空间点到面的距离练习题

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空间距离及立体几何中的探索性问题

§7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题学习目标1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．知识梳理1．点到直线的距离如图，已知直线l 的单位方向向量为u ，A 是直线l 上的定点，P 是直线l 外一点，设AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt △APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－(a·u )2.2．点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n ，A 是平面α内的定点，P 是平面α外一点．过点P 作平面α的垂线l ，交平面α于点Q ，则n 是直线l 的方向向量，且点P 到平面α的距离就是AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·n |n |＝|AP →·n ||n |.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( × ) (2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．( × ) (3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等．( √ ) (4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.( × ) 教材改编题1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83 D.103答案 D解析由条件可得P (－2,1,4)到α的距离为 |AP →·n ||n |＝|(－1，－2，4)·(－2，－2，1)|3＝103. 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离为( ) A. 2 B ．2 C.22 D.322答案 A解析由正方体性质可知，A 1A ∥平面B 1D 1DB ，A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离就是点A 1到平面B 1D 1DB 的距离，连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1(图略)，A 1O 1的长即为所求，由题意可得A 1O 1＝ 12A 1C 1＝ 2. 3．已知直线l 经过点A (2,3,1)且向量n ＝⎝⎛⎭⎫22，0，22为l 的一个单位方向向量，则点P (4,3,2)到l 的距离为________．答案22解析 ∵P A →＝(－2,0，－1)，n ＝⎝⎛⎭⎫22，0，22为l 的一个单位方向向量，∴点P 到l 的距离d ＝|P A →|2－(P A →·n )2＝5－⎝⎛⎭⎫－2－222＝22.题型一空间距离例1 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长均为4，N 是CC 1的中点．(1)求点N 到直线AB 的距离； (2)求点C 1到平面ABN 的距离．解建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，C 1(0,4,4)， ∵N 是CC 1的中点，∴N (0,4,2)． (1)AN →＝(0,4,2)，AB →＝(23，2,0)，则|AN →|＝25，|AB →|＝4.设点N 到直线AB 的距离为d 1，则d 1＝|AN →|2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫ AN →·AB →||AB→2＝20－4＝4.(2)设平面ABN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AB →，n ⊥AN →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝23x ＋2y ＝0，n ·AN →＝4y ＋2z ＝0，令z ＝2，则y ＝－1，x ＝33，即n ＝⎝⎛⎭⎫33，－1，2. 易知C 1N —→＝(0,0，－2)，设点C 1到平面ABN 的距离为d 2，则d 2＝|C 1N —→·n ||n |＝|－4|433＝ 3.教师备选1.如图，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，P A ⊥平面ABCD .若已知AB ＝3，AD ＝4，P A ＝1，则点P 到直线BD 的距离为________．答案135解析如图，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (3,0,0)， D (0,4,0)，则BP →＝(－3,0,1)，BD →＝(－3,4,0)，故点P 到直线BD 的距离 d ＝|BP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BP →·BD →|BD →|2＝10－⎝⎛⎭⎫952＝135，所以点P 到直线BD 的距离为135.2．如图，已知△ABC 为等边三角形，D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，把△ADE 沿DE 折起，使点A 到达点P ，平面PDE ⊥平面BCDE ，若BC ＝4.求直线DE 到平面PBC 的距离．解如图，设DE 的中点为O ，BC 的中点为F ，连接OP ，OF ，OB ，因为平面PDE ⊥平面BCDE ，平面PDE ∩平面BCDE ＝DE ，所以OP ⊥平面BCDE .因为在△ABC 中，点D ，E 分别为AC ，AB 边的中点，所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以DE ∥平面PBC . 又OF ⊥DE ，所以以点O 为坐标原点，OE ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O ()0，0，0，P ()0，0，3，B ()2，3，0， C ()－2，3，0，F ()0，3，0，所以PB →＝()2，3，－3，CB →＝()4，0，0. 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝2x ＋3y －3z ＝0，n ·CB →＝4x ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，令y ＝z ＝1，所以n ＝(0,1,1)．因为OF →＝(0，3，0)，设点O 到平面PBC 的距离为d ，则d ＝||OF →·n|n |＝32＝62. 因为点O 在直线DE 上，所以直线DE 到平面PBC 的距离等于62. 思维升华点到直线的距离(1)设过点P 的直线l 的单位方向向量为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)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E ，O 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，P 在正方体内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，则下列说法正确的是( )A ．点A 到直线BE 的距离是55B ．点O 到平面ABC 1D 1的距离为24C ．平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33D ．点P 到直线AB 的距离为2536答案 BC解析如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，C 1(1,1,1)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，1，所以BA →＝(－1,0,0)，BE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1. 设∠ABE ＝θ，则cos θ＝BA →·BE →|BA →||BE →|＝55，sin θ＝1－cos 2θ＝255. 故点A 到直线BE 的距离d 1＝|BA →|sin θ＝1×255＝255，故A 错误；易知C 1O —→＝12C 1A 1—→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，平面ABC 1D 1的一个法向量DA 1—→＝(0，－1,1)，则点O 到平面ABC 1D 1的距离 d 2＝|DA 1—→·C 1O —→||DA 1—→|＝122＝24，故B 正确；A 1B —→＝(1,0，－1)，A 1D —→＝(0,1，－1)， A 1D 1—→＝(0,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B —→＝0，n ·A 1D —→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y －z ＝0，令z ＝1，得y ＝1，x ＝1，所以n ＝(1,1,1)．所以点D 1到平面A 1BD 的距离 d 3＝|A 1D 1—→·n ||n |＝13＝33.因为平面A 1BD ∥平面B 1CD 1，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离，所以平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33，故C 正确；因为AP →＝34AB →＋12AD →＋23AA 1—→，所以AP →＝⎝⎛⎭⎫34，12，23，又AB →＝(1,0,0)，则AP →·AB →|AB →|＝34，所以点P 到直线AB 的距离d 4＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AP →·AB →|AB →|2＝181144－916＝56，故D 错误． (2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，则△D 1GF 的面积为________．答案142解析以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D 1(0,0,2)，G (0,2,1)，F (1,1,0)， FD 1—→＝(－1，－1,2)，FG →＝(－1,1,1)， ∴点D 1到直线GF 的距离 d ＝|FD 1—→|2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫FD 1—→·FG → |FG →|2 ＝6－⎝⎛⎭⎫232＝423.∴点D 1到直线GF 的距离为423，又|FG →|＝3，∴1D GF S △＝12×3×423＝142.题型二立体几何中的探索性问题例2 (2021·北京)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点E 为A 1D 1中点，直线B 1C 1交平面CDE 于点F .(1)求证：点F 为B 1C 1的中点；(2)若点M 为棱A 1B 1上一点，且二面角M －CF －E 的余弦值为53，求A 1MA 1B 1的值． (1)证明如图所示，取B 1C 1的中点F ′，连接DE ，EF ′，F ′C ，由于ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，E ，F ′为中点，故EF ′∥CD ，从而E ，F ′，C ，D 四点共面，平面CDE 即平面CDEF ′，据此可得，直线B 1C 1交平面CDE 于点F ′，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点F ′重合，即点F 为B 1C 1的中点．(2)解以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设A 1MA 1B 1＝λ(0≤λ≤1)，则M (2,2λ，2)，C (0,2,0)，F (1,2,2)，E (1,0,2)，从而MC →＝(－2,2－2λ，－2)，CF →＝(1,0,2)， FE →＝(0，－2,0)，设平面MCF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·MC →＝－2x 1＋(2－2λ)y 1－2z 1＝0，m ·CF →＝x 1＋2z 1＝0，令z 1＝－1可得m ＝⎝⎛⎭⎫2，11－λ，－1(λ≠1)，设平面CFE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝－2y 2＝0，n ·CF →＝x 2＋2z 2＝0，令z 2＝－1可得n ＝(2,0，－1)，从而m ·n ＝5，|m |＝5＋⎝⎛⎭⎫11－λ2，|n |＝5，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝55＋⎝⎛⎭⎫11－λ2×5＝53. 整理可得(λ－1)2＝14，故λ＝12⎝⎛⎭⎫λ＝32舍去. 所以A 1M A 1B 1＝12.教师备选(2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，B 1C ＝6，AB ⊥B 1C .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)在棱BB 1上是否存在点P ，使直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由；若存在，求BP 的长．(1)证明如图，取AB 的中点D ，连接CD ，B 1D .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，所以AB ⊥CD ，CD ＝3，BD ＝1. 又因为AB ⊥B 1C ，且CD ∩B 1C ＝C ，CD ，B 1C ⊂平面B 1CD ，所以AB ⊥平面B 1CD . 又因为B 1D ⊂平面B 1CD ，所以AB ⊥B 1D .在Rt △B 1BD 中，BD ＝1，B 1B ＝2，所以B 1D ＝ 3.