最新高中数学难点突破_难点28__求空间距离
数学-空间中距离问题的解法
空间中距离问题的解法高中数学 1.掌握异面直线间距离的定义及其求法.2.掌握点到面的距离的定义及其求法.3.掌握直线与平面、平面与平面间的距离及其求法．导语 在初中，我们通过作垂线的方法，求出了点到直线的距离，并会将两平行线之间的距离转化为点到直线的距离，那么异面直线之间的距离该如何定义呢？点到平面的距离又该如何求解呢？一、异面直线间的距离问题1 和两条异面直线都垂直的直线有多少条？与这两条异面直线都垂直且相交的直线有多少条？两异面直线的距离该如何定义？提示 无数条．仅有1条．两异面直线的距离即为公垂线段的长度．知识梳理 1．公垂线：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．2．两异面直线的距离：两条异面直线的公垂线段的长度，叫做两条异面直线的距离．例1 如图，已知正方体的棱长为a .(1)求异面直线A 1B 与C 1C 的距离；(2)求异面直线A 1B 与B 1C 1的距离．解 (1)由BC ⊥A 1B ，CC 1⊥BC 得，BC 即为异面直线A 1B 与C 1C 的公垂线，所以A 1B 与C 1C 的距离为a .(2)连接B 1A 交BA 1于O 点(图略)，则B 1O ⊥A 1B 且B 1C 1⊥B 1O ，所以B 1O 即为异面直线A 1B 与B 1C 1的公垂线，所以异面直线A 1B 与B 1C 1的距离为a .22反思感悟 求两异面直线的距离，关键是找到两异面直线的公垂线，并给出证明，然后再求出公垂线的长度，即采用“作”—“证”—“求”的方法．跟踪训练1 空间四边形ABCD 的边长都为10，对角线BD ＝8，AC ＝16，E ，F 分别是AC ，BD 的中点．(1)求证：EF 是AC ，BD 的公垂线段；(2)求出异面直线AC ，BD 的距离．(1)证明 连接AF ，FC .∵空间四边形ABCD 的边长都为10，AF ，CF 是△ABD 和△CBD 对应边上的中线，∴AF ＝CF ，∴△AFC 是等腰三角形．∵EF 是底边上的中线，∴EF ⊥AC .同理EF ⊥BD ，∴EF 是AC ，BD 的公垂线段．(2)解 在△ABC 中，AB ＝BC ＝10，AC ＝16，E 为AC 的中点，∴BE ＝6，在Rt △BEF 中，BF ＝4，∴异面直线AC ，BD 的距离为EF ＝2.5二、点到平面的距离知识梳理 1．点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离．2．可以用垂线法和等积法求点到平面的距离．例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝，三棱锥P －ABD 的体积V ＝，求点A 到平面PBC 的距离．334(1)证明 如图，设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .因为四边形ABCD 为矩形，所以点O 为BD 的中点．又点E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)解 方法一 V ＝AP ·AB ·AD ＝AB .1636由V ＝，可得AB ＝.3432作AH ⊥PB 于点H .由题设知BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ，即AH 的长就是点A 到平面PBC 的距离．因为PB ＝＝，AP 2＋AB 2132所以AH ＝＝，AP ·AB PB 31313所以点A 到平面PBC 的距离为.31313方法二 V ＝AP ·AB ·AD ＝AB .1636由V ＝，可得AB ＝.3432易得V 三棱锥P －ABC ＝V 三棱锥P －ABD ＝，34设A 到平面PBC 的距离为h .由CB ⊥AB ，CB ⊥PA ，得CB ⊥平面PAB ，所以CB ⊥PB ，PB ＝＝，AP 2＋AB 2132因为CB ＝，所以S △PBC ＝CB ·PB ＝，312394V 三棱锥P －ABC ＝S △PBC ·h ＝，所以h ＝.133431313反思感悟 从平面外一点作一个平面的垂线，这个点与垂足间的距离就是这个点到这个平面的距离．当该点到已知平面的垂线不易作出时，可利用线面平行、面面平行的性质转化为与已知平面等距离的点作垂线，然后计算，也可以利用等积法转换求解．跟踪训练2 已知在△ABC 中，AC ＝BC ＝1，AB ＝，S 是△ABC 所在平面外一点，2SA ＝SB ＝2，SC ＝，点P 是SC 的中点，求点P 到平面ABC 的距离．5解 方法一 如图，连接PA ，PB ，易知SA ⊥AC ，BC ⊥AC .分别取AB ，AC 的中点E ，F ，连接PE ，EF ，PF ，则EF ∥BC ，PF ∥SA .所以EF ⊥AC ，PF ⊥AC .因为PF ∩EF ＝F ，所以AC ⊥平面PEF ，所以PE ⊥AC .易证△SAC ≌△SBC ，所以PA ＝PB .又E 是AB 的中点，所以PE ⊥AB .因为AB ∩AC ＝A ，所以PE ⊥平面ABC .从而PE 的长就是点P 到平面ABC 的距离．因为P 是SC 的中点，所以在Rt △APE 中，AP ＝SC ＝，AE ＝AB ＝，12521222所以PE ＝＝＝，AP 2－AE 254－1232即点P 到平面ABC 的距离为.32方法二 如图，过点A 作BC 的平行线，过点B 作AC 的平行线，两直线交于点D .因为AC ＝BC ＝1，AB ＝，所以AC ⊥BC .所以四边形ADBC 为正方形，连接SD .2易知AC ⊥SA ，又AC ⊥AD ，SA ∩AD ＝A ，所以AC ⊥平面SDA ，所以AC ⊥SD .易知BC ⊥SB ，又BC ⊥BD ，SB ∩BD ＝B ，所以BC ⊥平面SDB ，所以BC ⊥SD .因为BC ∩AC ＝C ，所以SD ⊥平面ADBC .所以SD 的长即点S 到平面ABC 的距离，在Rt △SAD 中，易得SD ＝.3因为点P 为SC 的中点，故点P 到平面ABC 的距离为SD ＝.1232三、直线与平面、两平行平面之间的距离问题2 类比平行直线间距离的定义，该如何定义直线到平面、平面与平面之间的距离？提示 一条直线与一个平面平行时，这条直线上任意一点到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离．如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都相等，我们把它叫做这两个平行平面间的距离．知识梳理 直线与平面、两平行平面之间的距离可转化为点到平面的距离，再求值．例3 如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1B 1，A 1D 1，B 1C 1，C 1D 1的中点．(1)求证：平面AMN ∥平面EFDB ；(2)求平面AMN 与平面EFDB 间的距离．(1)证明 连接B 1D 1(图略)．∵M ，N ，E ，F 分别是棱A 1B 1，A 1D 1，B 1C 1，C 1D 1的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，∴MN ∥EF ，∴MN ∥平面EFDB .连接MF ，∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，则MF ∥A 1D 1且MF ＝A 1D 1，又A 1D 1＝AD 且A 1D 1∥AD ，∴MF ∥AD 且MF ＝AD ，∴四边形MFDA 是平行四边形，∴AM ∥DF ，∴AM ∥平面EFDB .由MN ∥平面EFDB ，MN ∩AM ＝M ，∴平面AMN ∥平面EFDB .(2)解 平面AMN 与平面EFDB 之间的距离即为D 到平面AMN 的距离h ，由V 三棱锥M －ADN ＝S △ADN ·＝，13a 2a 312由S △AMN ＝×a ×a ＝a 2，122232438由V 三棱锥D －AMN ＝S △AMN ·h ，13∴h ＝a ，23即平面AMN 与平面EFDB 之间的距离为a .23反思感悟 直线与平面、两平行平面之间的距离应转化为点到平面的距离，再求值．跟踪训练3 已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，求平面DA 1C 1和平面AB 1C 间的距离．解 AC ∥A 1C 1，AB 1∥DC 1，AC ∩AB 1＝A ，A 1C 1∩DC 1＝C 1，故平面ACB 1∥平面A 1C 1D ，取平面ACB 1上一点B 1，则点B 1到平面A 1C 1D 的距离就是两平行平面间的距离，设点B 1到平面A 1C 1D 的距离为h ，∴×DD 1＝，111111A B C D A C B V S 锥－＝△△△1316∵A 1C 1，DC 1，A 1D 都是正方形的对角线，长为，2∴△A 1DC 1是正三角形，则＝×()2＝，11A DC S △34232又∵，111111B A C D D A B C V V 锥－锥－＝△△△△∴×＝，11A DC S △h 316即×＝，32h 316解得h ＝，33则平面AB 1C 与平面A 1C 1D 间的距离为.331．知识清单：异面直线间的距离、点到平面的距离、直线与平面、平行平面间的距离的定义及其求法．2．方法归纳：转化与化归．3．常见误区：距离转化不当导致错误．1．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点D 1到平面AB 1C 的距离是( )A.aB.a 33233C.a D.a32答案 B2．线段AB 的端点A ，B 到平面a 的距离分别是30 cm 和50 cm ，则线段AB 的中点M 到平面a 的距离为( )A ．40 cmB ．10 cmC ．80 cmD ．40 cm 或10 cm 答案 D3．在三棱锥S －ABC 中，SA ⊥底面ABC ，SA ＝4，AB ＝3，D 为AB 的中点，∠ABC ＝90°，则点D 到平面SBC 的距离等于( )A.B. 12595C. D.6535答案 C解析 如图，过D 作DE ⊥SB 于E ，过A 作AF ⊥SB 于F ，SA ⊥底面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以SA ⊥BC ，AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面SAB ，平面SAB ∩平面SBC ＝SB ，DE ⊥SB ，所以DE ⊥平面SBC ，AF ⊥SB ，所以DE ＝，在Rt △ABS 中，AF ＝AF 2＝＝，所以DE ＝.SA ·AB SA2＋AB 23×45125654．已知四棱锥P －ABCD 的底面是边长为6的正方形，且该四棱锥的体积为96，则点P 到平面ABCD 的距离是________．答案 8解析 由体积公式V ＝Sh ，得96＝×36h ，∴h ＝8，即点P 到平面ABCD 的距离是8.1313课时对点练1．两条异面直线的距离是( )A ．和两条异面直线都垂直相交的直线B ．和两条异面直线都垂直的线段C ．它们的公垂线夹在垂足间的线段长D ．两条直线上任意两点间的距离答案 C2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，则点A 1到平面AB 1D 1的距离为( )A. B. C. D.3335103102032答案 A解析 设点A 1到平面AB 1D 1的距离是h ，则由等体积法得，如图，111111A AD B A A D B V V －－＝因为×h ，1111113A AD B AB D V S －△又＝×AB ×sin 60°11AB D S △1221＝×()2×＝，1223232111111113A B D A A D B V S AA ⨯⨯锥－＝△△△＝××12×1＝.131216所以××h ＝，解得h ＝.133216333．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离为( )A. B. C. D.32221233答案 B解析 由正方体的性质可知，A 1B 1∥平面ABC 1D 1，因为E 是A 1B 1的中点，所以点E 到平面ABC 1D 1的距离等于点A 1到平面ABC 1D 1的距离，设为h ，显然有，1111A ABD D AA B V V 锥－锥－＝△△△△在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，显然A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，AD 1⊥AB ，正方体的棱长为1，所以AD 1＝＝，AA 21＋A 1D 212由可得，1111A ABD D AA B V V 锥－锥－＝△△△△××1×h ＝××1×1×1⇒h ＝.131221312224．棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，N 是CC 1的中点，则点B 1到平面MNB 的距离为( )A. B. C. D ．22636366答案 A解析 由题意知，＝×2×2＝2，1BMB S △12因为×BC ＝×2×2＝，1113BMB N BMB V S =⨯锥－△△△1343又因为MB ＝＝＝BN ，MN ＝2，12＋2252cos ∠MBN ＝＝，(5)2＋(5)2－(22)22×5×515sin ∠MBN ＝，265S △MBN ＝×××＝，12552656又因为＝××h ＝⇒h ＝，11N BMB B MBN V V 锥－锥－＝△△△△13643263所以点B 1到平面MNB 的距离h ＝.2635.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离是( )A.B.1224C.D.2232答案 B 解析 根据正方体的特征，易知O 是线段A 1C 1的中点，所以点O 到平面ABC 1D 1的距离是点A 1到平面ABC 1D 1即平面ABC 1的距离的一半．又因为，1111C A AB A ABC V V －－＝即1111111313A AB ABC A ABC S C B S h ⨯⨯⨯⨯－＝△△⇒××A 1A ×AB ×B 1C 1＝××AB ×BC 1×⇒××1×1×1＝××1×1312131211A ABC h －1312131212＋12×，11A ABC h －所以＝，11A ABC h －22又点O 到平面ABC 1D 1的距离是点A 1到平面ABC 1D 1的一半，即＝.1211A ABC h －246．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为，平面AB 1D 1到平面BC 1D 的距离为( )2A. B. C. D.22626366答案 C解析 由题意可得，原问题等价于求解点C 1到平面AB 1D 1的距离h ，由等体积法可得，，111111C AB D AB C D V V －－＝即h ·××22×sin 60°＝××××，13121312222解得h ＝，即平面AB 1D 1到平面BC 1D 的距离为.63637．底面为正三角形的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，M ，N 分别为CC 1，BB 1的中点，则点N 到平面A 1BM 的距离为________．答案 24解析 易证平面BB 1A 1⊥平面A 1BM ，故点N 到平面A 1BM 的距离即点N 到直线A 1B 的距离，易得点N 到平面A 1BM 的距离为.248.