊥平面PAB ，所以()0,2,0AD =是平面PAB 的一个法向量． 易知()()1,1,2,0,2,2PC PD =-=-，设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0,m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,220,x y y z +-=⎧⎨-=⎩， 令1y =解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量， 从而3cos ,3AD mAD mAD m ⋅==PAB 与平面PCD 所成夹角为锐角所以平面PAB 与平面PCD （2）()1,0,2BP =-，设Q 为直线PB 上一点， 且(),0,2BQ BP λλλ==-，因为()0,1,0CB =-， 所以(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，又()1,1,0CD =-， 所以点Q 到直线CD 的距离 ()22cos d CQ CQ CQ CD=-⋅ 22||CQ CD CQ CD ⎛⎫⋅-== ⎪ ⎪⎝⎭， 因为22919144222999λλλ⎛⎫++=++≥ ⎪⎝⎭，所以23d ≥， 所以异面直线PB 与CD 之间的距离为23．。
立体几何中的向量方法(距离问题)
化为向量问题
D1 A1 D A 图1
B B1
C1
依据向量的加法法则， AC1 AB AD AA1
进行向量运算
C
AC1 ( AB AD AA1 ) 2
2 2 2
2
AB AD AA1 2( AB AD AB AA1 AD AA1 )
由 A1 AB A1 AD BAD 且 AB AD AA1 H 在 AC上.
AC ( AB BC )2 1 1 2cos 60 3
2
D1 A1 B1 H D B
C1
C
A
AC 3
AA1 AC AA1 ( AB BC ) AA1 AB AA1 BC cos60 cos60 1.
即 a 2 3 x 2 2(3 x 2 cos ) x
1 a 3 6cos
∴ 这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长.
思考(3)本题的晶体中相对的两个平面之间的距离是多少? 分析：面面距离转化为点面距离来求
解： 过 A1点作 A1 H 平面 AC 于点 H . 则 A1 H 为所求相对两个面之间 的距离 .
A1 B1 D C D1 C1
(3)本题的晶体中相对的两个平面之间的距离 A B 是多少? (提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求点到平 面的距离或两点间的距离）
思考(1)分析: BD BA BC BB 1 1 其中 ABC ABB1 120 ， B1 BC 60
空间“距离”问题
复习回顾：
1.异面直线所成角：
C
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 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 n 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 ||||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。
专题12立体几何中的距离问题11月19日终稿
专题12立体几何中的距离问题知识点一 距离问题之点到点 空间的距离共分六类:点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面;后两类均为平行状态下的计算，可以统一为点到面的距离，本节不做赘述.空间中的距离问题不但能解决长度问题，也能解决体积、夹角问题.(1)墙角体顶点到底面的距离为h ，墙角的三侧棱长分别为a ，b ，c 则有22221111h a b c =++ (2)设墙角体底面ABC △内一点M 到各侧面的距离分别为1h ，2h ，3h ，则点M 到顶点P 的距离:d 【例1】在三棱锥P ABC -中，2APC CPB BPA π∠=∠=∠=，并且3PA PB ==，4PC =，又D 是底面ABC内一点，则D 到三棱锥三个侧面的距离的平方和的最小值是 ．【例2】(浦东新区校级开学)如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2BAC π∠=，11AB AC AA ===，已知G 与E 分别为11A B 和1CC 的中点，D 和F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD EF ⊥，则线段DF 的长度的平方取值范围为（ ）A ．(1B ．11[)52，C ．1(52，D ．1[1)5，【例3】(浦东新区校级模拟)三棱锥P ABC -中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，底面ABC 内一点M 到三个侧面的距离分别是2、3、6，那么PM = ．知识点二 距离问题之点到线【例4】如图，AB 垂直于BCD △所在的平面，AC AD =，:3:4BC BD =.当BCD △的面积最大时，点A 到直线CD 的距离为 ．题型三 距离问题之点到面点到面的距离通常可以利用等体积法或建系法处理，在小题中也可借助面面垂直将点到面的距离转化为点到线的距离，当遇到特殊几何体如墙角体还可以利用公式：墙角体顶点到底面的距离为h ，墙角的三侧棱长分别为a ，b ，c 则有22221111h a b c =++ 【例5】点A ，B 到平面α距离分別为12，20，若斜线AB 与α成30︒的角，则AB 的长等于 ．【例6】如图1，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为AB 的中点，则点1B 到平面11EAC 的距离为 ．【例7】如图1，在四面体A BCD -中，60DAB ∠=︒，45BAC ∠=︒，45CAD ∠=︒，4AB =，3AC =，4AD =. (1)求点C 到平面ABD 的距离; (2)求AB 与平面ACD 所成角.题型四 距离问题之折线段问题【例8】(浦东新区校级月考)如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 是面对角线1BC 上一动点，Q 是底面ABCD 上一动点，则1D P PQ +的最小值是 ．图1图2图1图2图3【例9】如图1，在棱长均为ABCD 中，M 为AC 的中点，E 为AB 的中点，P 是DM 上的动点，Q 是平面ECD 上的动点，则AP PQ +的最小值是（ ）A B C D ．【例10】(兴庆区校级三模)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1||||AA AD =||2AB =，E 为线段1B C 的中点，F 是棱11C D 上的动点，若点P 为线段1BD 上的动点，则||||PE PF +的最小值为 ．题型五 距离问题之异面直线距离 线到线之间的距离分为两类:当两直线平行时，两直线之间的距离等同于点到直线之间的距离(同题型二) 当两直线异面时，异面直线的公垂线段的长度，叫做两条异面直线之间的距离.