在△B 1CD 中，CD ＝3，B 1D ＝3，B 1C ＝6，所以CD 2＋B 1D 2＝B 1C 2，所以CD ⊥B 1D ，又因为AB ⊥B 1D ，AB ∩CD ＝D ，AB ，CD ⊂平面ABC ，所以B 1D ⊥平面ABC . 又因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC .(2)解假设在棱BB 1上存在点P 满足条件．以DC ，DA ，DB 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A (0,1,0)，B (0，－1,0)，C (3，0,0)，B 1(0,0，3)，因此BB 1—→＝(0,1，3)，AC →＝(3，－1,0)，AA 1—→＝BB 1—→＝(0,1，3)，CB →＝(－3，－1,0)．因为点P 在棱BB 1上，设BP →＝λBB 1—→＝λ(0,1，3)，其中0≤λ≤1.则CP →＝CB →＋BP →＝CB →＋λBB 1—→＝(－3，－1＋λ，3λ)．设平面ACC 1A 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AA 1—→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，y ＋3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝－1，所以平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(1，3，－1)．因为直线CP 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为45，所以|cos 〈n ，CP →〉|＝|n ·CP →||n ||CP →|＝|－23|5×3＋(λ－1)2＋3λ2＝45，化简得16λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝14，所以|BP →|＝14|BB 1—→|＝12，故BP 的长为12.思维升华 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．跟踪训练2 如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面P AC ，求平面P AC 与平面DAC 夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．(1)证明如图，连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO .由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0. 于是OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解由题设知，平面P AC 的一个法向量DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS→＝⎝⎛⎭⎫0，0，62a . 设平面P AC 与平面DAC 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈OS →，DS →〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，所以平面P AC 与平面DAC 夹角的大小为30°. (3)解假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC . 根据第(2)问知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →(0≤t ≤1)，因为B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，所以BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at . 又BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13，当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面P AC ，故BE ∥平面P AC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.课时精练1.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝π2，AB ＝BC ＝13AD ＝a ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝a ，点F 在AD 上，且CF ⊥PC .(1)求点A 到平面PCF 的距离； (2)求AD 到平面PBC 的距离．解 (1)由题意知AP ，AB ，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，a,0)，D (0,3a ，0)， P (0,0，a )．设F (0，m ，0)，0≤m ≤3a ，则CF →＝(－a ，m －a ，0)，CP →＝(－a ，－a ，a )． ∵PC ⊥CF ，∴C F →⊥CP →，∴CF →·CP →＝(－a )·(－a )＋(m －a )·(－a )＋0·a ＝a 2－a (m －a )＝0， ∴m ＝2a ，即F (0,2a ，0)．设平面PCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝－ax ＋ay ＝0，n ·CP →＝－ax －ay ＋az ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ，z ＝2x .取x ＝1，得n ＝(1,1,2)．设点A 到平面PCF 的距离为d ，由AC →＝(a ，a ，0)，得d ＝|AC →·n ||n |＝a ×1＋a ×1＋0×26＝63a .(2)由于BP →＝(－a ，0，a )，BC →＝(0，a ，0)， AP →＝(0,0，a )．设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 0，y 0，z 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝－ax 0＋az 0＝0，n 1·BC →＝ay 0＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝z 0，y 0＝0. 取x 0＝1，得n 1＝(1,0,1)．设点A 到平面PBC 的距离为h ，∵AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴AD ∥平面PBC ，∴h 为AD 到平面PBC 的距离， ∴h ＝|AP →·n 1||n 1|＝a 2＝22a .2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PB ⊥BC ，PD ⊥CD ，且P A ＝2，E 为PD 的中点．(1)求证：P A ⊥平面ABCD ；(2)求直线PC 与平面ACE 所成角的正弦值；(3)在线段BC 上是否存在点F ，使得点E 到平面P AF 的距离为255若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明因为四边形ABCD 为正方形，则BC ⊥AB ，CD ⊥AD ，因为PB ⊥BC ，BC ⊥AB ，PB ∩AB ＝B ，PB ，AB ⊂平面P AB ，所以BC ⊥平面P AB ，因为P A ⊂平面P AB ，所以P A ⊥BC ，因为PD ⊥CD ，CD ⊥AD ，PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥平面P AD ，因为P A ⊂平面P AD ，所以P A ⊥CD ，因为BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥平面ABCD .(2)解因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，不妨以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，E (0,1,1)，设平面ACE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则AC →＝(2,2,0)，AE →＝(0,1,1)，PC →＝(2,2，－2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝2x ＋2y ＝0，m ·AE →＝y ＋z ＝0，取y ＝1，可得m ＝(－1,1，－1)， cos 〈m ，PC →〉＝m ·PC →|m ||PC →|＝23×23＝13，所以直线PC 与平面ACE 所成角的正弦值为13.(3)解设点F (2，t ，0)(0≤t ≤2)，设平面P AF 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， AF →＝(2，t ，0)，AP →＝(0,0,2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2a ＋tb ＝0，n ·AP →＝2c ＝0，取a ＝t ，则n ＝(t ，－2,0)，所以点E 到平面P AF 的距离为d ＝|AE →·n ||n |＝2t 2＋4＝255，因为t >0，所以t ＝1.因此，当点F为线段BC 的中点时，点E 到平面P AF 的距离为255.3．(2022·湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，AA 1＝A 1B 1＝12AB ＝1，∠ABC ＝60°，AA 1⊥平面ABCD .(1)若点M 是AD 的中点，求证：C 1M ⊥A 1C ；(2)棱BC 上是否存在一点E ，使得平面EAD 1与平面DAD 1夹角的余弦值为13若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，取BC 的中点Q ，连接AQ ，AC ， ∵四边形ABCD 为菱形，则AB ＝BC ， ∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为等边三角形， ∵Q 为BC 的中点，则AQ ⊥BC ， ∵AD ∥BC ，∴AQ ⊥AD ，由于AA 1⊥平面ABCD ，以点A 为坐标原点，以AQ ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0,0)，A 1(0,0,1)，D 1(0,1,1)，Q (3，0,0)， C (3，1,0)，C 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，M (0,1,0)，C 1M —→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，－1，A 1C —→＝(3，1，－1)，∴C 1M —→·A 1C —→＝－32＋12＋(－1)2＝0，∴C 1M ⊥A 1C .(2)解如图，假设点E 存在，设点E 的坐标为(3，λ，0)，其中－1≤λ≤1， AE →＝(3，λ，0)，AD 1—→＝(0,1,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AD 1—→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋λy ＝0，y ＋z ＝0，取y ＝－3，则x ＝λ，z ＝3， ∴n ＝(λ，－3，3)，平面ADD 1的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|λ|λ2＋6＝13，解得λ＝±32，即CE ＝1－32或CE ＝1＋32.因此，棱BC 上存在一点E ，使得平面EAD 1与平面DAD 1夹角的余弦值为13，此时CE ＝1－32或CE ＝1＋32.4.(2022·潍坊模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△P AD 是正三角形，CD ⊥平面P AD ，E ，F ，G ，O 分别是PC ，PD ，BC ，AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求平面EFG 与平面ABCD 夹角的大小；(3)在线段P A 上是否存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，请说明理由．(1)证明因为△P AD 是正三角形，O 是AD 的中点，所以PO ⊥AD .又因为CD ⊥平面P AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥CD .又AD ∩CD ＝D ，AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .(2)解如图，连接OG ，以O 点为坐标原点，分别以OA ，OG ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,4,0)， C (－2,4,0)，D (－2,0,0)，G (0,4,0)，P (0,0,23)，E (－1,2，3)，F (－1,0，3)， EF →＝(0，－2,0)，EG →＝(1,2，－3)，设平面EFG 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·m ＝0，EG →·m ＝0，即⎩⎨⎧－2y ＝0，x ＋2y －3z ＝0，令z ＝1，则m ＝(3，0,1)，又平面ABCD 的法向量n ＝(0,0,1)，设平面EFG 与平面ABCD 的夹角为θ，所以cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝1(3)2＋12×1＝12，所以θ＝π3，所以平面EFG 与平面ABCD 的夹角为π3.(3)解不存在，理由如下：假设在线段P A 上存在点M ，使得直线GM 与平面EFG 所成的角为π6，即直线GM 的方向向量与平面EFG 法向量m 所成的锐角为π3，设PM →＝λP A →，λ∈[0,1]， GM →＝GP →＋PM →＝GP →＋λP A →，所以GM →＝(2λ，－4,23－23λ)，所以cos π3＝|cos 〈GM →，m 〉|＝324λ2－6λ＋7，整理得2λ2－3λ＋2＝0， Δ<0，方程无解，所以不存在这样的点M .。