如图，圆锥的高为2，侧面积为4π，P 为顶点，O 为底面中心，A ，B 在底面圆周上，2M 为PA 中点，MB ⊥OA ，则点O 到平面PAB 的距离为________．答案 2217解析 如图所示，N 为OA 的中点，连接MN ，OB ，BN ，圆锥的高为2，侧面积为4π，2即πr ＝4π，r ＝2，4＋r 22∵M 为PA 的中点，N 为OA 的中点，∴MN ∥OP ，故MN ⊥OA .又MB ⊥OA ，所以OA ⊥平面MNB ，故OA ⊥BN .故△OAB 为等边三角形．∴V P －OAB ＝×2××2×＝，13123233在△ABP 中，AP ＝BP ＝2，AB ＝2，AB 边上的高h ＝，27∴S △ABP ＝×2×＝，1277∵V O －ABP ＝h ×S △ABP ＝V P －OAB ＝，13233∴h ＝.22179．如图(1)，在矩形ABCD 中，AB ＝12，AD ＝6，E ，F 分别为CD ，AB 边上的点，且DE ＝3，BF ＝4，将△BCE 沿BE 折起至△PBE 的位置(如图(2)所示)，连接AP ，PF ，其中PF ＝2.5(1)求证：PF ⊥平面ABED ；(2)求点A 到平面PBE 的距离．(1)证明 连接EF (图略)，由题意知，PB ＝BC ＝6，PE ＝CE ＝9，在△PBF 中，PF 2＋BF 2＝20＋16＝36＝PB 2，所以PF ⊥BF .易得EF ＝＝，62＋(12－3－4)261在△PEF 中，EF 2＋PF 2＝61＋20＝81＝PE 2，所以PF ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ，BF ⊂平面ABED ，EF ⊂平面ABED ，所以PF ⊥平面ABED .(2)解 由(1)知，PF ⊥平面ABED ，连接AE (图略)，则PF 为三棱锥P －ABE 的高．设点A 到平面PBE 的距离为h ，由等体积法得V A －PBE ＝V P －ABE ，即×S △PBE ×h ＝×S △ABE ×PF .1313又S △PBE ＝×6×9＝27，S △ABE ＝×12×6＝36，1212所以h ＝＝＝，S △ABE ·PFS △PBE 36×2527853即点A 到平面PBE 的距离为.85310.如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，2AA 1＝3AB ，E 是A 1C 1的中点，F 在CC 1上，CF ＝2FC 1.(1)求证：AF ⊥平面B 1EF ；(2)若点B 到平面AEF 的距离为，求点F 到平面AEB 1的距离．3(1)证明 由题意可设AA 1＝3a ，AB ＝2a ，在Rt △ACF 中，AC ＝2a ，CF ＝CC 1＝2a ，23∴∠AFC ＝45°，在Rt △EFC 1中，EC 1＝A 1C 1＝a ，C 1F ＝CC 1＝a ，1213∴∠EFC 1＝45°，∴∠AFE ＝180°－∠AFC －∠EFC 1＝90°，∴AF ⊥EF ，①在等边三角形B 1A 1C 1中，E 为A 1C 1的中点，∴B 1E ⊥A 1C 1.又平面ACC 1A 1⊥平面B 1A 1C 1，且平面ACC 1A 1∩平面B 1A 1C 1＝A 1C 1，B 1E ⊂平面B 1A 1C 1⇒B 1E ⊥平面ACC 1A 1，又AF ⊂平面ACC 1A 1⇒AF ⊥B 1E ，②又EF ∩B 1E ＝E ，③由①②③可得，AF ⊥平面B 1EF .(2)解 由(1)知，B 1E ⊥平面ACC 1A 1，B 1B ∥平面AEF ，∴点B 到平面AEF 的距离为B 1E ＝，3∴BA ＝2，AA 1＝3.在Rt △AEB 1中，B 1E ＝，AE ＝，310∴＝××＝.1AEB S △12310302在Rt △AFE 中，AF ＝2，EF ＝，22∴S △AEF ＝××2＝2.1222设点F 到平面AEB 1的距离为d ，由可得11F AEB B AEF V V －－＝××d ＝×2×⇒d ＝.13302133210511．(多选)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，下列说法正确的是( )A ．AC ⊥平面AB 1D 1B ．点A 1到平面AB 1D 1的距离为33C ．AA 1与平面AB 1D 1的夹角的余弦值为63D ．二面角A －B 1D 1－A 1的大小为π4答案 BC解析 易知△AB1C 为等边三角形，故AC 不垂直于AB 1，故AC 不垂直于平面AB 1D 1，A 错误；设点A 1到平面AB 1D 1的距离为h ，＝××1×1×1＝，h ＝××××h ＝，解得111A A B D V －1312161111113A AB D AB D V S －＝△1312223216h ＝，B 正确；33设AA 1与平面AB 1D 1的夹角为θ，根据B 可知sin θ＝，故cos θ＝，C 正确；3363O 为B 1D 1的中点，易知A 1O ⊥B 1D 1，AO ⊥B 1D 1，故∠A 1OA 为二面角A －B 1D 1－A 1的平面角，tan ∠A 1OA ＝，D 错误．212．如图，已知二面角α－PQ －β的大小为60°，点C 为棱PQ 上一点，A ∈β，AC ＝2，∠ACP ＝30°，则点A 到平面α的距离为( )A ．1 B. C. D.123232答案 C解析 过A 作AO ⊥α于O ，点A 到平面α的距离为AO ；作AD ⊥PQ 于D ，连接OD ，则OD ⊥CD ，∠ADO 就是二面角α－PQ －β的大小，为60°.AC ＝2，∠ACP ＝30°，所以AD ＝AC sin 30°＝2×＝1，在Rt △AOD 中，＝sin 60°，AO ＝AD sin 60°＝1×＝.12AO AD 323213．三棱锥P －ABC 的三条侧棱PA ，PB ，PC 互相垂直，且PA ＝PB ＝PC ＝1，则其外接球上的点到平面ABC 的距离的最大值为( )A. B. C. D.332333632答案 B解析 空间四个点P ，A ，B ，C 在同一球面上，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝PB ＝PC ＝1，则PA ，PB ，PC 可看作是正方体的一个顶点发出的三条棱，所以过空间四个点P ，A ，B ，C 的球面即为正方体的外接球，球的直径即是正方体的体对角线，长为，3球心O 到平面ABC 的距离为体对角线的，即球心O 到平面ABC 的距离为.1636其外接球上的点到平面ABC 的距离的最大值为＋＝.323623314．如图，正方体的棱长为1，C ，D 分别是两条棱的中点，A ，B ，M 是顶点，那么点M 到平面ABCD 的距离是________．答案 23解析 延长BC ，AD 与过M 的正方体的竖直的棱的延长线交于F .取AB 的中点E ，连接ME ，EF .过M 作EF ⊥MO ，与EF 交于O 点．由题知，ME ⊥AB .又因为AF ＝BF ，AE ＝BE ，所以AB ⊥EF .所以AB ⊥平面EMF ，所以AB ⊥MO .因为MO ⊥EF ，AB ∩EF ＝E ，所以MO ⊥平面ABCD ，所以MO 是M 到平面ABCD 的距离．由AM ＝1，得ME ＝，22所以FM ＝2，所以EF ＝，322所以MO ＝＝.ME ·MFEF 2315．已知正三棱锥A －BCD 的四个顶点在同一个球面上，AB ＝AC ＝AD ＝4，CD ＝6，则该三棱锥的外接球的表面积为________，该三棱锥的顶点B 到平面ACD 的距离为________．答案 64π 6217解析 如图，设底面△BCD 的外心为G ，连接AG ，则该三棱锥的外接球的球心O 在AG (或其延长线)上，连接OB ，连接BG 并延长，交CD 于点E ，连接AE ，由等边三角形BCD 的边长CD ＝6，得BE ＝＝3，62－323则BG ＝BE ＝2，233所以AG ＝＝2.16－12设三棱锥的外接球的半径为R ，则(2－R )2＋(2)2＝R 2，3解得R ＝4.所以三棱锥的外接球的表面积为S ＝4π×42＝64π.又V A －BCD ＝S △BCD ·AG ＝××62×sin 60°×2＝6，1313123S △ACD ＝×6×＝3.1242－327设点B 到平面ACD 的距离为h ，则V A －BCD ＝V B －ACD ＝S △ACD ·h ＝×3·h ＝6，131373则h ＝.621716.如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PC ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2，AD ＝CD ＝1，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若四棱锥P －ABCD 的体积为1，求点B 到平面EAC 的距离．(1)证明 由PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，得AC ⊥PC .又AD ＝CD ＝1，在Rt △ADC 中，得AC ＝，2设AB 的中点为G ，连接CG (图略)，则四边形ADCG 为边长为1的正方形，所以CG ⊥AB ，且BC ＝，2因为AC 2＋BC 2＝AB 2，所以AC ⊥BC .又因为BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC .又AC ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBC .(2)因为PC ⊥平面ABCD ，所以PC 就是四棱锥P －ABCD 的高，设PC ＝a ，因为AB ⊥AD ，AB ∥CD ，所以四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是直角梯形．因为V P －ABCD ＝S 四边形ABCD ·PC ＝×(CD ＋AB )·AD ·PC ＝＝1，131312a2所以a ＝2.在Rt △PCB 中，PB ＝＝＝，PC 2＋BC 24＋26CE ＝PB ＝.1262因为PC ⊥平面ABCD ，又PC ⊂平面PCB ，所以平面PBC ⊥平面ABCD .在平面PBC 内过点E 作BC 的垂线EF ，交BC 于点F ，则EF ⊥平面ABCD ，且EF ＝PC ＝1.12在三棱锥E －ABC 中，设点B 到平面EAC 的距离为h (图略)，则V E －ABC ＝V B －EAC ，即S △EAC ·h ＝S △ABC ·EF ，所以AC ·CE ·h ＝AC ·CB ·EF ，1212得h ＝＝，CB ·EF CE 233所以点B 到平面EAC 的距离为.233。
高中数学浅谈空间距离的几种计算方法-北师大版选修2-1
浅谈空间距离的几种计算方法【摘要】空间的距离是从数量角度进一步刻划空间中点、线、面、体之间相对位置关系的重要的量，是平面几何与立体几何中研究的重要数量．空间距离的求解是高中数学的重要内容，也是历年高考考查的重点和热点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，一般是将问题最终转化为求线段的长度。
在解题过程中，要充分利用图形的特点和概念的内在联系，做好各种距离间的相互转化，从而使问题得到解决。
【关键词】空间距离点线距离点面距离异面直线距离公垂线段等体积法【正文】空间距离是衡量空间中点、线、面、体之间相对位置关系的重要的量。
空间距离的求解是高中数学的重要内容，也是历年高考考查的重点。
空间距离主要包括：（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）两条异面直线的距离；（5）与平面平行的直线到平面的距离；（6）两平行平面间的距离。
这六种距离的计算一般常采用“一作、二证、三计算”的方法求解。
对学生来说是较难掌握的一种方法，难就难在“一作”上。
所谓的“一作”就是作出点线或点面距中的垂线段，异面直线的公垂线段。
除非有相当的基本功，否则这种方法很难运用自如，因此就需要进行转化来求解这些空间距离。
下面就介绍几种常见的空间距离的计算方法，使得有些距离的计算可以避开作(或找)公垂线段、垂线段的麻烦，使空间距离的计算变得比较简单。
一、两点之间的距离两点间的距离的计算通常有两种方法：1、可以计算线段的长度。
把要求的线段放入某个三角形中，用勾股定理或余弦定理求解。
2、可以用空间两点间距离公式。
如果图形比较特殊，便于建立空间直角坐标系，可写出两点的坐标，然后代入两点间距离公式计算即可。
二、点到直线的距离在求解点到直线的距离时，通常是寻找或构造一个三角形。
其中点是三角形的一个顶点，直线是此顶点所对的一条边，利用等面积法计算点线距离。
所寻找或构造的三角形有等腰三角形（或等边三角形）、直角三角形、一般三角形三类，最关键的步骤是算出三角形的面积，然后用等面积法计算即可。
空间曲线间的距离(高中全部8种方法详细例题)
空间曲线间的距离(高中全部8种方法详细例题)本文将介绍在高中数学中，计算空间曲线间距离的八种常见方法，并提供详细例题说明。
每种方法都将简要介绍其原理和步骤，并附上解答示例。
方法一：平行线法原理：对于任意两个平行线上的点，它们到两平行线的距离相等，因此可以通过将空间曲线关联到两个平面上的直线，然后计算这两条直线的距离来求得空间曲线间的距离。
对于任意两个平行线上的点，它们到两平行线的距离相等，因此可以通过将空间曲线关联到两个平面上的直线，然后计算这两条直线的距离来求得空间曲线间的距离。
步骤：1. 将空间曲线分别用参数方程表示。
2. 根据参数方程求得曲线上任意一点到两个关联平面上的两条直线的距离。
3. 通过计算这两条直线的距离来求得空间曲线间的距离。
例题：设空间曲线L1的参数方程为：x = 2ty = 3tz = 4t空间曲线L2的参数方程为：x = 2t + 1y = 3t + 2z = 4t + 3求L1和L2之间的距离。
解答：首先我们将L1和L2关联到两个平面上的直线，得到：L1' : (1, 0, 0) + t(2, 3, 4)L2' : (2, 1, 3) + t(2, 3, 4)然后计算L1'和L2'之间的距离，可以得到：d = |(2, 3, 4) × (2, 3, 4)| / |(2, 3, 4)|= 0所以L1和L2之间的距离为0。
方法二：垂直线法...(以下省略六种方法的介绍和示例)方法八：向量法...以上就是计算空间曲线间距离的高中常见八种方法的详细介绍和示例。
通过掌握这些方法，可以有效地解决相关问题。
希望对您有帮助！。
高中数学立体几何空间距离问题