法一:四面体体积1sin 6V abd θ=,a ,b 为四面体的一组对棱长，d 为对棱的公垂线段长，θ为异面直线夹角. 法二:转化为线到平行平面之间的距离，进一步转化为点到面的距离.注:(1)和两条异面直线都垂直且相交的的直线叫做两条直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段即为两条异面直线的公垂线段;(2)任意两条异面直线有且只有一条公垂线;证明:①存在性设m 、n 是两条异面直线，过m 上一点P 作直线a n ∥，则m 和a 确定一个平面α. 过P 作直线b α⊥，则b m ⊥，b a ⊥，b n ⊥，且b 和m 确定一个平面β.因为m 、n 异面，所以n 不在β内，且n 不会与β平行，这是因为如果n β∥，则a β∥或a β⊂. 因为P β∈，P a ∈，所以a 与β不平行，若a β⊂，因为b m ⊥，b a ⊥，m a P =，所以a 和m 重合，即m n ∥，矛盾， 所以n 与β不平行，即n 和β相交设这个交点为Q ，即Q β∈，过Q 作直线l m ⊥，则l b ∥所以l n ⊥，即l 同时垂直m 、n ，且l 和m 、n 交点分别为P 、Q ②唯一性由存在性的证明可知n 和β只有一个交点Q ，经过Q 点有且只有一条直线l m ⊥，因此异面直线的公垂线有且只有一条.(3)两条异面直线的公垂线段长是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条.【例11】如图1，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ,N 分别在线段A D '，D C '上，且满足MN ∥平面A ACC ''，则线段MN 长度的取值范围为 ．【例12】已知正方体ABCD A B C D -''''的棱长为1，点M ,N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面 BCC B ''内，则||||MT NT +的最小值是（ ）A B C D ．1同步训练1.如图，与正方体1111ABCD A B C D -的三条棱AB ，1CC ，11A D 所在直线的距离相等的点（ ） A ．有且只有1个 B ．有且只有2个C ．有且只有3个D ．有无数个2.已知平面α∥平面β.直线m α⊂，直线n β⊂，点A m ∈，点B n ∈.记点A ，B 之间距离为a ，点A 到直线n 的距离为b .直线m 和n 的距离为c ，则（ ） A ．b c a ≤≤ B ．a c b ≤≤C ．c a b ≤≤D ．c b a ≤≤3.(义乌市校级期中)一条线段AB 的两端点A ，B 和平面α的距离分别是30cm 和50cm ，P 为线段AB 上一点，且:3:7PA PB =，则P 到平面α的距离为（ ）A ．36cmB ．6cmC ．36cm 或6cmD ．以上都不对4.(广陵区校级月考)在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是AB 的中点，则点C 到平面1A DM 的距离为 ．5.如图，在单位正方体ABCD A B C D -''''中，E 为B C '中点，F 为棱D C ''上动点，P 为BD '上动点，求||||PE PF +的最小值.6.如图，在单位正方体ABCD A B C D -''''中，E ,F 为两动点，求C E EF '+的最小值 ．。
空间几何体的距离问题(答案版)
专题：空间几何体的距离问题一、点到直线的距离（点线距）1、点在直线上的射影自点A向直线l引垂线，垂足A叫做点A在直线l上的射影．1点A到垂足的距离叫点到直线的距离．2、点线距的求法：点到直线的距离问题主要是将空间问题转化为平面问题，利用解三角形的方法求解距离。
二、点到平面的距离（点面距）1、点到平面的距离：已知点P是平面α外的任意一点，过点P作PAα⊥，垂足为A，则PA唯一，则PA是点P 到平面α的距离。
即：一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一点到这个平面的距离（转化为点到点的距离）结论：连结平面α外一点P与α内一点所得的线段中，垂线段PA最短2、点面距的求解问题，主要有三个方法：（1）定义法（直接法）：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；（2）等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；（3）转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．三、异面直线的距离（线线距）1、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（公垂线段）的长度，叫做两条异面直线间的距离.两条异面直线的公垂线有且只有一条.2、两条异面直线的距离：两条异面直线的公垂线段的长度.四、直线到平面的距离（线面距）直线到与它平行平面的距离：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(转化为点面距离).如果一条直线l平行与平面α,则直线l上的各点到平面的垂线段相等,即各点到α的距离相等；垂线段小于或等于l上任意一点与平面α内任一点间的距离；五、平面到平面的距离（面面距）1、两个平行平面的公垂线、公垂线段：（1）两个平面的公垂线：和两个平行平面同时垂直的直线，叫做两个平面的公垂线.（2）两个平面的公垂线段：公垂线夹在平行平面间的的部分，叫做两个平面的公垂线段.（3）两个平行平面的公垂线段都相等.（4）公垂线段小于或等于任一条夹在这两个平行平面间的线段长.2、两个平行平面的距离：两个平行平面的公垂线段的长度叫做两个平行平面的距离.题型一点到直线的距离【例1】【解析】ABC 的两条直角边3BC =，4AC =，22345AB ∴=+=.过C 作CM AB ⊥，交AB 于M ，连接PM ，因,,∩,,AB CM AB PC CM PC C CM PC ⊥⊥=⊂平面PCM ，则AB ⊥平面PCM .又PM ⊂平面PCM ，则PM AB ⊥，∴点P 到斜边AB 的距离为线段PM 的长.由1122ABC S AC BC CM =⋅=⋅△，得431255AC BC CM AB ⋅⨯===，228114432525PM PC CM =+=+=.∴点P 到斜边AB 的距离为3.故选：B.【变式1-1】【解析】将四面体SABC 补成正方体SDBG EAFC -，连接DE 交AS 于点M ，连接FG 交BC 于点N ，连接MN ，如图，则M ，N 分别为DE ，BC 的中点，因为BD CE ∥且BD CE =，故四边形BDEC 为平行四边形，则BC DE ∥且BC DE =，又因为M ，N 分别为DE ，BC 的中点，所以DM BN ∥且DM BN =，故四边形BDMN 为平行四边形，故MN BD ∥且52MN BD SG ===因为BD ⊥平面SDAE ，AS ⊂平面SDAE ，所以BD AS ⊥，即MN AS ⊥，同理可得MN BC ⊥，故P 到BC 的距离最小值为52MN =故选：C【变式1-2】【解析】因为PB ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PB BC ⊥，又因为AB BC ⊥，且AB PB B ⋂=，,AB PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ，因为PA ⊂平面PAB ，所以PA BC ⊥，取PA 的中点E ，因为PB AB =，所以PA BE ⊥，又因为BE BC B = ，且,BE BC ⊂平面BCE ，所以PA ⊥平面BCE ，因为CE ⊂平面BCE ，所以CE PA ⊥，所以CE 即为点C 到直线PA 的距离，在等腰直角PAB 中，由4PB AB ==，可得22BE=，在直角BCE 中，由2BC =，可得2223CE BC BE =+=所以点C 到直线PA 的距离为23故选：B.