用空间向量求点到面的距离 PPT

2、求向量—求点到平面内任一点对应的向量AP
3、求法向量—求出平面的一个uuu法r 向r 量
4、代入公式—通过公式 d
|
A
P r
n
|
代入求解．
n
练考题、验能力、轻巧夺冠
[题后感悟] 用向量法求点面距的方法与步骤，n
O
为法向量。
练习．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为________．解析： d＝|P→|An·|n|＝|1×－2－＋222×＋－－22＋2＋－124×1| ＝130.
答案：
10 3
变式练习：已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．求点D到平面PEF的距离；
解析：建立以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴， y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．
则P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)， E1，12，0，F12，1，0， E→F＝－12，12，0，P→E＝1，12，－1，设平面PEF的法向量n＝(x，y，z)，则n·E→F＝0，且n·P→E＝0，所以－12x＋12y＝0， x＋12y－z＝0.
[例1] 正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E,F,G分别是C1C,D1A1,AB的中点，求点A到平面EFG的距离．
解：建系如图,建立空间直角坐标系，
求向量求法向量
则 A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)，
uuur
uuur
∴ EF ＝(1，－2,1)， EG ＝(2，－1，－1)，
uur GA＝(0，－1,0).设 n＝(x，y，z)是平面 EFG 的法向量，