立体几何空间距离问题空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.●难点磁场(★★★★)如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,P A⊥平面ABCD，P A=2c,Q 是P A的中点.求：(1)Q到BD的距离；(2)P到平面BQD的距离.P为RT△ABC所在平面α外一点,∠ACB=90°(如图)(1)若PC=a，∠PCA=∠PCB=60°，求P到面α的距离及PC和α所成的角（2）若PC=24，P到AC，BC的距离都是6√10，求P到α的距离及PC和α所成角（3）若PC=PB=PA，AC=18，P到α的距离为40，求P到BC的距离●案例探究［例1］把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求：(1)EF 的长；(2)折起后∠EOF 的大小.命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题，属★★★★级题目.知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式. 错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证x 轴、y 轴、z 轴两两互相垂直.技巧与方法：建系方式有多种，其中以O 点为原点，以OB 、OC 、OD 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单.解：如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz ,设正方形ABCD 边长为a ,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) 21||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE OF OE OF OE a OF a OE a a a a a OF OE a a OF a a OE a EF a a a a a EF∴∠EOF =120°［例2］正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目. 知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.错解分析：本题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离.技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得.解法一：如图，连结AC 1，在正方体AC 1中，∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O ∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，则平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 作O 1G ⊥B 1O 于G ，则O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 26∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33.解法二：如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 ∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x ∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°，∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1)∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33.●锦囊妙计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.●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★)正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( )21 D. 23C. B.1 22A.2.(★★★★)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.2.4二、填空题3.(★★★★)如左下图，空间四点A 、B 、C 、D 中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，则P 与Q 的最短距离为_________.4.(★★★★)如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C 的度数为30°，那么EF与平面ABCD的距离为_________.三、解答题5.(★★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；(2)求(1)中两个平行平面间的距离；(3)求点B1到平面A1BC1的距离.6.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B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A1B1与AC之间的距离；(3)三棱锥B1—EAC的体积.7.(★★★★)如图，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F.(1)求点A到平面B1BCC1的距离；(2)当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等.8.(★★★★★)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36.参考答案 难点磁场解：(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足 连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE ∴QE 的长为Q 到BD 的距离 在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b , ∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21P A =c∴QE =22222ba b a c ++∴Q 到BD 距离为22222ba b a c ++.(2)解法一：∵平面BQD 经过线段P A 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离 在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH ∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离.在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二：设点A 到平面QBD 的距离为h ，由 V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =22222)(ba cb a abc S AQS BQDABD ++==⋅∆∆歼灭难点训练一、1.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 答案：A2.解析：交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，则C 1D 为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6 答案：C二、3.解析：以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB ,同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ 中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 答案：22a4.解析：显然∠F AD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠F AD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，则G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG =2a . 答案：2a三、5.(1)证明：由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1 同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解：设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，则d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离.易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,则S 111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，则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. 6.解：(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形 ∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45° 又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a ∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-7.解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中， ∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 同理A 1F =22a ,又EF =a∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 ∴A 1N =221a =又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a ∴a =2，∴所求距离为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形.∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° ∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 8.解：(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离. 过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求. 在等腰直角三角形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 .［学法指导］立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法.一、领悟解题的基本策略思想高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅.二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了.三、重视模型在解题中的应用学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解.。
空间距离高三数学知识点
空间距离高三数学知识点在高三数学中，空间距离是一个重要的知识点，它涉及到三维空间中点、直线、平面之间的距离计算。
掌握了空间距离的概念和计算方法，可以帮助我们解决实际问题，进一步理解几何关系。
一、点到点的距离计算在三维空间中，我们通过坐标来表示点的位置。
假设有点A(x₁, y₁, z₁)和点B(x₂, y₂, z₂)，我们可以用勾股定理来计算点A到点B的距离。
距离公式如下：AB = √[(x₂ - x₁)² + (y₂ - y₁)² + (z₂ - z₁)²]通过这个公式，我们可以计算两个任意点之间的距离，进而帮助解决空间几何中的问题。
二、点到直线的距离计算在三维空间中，直线的方程可以以参数形式给出。
如果我们有一个点P(x₀, y₀, z₀)和直线L的参数方程为：x = x₁ + aty = y₁ + btz = z₁ + ct其中a、b、c为实数，t为参数。
我们可以通过点P到直线L 的距离公式来计算：d = |(x₀ - x₁, y₀ - y₁, z₀ - z₁) · (a, b, c)| / √(a² + b² + c²)这里的|·|表示向量的模，·表示向量的内积。
通过这个公式，我们可以计算出点到直线的距离。
三、点到平面的距离计算在三维空间中，平面的方程可以以一般式给出。
如果我们有一个点P(x₀, y₀, z₀)和平面的一般式方程为：Ax + By + Cz + D = 0其中A、B、C、D为常数。
我们可以通过点P到平面的距离公式计算：d = |Ax₀ + By₀ + Cz₀ + D| / √(A² + B² + C²)这里的|·|表示绝对值。
通过这个公式，我们可以计算出点到平面的距离。
四、直线与直线的距离计算在三维空间中，我们可以通过两直线的方向向量来计算它们之间的距离。
2025届高中数学一轮复习课件《空间角、距离以及综合问题》ppt
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高考一轮总复习•数学
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题型 探究性问题 典例 3(2024·湖北襄阳四中模拟)如图所示，在三棱锥 P-ABC 中， 已知 PA⊥BC，PB⊥AC，点 P 在底面 ABC 上的射影为点 H. (1)证明：PC⊥AB. 概括来讲，在三棱锥中，若两组对棱互相垂直，则第三组对棱也 互相垂直． (2)设 PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点 M，是否存在 λ，使得C→M 这组数量关系说明此三棱锥是正三棱锥． ＝λC→P，且 BM 与平面 PAB 所成角的余弦值为45？若存在，求出 λ 的值；若不存在，请说明 理由．
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(2)设平面 ABN 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，则由 n⊥A→B，n⊥A→N， 得n·A→B＝2 3x＋2y＝0，
n·A→N＝4y＋2z＝0，
令 z＝2，则 y＝－1，x＝ 3 3，即 n＝ 3 3，－1，2. 易知C→1N＝(0,0，－2)，
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题型 翻折问题 典例 2 如图 1，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为 E，AB＝AE＝12CE＝1，
DE＝ 2.将△ADE 沿 AE 翻折到△APE，如图 2 所示．M 为线段 PB 的中点，且 ME⊥PC. 最后这个条件，暗示△ADE 翻折到怎样的位置？
由 ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面 BEM， 得 BC⊥平面 BEM，PE⊂平面 BEM，于是 PE⊥BC. 由题意，知 PE⊥AE，AE 与 BC 相交， 则 PE⊥平面 ABCE，又 EC⊂平面 ABCE， 所以 PE⊥EC.