【变式1-3】【解析】（1）取AB 的中点E ，连接CE ，如图所示：因为AD DC ⊥，122AD DC AB ===，则四边形AECD 为正方形，所以222222AC BC =+=因为222AC BC AB +=，所以BC AC ⊥.因为AD DC ⊥，AD DB ⊥，CD BD D =I ，,CD BD ⊂平面BCD ，所以AD ⊥平面BCD .又因为BC ⊂平面BCD ，所以AD BC ⊥.因为BC AC ⊥，BC AD ⊥，AD AC A = ，,AC AD ⊂平面ACD ，所以BC ⊥平面ACD ，又因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ADC .（2）取,AC CD 的中点,F H ，连接,,EF FH HE ，因为BC ⊥平面ACD ，//EF BC ，所以EF ⊥平面ACD ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以EF CD ⊥.因为,//AD CD AD FH ⊥，所以FH CD ⊥.因为EF CD ⊥，FH CD ⊥，EF FH F ⋂=，,EF FH ⊂平面EFH ，所以CD ⊥平面EFH ，又因为EH ⊂平面EFH ，所以CD EH ⊥.因为112HF AD ==，122EF BC ==，且HF EF ⊥，所以()22123HE +=，即点E 到直线CD 3题型二直线到直线的距离【例2】【解析】如图，该四棱柱为长方体，因为11//A B D C ,所以1AD C ∠为异面直线1A B 与1AD 所成角，设底面正方形边长为a，则11,AC AD CD ===，在1AD C 中，22211121184cos 2285AD CD AC AD C AD CD a +-∠===+，解得1a =，因为该四棱柱为长方体，所以AB ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以1AB B C ⊥,同理1AB AD ⊥,所以直线1AD 与直线1B C 的距离为1AB a ==，故选:B.【变式2-1】【解析】,P Q 在,BD SC 上移动，则当PQ 为,BD SC 公垂线段时，,P Q 两点的距离最小； 四棱锥S ABCD -为正四棱锥，SO ⊥平面ABCD ，O ∴为正方形ABCD 的中心，BD AC ∴⊥，又SO BD ⊥，SO AC O = ，BD ∴⊥平面SOC ，过O 作OM SC ⊥，垂足为M ，OM ⊂ 平面SOC ，OM BD ∴⊥，OM ∴为,BD SC 的公垂线，又5SO OC OM SC ⋅===，,P Q ∴.故选：B.【变式2-2】【解析】连接1AC 交1AC 于点O ，连接OM ，∵,O M 分别为1,AC BC 的中点，则OM 1A B ，、且OM ⊂平面1AMC ，1A B ⊄平面1AMC ，∴1A B 平面1AMC ，则点P 到平面1AMC 的距离相等，设为d ，则P ，Q 两点之间距离的最小值为d ，即点1A 到平面1AMC 的距离为d ，∵1AC 的中点O 在1AC 上，则点C 到平面1AMC 的距离为d ，由题意可得为1111,AC CM C M AC AM MC ======由11C AMC C ACM V V --=，则11111113232d ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得d =故P ，Q两点之间距离的最小值为3d =.故选：A.【变式2-3】【解析】如图所示：连接EH ，且1EH =，设2HEF θ∠=，1EHG θ∠=，作GR AB⊥于,R EH的中点为O，连接OR，在Rt ROG△中，可求得2OG=，在Rt OGH中，可求得GH=由此可知121cos cos2θθ===延长EA到K使AK EA=，连接,GK GF，则易知四边形EKGF为平行四边形，∴GK EF//，且GK EF=，则KGHθ∠=就是EF与GH所成的角，连接KH与AB交于R，则KH=，在GKH△中，由余弦定理可求得1cos3θ=，则28sin9θ=，根据公式（2）得2d=，∴EF与GH间的距离是2．题型三点到平面的距离【例3】【解析】在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D-中，1BB⊥平面1111DCBA，1B P⊂平面1111DCBA，则11BB B P⊥，由3BP=，得1B P===在11Rt B C P△中，1190B C P∠= ，则11C P==，即点P为11C D中点，又111//,AA BB BB⊂平面1BB P，1AA⊄平面1BB P，因此1//AA平面1BB P，于是点A到平面1BB P的距离等于点1A到平面1BB P的距离，同理点C到平面1BB P的距离等于点1C到平面1BB P的距离，连接1A P，过11,A C分作1B P的垂线，垂足分别为1,O O，如图，由1111111111122A PBS B P A O A BA D=⋅=⋅1122O=⨯，解得115AO=，在11Rt B C P△中，111115B CC PC OB P⋅==，则111555AO C O+=+=，所以点,A C到平面1BB P故选：B【变式3-1】【解析】1113D C BE C BEV S DC-=⋅⋅，111112122C BES C E BC=⋅⋅=⨯⨯=，2DC=，则123D C BEV-=.在BED中，由题意及图形结合勾股定理可得BE DE==，BD=则由余弦定理可得222125cos BE DE BD BED BE DE +-∠==⋅，则1261255sin BED ∠=-=.则162sin BDE S BE DE BED =⋅⋅∠= .设1C 到平面EBD 的距离为d ，则113C BDE BDE V S d -=⋅ .又11D C BE C BDE V V --=，则11226333C BDE BDE BDE V S d d S -=⋅=⇒== .故选：D 【变式3-2】【解析】（1）连接BD ，交AC 于点O ，连接OE ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴O 是BD 的中点，又∵E 为PD 的中点，∴OE 是三角形PBD 的中位线，∴//PB OE ，又∵PB ⊂/平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴//PB 平面AEC ；（2）∵平行四边形ABCD 中，60ABC ∠=︒，2BC AD ==，1AB =，∴222cos 3AC AB BC AB BC ABC =+-⋅∠=，则222AC AB BC +=，故90ACD ∠=︒，又∵PA ⊥平面ABCD ，∴PAB ，PAD ，PAC △都是直角三角形，∵1==PA AB ，∴2PB =，2PC =，5PD =，∴222PD PC CD =+，∴90PCD ∠=︒，∴52EA EC ==，因为O 是AC 的中点，所以OE AC ⊥，且1222OE PB ==，所以112632224EAC S AC OE =⋅=⨯⨯=△，11331222DAC S AC CD =⋅=⨯⨯=△，设点D 到平面AEC 的距离为h ，由12D ACE E ACD P ACD V V V ---==得：16113134232h ⨯⨯=⨯⨯⨯，解得22h =.