空间两点间距离公式习题含详解

2.4.2一、选择题1．设点B是点A(2，－3,5)关于xOy坐标平面的对称点，则|AB|等于()A．10 B.10C.38D．38[答案] A[解析]A(2，－3,5)关于xOy坐标面的对称点B(2，－3，－5)∴|AB|＝(2－2)2＋[－3－(－3)]2＋[5－(－5)]2＝10.2．已知三点A(－1,0,1)，B(2,4,3)，C(5,8,5)，则()A．三点构成等腰三角形B．三点构成直角三角形C．三点构成等腰直角三角形D．三点构不成三角形[答案] D[解析]∵|AB|＝29，|AC|＝229，|BC|＝29，而|AB|＋|BC|＝|AC|，∴三点A、B、C 共线，构不成三角形．3．已知A(1,0,2)，B(1，－3,1)，点M在z轴上且到A、B两点的距离相等，则M点坐标为()A．(－3,0,0)B．(0，－3,0)C．(0,0，－3) D．(0,0,3)[答案] C[解析]设M(0,0，C)，由|AM|＝|BM|得：12＋02＋(C－2)2＝12＋(－3)2＋(C－1)2，∴C＝－3，选C.4．已知正方体的每条棱都平行于坐标轴，两个顶点为A(－6，－6，－6)，B(8,8,8)，且两点不在正方体的同一个面上，正方体的对角线长为()A．14 3 B．314C．542 D．42 5[答案] A[解析]d(A，B)＝(－6－8)2＋(－6－8)2＋(－6－8)2＝14 3.5．(2010·曲师大附中高一期末检测)以A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(2,4,3)为顶点的三角形是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形[答案] D[解析]|AB|＝(10－4)2＋(－1－1)2＋(6－9)2＝7，|BC|＝(2－10)2＋[4－(－1)]2＋(3－6)2＝72，|AC|＝(2－4)2＋(4－1)2＋(3－9)2＝7，∴|BC|2＝|AB|2＋|AC|2，∴△ABC为等腰直角三角形．6．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若D(0,0,0)，A(4,0,0)，B(4,2,0)，A1(4,0,3)，则对角线AC1的长为()A．9 B.29C．5D．2 6[答案] B[解析]如图所示，由题设条件可知：|AA1|＝3，|AB|＝2，∴C1(0,2,3)，∴|AC1|＝29.7．点M(2，－3,5)到x轴的距离d等于()A.38B.34C.13D.29[答案] B[解析]点M在x轴上射影N的坐标是(2,0,0)，∴d＝(2－2)2＋(－3)2＋52＝34.8．设A(3,3,1)、B(1,0,5)、C(0,1,0)，则AB的中点M到点C的距离|CM|＝()A.534 B.532C.532D.132[答案] C[解析] ∵AB 的中点M ⎝⎛⎭⎫2，32，3，C (0,1,0)， ∴|CM |＝(2－0)2＋⎝⎛⎭⎫32－12＋(3－0)2＝532. 二、填空题9．若点A (－1,2，－3)关于y 轴的对称点为B ，则AB 的长为________．[答案] 210[解析] ∵A (－1,2，－3)关于y 轴的对称点B (1,2,3)，∴|AB |＝[1－(－1)]2＋(2－2)2＋[3－(－3)]2＝210. 10．(2010·锦州市高一期末检测)在空间中，已知点A (－2，3,4)在y 轴上有一点B 使得|AB |＝7，则点B 的坐标为________．[答案] (0,3＋29，0)或(0,3－29，0)[解析] 设点B 的坐标为(0，b,0)，由题意得(0＋2)2＋(b －3)2＋(0－4)2＝7，解得b ＝3±29.∴点B 的坐标为(0,3＋29，0)或(0,3－29，0)11．在空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的顶点A (3，－1,2)，其中心M 的坐标为(0,1,2)，则该正方体的棱长等于________．[答案] 2393[解析] ∵|AM |＝(3－0)2＋(－1－1)2＋(2－2)2 ＝13，∴对角线|AC 1|＝213，设棱长为x ，则3x 2＝(213)2，∴x ＝2393. 12．点P 在坐标平面xOy 内，A 点的坐标为(0,0,4)，且|P A |＝5，满足条件的P 点组成的曲线是________．[答案] 以O 为圆心，半径为3的圆[解析] 如右图：∵AO ⊥平面xOy ，∴AO ⊥OP ，又|AO |＝4，|AP |＝5，∴|OP |＝3.三、解答题13．已知点P 1、P 2的坐标分别为(3,1，－1)、(2，－2，－3)，分别在x 、y 、z 轴上取点A 、B 、C ，使它们与P 1、P 2两点距离相等，求A 、B 、C 的坐标．[解析] 设A (x,0,0)，B (0，y,0)，c (0,0，z )，由|AP 1|＝|AP 2|得，(x －3)2＋1＋1＝(x －2)2＋4＋9∴x ＝－3，同理，由|BP 1|＝|BP 2|得y ＝－1，由|CP 1|＝|CP 2|得z ＝－32，∴A (－3,0,0)，B (0，－1,0)，C (0,0，－32)． 14．(1)在z 轴上求与点A (－4,1,7)和B (3,5，－2)等距离的点的坐标．(2)在yOz 平面上，求与点A (3,1,2)、B (4，－2，－2)和C (0,5,1)等距离的点的坐标．[解析] (1)设所求点P 为(0,0，c )由题设|P A |＝|PB |， ∴16＋1＋(c －7)2＝9＋25＋(c ＋2)2解之得 c ＝149，∴P (0,0，149)． (2)设所求点为P (0，b ，c )∵|P A |＝|PB |＝|PC |，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 9＋(b －1)2＋(c －2)2＝16＋(b ＋2)2＋(c ＋2)29＋(b －1)2＋(c －2)2＝0＋(b －5)2＋(c －1)2∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3b ＋4c ＋5＝04b －c －6＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1c ＝－2∴P (0,1，－2)． 15．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝4，点M 在A 1C 1上，|MC 1|＝2|A 1M |，N 在D 1C 上且为D 1C 中点，求M 、N 两点间的距离．[解析] 建立如图所示空间直角坐标系，据题设条件有：|A 1C 1|＝22，∵|MC 1|＝2|A 1M |，∴|A 1M |＝232， ∴M (23，23，4)．又C (2,2,0)，D 1(0,2,4)，N 为CD 1中点∴N (1,2,2)，∴|MN |＝(1－23)2＋(2－23)2＋(2－4)2＝533. 16．若点G 到△ABC 三个顶点的距离的平方和最小，则点G 就为△ABC 的重心．已知△ABC 三个顶点的坐标分虽为A (3,3,1)，B (1,0,5)，C (－1,3，－3)，求△ABC 的重心G 的坐标．[解析] 设重心G 的坐标为(x ，y ，z )，则|GA |2＋|GB |2＋|GC |2＝(x －3)2＋(y －3)2＋(z －1)2＋(x －1)2＋y 2＋(z －5)2＋(x ＋1)2＋(y －3)2＋(z ＋3)2＝3x 2－6x ＋3y 2－12y ＋3z 2－6z ＋64＝3(x －1)2＋3(y －2)2＋3(z －1)2＋46，当x ＝1，y ＝2，z ＝1时，|GA |2＋|GB |2＋|GC |2取最小值46，∴重心G 的坐标为(1,2,1)。