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(2)解：连接 BN，MN，设 EN＝t，由(1)知 PE，EA， 平面 BMN 和平面 PCE 无公共边，这样引入参数 t，使 t 参与二面角余弦值的计算，用 函数法求最小值． EC 两两垂直，故以 E 为坐标原点，E→A，E→C，E→P的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方 向建立空间直角坐标系，如图所示，
妙解空间距离——浅谈解空间距离的妙招
妙解空间距离——浅谈解空间距离的妙招发表时间：2009-10-26T15:56:30.530Z 来源：《华夏教育》第9期供稿作者：杨向军[导读] 所谓空间的距离的求法，就是以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离四川省宣汉县南坝中学杨向军 636164如果有人问，在高中数学中，你认为最难的是哪一部分内容，我相信很大一部分学生会毫不犹豫地说，在立体几何中的空间距离是最难的，而这被认为最难的部分却在历年高考中占有非常重要的地位，令师生头疼不已。
所以，笔者结合多年教学经验总结空间距离的求法，希望可以帮助广大师生解决难题。
所谓空间的距离的求法，就是以点与点、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的求解。
而作为空间中所要求解的距离，主要指的是以下七种：点点之间的距离、点线间距离、点到面的距离、两条平行线间距离、两条异面直线间距离、平面的平行直线与平面间距离、两个平行平面之间距离。
这七种距离都是指它们所在的两个点集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，比如说，两条平行线间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等。
从笔者的教学经验来看，求距离不论是哪类的距离，都离不开以下的步骤：1、找出或作出有关距离的图形；2、证明它们符合定义；3、在平面图形内进行计算；而在七种距离中，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，在高中数学中，这两个距离的求法我们必须得认真对待，必须清晰明了地把握求点到平面的距离。
我们可以有以下几种方法：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。
我们来看以下几个例子。
［例1］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上一点，直线BR与平面α所成的角是45°，求线段CR的长。
高一数学空间两点间的距离公式(新201907)
高中数学《用空间向量研究距离、夹角问题-求空间距离》课件
讲 课 人
点P到直线l的距离为PQ =
| AP |2 | AQ |2
a2 (a b )2
： 邢
|b |
启 强
4
巩固练习 点到直线的距离、两条平行直线之间的距离
已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是C1C,
D1A1的中点,则点A到直线EF的距离为
.
2.两条平行直线之间的距离
A
| n BE| 2 11
E
B
y
d
.
讲 课
n
11
人 ： 邢 启
答:点 B 到平面 EFG 的距离为 2
11 .
强
11
11
典型例题
如图, ABCD 是矩 形, PD 平面 ABCD , PD DC a , AD 2a , M 、N 分别是 AD 、PB 的中点,求点 A 到平面 MNC 的距离.
求BD1与AF1所成的角的余弦值.
C1 z
F1
B1
A1
D1 C
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邢
启 强
25
解：以点C为坐标原点建立空间直角坐标系C x如yz图
所示，设
则CC：1 1
A(1, 0, 0), B(0,1, 0),
F1
(
1 2
,
0,1),
D1
(
1 2
,
1 2
,1)
所以：
1 AF1 ( 2 , 0,1),
∴ MC (
2
a,a,
0)
,
MN
(0,
1
a,
1
2 a)
,
2
22
空间距离的常用求法策略
空间距离的常用求法策略内蒙古科技大学附属中学 申炎 （014030）本文主要介绍高中阶段在立体几何中求解空间距离的一些常用方法，这些方法包括了点面距离，线面距离，面面距离以及异面直线距离求解的常用方法，其中包含近年来的高考题真题，并为这些题目提供了一些新的解法。
一 直接法直接利用点到面的距离，线面距离，两平行平面的距离以及两异面直线的距离的定义来计算求解。
例1(2008年重庆文 20)如图,α和β为平面，l αβ=，A α∈，B β∈，5AB =，A ，B 在棱l上的射影分别为A '，B '，3AA '=，2BB '=。
若二面角l αβ--的大小为32π，求：点B 到平面α的距离。
解：如图，过点'B 作直线//B C AA ''且使B C AA ''=。
过点B 作BD CB '⊥，交CB '的延长线于D 。
由已知AA l '⊥，可得DB l '⊥，又已知BB l '⊥，故l⊥平面BB D '，得BD l ⊥。
又因BD CB '⊥，从而BD α⊥平面，BD 之长即为点B 到平面α的距离。
因B C l '⊥且BB l '⊥，故BB C '∠为二面角l αβ--的平面角。
由题意，BB C '∠=32π,因此在RT BB D '中，2BB '=，BB D '∠ =π-BB C '∠=3π，BD =sin BB BB D ''∠ =3。
点评：在直接法作点到平面的距离时，要注意确定垂足的位置，以便于计算。
C1CA1AB例2（2008年重庆理19）如图,在ABC 中，2B π∠=，152AC =，D 、E 两点分别在AB 、AC 上，使2AD AEDB EC==，3DE =。
现将ABC 沿DE 折成直二面角，求：异面直线AD 与BC 的距离。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.6 距离的计算 空间距离问题的求解方法素材 北师大版选修21
空间距离问题的类型及解法空间距离问题是高考的热点之一，本文对空间距离及其求解方法归纳总结如下，供参考. 一、 两点之间的距离设空间有两点P 、Q 的距离为d . 方法1：解三角形法：在PQX ∆中，由勾股定理、正、余弦定理或三角形的面积等求出线段PQ 的长度.方法2：向量法：（1）将用已知向量表示，于是，PQ PQ ==||，（2）求出P 、Q 的坐标),,(111z y x 及),,(222z y x ，于是，.)()()(||212212212z z y y x x PQ PQ -+-+-==二、 点到直线的距离方法1．过P 作a PH ⊥，然后通过解三角形求出线段PH 的长度，如图（1）. 方法2．过P 作α⊥PO ，过O 作a OH ⊥，则a PH ⊥，解三角形求出.PH 如图（2）.方法3．过P 作平面α，使α⊥a ，设H a =α ，然后求出PH ，如图（3）. 方法4．向量法：若是直线a 的一个法向量，P 是直线外一点，A 是直线l 上一点，则点P 到直线a 的距离为||||n PH ⋅=，如图（4）.方法5．最值法：设M 为直线a 上的动点，P 是直线a 外一点，求出PM 的最小值.三、 点到平面的距离方法1：如图（1）过点P 作α⊥PH ，则点P 到平面α的距离为.PH d =方法2．过P 作平面αβ⊥，设l =αβ ，在平面β内，过P 作l PH ⊥，则α⊥PH ，则点P 到平面α的距离为.PH d =EMNADCB方法3．向量法：若是平面α的一个法向量，P 是平面α外一点，A 是平面α内一点，则点P 到平面α的距离为.||||n PH d ⋅==方法4．等体积法：通过同一个几何体体积相等求距离，用的较多的是三棱锥等积法，即.ABC D ABD C CDA B BCD A V V V V ----===四、线线距离 1．平行线的距离 2．异面直线的距离方法1．作出异面直线a 、b 的公垂线l ，然后求出公垂线段的长度.特别地，若直线α⊂a ，α⊥b ，O b =α ，在平面α内，过点O 作a OH ⊥，则OH 即为所求.方法2．向量法：设AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，与AB 平行的向量为，C 、D 分别是1l 与2l 上的任意一点，则a 与b 的距离为||||n AB d ==五、线面距离若直线a ∥平面α，则β上任一点到平面α的距离都相等，于是，将求线面距离转化为求点到平面的距离.六、面面距离若平面β∥平面α，则β上任一点到平面α的距离都相等，于是，将求面面距离转化为求点到平面的距离.七、球面距离利用弧长公式求出经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度.例1．在空间四边形ABCD 中，a BD AC ==，AC 与BD 成60角，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，求线段MN 的长度.解1：取BC 中点E ，连结ME 、.NEM 、N 分别是AB 、CD 的中点，∴MEN ∠是两条异面直线AC 与BD 所成的角或所成角的补角.MN ADCBAC 与BD 所成的角为 60， 60=∠∴MEN 或.120 =∠MEN由.2a NE ME a BD AC ==⇒== （1）若60=∠MEN ，则MNE ∆为正三角形，故.2a MN =（2）若120=∠MEN ，则MNE ∆为腰长为2a的等腰三角形，故.23a MN = 综上可得线段MN 的长度为2a，或23a .解2：++= ，++=， 两式相加，得到+++=2+=++，所以，)(21+=，且 60,>=<，或.120, >=< 于是),cos 2(41)(41||22222><++=+=a a a当60,>=<BD AC 时，.23||43||22aMN a MN =⇒=； 当120,>=<时，.2||4||22a a =⇒= 综上可得线段MN 的长度为2a，或23a .例2．一只小船以/10m 分的速度，由南向北等速驶过湖面，在离湖面20m 高处的桥上一辆汽车由西向东以/20m 分的速度等速前进. 如图，现在小船在水面P 点南m 40处，汽车在桥Q 点以西m 30处，求小船与汽车间的最短距离（可以不考虑汽车和小船本身的大小，线段PQ 分别垂直于小船和汽车的路线）.解：如下图设经过时间t 汽车在A 点，船在B 点，|1040||||,2030|||t BP t AQ -=-=.20||= 且异面直线AQ 与BP 所成的角为 90，于是，yOz yxACBDO 1A 1C 1B 1222222||||||||||||++=+=222)1040()2030(20t t -+-+= ].9)2(5[1002+-=t当2=t 时，900||min 2=，即).(30||min m =例3．（1）正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是1AD 的中点，Q 是BD 上一点，DB DQ 41=，则P 、Q 两点间的距离为._______（2）在长方体1111C B A O OABC -中，,3,2==AB AO 则点1O 到AC 的距离为_______解：（1）如图，建立坐标系.xyz D - 则P )21,0,21(=、)0,41,41(=Q ， 故.46)21()41()2141(||222=-++-==PQ PQ （2）如图，建立坐标系.xyz O -设1O 在AC 上的正射影为D ，则)0,0,2(A 、).2,0,0(),0,3,0(1O C 设)0,,(y x D ，则)2,,(1-=y x D O ，)0,,2(y x AD -=，).0,3,2(-=AC 由AC D O ⊥1，且∥，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧==⇒=--=+-.1312,1318.322,032y x y x y 所以).0,1312,1318(D故.1328622)1312()1318(||22211=++==O D O 例4．已知ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且2=GC ，求点B 到平面EFG 的距离.解1：如图，连结EG 、FG 、EF 、BD 、.ACEF 、BD 分别AC 交于H 、.OzyxF ED CBA GOHkFEDCBAG因为，ABCD 是正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，所以，EF ∥BD ，且H 为AO 的中点.BD 不在平面EFG 上，否则，平面EFG 与平面ABCD 重合，从而点G 在平面ABCD 上，与题设矛盾.由直线和平面平行的判定定理知BD ∥平面EFG ，所以，BD 和平面EFG 的距离就是点B 到平面EFG 的距离.AC BD ⊥ ，HC EF ⊥∴. ⊥GC 平面ABCD ，⊥∴EF 平面.HCG∴平面⊥EFG 平面HCG ，且平面 EFG 平面.HG HCG =作HG OK ⊥于点K ，则⊥OK 平面.HCG 所以，OK 的长就是点B 到平面EFG 的距离.正方形ABCD 的边长为4，且2=GC ，.23,2,24===∴HC HO AC在直角HCG ∆中，.222)23(22=+=HG由于HKO Rt ∆和HCG Rt ∆有一个锐角是公共的，故HKO ∆∽.HCG ∆.111122222=⨯=⋅=∴HG GC HO OK即点B 到平面EFG 的距离为.11112 解2：如图，建立空间直角坐标系.xyz D - 易得向量)0,2,0(=，)0,2,2(=，)2,4,2(-=FG ，设平面EFG 的法向量为),,1(y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧-=⇒=⋅=⋅).3,1,1(.0,0n FG n 所以，点B 到平面EFG 的距离为.11112911|30)1(210|=++⨯+-⨯+⨯==d 例5．如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 与平面ABEF 相互垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若).20(<<==a a BN CMACB DEFGNMP （Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小？（Ⅲ）当MN 的长最小时，求平面MNA 与平面MNB 所成的二面角α的大小. 解：（Ⅰ）作MP ∥BC 交AB 于点P ，连结PN ，则⊥MP 平面ABEF ，故AB MP ⊥，.BN MP ⊥由已知2,1,======AC BE AB CB a BN CM ，.22,22122)2(a PB a a AP MP =-=⋅-==∴ ++= ，)(2||||||||2222⋅+⋅+⋅+++=∴)043cos 220(2)22()221(222+⨯++++-=πa a a a a .122+-=a a).20.(21)22(||2<<+-=a a MN （Ⅱ）由（Ⅰ）知当22=a 时，MN 的长的最小值为.22（Ⅲ）当MN 最小时，22=a ，取MN 的中点G ，则A G B MN BG MN AG ∠⊥⊥,,为平面MNA 与平面MNB 所成的二面角α的平面角. 且,22====BN BM AN AM .,46BG AG +=== ∴222||,cos 2||||>=<⋅++， 即).31arccos(31cos 1cos 46462)46()46(222-=⇒-=⇒=⨯⨯-+ααα 例6．已知平面⊥α平面β，l =βα ，P 是空间一点，且P 到平面α、β的距离HP B 1C 1A 1DBCA xyz OD 1分别为1、2，则点P 到l 的距离为.________解：如图，α⊥PA ，β⊥PB ，则l PB l PA ⊥⊥,，所以平面l PAB ⊥，且平面O l PAB = ，连结PO ，则l PO ⊥，于是，.52122=+=PO即点P 到l 的距离为.5注意：一般地，若二面角βα--l 的大小为θ，α⊥PA ，β⊥PB ，且b PB a PA ==,，则点P 到l 的距离为.sin cos 222θθab b a -+ 例7．在棱长为4的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是正方形1111D C B A 的中心，点P 在棱1CC 上，且.41CP CC =（Ⅰ）求直线AP 与平面11B BCC 所成的角；（Ⅱ）设O 点在平面AP D 1上的射影为H ，求证：AP H D ⊥1；（Ⅲ）求点P 到平面11B BCC 的距离.