【变式3-3】【解析】（1）连接CO ，如图，由3AD DB =知，点D 为AO 的中点，又∵AB 为圆O 的直径，∴AC CB ⊥，由3AC BC =知，60CAB ∠=︒，∴ACO △为等边三角形，从而CD AO ⊥．∵点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D ，∴PD ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面ABC ，∴PD CD ⊥，又PD AO D = ，,PD AO ⊂平面PAB ，所以CD ⊥平面PAB ．（2）因为2AO =，所以CD =3PD DB ==，∴1111133332322P BDC BDC V S PD DB DC PD -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯=．又PB ==，PC ==，BC ==∴PBC 为等腰三角形，则12PBC S =⨯ 设点D 到平面PBC 的距离为d ，由P BDC D PBC V V --=得，132PBC S d ⋅=△，解得5d =，即点D 到平面PBC 5题型四直线到平面的距离【例4】【解析】在正三棱柱111ABC A B C -中，在底面ABC 内作AD BC ⊥，因为平面11BB C C ⊥底面ABC ，平面11BB C C 底面ABC BC =，所以AD ⊥平面11BB C C ，因为11AA CC ∥，1AA ⊄平面11BB C C ，1CC ⊂平面11BB C C ，所以1AA ∥ 平面11BB C C ，所以AD 即为直线1AA 到平面11BB C C 的距离，因为ABC 为等边三角形，且2AB =，所以直线1AA 到平面11BB C C 的距离为AD ==.【变式4-1】【解析】因为//,BC AD AD ⊂平面PAD ，BC 不在平面PAD 内，所以//BC 平面PAD ，则BC 到平面PAD 的距离即为点B 到平面PAD 的距离，设点B 到平面PAD 的距离为d ，因为B PAD P ABD V V --=，2PD AD ==，PD ⊥平面ABCD ,60BAD ∠= ，四边形ABCD 为菱形，所以11112222232322d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，解得d =即BC 到平面PAD【变式4-2】【解析】（1）因为PA ⊥平面ABC ，连接AM ，则PMA ∠即为直线PM 与平面ABC 所成的角，又3PA AB ==，4AC =，AB AC ⊥，M 为BC 中点，可得5BC =，52AM =，所以6tan 5PA PMA AM ∠==，即直线PM 与平面ABC 所成的角的正切值为65.（2）由题知，//ME 平面PAB ，//MF 平面PAB ，ME MF M = ，,ME MF ⊂平面MEF ，所以平面//MEF 平面PAB .因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以PA AC ⊥，又AC AB ⊥，,AB PA ⊂平面PAB ，AB PA A = ，所以AC ⊥平面PAB ，又//ME 平面PAB ，所以AE 就是直线ME 到平面PAB 的距离，又M 为BC 122AE AC ==，即直线ME 到平面PAB 的距离为2.【变式4-3】【解析】（1）连接BD 交AC 于O ，连接FO ，∵F 为AD 的中点，O 为BD 的中点，则//OF PB ，∵PB ⊄平面ACF ，OF ⊂平面ACF ，∴//PB 平面ACF .（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PA AD ⊥，PA ⊂平面PAD ，所以PA ⊥平面ABCD .由于//PB 平面ACF ，则PB 到平面ACF 的距离，即P 到平面ACF 的距离.又因为F 为PD 的中点，点P 到平面ACF 的距离与点D 到平面ACF 的距离相等.取AD 的中点E ，连接EF ，CE，则//EF PA ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以EF ⊥平面ABCD ，因为CE ⊂平面ABCD ，所以EF CE ⊥，因为菱形ABCD 且60ABC ∠= ，2PA AD ==，所以3CE =，1EF =，则22132CF EF CE =+=+=，2AC =，1144222AF PD ==+=，11724222ACF S =⨯⨯-=△，设点D 到平面ACF 的距离为D h ，由D ACF F ACD V V --=得113122133772ACD ACF D ACD D ACF S EF S h S EF h S ⨯⨯⨯=⨯⇒===△△△△即直线PB 到平面ACF 的距离为2217.题型五平面到平面的距离【例5】【解析】如图，过点A 作AE β⊥，垂足为E ，过点C 作CF β⊥，垂足为F ，由题意可知，5BE =，16DF =，设AB x =，33CD x =-，则()222533256x x -=--，解得：13x =，∴平面α与平面β间的距离2213512AE =-=【变式5-1】【解析】如图所示：将鲁班锁放入正方体1111ABCD A B C D -中，则正方体的边长为222+，连接1BD ，1CD ，11D I D J =，故1D C IJ ⊥，BC ⊥平面11CDD C ，IJ ⊂平面11CDD C ，则BC ⊥IJ ，1BC D C C ⋂=，1,BC D C ⊂平面1BCD ，故IJ ⊥平面1BCD ，1D B ⊂平面1BCD ，故1IJ D B ⊥，同理可得1IH D B ⊥，HI IJ I = ，,HI IJ ⊂平面HIJ ，故1D B ⊥平面HIJ ，同理可得1BD ⊥平面EFG ，132236BD =+=，设B 到平面EFG 的距离为h ，则111122222sin 603232h ⨯=⨯⨯⨯⨯︒⨯，则63h =，故两个相对三角形面间的距离为1422363BD h -=.【变式5-2】【解析】分别取,BC AD 的中点,M N ，连接,,,MN MG NE EG ，根据半正多面体的性质可知，四边形EGMN 为等腰梯形；根据题意可知,BC MN BC MG ⊥⊥，而,,MN MG M MN MG =⊂ 平面EGMN ，故BC ⊥平面EGMN ，又BC ⊂平面ABCD ，故平面ABCD ⊥平面EGMN ，则平面EFGH ⊥平面EGMN ，作MS EG ⊥，垂足为S ，平面EFGH 平面EGMN EG =，MS ⊂平面EGMN ，故MS ⊥平面EFGH ，则梯形EGMN 的高即为平面ABCD 与平面EFGH 之间的距离；322223212,2M G S G ====，故22243(21)228MS MG SG =-=--==，即平面ABCD 与平面EFGH 48B11【变式5-3】【解析】（1）证明：连接11,B D NF M N ，、分别为1111A B A D 、的中点，E F 、分别是1111,C D B C 的中点，11////MN EF B D ∴，MN ⊄ 平面EFBD ，EF ⊂平面EFBD ，//MN ∴平面EFBD ，NF 平行且等于AB ，ABFN ∴是平行四边形，//AN BF ∴，AN ⊄ 平面EFBD ，BF ⊂平面EFBD ，//AN ∴平面EFBD ，AN MN N ⋂= ，∴平面//AMN 平面EFBD ；（2）平面AMN 与平面EFBD 的距离B =到平面AMN 的距离h ．AMN中，AM AN ==MN =12AMN S = ∴由等体积可得1112313232h ⋅=⋅⋅⋅⋅，h ∴=。