专题6：立体几何中点到面的距离求法基础练习题

（Ⅰ）取的中点，连接，．
因为为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为，所以．
又，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
因为，且平面，平面，
所以平面平面；
因为平面，所以平面．
（Ⅱ）因为是的中点，
所以点到平面的距离是点到平面距离的．
设C到平面的距离为，则 .
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，以及空间向量的在求点到平面距离中的应用，属于基础题.
7．（1）证明见解析；（2） .
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理证明即可.
（2）利用面面垂直的判定定理证出面面，过作，的长即为到面的距离，根据即可求解.
【详解】
（1）证明：连接，设，连，
则是三角形的中位线，
面 .
（2）面面面，
过作，
垂足为，易知面，
则的长即为到面的距离，与中，
，，
可知，所以 .
【点睛】
本题考考查了线面平行的判定定理、面面垂直的性质定理、求点到面的距离，考察了逻辑推理能力，属于基础题.
8．（1）证明见解析；（2）．
因为平面，，，
所以平面．所以．
所以．
在中，，，
所以．
设点到平面的距离为，
则，解得．
所以点到平面的距离是．
【点睛】
本题主要考查证明线面平行，考查等体积法求点到面的距离，属于常考题型.
2．
【分析】
利用等体积法列方程，解方程求得点到平面的距离.

空间点直线平面之间的位置关系例题

在探讨空间点直线平面之间的位置关系之前，我们首先要了解什么是空间点、直线和平面。

空间点是指没有长、宽、高的点，仅有位置坐标的点；直线是由无数个点组成的一条直线；平面是由无数个点组成的一个平面。

这三个概念在空间几何中是非常基础且重要的。

接下来我们来探讨一些例题，以便更好地理解它们之间的位置关系。

1. 空间点A(1,2,3)、直线l:x=2t, y=t, z=t和平面π:2x-y+z=5之间的位置关系是怎样的？首先我们来看点A和直线l之间的位置关系。

点A与直线l之间的位置关系可以通过点到直线的距离来确定。

点到直线的距离是点到直线上的垂线段的长度。

通过计算可以得出点A到直线l的距离是√14/3，可知点A与直线l是不相交的。

接着我们来看点A和平面π之间的位置关系。

点A与平面π之间的位置关系可以通过点是否在平面的同一侧来确定。

通过计算可以得出点A不在平面π的同一侧，因此点A与平面π是相交的。

点A与直线l是不相交的，点A与平面π是相交的。

2. 空间点B(2,1,4)、直线m:x=t+1, y=2t-1, z=t和平面δ: x+2y-z=7之间的位置关系是怎样的？同样的，我们首先来看点B和直线m之间的位置关系。

通过计算可以得出点B到直线m的距离是√6，可知点B与直线m是相交的。

接着我们来看点B和平面δ之间的位置关系。

通过计算可以得出点B在平面δ的同一侧，因此点B与平面δ是相交的。

点B与直线m是相交的，点B与平面δ是相交的。

在本例题中，我们简单介绍了空间点、直线和平面之间的位置关系，同时给出了例题的解答过程。

希望对你有所帮助。

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空间几何在数学中占据着重要的地位，它研究了空间中点、直线和平面之间的位置关系，是几何学的一个重要分支。