解：（Ⅰ）⊥AB 平面11B BCC ，AP ∴与平面AP D 1所成的角是.APB ∠如图，建立空间直角坐标系，坐标原点为.D4,411==CC CP CC ，)0,0,4(,4A CP =∴、)1,4,0(P 、).0,4,4(B ∴)1,4,4(--=，).1,0,4(-=171016=++=⋅ ，.33561173317||||cos =⨯==∠∴PB PA APB 所以，直线AP 与平面AP D 1所成的角的大小为.33561arccos或略解： 为平面11B BCC 的一个法向量，且><,为AP 与面11B BCC 所成角的余角， .3333433416,cos ==>=< 所以，直线AP 与平面AP D 1所成的角的大小为.33334arcsin（Ⅱ）连结O D 1，由（Ⅰ）有)4,0,0(1D 、).4,2,2(O∴)0,2,2(1=D ，0088=+-=⋅.1D ⊥∴平面AP D 1的斜线O D 1在这个平面内的射影是H D 1，∴.1AP H D ⊥或证：设),,(z y x H ，)4,2,2(---=z y x OH ，由A D OH 1⊥，P D OH 1⊥知，⎩⎨⎧=+-=+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅---=⋅=-⋅---=⋅.0434,02.0)3,4,0()4,2,2(,0)4,0,4()4,2,2(11z y z x z y x D z y x D 而,0444)4,,()1,4,4(1=-++-=-⋅-=⋅z y x z y x H D AP 故.1AP H D ⊥（Ⅲ）设平面1ABD 的一个法向量为).,,(z y x = 则⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥.11AD A D即⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅=⋅=⋅=⋅.1,0.0)4,0,4()1,,(,0)0,4,0()1,,(1x y y x AD y x 故).1,0,1(=故P 到平面1ABD 的距离等于1PD 在方向上的射影向量的长度，即.2232|)1,0,1()3,4,0(|||1=⋅-=n 例8．在三棱锥ABC S -中，ABC ∆是边长为4的正三角形，平面⊥SAC 平面ABC ，M SC SA ,32==、N 分别为AB 、SB 的中点.（1）证明：SB AC ⊥；（2）求二面角B CM N --的大小； （3）求点B 到平面CMN 的距离.解：（1）取AC 中点O ，连结OS 、OB .Oz y xMCBASNAC AB SC SA ==, ，SO AC ⊥∴，且BO AC ⊥. 平面⊥SAC 平面ABC ，平面 SAC 平面AC ABC =，⊥∴SO 平面ABC ，.BO SO ⊥∴如图，建立直角坐标系xyz O -，则)0,0,2(A ，)0,32,0(B ，)0,0,2(-C ，)22,0,0(S ，)0,3,1(M ，).2,3,0(N=∴)0,0,4(-，=)22,32,0(，=⋅ 0)22,32,0()0,0,4(=⋅-，.SB AC ⊥∴ （2）由（1）得=CM )0,3,3(，=).2,0,1(-设),,(z y x n =为平面CMN 的一个法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=+=⋅.02,033z x n MN y x 取1=z ，则6,2-==y x ，得).1,6,2(-=又)22,0,0(=为平面ABC 的一个法向量，31||||,cos =>=<∴OS n ，于是，二面角B CM N --的大小为.31arccos （3）由（1）、（2）)0,3,1(-=，)1,6,2(-=为平面CMN 的一个法向量，∴点B 到平面CMN 的距离.324||||=⋅=n d 例9．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 ，D 、E 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（Ⅰ）求B A 1与平面ABD 所成的角的大小； （Ⅱ）求平面ABD 与平面BD A 1所成角的大小； （Ⅲ）求点1A 到平面AED 的距离.解：如图，建立直角坐标系，设a CA 2=，则)0,0,2(a A ，)0,2,0(a B ，)1,0,0(D ，E Gyxz D C 1B 1A 1C(O)BAD 1B 1A 1A B DC 1C z yx)1,,(a a E ，)2,0,2(1a A ，)31,32,32(a a G ，GE ∴)32,3,3(a a =，)1,2,0(a -=. 由.10=⇒=⋅a（Ⅰ）由)32,31,31(=，且为平面ABD 的一个法向量及)2,2,2(1-=BA ，).31,34,32(-=由.723213234,cos 111=⨯=>=<BG BA 故B A 1与平面ABD 所成的角是37arccos. （Ⅱ）设平面BD A 1的一个法向量为),,(z y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=-+-=⋅.02,02221z y n BD z y x A ，取1=z ，则1,1=-=y x ，得).2,1,1(-=由.3263634,cos =⨯=>=< 所以，平面ABD 与平面BD A 1所成的角为32arccos .（Ⅲ）设平面AED 的法向量为),,(z y x m =，)1,1,1(-=AE ，).1,0,2(-=AD 仿上可求得)2,1,1(-=m ，又)2,0,0(1=AA ，设点1A 到平面AED 的距离为d ，则.36264||1===m d例10．在长方体1111D C B A ABCD -中，).(,,b a c CC b BC a AB ≠=== 求AC 与1BD 之间的距离及夹角.解：建立直角坐标系（左手系）如图，则)0,0,(b C ，)0,,0(a A ，)0,,(a b D ，),,(1c a b D .设n =),,1(μλA 同时与向量1BD 、CA 垂直（实际上n 为1BD 、CA 的法向量），则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0,01n CA BD 得.2,c b a b -==μλ所以，=).2,,1(c b a b -= )0,0,(b ，于是，,b =⋅ 又.41||2222c b a b ++= ∴所求的距离为.4)(41222222222b a b a c abccb a b bd ++=++== 又,221a b CA BD +-=⋅而222||c a b BD ++=，.||22a b CA += ∴222222211||||||cos b a c b a b a CABD +++-==θ， 故.||arccos 2222222b a c b a b a +++-=θ练习：1．在平行四边形ABCD 中，90,1=∠==ACD AC AB ，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成 60角，求B 、D 间的距离. 解：在图（2）中以},,{为空间向量的一个基底，则.++= 由已知， 90,,,1||||||>=>=<<===CD AC AC BA BA CD AC ， 60,>=<CD BA 或.120 于是22)(||++=)(2||||||222⋅+⋅+⋅+++= .,cos 2323><+=⋅+=CD BA CD BA 当 60,>=<CD BA 时，2||4||2=⇒=BD BD ； 当 120,>=<时，.2||2||2=⇒= 故B 、D 间的距离为2或2. (2)DC BA (1)D C BA。
高考数学复习第十一讲立体几何之空间距离
第^一讲立体几何之空间距离一、空间距离包括:点与点、点与线、点与面、线与线（异面直线）、线与面（线面平行）、面与面（面面平行）的距离。
要理解各个距离的概念。
二、空间距离的求法重点掌握：线线距离、点面距离、尤其点面距离（1）线线距离：找公垂线段（2）点面距离①直接法（过点向面作作垂线段，即求公垂线段长度）②等体积法（三棱锥）③向量法：设平面的法向量为n , P为平面外一点，Q是平面内任一点,一n PQ 则点P到平面的距离为d等于PQ在法向量n上的投影绝对值。
d --------------------n三、例题讲解1、下列命题中：①PA 矩形ABCD所在的平面，则P、B间的距离等于P到BC的距离；②若a//b,a ,b ,则a与b的距离等于a与的距离；③直线a、b是异面直线，a ,b// ,则a、b之间的距离等于b与的距离④直线a 、b 是异面直线，a ,b ,且// ,则a 、b 之间的距离等于 、 间的距离其中正确的命题个数有（ C ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个1，C 、D 为两条棱的中点，A 、B 、M 是顶点，那么点 M 到截面ABCD 的距离是 ________________解析：取AB 、CD 中点P 、Q ,易证 MPQ 中，PQ 边长的高 MH 为所求，PM丄PQ 口MH2243A-BCDE 中，AE 底面 BCDE 且 AE=CD=a, G 、H 是 BE 、ED 的中点，贝U GH 到面ABD 的距离是解析：连结EC ,交BD 于0,且交GH 于0，则有平面 AEO 面ABD 。
2、如图所示，正方形的棱长为3、在底面是正方形的四棱锥1 i AE EO :"3过E作EK AO于K，则所求距离等于—EK a2 2 AO 64、如图，在棱长为a的正方体ABCD A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB和BC的中点, G为上底面A1B1C1D1的中心，则点D到平面B1EF的距离_______________ _解：方法1 :建立如图直角坐标系，a a a a则Aa,0,0,B a,a,0,C 0,a,0,E a,2,0 , F2,a,0 ,B1a,a,a ,G 2,2,a设平面B1FE的法向量为n1 x,y,zEFa a —2,2,0 ,EB10,|,an1EF 0, n1 EB, 0a—x2ayaz 0取y 2,则x 2,z可取n12,2, 1DB1ri| 又DB1 a, a, a D到平面B1 EF的距离d —厂l n12a 2a aa3方法2 :等体积法3h a即D到平面B1EF的距离为a 。
2021届高考数学专题突破利用空间向量求空间距离(解析版)
2021届高考数学立体几何突破性讲练09利用空间向量求空间距离一、考点传真：能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用． 二、知识点梳理：空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P 的直线l 的方向向量为单位向量n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|P A →|2－|P A →·n |2. (2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离． 三、例题：例 1.(2018天津)如图，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)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(0,0,2)G ，3(0,,1)2M ，(1,0,2)N ．N ABC D EF G M(1)证明：依题意(0,2,0)DC =，(2,0,2)DE =．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令1z =-，可得0(1,0,1)=-n ． 又3(1,,1)2MN =-，可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)依题意，可得(1,0,0)BC =-，(122)BE =-，，，(0,1,2)CF =-．设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令1z =，可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||10⋅<>==m n m n m n，于是sin ,<>=m n 所以，二面角E BC F --． (3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈)，则点P 的坐标为(0,0,)h ，可得(12)BP h =--，，． 易知，(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==3sin602==，解得[0,2]3h=．所以线段DP例2. （2014新课标2）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D AE C--为60°，AP=1，AD求三棱锥E ACD-的体积．【解析】（Ⅰ）连接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．EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AP为单位长，建立空间直角坐标系Axyz-，则D1(0,),22E1(0,)2AE=．设(,0,0)(0)B m m>，则(C m(AC m=．设1(,,)x y z=n为平面AEC的法向量，则110,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,10,22mx y z ⎧+=+=⎪⎩，可取1=-n ． 又2(1,0,0)=n 为平面DAE 的法向量， 由题设121cos ,2=n n12=，解得32m =． 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ACD -的高为12． 三棱锥E ACD -的体积113132228V =⨯⨯=． 例3.(2013天津) 如图， 四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．（Ⅰ）证明11B C CE ⊥；（Ⅱ）求二面角11B CE C --的正弦值；（Ⅲ）设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A， 求线段AM 的长．【解析】解法一 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，1A 1依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E(0，1，0)（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以． （Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面1B CE 的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量． 于是从而 所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为． （Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l ，1)，设，，有．可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM 与平面所成的角， 则，解得，所以11B C CE 110BC CE ⋅=11B C CE ⊥1B C (),,x y z =m 100B C CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩x m 11B C CE ⊥111CC B C ⊥11B C ⊥1CEC 11B C 1CEC 111111cos ,||||14B C B C B C ⋅<>===m m m 1121sin ,7B C <>=m 7AE 1EC ()1,,EM EC λλλλ==01λ≤≤(),1,AM AE EM λλλ=+=+AB 11ADD A θ11ADD A sin cos ,3AM AB AM AB AM ABθ⋅=<>==⋅6=13λ=AM =例4.（2012福建）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点.（Ⅰ）求证：11B E AD ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ,使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．