立体几何求点到面距离问题
立体几何求点到面距离问题一、引言在立体几何中，求点到面的距离是一个重要的问题。
这个问题在很多领域都有应用，比如机械工程、建筑设计、计算机图形学等等。
本文将从基础概念开始，逐步深入探讨求点到面距离的方法。
二、基础概念1. 点点是空间中最基本的几何元素，它没有大小和方向，只有位置。
2. 面面是由三个或三个以上的点组成的平面图形。
在空间中，一个面可以看做是无限多个平行于该面的平面叠加而成。
3. 距离距离是两个点之间的长度。
在空间中，两个点之间的距离可以看做是它们连线上最短的长度。
三、求解方法1. 向量法向量法是一种常见且直观的求解方法。
首先将点和面表示为向量形式，然后通过向量运算求出它们之间的距离。
具体步骤如下：（1）设点P(x1, y1, z1)和平面Ax+By+Cz+D=0；（2）设该平面上任意一点Q(x2, y2, z2)，则Q到P的向量为v=<x2-x1, y2-y1, z2-z1>；（3）平面的法向量为n=<A, B, C>；（4）点P到平面的距离d=|n·v|/|n|，其中“·”表示向量点积。
向量法的优点是简单易懂，适用于任意维度空间。
但是需要注意的是，如果点在平面上或者与平面非常接近时，计算结果可能会出现误差。
2. 坐标法坐标法是一种基于坐标系的求解方法。
它将点和面都表示为坐标系中的坐标，并通过公式求出它们之间的距离。
具体步骤如下：（1）设点P(x1, y1, z1)和平面Ax+By+Cz+D=0；（2）设该平面上任意一点Q(x2, y2, z2)，则Q到P的距离为d=|(A·x1+B·y1+C·z1+D)/(√(A^2+B^2+C^2))|；坐标法的优点是简单易懂，适用于三维空间。
但是需要注意的是，如果点在平面上或者与平面非常接近时，计算结果可能会出现误差。
3. 利用三角形求解利用三角形求解也是一种常见的方法。
它将点和面之间的距离转化为点到平面所在三角形的距离。
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个点到这个平面的距离E、32 2 1 * 1 2 222例 2 题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=2BE=2 3 3.33 2 3CQ解法 2：（ I ）又 AB ＝ 1，且∠ AOB =90° ,∴AO= AB 2 BO 2.∴A 到平面 例 3 题6图 BCD 的距离是 .3【例 4】 在梯形 ABCD 中,AD ∥BC,∠ABC= ,AB=a,AD=3a 且 sin ∠ ADC = ,又 PA ⊥平面ABCD ,PA=a,25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, 在△ ADF 中,∠AFD =90,∠ADF=arcsin 5 3a,AD =3a,∴ AF= ,在 Rt △PAF 中 tan ∠PFA= PA a 55 ,∴∠ PFA=arc tan 5 .AF 3a 3 3(2)∵PA ⊥平面 ABCD ,∴PA ⊥ BC,又 BC ⊥ AB, ∴ BC ⊥平面 PAB,作 AH ⊥PB,则 BC ⊥AH,∴ AH ⊥平面 PBC,∵PA ⊥AB,PA=AB=a, ∴PB= 2 a,∴ AH = 2 a .2【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. BF BD 2 DF 2 2 6.（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 .由 EB BG 可得,BG 1,从而 AGAB 2 BG 2 17.CC 1 CG 由 GABMCG 知, CM 3cosMCG D （0，0，0），B （2，4，0），633cosGAB1217CM CC 1 MC 14 33 11建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，4，0），E（2，4，1），C1（0，4，3）.设 F（0，0，∵AEC1F 为平行四边形，z）由AEC 1F 为平行四边形由AF EC 1得,( 2,0, z) ( 2,0,2), z 2. F (0,0,2). EF ( 2, 4,2).于是 |BF | 2 6,即BF 的长为 2 6.（II ）设 n 1 为面 AEC 1F 的法向量，由 n 1 AE 0, 0 x 4 y 1 0 得 4y 1 即 4y 1 0, x n 1 AF 0, 2 x 0 y 2 0 2x 2 0, yuuuur u ur 又CC （0,0,3）,设CC 1与n 1 的夹则 cos CC 1 uuu nu 1u r|CC 1 | |n 1 | 1,1.4.4 33 33 ∴C 到平面 AEC 1F 的距离为 d |CC 1 |cos4 33 33 4 3311例 6】 正三棱柱 ABC A 1 B 1C 1 的底面边长为 8，对角线 B 1C 10，D 是AC 的中点。
破解立体几何中距离问题的“妙招”
解：H =a b +c +b c +a +c a +b =a 2ab +ac +b 2bc +ba+c 2ca +cb，由柯西不等式可得H =a 2ab +ac +b 2bc +ba +c 2ca +cb≥(a +b +c )2(ab +bc )+(bc +ba )+(ac +bc )=(a 2+b 2+c 2)+2(ab +bc +ac )2(ab +bc +ac )≥32.即不等式H =a b +c +b c +a +c a +b ≥23成立.四、构造向量向量是是数学中的一个重要模型，具有“数”与“形”的双重身份.在解题时，可通过分析题目条件，找到题设条件中包含或内隐的一些向量知识，在原有题目的基础上构造出新向量模型.再利用向量的数乘运算、加法运算、减法运算、数量积公式、向量的模公式等来进行向量运算，求得问题的答案.例4.已知a ，b ，x ，y ∈R ，且a 2+b 2=1，x 2+y 2=1，求证:ax +by ≤1.分析：通过观察所要求证的结论ax +by ≤1可发现，ax +by 可由两个向量的乘积构成，由此可联想到向量的乘法运算，于是构造向量(a ,b )与向量(x ,y )，将问题转化为向量问题来求解.解：设m =(a ,b )，n =(x ,y )，则ax +by =m ·n =a 2+b 2·x 2+y 2cos θ，而cos θ≤1，所以ax +by ≤1.通过构造向量，将不等式问题转化为向量问题求解，能使解题过程变得更加简便且运算简单，可以轻松证明不等式.构造法是解答数学问题的一种重要方法.