空间点、直线和平面的位置关系不仅仅是数学领域的问题，实际上在日常生活中也经常会涉及到这些概念。

高中数学选择性必修一：1.4.2 空间中的距离问题精选考点提升训练

第一章 1.4.2 空间中的距离问题A 级——基础过关练1．若O 为坐标原点，OA →＝(1,1，－2)，OB →＝(3,2,8)，OC →＝(0,1,0)，则线段AB 的中点P 到点C 的距离为( )A ．1652B ．214C ．53D ．532【答案】D 【解析】由题意OP →＝12((OA →＋OB →()＝⎝⎛⎭⎫2，32，3，PC →＝OC →－OP →＝⎝⎛⎭⎫－2，－12，－3，|PC →|＝4＋14＋9＝532. 2．(2021年太原月考)已知在正三棱锥P －ABC 中，三条侧棱两两互相垂直，侧棱长为a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )A ．aB ．22a C ．33a D ．3a【答案】C 【解析】由题意得P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝PB ＝PC ＝a ，建立空间直角坐标系如图所示，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )，于是P A →＝(a,0,0)，AB →＝(－a ，a,0)，AC →＝(－a,0，a )，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0，－ax ＋az ＝0，令x ＝1，则y ＝z ＝1，所以平面ABC 的一个法向量n ＝(1,1,1)，所以点P 到平面ABC 的距离d ＝|P A →·n ||n |＝a 3＝33a .3．已知平面α过点A (1，－1,2)，和α垂直的一个向量为n ＝(－3,0,4)，则P (3,5,0)到α的距离为( )A ．145B ．2C ．3D ．125【答案】A 【解析】因为P A →＝(－2，－6,2)，所以P A →·n ＝(－2，－6,2)·(－3,0,4)＝14，|n |＝－32＋42＝5.所以点P 到平面α的距离为|P A →·n ||n |＝145.4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为对角线BD 1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB |＝3，则A (3,0,0)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，D (0,0,0)，A 1(3,0,3)，B 1(3,3,3)，C 1(0,3,3)，D 1(0,0,3)，所以BD 1→＝(－3，－3,3)，设P (x ，y ，z )，因为BP →＝13BD 1→＝(－1，－1,1)，所以DP →＝DB →＋(－1，－1,1)＝(2,2,1)．所以|P A |＝|PC |＝|PB 1|＝12＋22＋12＝6，|PD |＝|P A 1|＝|PC 1|＝22＋22＋12＝3，|PB |＝3，|PD 1|＝22＋22＋22＝2 3.故P 到各顶点的距离的不同取值有6，3，3，23，共4个．5．(2021年张掖质检)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，则点A 1到平面DBC 1的距离是________．【答案】2 【解析】以AC 为y 轴，以AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，所以B (23，2,0)，C 1(0,4,4)，D (0,0,2)，A 1(0,0,4)，所以DB →＝(23，2，－2)，DC 1→＝(0,4,2)，DA 1→＝(0,0,2)，设平面BDC 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，因为n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，所以⎩⎨⎧23x ＋2y －2z ＝0，4y ＋2z ＝0，取x ＝3，所以n ＝(3，－1,2)，所以点A 1到平面DBC 1的距离d ＝|n ·DA 1→||n |＝|0＋0＋4|3＋1＋4＝ 2.6．在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于________．【答案】2 【解析】点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →·n ||n |＝|－1，3，2·2，－2，1|22＋－22＋12＝63＝2. 7．(2021年衡水模拟)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，AC ＝AA 1＝22，AB ＝2，M 为BB 1的中点，则点B 1与平面ACM 的距离为__________．【答案】1 【解析】因为AB ＝2，AC ＝22，∠ABC ＝90°，所以BC ＝AC 2－AB 2＝8－4＝2，建立空间直角坐标系如图，则A (2,0,0)，B (0,0,0)，C (0,2,0)，B 1(0,0,22)，M (0，0，2)，所以AC →＝(－2,2,0)，AM →＝(－2,0，2)，B 1M →＝(0,0，－2()，设n ＝(x ，y ，z )是平面ACM 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AM →＝0，所以⎩⎨⎧ －2x ＋2y ＝0，－2x ＋2z ＝0，即⎩⎨⎧y ＝x ，z ＝2x ，令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，所以平面ACM 的一个法向量n ＝(1,1，2)，所以B 1与平面ACM 的距离d ＝|B 1M →·n ||n |＝|0×1＋0×1＋－2×2|12＋12＋22＝1.8．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AA 1＝9，BC ＝63，N 为BC 的中点，则直线D 1C 1到平面A 1B 1N 的距离是__________．【答案】9 【解析】如图，建立空间直角坐标系，设CD ＝a ，则D 1(0，0,9)，A 1(63，0,9)，B 1(63，a,9)，N (33，a,0)，所以D 1A 1→＝(63，0，0)，A 1B 1→＝(0，a,0)，B 1N →＝(－33，0，－9)．设平面A 1B 1N 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1→＝0，n ·B 1N →＝0，即⎩⎨⎧ay ＝0，－33x －9z ＝0，取x ＝3，则y ＝0，z ＝－3，所以平面A 1B 1N 的一个法向量为(3,0，－3)．所以点D 1到平面A 1B 1N 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝18323＝9.又因为D 1C 1∥平面A 1B 1N ，所以直线D 1C 1与平面A 1B 1N 的距离仍是9.9．如图，BD ⊥平面ABC ，AE ∥BD ，AB ＝BC ＝CA ＝BD ＝2AE ＝2，F 为CD 中点． (1)求证：EF ⊥平面BCD ； (2)求点A 到平面CDE 的距离．(1)证明：如图，取BC 中点G 点，连接AG ，FG .因为F ，G 分别为DC ，BC 中点，所以FG ∥BD 且FG ＝12BD ．又AE ∥BD 且AE ＝12BD ，所以AE ∥FG 且AE ＝FG ，所以四边形EFGA 为平行四边形，则EF ∥AG . 因为BD ⊥平面ABC ，所以BD ⊥AG . 因为G 为BC 中点，且AC ＝AB ，所以AG ⊥BC ．又因为BD ∩BC ＝B ，所以AG ⊥平面BCD ．所以EF ⊥平面BCD ．(2)解：如图，取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC →，OB →，OH →所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则C (3，0,0)，D (0,1,2)，E (0，－1,1)，A (0，－1,0)，CD →＝(－3，1,2)，ED →＝(0,2,1)．设平面CDE 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD →＝－3x ＋y ＋2z ＝0，n 1·ED →＝2y ＋z ＝0，取n 1＝(3，－1,2)，AE →＝(0,0,1)，点A 到平面CDE 的距离d ＝|AE →·n 1||n 1|＝22.10．如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝22，∠ABC ＝45°，E 是CD 边的中点，将△DAE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置，且PB ＝2 6.(1)求证：平面P AE ⊥平面ABCE ； (2)求点E 到平面P AB 的距离．(1)证明：∵在平行四边形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝22，∠ABC ＝45°， E 是CD 边的中点，将△DAE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置，且PB ＝26， ∴AE ＝222＋22－2×22×2×cos(45°＝2.∴AE 2＋ED 2＝AD 2.∴∠AED ＝90°.∴AE ⊥AB ． ∵AB 2＋P A 2＝PB 2，∴AB ⊥P A ． ∵AE ∩P A ＝A ，∴AB ⊥平面P AE .∵AB ⊂平面ABCE ，∴平面P AE ⊥平面ABCE .(2)解：∵AE ＝2，DE ＝2，P A ＝22， ∴P A 2＝AE 2＋PE 2.∴AE ⊥PE . ∵AB ⊥平面P AE ，AB ∥CE ，∴CE ⊥平面P AE .∴EA ，EC ，EP 两两垂直．以E 为原点，EA ，EC ，EP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,4,0)，P (0,0,2)，PE →＝(0,0，－2)，P A →＝(2,0，－2)，PB →＝(2,4，－2)．设平面P AB 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·P A →＝2x －2z ＝0，n ·PB →＝2x ＋4y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0,1)，∴点E 到平面P AB 的距离d ＝|PE →·n ||n |＝22＝ 2.B 级——能力提升练11．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的面A 1B 1C 1D 1上取一点E ，使∠EAB ＝∠EAD ＝60°，则线段AE 的长为( )A ．52B ．62C ．2D ．3【答案】C 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0，0)，D (0,1,0)，设E (x ，y,1)，故cos ∠EAB ＝AE →·AB →|AE →||AB →|＝x x 2＋y 2＋1＝12，cos ∠EAD ＝AE →·AD →|AE →||AD →|＝y x 2＋y 2＋1＝12(.于是x ＝y ＝22，故|AE →(|＝12＋12＋1＝ 2. 12．如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ＝2，|AD →|＝1，E 是棱PB 的中点．直线AB 与平面ECD 的距离为( )A ．1B ．33C ．83D ．2【答案】B 【解析】如图，以A 为坐标原点，射线AB ，AD ，AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则B (2，0,0)，P (0,0，2)，E ⎝⎛⎭⎫22，0，22.由|AD →|＝1，得D (0,1,0)，C (2，1,0)，从而DC →＝(2，0,0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫22，－1，22，AE→＝⎝⎛⎭⎫22，0，22，设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·DC →＝0，n ·DE →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，22x －y ＋22z ＝0，所以x ＝0，z ＝2y .可取y ＝1，则n ＝(0,1，2)．故点A 到平面ECD 的距离d ＝|AE →·n ||n |＝13＝33.又直线AB ∥平面ECD ，所以直线AB 到平面ECD 的距离为33. 13．如图，A 是正方形BCDE 外一点，AE ⊥平面BCDE ，且AE ＝CD ＝a ，G ，H 分别是BE ，ED 的中点，则GH 到平面ABD 的距离是________．【答案】36a【解析】如图，由题意知，GH∥平面ABD，以E为坐标原点，分别以EB，ED，EA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，G⎝⎛⎭⎫a2，0，0，H⎝⎛⎭⎫0，a2，0，A(0,0，a)，B(a,0,0)，D(0，a,0)．设面ABD的法向量n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝ax－az＝0，n·AD→＝ay－az＝0，所以x＝y＝z.所以可取n＝(1,1,1)．又GB→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，0，所以由公式得d＝|GB→·n||n|＝a23＝36a.又GH∥平面ABD，所以直线GH到平面ABD 的距离是36a.14．如图，正三棱锥S－ABC的高SO＝2，侧棱SC与底面成45°角，则点C到侧面SAB 的距离是________．【答案】655【解析】如图，建立空间直角坐标系，在Rt△SOC中，SO＝2，∠SCO＝45°，所以OC＝2，AB＝BC＝AC＝23，所以S(0,0,2)，A(－1，－3，0)，B(－1，3，0)，C(2，0,0)，所以SA→＝(－1，－3，－2)，AB→＝(0，23，0)，SC→＝(2,0，－2)．设平面SAB的法向量n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·SA→＝0，n·AB→＝0，得⎩⎨⎧－x－3y－2z＝0，23y＝0，取z＝1，则x＝－2，y＝0，所以平面SAB的一个法向量n＝(－2,0,1)，d＝|SC→·n||n|＝|－4－2|5＝655.所以点C到侧面SAB的距离为65 5.15．如图，四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，AB＝BC＝BD＝4，E，F分别为棱BC，AD的中点．(1)求异面直线AB与EF所成角的余弦值；(2)求点E到平面ACD的距离．解：如图，分别以直线BC ，BD ，BA 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A (0,0,4)，C (4,0,0)，D (0,4,0)，E (2,0,0)，F (0,2,2)． (1)因为AB →＝(0,0，－4)，EF →＝(－2,2,2)，所以|cos 〈AB →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－84×23＝33.所以异面直线AB 与EF 所成角的余弦值为33. (2)设平面ACD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由AC →＝(4,0，－4)，CD →＝(－4,4,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·CD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x －4z ＝0，－4x ＋4y ＝0.所以x ＝y ＝z ，取n ＝(1,1,1)．所以E 到平面ACD 的距离为d ＝|n ·EF →||n |＝23＝233.C 级——探究创新练16．已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，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 ，其距离最短时在侧面留下的曲线L 如图所示．将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ＜π)后，边B 1C 1与曲线L 相交于点P .(1)求曲线L 的长度为________；(2)当θ＝π2时，则点C 1到平面APB 的距离为______．【答案】(1)2π (2)ππ2＋4π2＋4【解析】(1)曲线L 的长度为矩形的对角线长度．其中矩形的宽为圆柱的高，长为底面的半圆长，其中AD ＝π，底面的半圆长为12×π×2×1＝π.∴曲线L 的长为2π.(2)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系：则有A (0，－1,0)，B (0,1,0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，0，π2，C 1(－1,0，π)，所以AB →＝(0,2,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，π2，OC 1→＝(－1,0，π)．设平面ABP 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AP →＝0，代入可得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋y ＋π2z ＝0，令z ＝2，得n ＝(π，0,2)，所以点C 1到平面P AB 的距离为 d ＝|OC 1→·n ||n |＝ππ2＋4＝ππ2＋4π2＋4.17．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在棱BB 1上，EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，B 1C 1，A 1C 1的中点，EF 与B 1D 相交于点H .(1)求证：B 1D ⊥平面ABD ；(2)求证：平面EGF ∥平面ABD ； (3)求平面EGF 与平面ABD 的距离．(1)证明：如图所示，建立空间直角坐标系，设AB ＝a ，则A 1(a,0,0)，B 1(0，0,0)，C 1(0,2,0)，F (0，1,0)，E (0,0,1)，A (a ，0,4)，B (0，0,4)，D (0，2,2)，G ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0.所以B 1D →＝(0,2,2)，AB →＝(－a,0,0)，BD →＝(0,2，－2)．所以B 1D →·AB →＝0＋0＋0＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0. 所以B 1D →⊥AB →，B 1D →⊥BD →，所以B 1D ⊥AB ，B 1D ⊥BD ．又AB ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD ．(2)证明：由(1)可得AB →＝(－a,0,0)，BD →＝(0,2，－2)，GF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，0，EF →＝(0,1，－1)，所以AB →＝2GF →，BD →＝2EF →，所以GF →∥AB →，EF →∥BD →. 所以GF ∥AB ，EF ∥BD ．又GF ∩EF ＝F ，AB ∩BD ＝B ，所以平面EGF ∥平面ABD ．(3)解：由(1)(2)知，B 1D →是平面EGF 和平面ABD 的法向量．因为平面EGF ∥平面ABD ，所以点E 到平面ABD 的距离就是两平面的距离，设为d . 因为EB →＝(0,0,3)，B 1D →＝(0,2,2)，所以d ＝|B 1D →·EB →||B 1D →|＝622＋22＝322.即平面EGF 与平面ABD 的距离为322.。