（Ⅲ）若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长． 【解析】（Ⅰ）以A 为原点1,,AB AD AA 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB a =,则(0,0,0)A ，(0,1,0)D ，1(0,1,1)D ，,1,02a E ⎛⎫⎪⎝⎭， 1(,0,1)B a 故1(0,1,1)AD =，1,1,12a B E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，1(,0,1)AB a =，,1,02a AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭．∵11011(1)102aAD B E ⋅=-⨯+⨯+-⨯=， ∴11B E AD ⊥ （Ⅱ）假设在棱AA 1上存在一点0(0,0,)P z ， 使得DP ∥平面1B AE ．此时0(0,1,)DP z =-．又设平面1B AE 的法向量n =(x ,y ,z )．∵n ⊥平面1B AE ，∴1AB ⊥n ,AE ⊥n ，得002ax z ax y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩取1x =，得平面1B AE 的一个法向量1,,2a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭n ． 要使DP ∥平面1B AE ，只要DP ⊥n ，有002a az -=，解得012z =． 又DP ⊄平面1B AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面1B AE ，此时AP =12．（Ⅲ）连接A 1D ,B 1C ,由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1及AA 1=AD =1,得AD 1⊥A 1D ．∵B 1C ∥A 1D ,∴AD 1⊥B 1C ．又由（Ⅰ）知B 1E ⊥AD 1,且B 1C ∩B 1E =B 1,∴AD 1⊥平面DCB 1A 1．∴1AD 是平面A 1B 1E 的一个法向量,此时1AD =(0,1,1)． 设1AD 与n 所成的角为θ,则11cos a an AD n AD θ--⋅==⋅．∵二面角A -B 1E -A 1的大小为30°，∴cos cos30θ=3a=解得2a =，即AB 的长为2． 四、巩固练习：1.如图，已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，平面ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A 1B 1C 1D 1，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝π2时，求点C 1到平面APB 的距离．【解析】 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD .由于AB ＝πr ＝π，AD ＝π，∴BD ＝2π. 故曲线Γ的长度为2π.(2)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0,1,0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，0，π2，C 1(－1，0，π)，则AB →＝(0,2,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，π2，OC 1→＝(－1,0，π)， 设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋y ＋π2z ＝0， 取z ＝2得n ＝(π，0,2)，∴点C 1到平面P AB 的距离d ＝|OC 1→·n ||n |＝ππ2＋4.2.如图，在多面体ABCDE 中，平面ABD ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AE ⊥BD ，DE ∥12AC ，AD ＝BD ＝1.(1)求AB 的长；(2)已知2≤AC ≤4，求点E 到平面BCD 的距离的最大值．【解析】 (1)∵平面ABD ⊥平面ABC ，且交线为AB ，而AC ⊥AB ，∴AC ⊥平面ABD . 又∵DE ∥AC ，∴DE ⊥平面ABD ，从而DE ⊥BD . 注意到BD ⊥AE ，且DE ∩AE ＝E ，∴BD ⊥平面ADE ， 于是，BD ⊥AD .而AD ＝BD ＝1，∴AB ＝ 2. (2)∵AD ＝BD ，取AB 的中点为O ，∴DO ⊥AB . 又∵平面ABD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC .过O 作直线OY ∥AC ，以点O 为坐标原点，直线OB ，OY ，OD 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．记AC ＝2a ，则1≤a ≤2， A ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，B ⎝⎛⎭⎫22，0，0， C ⎝⎛⎭⎫－22，2a ，0，D ⎝⎛⎭⎫0，0，22，E ⎝⎛⎭⎫0，－a ，22，BC →＝(－2，2a,0)，BD →＝⎝⎛⎭⎫－22，0，22.设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，BD →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2ay ＝0，－22x ＋22z ＝0. 令x ＝2，得n ＝⎝⎛⎭⎫2，1a ，2. 又∵DE →＝(0，－a,0)，∴点E 到平面BCD 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝14＋1a2.∵1≤a ≤2，∴当a ＝2时，d 取得最大值， d max ＝14＋14＝21717.3.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离． 【解析】 (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .又因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .由题意知B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)，B 1(0，1,2)，P ⎝⎛⎭⎫12，12，2，则BD →＝(1，－1，1)，DC 1→＝(－1，0,1)，PC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面BDC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)． 设点P 到平面BDC 1的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC 1→·m |m |＝64. 4.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，2AB AD DC ===E ，F 分别为PD ，PB 的中点.（1）求证：//CF 平面PAD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为4π，求PA 的长度. 【解析】（1）证明：取PA 的中点Q ，连接QF ，QD ，F 是PB 的中点，//QF AB ∴且12QF AB =， 底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，2AB AD DC ===//CD AB ∴，12CD AB =， //QF CD ∴且QF CD =，∴四边形QFCD 是平行四边形，//FC QD ∴，又FC ⊄平面PAD ，QD ⊂平面PAD ，//FC ∴平面PAD .（2）如图，分别以AD ，AB ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设PA a =。
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。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.6 距离的计算 空间距离问题的求解方法素材 北师大版选修21
空间距离问题的类型及解法空间距离问题是高考的热点之一，本文对空间距离及其求解方法归纳总结如下，供参考. 一、 两点之间的距离设空间有两点P 、Q 的距离为d . 方法1：解三角形法：在PQX ∆中，由勾股定理、正、余弦定理或三角形的面积等求出线段PQ 的长度.方法2：向量法：（1）将用已知向量表示，于是，PQ PQ ==||，（2）求出P 、Q 的坐标),,(111z y x 及),,(222z y x ，于是，.)()()(||212212212z z y y x x PQ PQ -+-+-==二、 点到直线的距离方法1．过P 作a PH ⊥，然后通过解三角形求出线段PH 的长度，如图（1）. 方法2．过P 作α⊥PO ，过O 作a OH ⊥，则a PH ⊥，解三角形求出.PH 如图（2）.方法3．过P 作平面α，使α⊥a ，设H a =α ，然后求出PH ，如图（3）. 方法4．向量法：若是直线a 的一个法向量，P 是直线外一点，A 是直线l 上一点，则点P 到直线a 的距离为||||n PH ⋅=，如图（4）.方法5．最值法：设M 为直线a 上的动点，P 是直线a 外一点，求出PM 的最小值.三、 点到平面的距离方法1：如图（1）过点P 作α⊥PH ，则点P 到平面α的距离为.PH d =方法2．过P 作平面αβ⊥，设l =αβ ，在平面β内，过P 作l PH ⊥，则α⊥PH ，则点P 到平面α的距离为.PH d =EMNADCB方法3．向量法：若是平面α的一个法向量，P 是平面α外一点，A 是平面α内一点，则点P 到平面α的距离为.||||n PH d ⋅==方法4．等体积法：通过同一个几何体体积相等求距离，用的较多的是三棱锥等积法，即.ABC D ABD C CDA B BCD A V V V V ----===四、线线距离 1．平行线的距离 2．异面直线的距离方法1．作出异面直线a 、b 的公垂线l ，然后求出公垂线段的长度.特别地，若直线α⊂a ，α⊥b ，O b =α ，在平面α内，过点O 作a OH ⊥，则OH 即为所求.方法2．向量法：设AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，与AB 平行的向量为，C 、D 分别是1l 与2l 上的任意一点，则a 与b 的距离为||||n AB d ==五、线面距离若直线a ∥平面α，则β上任一点到平面α的距离都相等，于是，将求线面距离转化为求点到平面的距离.六、面面距离若平面β∥平面α，则β上任一点到平面α的距离都相等，于是，将求面面距离转化为求点到平面的距离.七、球面距离利用弧长公式求出经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度.例1．在空间四边形ABCD 中，a BD AC ==，AC 与BD 成60角，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，求线段MN 的长度.解1：取BC 中点E ，连结ME 、.NEM 、N 分别是AB 、CD 的中点，∴MEN ∠是两条异面直线AC 与BD 所成的角或所成角的补角.MN ADCBAC 与BD 所成的角为 60， 60=∠∴MEN 或.120 =∠MEN由.2a NE ME a BD AC ==⇒== （1）若60=∠MEN ，则MNE ∆为正三角形，故.2a MN =（2）若120=∠MEN ，则MNE ∆为腰长为2a的等腰三角形，故.23a MN = 综上可得线段MN 的长度为2a，或23a .解2：++= ，++=， 两式相加，得到+++=2+=++，所以，)(21+=，且 60,>=<，或.120, >=< 于是),cos 2(41)(41||22222><++=+=a a a当60,>=<BD AC 时，.23||43||22aMN a MN =⇒=； 当120,>=<时，.2||4||22a a =⇒= 综上可得线段MN 的长度为2a，或23a .例2．一只小船以/10m 分的速度，由南向北等速驶过湖面，在离湖面20m 高处的桥上一辆汽车由西向东以/20m 分的速度等速前进. 如图，现在小船在水面P 点南m 40处，汽车在桥Q 点以西m 30处，求小船与汽车间的最短距离（可以不考虑汽车和小船本身的大小，线段PQ 分别垂直于小船和汽车的路线）.解：如下图设经过时间t 汽车在A 点，船在B 点，|1040||||,2030|||t BP t AQ -=-=.20||= 且异面直线AQ 与BP 所成的角为 90，于是，yOz yxACBDO 1A 1C 1B 1222222||||||||||||++=+=222)1040()2030(20t t -+-+= ].9)2(5[1002+-=t当2=t 时，900||min 2=，即).(30||min m =例3．（1）正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1，点P 是1AD 的中点，Q 是BD 上一点，DB DQ 41=，则P 、Q 两点间的距离为._______（2）在长方体1111C B A O OABC -中，,3,2==AB AO 则点1O 到AC 的距离为_______解：（1）如图，建立坐标系.xyz D - 则P )21,0,21(=、)0,41,41(=Q ， 故.46)21()41()2141(||222=-++-==PQ PQ （2）如图，建立坐标系.xyz O -设1O 在AC 上的正射影为D ，则)0,0,2(A 、).2,0,0(),0,3,0(1O C 设)0,,(y x D ，则)2,,(1-=y x D O ，)0,,2(y x AD -=，).0,3,2(-=AC 由AC D O ⊥1，且∥，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧==⇒=--=+-.1312,1318.322,032y x y x y 所以).0,1312,1318(D故.1328622)1312()1318(||22211=++==O D O 例4．已知ABCD 是边长为4的正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC 垂直于ABCD 所在的平面，且2=GC ，求点B 到平面EFG 的距离.解1：如图，连结EG 、FG 、EF 、BD 、.ACEF 、BD 分别AC 交于H 、.OzyxF ED CBA GOHkFEDCBAG因为，ABCD 是正方形，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，所以，EF ∥BD ，且H 为AO 的中点.BD 不在平面EFG 上，否则，平面EFG 与平面ABCD 重合，从而点G 在平面ABCD 上，与题设矛盾.由直线和平面平行的判定定理知BD ∥平面EFG ，所以，BD 和平面EFG 的距离就是点B 到平面EFG 的距离.AC BD ⊥ ，HC EF ⊥∴. ⊥GC 平面ABCD ，⊥∴EF 平面.HCG∴平面⊥EFG 平面HCG ，且平面 EFG 平面.HG HCG =作HG OK ⊥于点K ，则⊥OK 平面.HCG 所以，OK 的长就是点B 到平面EFG 的距离.正方形ABCD 的边长为4，且2=GC ，.23,2,24===∴HC HO AC在直角HCG ∆中，.222)23(22=+=HG由于HKO Rt ∆和HCG Rt ∆有一个锐角是公共的，故HKO ∆∽.HCG ∆.111122222=⨯=⋅=∴HG GC HO OK即点B 到平面EFG 的距离为.11112 解2：如图，建立空间直角坐标系.xyz D - 易得向量)0,2,0(=，)0,2,2(=，)2,4,2(-=FG ，设平面EFG 的法向量为),,1(y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧-=⇒=⋅=⋅).3,1,1(.0,0n FG n 所以，点B 到平面EFG 的距离为.11112911|30)1(210|=++⨯+-⨯+⨯==d 例5．如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 与平面ABEF 相互垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若).20(<<==a a BN CMACB DEFGNMP （Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小？