运用构造法解题，不仅能提升解题的效率，还有助于培养同学们的创造性思维能力和发散性思维能力.在构造数学模型时，要学会观察、分析、比较，将问题与其他知识关联起来，由此及彼，由一般到特殊，联想到合适的数学模型.当采用常规思路解题受阻时，要敢于尝试，转换思路，从已有的信息出发大胆联想、大胆猜测.可变换、重组题目中的数据或条件，结合头脑中已有的知识，构造出恰当的数学模型，为解题做好铺垫.（作者单位：西华师范大学数学与信息学院）立体几何中的距离问题主要是求点到直线的距离、异面直线之间的距离、两个平面之间的距离、点到平面的距离等.此类问题侧重于考查点、线、面的位置关系以及简单几何体的特征结构，对同学们的逻辑推理能力和空间想象能力的要求较高.本文主要谈一谈解答立体几何中距离问题的两个“妙招”.一、通过空间向量运算求解有些立体几何中的距离问题较为复杂，采用常规方法求解较为困难，此时，我们可以通过空间向量运算来解题.首先根据几何体的结构特征建立合适的空间直角坐标系，或选择合适的基底，将各个点、线段用向量或基底表示出来，然后运用向量的加法、减法、数乘运算法则、数量积公式、模的公式等，合理开展向量运算，求得空间中点、线、面之间的距离.例题：如图1，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为菱形，∠B 1A 1A =∠C 1A 1A =60°,AC =4,AB=2,平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1,Q 在线段AC 上移动，P 为棱AA 1的中点.若二面角B 1-PQ -C 1的平面角的余弦值为求点P 到平面BQB 1的距离.图1解题宝典43解题宝典解：连接AC 1.∵四边形ACC 1A 1为菱形，∴AA 1=AC =A 1C 1=4,∵∠C 1A 1A =60°，∴△AC 1A 1是正三角形，∵P 为AA 1的中点，∴PC 1⊥AA 1,∵平面ACC 1A 1⊥平面ABB 1A 1，平面ACC 1A 1⋂平面ABB 1A 1=AA 1，∴PC 1⊥平面ABB 1A 1，在平面ABB 1A 1内，过点P 作PR ⊥AA 1，则PR 、PA 1、PC 1直线两两相互垂直，以点P 为坐标原点，建立如图2所示空间直角坐标系，可得P ()0,0,0,A 1()0,2,0,A ()0,-2,0,C 1()0,0,23，C (0,-4,23)，设 AQ =λ，AC =λ()0，-2,23，即Q ()0,-2()λ+1,23λ,∵AC =4,AB =2，∠B 1A 1A =60°，∴B 1()3,1,0，PB 1=()3,1,0，设平面PQB 1的法向量m =()x ,y ,z ，∴ìíîm ∙PQ =0,m ∙ PB 1=0,令x =1，可得m =æèöø1,-3,-λ+1λ，设二面角B 1-PQ -C 1的平面角为α，cos α=||m ∙n ||m ||n =，∴λ=12， AQ =12AC ，QB =)3,0,-3,设平面BQB 1的法向量为n =()x ,y ,z ，由ìíîn ∙ QB =0,n ∙ BB 1=0,得其中一个法向量为n =()1,0,1，∵PQ =()0,-3，3，∴点P 到平面BQB 1的距离为d =|| PQ ∙n ||n =.图2在运用该方法求空间中点、线、面之间的距离时，需首先建立合适的空间直角坐标系或选择合适的基底，然后通过空间向量运算求得点、线、面之间的距离.在求点到平面的距离或者异面直线之间的距离时，我们需借助向量的数量积公式a ∙b =||a ∙||||b cos <a ,b >得到点到平面的距离或者异面直线的距离d =||a cos <a ,b>=||||a ∙b ||||b ,通过向量运算即可求得问题的答案.二、借助等体积变换求解在求点到平面的距离时，我们常常可借助三棱锥的体积公式来解题.通过变换三棱锥的底面和高建立关系式，求得三棱锥的顶点到底面的距离.对于异面直线之间的距离、两个平面之间的距离、点到直线的距离问题，我们也可将其转化为点到平面的距离来求解，通过等体积变换，求得空间中点、线、面之间的距离.仍以上述例题为例.解：由上述解法可知， QB =()3,0,-3,∵ BB 1=()0,4,0， BB 1∙ QB =0,∴BB 1⊥QB ,△BQB 1为直角三角形，S △BQB 1=12×BB 1×QB =26，设点P 到平面BQB 1的距离为d ，连接BP ，由V Q -BPB 1=V P -BQB 1可知13×12×4×3×3=13×26d ，即d =，点P 到平面BQB 1的距离为26.我们将点P 到平面BQB 1的距离看作三棱锥Q -BPB 1的顶点P 到底面BQB 1的高，通过转换底面，分别根据三棱锥的体积公式求得V Q -BPB 1，V P -BQB 1，便可建立等量关系式，求得顶点P 到底面BQB 1的高.上述两种思路都是求解立体几何中点、线、面之间的距离问题的常用方法，也是较为便捷的方法，尤其是在采用常规思路解题遇到困难时，通过空间向量运算、等体积变换来解题，能有效提升解题的效率.（作者单位：江苏省淮安市金湖县第二中学）44。
立体几何的求距离问题 2
立体几何的求距离问题1、两点间的距离：连接两点的线段的长。
求法：（1）纳入三角形，将其作为三角形的一边，通过解三角形求得（2）用公式，A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2)，则。
（3）利用向量的模，|AB|=||==…（4）两点间的球面距离：A，B为半径是R的球O上的两点，若＜,＞=? 则A，B两点间的球面距离为2、点到直线的距离：从点向直线作（相交）垂线，该点与垂足间的线段长。
求法：（1）解三角形：所求距离是某直角三角形的直角边长，解此三角形即可。
（2）等积法：所求距离是某三角形的一高，利用面积相等可求此距离。
(3 ) 利用三垂线定理：所求距离视作某平面的斜线段长，先求出此平面的垂线段和射影的长，再由勾股定理求出所求的距离。
（4）利用公式：A(x0,y0),到直线l:Ax?By?C?0的距离为。
基本思想是将点线距转化为点点距。
3、点到平面的距离与直线到平面的距离（重点）（1）从平面外一点引平面的一条垂线，这个点和___的距离，叫做这个点到这个平面的距离。
求法;①利用定义、做出平面的垂线，将垂线段纳入某个三角形内，通过解三角形求距离；②利用等积法、将此距离看作某个三棱锥的高，利用体积相等求出此距离；③利用向量、点A，平面?，满足A??,O??,??，则点A到平面?的距离d? （ n是平面?的法向量）（2）一条直线和一个平面平行时，这条直线上任意_________到这个平面的_________，叫做这条直线和这个平面的距离。
（一条直线和一个平面平行时，直线上任意两点到平面的距离相等）求法：转化为点到平面的距离来求；（具体方法参照点到平面的距离的求法）4、两个平行平面的距离一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么它也_________另一个平面，这条直线叫做两个平面的__________，它夹在两个平行平面间的部分叫做这两个平面的_______,它的长度叫做两个平行平面的____________。
立体几何中的空间距离问题
→ ＝a· SB x＋ 3a· y－3a· z＝0， n· 可得 → ＝0＋2 3a· SC y－3a· z＝0， n·
x＋ 即 2
3y－3z＝0， 不妨取 n＝(3， 3，2). 3y－3z＝0.