用空间向量求点到面的距离

放映结束感谢各位批评指导！
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用向量方法求点到平面的距离时：
1、建坐标系—建立恰当的空间直角坐标系
2、求向量—求点到平面内任一点对应的向量AP
3、求法向量—求出平面的一个法向量
4、代入公式—通过公式 d | A P n | 代入求解．
n
练考题、验能力、轻巧夺冠
[题后感悟] 用向量法求点面距的方法与步骤
本内容仅供参考,如需使用，请根据自己实际情况更改后使用！
∴x＝y＝z.可取 n＝(1,1,1)，
代入公式
∴d＝|G|An|·n|＝
1＝ 3
33，
即点
A
到平面
EFG
的距离为
3 3.
变式练习：已知正方形ABCD的边长为1， PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB， BC的中点．求点D到平面PEF的距离；
解析：建立以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴， y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．
则 A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)，G(2,1,0)， ∴ EF ＝(1，－2,1)， EG ＝(2，－1，－1)，
求法向量
GA＝(0，－1,0).设 n＝(x，y，z)是平面 EFG 的法向量，
则n·EF ＝0， n·EG ＝0，
∴x2－ x－2yy＋－zz＝＝00，，
用空间向量求点到面的距离
P
一、求点到平面的距离
一般方法：d利ຫໍສະໝຸດ 定义先作出过这个点到平面的垂
O
线段，再计算这个
垂线段的长度。
向量法求点到平面的距离
d
sin
AP
d| AP|sin
P
n