（Ⅲ）当MN 的长最小时，求平面MNA 与平面MNB 所成的二面角α的大小. 解：（Ⅰ）作MP ∥BC 交AB 于点P ，连结PN ，则⊥MP 平面ABEF ，故AB MP ⊥，.BN MP ⊥由已知2,1,======AC BE AB CB a BN CM ，.22,22122)2(a PB a a AP MP =-=⋅-==∴ ++= ，)(2||||||||2222⋅+⋅+⋅+++=∴)043cos 220(2)22()221(222+⨯++++-=πa a a a a .122+-=a a).20.(21)22(||2<<+-=a a MN （Ⅱ）由（Ⅰ）知当22=a 时，MN 的长的最小值为.22（Ⅲ）当MN 最小时，22=a ，取MN 的中点G ，则A G B MN BG MN AG ∠⊥⊥,,为平面MNA 与平面MNB 所成的二面角α的平面角. 且,22====BN BM AN AM .,46BG AG +=== ∴222||,cos 2||||>=<⋅++， 即).31arccos(31cos 1cos 46462)46()46(222-=⇒-=⇒=⨯⨯-+ααα 例6．已知平面⊥α平面β，l =βα ，P 是空间一点，且P 到平面α、β的距离HP B 1C 1A 1DBCA xyz OD 1分别为1、2，则点P 到l 的距离为.________解：如图，α⊥PA ，β⊥PB ，则l PB l PA ⊥⊥,，所以平面l PAB ⊥，且平面O l PAB = ，连结PO ，则l PO ⊥，于是，.52122=+=PO即点P 到l 的距离为.5注意：一般地，若二面角βα--l 的大小为θ，α⊥PA ，β⊥PB ，且b PB a PA ==,，则点P 到l 的距离为.sin cos 222θθab b a -+ 例7．在棱长为4的正方体1111D C B A ABCD -中，O 是正方形1111D C B A 的中心，点P 在棱1CC 上，且.41CP CC =（Ⅰ）求直线AP 与平面11B BCC 所成的角；（Ⅱ）设O 点在平面AP D 1上的射影为H ，求证：AP H D ⊥1；（Ⅲ）求点P 到平面11B BCC 的距离.解：（Ⅰ）⊥AB 平面11B BCC ，AP ∴与平面AP D 1所成的角是.APB ∠如图，建立空间直角坐标系，坐标原点为.D4,411==CC CP CC ，)0,0,4(,4A CP =∴、)1,4,0(P 、).0,4,4(B ∴)1,4,4(--=，).1,0,4(-=171016=++=⋅ ，.33561173317||||cos =⨯==∠∴PB PA APB 所以，直线AP 与平面AP D 1所成的角的大小为.33561arccos或略解： 为平面11B BCC 的一个法向量，且><,为AP 与面11B BCC 所成角的余角， .3333433416,cos ==>=< 所以，直线AP 与平面AP D 1所成的角的大小为.33334arcsin（Ⅱ）连结O D 1，由（Ⅰ）有)4,0,0(1D 、).4,2,2(O∴)0,2,2(1=D ，0088=+-=⋅.1D ⊥∴平面AP D 1的斜线O D 1在这个平面内的射影是H D 1，∴.1AP H D ⊥或证：设),,(z y x H ，)4,2,2(---=z y x OH ，由A D OH 1⊥，P D OH 1⊥知，⎩⎨⎧=+-=+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅---=⋅=-⋅---=⋅.0434,02.0)3,4,0()4,2,2(,0)4,0,4()4,2,2(11z y z x z y x D z y x D 而,0444)4,,()1,4,4(1=-++-=-⋅-=⋅z y x z y x H D AP 故.1AP H D ⊥（Ⅲ）设平面1ABD 的一个法向量为).,,(z y x = 则⎪⎩⎪⎨⎧⊥⊥.11AD A D即⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅=⋅=⋅=⋅.1,0.0)4,0,4()1,,(,0)0,4,0()1,,(1x y y x AD y x 故).1,0,1(=故P 到平面1ABD 的距离等于1PD 在方向上的射影向量的长度，即.2232|)1,0,1()3,4,0(|||1=⋅-=n 例8．在三棱锥ABC S -中，ABC ∆是边长为4的正三角形，平面⊥SAC 平面ABC ，M SC SA ,32==、N 分别为AB 、SB 的中点.（1）证明：SB AC ⊥；（2）求二面角B CM N --的大小； （3）求点B 到平面CMN 的距离.解：（1）取AC 中点O ，连结OS 、OB .Oz y xMCBASNAC AB SC SA ==, ，SO AC ⊥∴，且BO AC ⊥. 平面⊥SAC 平面ABC ，平面 SAC 平面AC ABC =，⊥∴SO 平面ABC ，.BO SO ⊥∴如图，建立直角坐标系xyz O -，则)0,0,2(A ，)0,32,0(B ，)0,0,2(-C ，)22,0,0(S ，)0,3,1(M ，).2,3,0(N=∴)0,0,4(-，=)22,32,0(，=⋅ 0)22,32,0()0,0,4(=⋅-，.SB AC ⊥∴ （2）由（1）得=CM )0,3,3(，=).2,0,1(-设),,(z y x n =为平面CMN 的一个法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=+=⋅.02,033z x n MN y x 取1=z ，则6,2-==y x ，得).1,6,2(-=又)22,0,0(=为平面ABC 的一个法向量，31||||,cos =>=<∴OS n ，于是，二面角B CM N --的大小为.31arccos （3）由（1）、（2）)0,3,1(-=，)1,6,2(-=为平面CMN 的一个法向量，∴点B 到平面CMN 的距离.324||||=⋅=n d 例9．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 ，D 、E 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（Ⅰ）求B A 1与平面ABD 所成的角的大小； （Ⅱ）求平面ABD 与平面BD A 1所成角的大小； （Ⅲ）求点1A 到平面AED 的距离.解：如图，建立直角坐标系，设a CA 2=，则)0,0,2(a A ，)0,2,0(a B ，)1,0,0(D ，E Gyxz D C 1B 1A 1C(O)BAD 1B 1A 1A B DC 1C z yx)1,,(a a E ，)2,0,2(1a A ，)31,32,32(a a G ，GE ∴)32,3,3(a a =，)1,2,0(a -=. 由.10=⇒=⋅a（Ⅰ）由)32,31,31(=，且为平面ABD 的一个法向量及)2,2,2(1-=BA ，).31,34,32(-=由.723213234,cos 111=⨯=>=<BG BA 故B A 1与平面ABD 所成的角是37arccos. （Ⅱ）设平面BD A 1的一个法向量为),,(z y x n =，由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=-+-=⋅.02,02221z y n BD z y x A ，取1=z ，则1,1=-=y x ，得).2,1,1(-=由.3263634,cos =⨯=>=< 所以，平面ABD 与平面BD A 1所成的角为32arccos .（Ⅲ）设平面AED 的法向量为),,(z y x m =，)1,1,1(-=AE ，).1,0,2(-=AD 仿上可求得)2,1,1(-=m ，又)2,0,0(1=AA ，设点1A 到平面AED 的距离为d ，则.36264||1===m d例10．在长方体1111D C B A ABCD -中，).(,,b a c CC b BC a AB ≠=== 求AC 与1BD 之间的距离及夹角.解：建立直角坐标系（左手系）如图，则)0,0,(b C ，)0,,0(a A ，)0,,(a b D ，),,(1c a b D .设n =),,1(μλA 同时与向量1BD 、CA 垂直（实际上n 为1BD 、CA 的法向量），则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0,01n CA BD 得.2,c b a b -==μλ所以，=).2,,1(c b a b -= )0,0,(b ，于是，,b =⋅ 又.41||2222c b a b ++= ∴所求的距离为.4)(41222222222b a b a c abccb a b bd ++=++== 又,221a b CA BD +-=⋅而222||c a b BD ++=，.||22a b CA += ∴222222211||||||cos b a c b a b a CABD +++-==θ， 故.||arccos 2222222b a c b a b a +++-=θ练习：1．在平行四边形ABCD 中，90,1=∠==ACD AC AB ，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成 60角，求B 、D 间的距离. 解：在图（2）中以},,{为空间向量的一个基底，则.++= 由已知， 90,,,1||||||>=>=<<===CD AC AC BA BA CD AC ， 60,>=<CD BA 或.120 于是22)(||++=)(2||||||222⋅+⋅+⋅+++= .,cos 2323><+=⋅+=CD BA CD BA 当 60,>=<CD BA 时，2||4||2=⇒=BD BD ； 当 120,>=<时，.2||2||2=⇒= 故B 、D 间的距离为2或2. (2)DC BA (1)D C BA。
重难点15空间中的五种距离问题(五大题型)(课件)高一数学新教材培优讲义与精练(人教A版2019)
目录
CONTENTS
01
题型归纳
02
方法技巧
03
典型例题
01
题型归纳
题型归纳
Hale Waihona Puke 2方法技巧方法技巧
空间中的距离 求点到面的距离转化为三棱锥等体积法求解．
03
典型例题
典型例题
题型一：点线距
典型例题
题型一：点线距
典型例题
题型二：异面直线的距离
典型例题
题型二：异面直线的距离
典型例题
题型二：异面直线的距离
典型例题
题型三：点面距
典型例题
题型三：点面距
典型例题
题型三：点面距
典型例题
题型四：线面距
典型例题
题型四：线面距
典型例题
题型四：线面距
典型例题
题型五：面面距
典型例题
题型五：面面距
典型例题
题型五：面面距
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1难点28 关于求空间距离2空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到3面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.4●难点磁场5(★★★★)如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q 6是PA的中点.78求：(1)Q到BD的距离；9(2)P到平面BQD的距离.10●案例探究11［例1］把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、12BC的中点，点O是原正方形的中心，求：13(1)EF的长；14(2)折起后∠EOF的大小.15命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决16立体几何问题，属★★★★级题目.17知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式.18错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证x 轴、y 轴、z 轴两19 两互相垂直.20技巧与方法：建系方式有多种，其中以O 点为原点，以、、的方21 向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单.22解：如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz ,设正方形ABCD 边长23 为a ,则A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0),D (0,0, 22a ),E (0,－24 42a , a ),F (42a , 42a ,0) 2521||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE a a a a a a a a a a a a EF a a a a a26∴∠EOF =120°27［例2］正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 28命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目. 29知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线30 面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.31错解分析：本题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这主要是对异面直32 线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的33 距离.34技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采35 用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得.36解法一：如图，连结AC 1，在正方体AC 1中，∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，37 ∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.3839 连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O 40∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D41∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，则平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 42作O 1G ⊥B 1O 于G ，则O 1G ⊥平面AB 1C43∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 44在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 2645∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33. 46解法二：如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连47 结RN ，4849 ∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 50∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x 51∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°， 52∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 5331)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1) 54∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33. 55●锦囊妙记56空间中的距离主要指以下七种： 57(1)两点之间的距离. 58(2)点到直线的距离. 59(3)点到平面的距离. 60(4)两条平行线间的距离. 