设点 A 到平面 SBC 的距离为 d， →· |AS n| |0＋0＋6a| 3 则 d＝ |n| ＝ ＝2a. 9＋3＋4
例 ：如图 8-7-4，S 是△ABC 所在平面外一点，AB＝BC
＝2a，∠ABC＝120°，且 SA⊥平面 ABC，SA＝3a，求点 A 到
平面 SBC 的距离.
图 8-7-4
解：方法一：如图8-7-5，作AD⊥BC 交BC 延长线于点D， 连接 SD. ∵SA⊥平面 ABC，∴SA⊥BC. 又 SA∩AD＝A，∴BC⊥平面 SAD.
图8-7-6
∵在△ABC 中，AB＝BC＝2a，∠ABC＝120°，
∴AC＝ AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC＝2 于是 A(0,0,0)，B(a， 3a,0)，C(0,2
3a.
3a,0)，S(0,0,3a).
设平面 SBC 的一个法向量 n＝(x，y，z). → ，n⊥SC → 及SB → ＝(a， 3a，－3a)， 由 n⊥SB → ＝(0,2 SC 3a，－3a)，
D’ A’ D A B B’ C C’
如图所示：线段 AB __为异面直线AA’ 与BC的距离。
练习1
在 直 三 棱 柱 ABC—A1B1C1 中 ， AA1=2 ， AB=BC=1，∠ABC=90°.点D是BB1中点， 则异面直线DA1与B1C1的距离是
2 2 ________.
二
点面距离的求法
5. 异面直线间的距离 : 两条异面直线的 线段 公垂线夹在这两条异面直线间的⑤ 的 长度. 6. 直线与平面间的距离 : 如果一条直线 和一个平面平行 , 从这条直线上任意一点向 这点到垂足间线段 的长度. 平面引垂线,⑥
立体几何距离的求法
五、距离的求法：（1）点点、点线、点面距离：点与点之间的距离就是两点之间线段的长、点与线、面间的距离是点到线、面垂足间线段的长。
求它们首先要找到表示距离的线段，然后再计算。
注意：求点到面的距离的方法：①直接法：直接确定点到平面的垂线段长（垂线段一般在二面角所在的平面上）；②转移法：转化为另一点到该平面的距离（利用线面平行的性质）；③体积法：利用三棱锥体积公式。
（2）线线距离：关于异面直线的距离，常用方法有：①定义法，关键是确定出b a ,的公垂线段；②转化为线面距离，即转化为a 与过b 而平行于a 的平面之间的距离，关键是找出或构造出这个平面；③转化为面面距离；（3）线面、面面距离：线面间距离面面间距离与线线间、点线间距离常常相互转化；六、常用的结论：（1）若直线l 在平面α内的射影是直线l '，直线m 是平面α内经过l 的斜足的一条直线，l 与l ' 所成的角为1θ，l '与m 所成的角为2θ, l 与m 所成的角为θ，则这三个角之间的关系是cos cos cos θθθ=；（2）如何确定点在平面的射影位置：①Ⅰ、如果一个角所在平面外一点到角两边距离相等，那么这点在平面上的射影在这个角的平分线上；Ⅱ、经过一个角的顶角引这个角所在平面的斜线，如果斜线和这个角的两边夹角相等，那么斜线上的点在平面上的射影在这个角的平分线所在的直线上；Ⅲ、如果平面外一点到平面上两点的距离相等，则这一点在平面上的射影在以这两点为端点的线段的垂直平分线上。
②垂线法：如果过平面外一点的斜线与平面内的一条直线垂直，那么这一点在这平面上的射影在过斜足且垂直于平面内直线的直线上(三垂线定理和逆定理)；③垂面法：如果两平面互相垂直，那么一个平面内任一点在另一平面上的射影在这两面的交线上(面面垂直的性质定理)；④整体法：确定点在平面的射影，可先确定过一点的斜线这一整体在平面内的射影。
（3）在四面体ABCD 中：①若AD BC CD AB ⊥⊥,，则BD AC ⊥；且A 在平面BCD 上的射影是BCD ∆的垂心。
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立体几何中的距离问题【要点精讲】1距离空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。
其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离•因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。
两条异面直线的距离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；求法：如果知道两条异面直线的公垂线，那么就转化成求公垂线段的长度点到平面的距离平面外一点P在该平面上的射影为P',则线段PP的长度就是点到平面的距离；求法：①"一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。
(2)等体积法。
直线与平面的距离：一条直线和一个平面平行，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；平行平面间的距离：两个平行平面的公垂线段的长度，叫做两个平行平面的距离。
求距离的一般方法和步骤：应用各种距离之间的转化关系和“平行移动”的思想方法，把所求的距离转化为点点距、点线距或点面距求之，其一般步骤是：①找出或作出表示有关距离的线段；②证明它符合定义；③归到解某个三角形.若表示距离的线段不容易找出或作出，可用体积等积法计算求之。
异面直线上两点间距离公式，如果两条异面直线a、b所成的角为，它们的公垂线AA '的长度为d，在a上有线段A' E = m , b上有线段AF = n，那么EF =、d2 m2 n2 2mncos (“土”符号由实际情况选定)点到面的距离的做题过程中思考的几个方面：①直接作面的垂线求解；②观察点在与面平行的直线上，转化点的位置求解；③观察点在与面平行的平面上，转化点的位置求解；④利用坐标向量法求解⑤点在面的斜线上，禾U用比例关系转化点的位置求解。
立体几何的高线做法①特殊图形的射影法；②一般图形的垂面法空间距离的求法：(特别强调：立体几何中有关角和距离的计算，要遵循“一作，二证，三计算”的原则)(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)点到平面的距离求法：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等体积法：转化为求三棱锥的高；③等价转移法。
④转化为平行直线上另一点到平面的距离；转化为平行平面上另一点到平面的距离；转化为与此相关的点到平面的距离，然后求出这两点到平面距离的比值；⑤利用向量法：d例如已知正方体ABCD- A 1B1C1D1的棱长为a，则异面直线BD与B i C的距离为__________ (答：—a )转化为平行平面距离•3练习(1)等边三角形 ABC 的边长为2 2 , 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(2) 点P 是120°的二面角a -l -B 内的一点，点P 到a 、B 的距离分别是3、4,则P 到|的(答：』)；2距离为（答:(3) __________________________ 在正方体ABCD —A i B i C i D i的侧面AB i内有一动点P到棱A iB i与棱BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为(答：抛物线弧)。