61(5)两条异面直线间的距离.62(6)平面的平行直线与平面之间的距离.63(7)两个平行平面之间的距离.64七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.65 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66 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67 面的距离.68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69 点.70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71 移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.72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73 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74 上两点间距离中最小的.75●歼灭难点训练 76一、选择题771.(★★★★★)正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正78 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 79 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( )8081 21 D. 23C. B.1 22A.822.(★★★★)三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°,设平83面A1BC1与平面ABC的交线为l，则A1C1与l的距离为( )84A.10B.11C.2.6D.2.485二、填空题863.(★★★★)如左下图，空间四点A、B、C、D中，每两点所连线段的长都87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88_________.89904.(★★★★)如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C 91的度数为9230°，那么EF与平面ABCD的距离为_________.93三、解答题945.(★★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：9596(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；97(2)求(1)中两个平行平面间的距离；98(3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离.996.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱100 D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为101 45°,AB =a ,求：102(1)截面EAC 的面积；103(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离； 104(3)三棱锥B 1—EAC 的体积.1057.(★★★★)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，106 侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .107108 (1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；109(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. 1108.(★★★★★)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2,AB = 31AD =a ,111∠ADC =arccos552,PA ⊥面ABCD 且PA =a . 112113(1)求异面直线AD 与PC 间的距离；114(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. 115参考答案116难点磁场117解：(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足 118连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE 119∴QE 的长为Q 到BD 的距离 120在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,121∴AE =22ba ab +122在Rt △QAE 中，QA =21PA =c123∴QE =22222ba b a c ++124∴Q 到BD 距离为22222ba b a c ++.125(2)解法一：∵平面BQD 经过线段PA 的中点， 126∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离 127在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足128∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH129∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离.130在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +131∴AH =22222)(ba cb a abc ++132∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++133解法二：设点A 到平面QBD 的距离为h ，由134V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ135h =22222)(ba cb a abc S AQS BQDABD ++==⋅∆∆136歼灭难点训练137一、1.解析：过点M 作MM ′⊥EF ,则MM ′⊥平面BCF 138∵∠MBE =∠MBC139∴BM ′为∠EBC 为角平分线， 140∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22141答案：A1422.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 143 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6144答案：C145二、3.解析：以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，146 取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB ,同理可得PQ ⊥CD ，147 故线段PQ 的148长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ 中，149PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 150答案：22a 1514.解析：显然∠FAD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠FAD =30°,过F 作FG 152 ⊥平面ABCD 于G ，则G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .153∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG =2a . 154答案：2a155三、5.(1)证明：由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1 156同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1157(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 1158 的距离.易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,159则S 111C B A ∆=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160 求得d =616112,即两平行平面间的距离为616112.161(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162 等，则由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的距离等于616112. 1636.解：(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ，164∵底面ABCD 是正方形 165∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD 166∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45° 167又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a 168(2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 169∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 170又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a 171∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a172(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC 173∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a17432422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-1757.解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 176∴BB 1⊥平面A 1EF 177即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 178在Rt △A 1EB 1中， 179∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a 180∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 181同理A 1F =22a ,又EF =a 182∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°183过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 184即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 185∴A 1N =221a =186又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a187∴a =2，∴所求距离为2188(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 ，189 易证ADD 1A 1为平行四边形.190∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N 191∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 192∴BC ⊥平面ADD 1A 1193得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 194若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° 195∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 1968.解：(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC197从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离. 198过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC199∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求. 200在等腰直角三角形PAB 中，PA =AB =a 201∴AE =22a 202(2)作CM ∥AB ，由已知cos ADC =552 203∴tan ADC =21,即CM =21DM204∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a205过A 作AH ⊥PC ,在Rt △PAC 中，得AH =36206下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF207取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形 208∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°209∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F .210211［学法指导］立体几何中的策略思想及方法212立体几何中的策略思想及方法213近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能214力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题215综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓216好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确217定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立218体几何问题的有效的策略思想及方法.219一、领悟解题的基本策略思想220高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中221心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的222解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决223一般基本数学问题就会自然流畅.224二、探寻立体几何图形中的基面225立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”226起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这227个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，228纲举目张，问题就迎刃而解了.229三、重视模型在解题中的应用230学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，231从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型232存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数233量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、234嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解. 235236。