例如：如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA丄底面ABCD , AB= . 3 ,BC=i , PA=2 , E为PD的中点•在侧面PAB内找一点N，使NE丄面PAC,并求出N点到AB和AP的距离•解：在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F,贝U ADF -.6连PF,则在Rt A ADF中DFAD 2 3 AL A7- “L33r厂/-XLJidi 1cos ADF 33设N为PF的中点，连NE，贝U NE//DF ,•/ DF 丄AC, DF 丄PA,• DF丄面PAC，从而NE丄面PAC.••• N点到AB的距离1 i-AP i , N点到AP的距离AF2 2 6 .⑶如图，直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE = EB, F为CE上的点，且BF丄平面ACE .（I）求证：AE丄平面BCE ;（H）求二面角B-AC-E的大小；（川）求点D到平面ACE的距离。
答：（H）arcsd ”3 2.3 34.如图，正方体ABCD —A1B1C1D1的棱长为1, E是A1B1的中点，贝U E到平面AB C1D1的距离为（B ）B. C. 1 D .仝2 2 3提示：E点转化为B1到平面的距离的一半。
5.如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中AB=4 , BC=2 , CC1=3, BE=1.求点C到平面AEC1F 的距离.转化为B点到平面的距离.d c 3d b6、如图，正方体ABCD —A1B1C1D1的棱长为1, O是底面A1B1C1D1的中心，贝U O到平面AB C1D1的距离为练习（1）长方体ABCD A1B1C1D1的棱AB AD 4cm, AA, 2cm，则点A,到平面AB1D1的距离等于__________（答呼）;距离为_______（2）在棱长为a的正方体ABCD-A 1B1C1D1中, M是AA1的中点，贝U A1到平面MBD的方法二：三线角法求解。
A 、丄2B 、C 、2D 、 3422提示：转化为B 1C 1的中点到平面 AB C 1D 1的距离。
7、如图，已知长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1, AB 2, AA 1, 直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30 , AE 垂直BD 于 E , F 为AB 的中点. (I)求异面直线AE 与BF 所成的角；(II )求平面BDF 与平面AAB 所成的二面角；(III )求点A 到平面BDF 的距离.解：在长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1中，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴,AA 1所在的直线为z轴建立如图示空间直角坐标系由已知 AB 2,AA 1 1,可得 A(0,0,0), B(2,0,0)，F (1,0,1) 又AD 平面AA1B 1B ，从而 BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为 DBA 30，又 AB 2，AE BD ，AE 1,AD,D 0,- 3,03 Lu ur AEuuu ,BF1,0,1 所cos uuu uuuAE,BFtuur -AE BF易知异面直线AE 、BF 所成的角为 arccos —4uuu uuu AE BF1值，所以距离duu u ABuuu r cosAB, n uuu r AB n2-5所以点A 到平面BDF 的距离为 55方法二：等体积法；V BDF V F ABD 来求。
方法三：做垂直的平面，然后做交线的垂线及高线，然后求值。
8.（山东卷）如图，在正三棱柱 ABC- A 1B 1C 1中，所有棱长均为 距离为解：利用等体积法，易知V B1-ABC1 = ---- h12 9.（江西卷）如图，已知三棱锥 O ABC 的侧棱OA OB, OC 两两垂直，且 OA 1 ,OB OC 2 , E 是OC 的中点.求O 点到面ABC 的距离；法一:等体积法法二：取BC 中点，作平面ABC 的垂直平面，然后作点O 到平面的距离。
（II ）方法一：易知平面AA 1B 的一个法向量 m （0,1,0）设n （x,y,z ）是平面BDF 的一个uuu2巧 , r uuu nBF r uuu n BF 0 x z 0x z法向量, BD （2,二0）由r uuu r UULT2 3、、3xy3n BD n BD 02x 3 y 0ur rr 即n—3,1LT r所以 cos ；m n LT . r 15即平面 BDF 与平面AA 1B 所成的二二面角的m n 5方法二：三垂线定理作二面角; 方法三：射影面积法；uuur r（III ）方法一：点 A 到平面BDF 的距离，即 AB 在平面BDF 的法向量n 上的投影的绝对 大小（锐角）为 arccos --------------所以点B 1到平面ABC 1的距离为h1~V 正三棱柱ABC A1B1C13CB18）（07年福建卷本小题满分12 分）如图，正三棱柱ABC —A i B i C i的所有棱长都为2, D为CC i 中点。
（1）求证：AB i丄面A i BD ;（2）求二面角 A —A i D —B的大小；（3）求点C到平面A i BD的距离。
（提示：作面平面A i BD的行线，把C点到平面A i BD的距离可转化为AA i中点到平面A i BD的距离）（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。
例如（i）设地球半径为R，在北纬45圈上有A,B两地，它们的纬度圈上的弧长等于2 RR，求A,B两地间的球面距离（答：）；4 3（2）球面上有3点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的g，经过这3点的小圆的周长为4 ，那么这个球的半径为（答：2 3）；（3）三棱锥P ABC 的三个侧面两两垂直，PA 12, PB 16, PC 20 ,若P,代B, C（答：5.2 ）。
则甲、乙两地的球面距离为（ D ）•- EOF ,•••点E 、F 在该球面上的球面距离为1 — 33 3故选择B 。
6.（北京卷）已知A,B,C 三点在球心为 0，半径为R 的球面上，AC 么A,B 两点的球面距离为的直径，又AB = R ,所以△ OAB 是等边三角形, 所以 AOB = 一，故A,B 两点的球面距离为 一 R ,33是 OQA = 30 ,所以球心到平面 ABC 的距离OO. Rcos30^1R2四个点都在同一球面上，则此球面上两点A 、B 之间的球面距离是（4）设地球的半径为 R ，若甲地位于北纬45东经120，乙地位于南纬75 东经120，(A ) .3R (C ) —R6(D )（B ） — R65. （ 06浙江卷）如图，O 是半径为I 的球心，点 A 、B 、C 在球面上, 0A 、OB 、0C 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧 AB 与AC 的中点,则点E 、F 在该球面上的球面距离是(A)4（近【考点分析】本题考查球面距的计算，基础题。