专题13 立体几何中点到面的距离问题(解析版)-2021年高考数学立体几何中必考知识专练

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 BA BM ∆=⨯⨯=⨯⨯⨯=，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=⨯⨯=，∴122233P ACE V -=⨯=. 又12222PAES=⨯⨯=，故12223C 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 ⊥，AEPA 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．【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 -=⨯⨯⨯=3D MBC V -=，利用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1142323D 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）455．【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 =253，CH =sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠=455．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.。

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 ∴=。

高中数学第二章平面解析几何初步2.4.2空间两点的距离公式练习(含解析)新人教B版必修2

对应学生用书P75知识点一空间两点间的距离高中数学第二章平面解析几何初步2.4.2空间两点的距离公式练习（含解析）新人教B版必修21．在空间直角坐标系中，点A(3，2，－5)到x轴的距离d等于( )A．32＋22 B．22＋－52C．32＋－52 D．32＋22＋－52答案 B解析过点A作AB⊥x轴于点B，则B(3，0，0)，所以点A到x轴的距离d＝|AB|＝22＋－52．2．如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCO－A′B′C′O′，则A′C 的中点E与AB的中点F的距离为( )A．2aB．22aC．aD．12a答案 B解析A′(a，0，a)，C(0，a，0)，点E的坐标为a2，a2，a2，而F⎝⎛⎭⎪⎫a，a2，0，∴|EF|＝a24＋02＋a24＝22a，故选B．知识点二空间两点间距离公式的应用3．点P(x ，y ，z)满足x －12＋y －12＋z ＋12＝2，则点P 在( )A ．以点(1，1，－1)为球心，以2为半径的球面上 B ．以点(1，1，－1)为中心，以2为棱长的正方体内 C ．以点(1，1，－1)为球心，以2为半径的球面上 D ．以上都不正确答案 C 解析x －12＋y －12＋z ＋12表示P(x ，y ，z)到点M(1，1，－1)的距离，即|PM|＝2为定值．故点P 在以点(1，1，－1)为球心，以2为半径的球面上．4．如图所示，PA ，AB ，AD 两两垂直，四边形ABCD 为矩形，M ，N 分别为AB ，PC 的中点．求证：MN⊥AB．证明如图所示，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，设B(a ，0，0)，D(0，b ，0)，C(a ，b ，0)，P(0，0，c)，连接AN ．因为M ，N 分别是AB ，PC 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，c 2，则|AM|2＝a 24，|MN|2＝b 2＋c 24，|AN|2＝a 2＋b 2＋c24，所以|AN|2＝|MN|2＋|AM|2，所以MN⊥AB．对应学生用书P75一、选择题1．在空间直角坐标系中，一定点P 到三个坐标轴的距离都是1，则该点到原点的距离是( )A ．62 B ． 3 C ．32 D ．63答案 A解析如图所示，在正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，设正方体的棱长为a(a ＞0)，则点P 在顶点B 1处，建立分别以OA ，OC ，OO 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，则点P 的坐标为(a ，a ，a)，由题意得a 2＋a 2＝1，∴a 2＝12，∴|OP|＝3a 2＝3×12＝62． 2．与两点A(3，4，5)，B(－2，3，0)距离相等的点M(x ，y ，z)满足的条件是( ) A ．10x ＋2y ＋10z －37＝0 B ．5x －y ＋5z －37＝0 C ．10x －y ＋10z ＋37＝0 D ．10x －2y ＋10z ＋37＝0 答案 A解析由|MA|＝|MB|，即(x －3)2＋(y －4)2＋(z －5)2＝(x ＋2)2＋(y －3)2＋z 2，化简得10x ＋2y ＋10z －37＝0，故选A ．3．到定点(1，0，0)的距离小于或等于2的点的集合是( ) A ．{(x ，y ，z)|(x －1)2＋y 2＋z 2≤2} B ．{(x ，y ，z)|(x －1)2＋y 2＋z 2≤4} C ．{(x ，y ，z)|(x －1)2＋y 2＋z 2≥4}D ．{(x ，y ，z)|x 2＋y 2＋z 2≤4} 答案 B解析由空间两点间的距离公式可得，点P(x ，y ，z)到定点(1，0，0)的距离应满足x －12＋y 2＋z 2≤2，即(x －1)2＋y 2＋z 2≤4．4．△ABC 的顶点坐标是A(3，1，1)，B(－5，2，1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，2，3，则它在yOz 平面上射影的面积是( )A ．4B ．3C ．2D ．1 答案 D解析 △ABC 的顶点在yOz 平面上的射影点的坐标分别为A′(0，1，1)，B′(0，2，1)，C′(0，2，3)，∵|A′B′|＝0－02＋1－22＋1－12＝1，|B′C′|＝0－02＋2－22＋3－12＝2， |A′C′|＝0－02＋2－12＋3－12＝5，∴|A′B′|2＋|B′C′|2＝|A′C′|2，∴△ABC 在yOz 平面上的射影△A′B′C′是一个直角三角形，它的面积为1．5．已知A(x ，5－x ，2x －1)，B(1，x ＋2，2－x)，当|AB|取最小值时，x 的值为( ) A ．19 B ．－87 C ．87 D ．1914答案 C 解析 |AB|＝x －12＋3－2x2＋3x －32＝14x 2－32x ＋19＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫x －872＋57， ∴当x ＝87时，|AB|最小．二、填空题6．在空间直角坐标系中，设A(m ，1，3)，B(1，－1，1)，且|AB|＝22，则m ＝________．答案 1 解析 |AB|＝m －12＋[1－－1]2＋3－12＝22，解得m ＝1．7．已知点P 32，52，z 到线段AB 中点的距离为3，其中A(3，5，－7)，B(－2，4，3)，则z ＝________．答案 0或－4解析由中点坐标公式，得线段AB 中点的坐标为12，92，－2．又点P 到线段AB 中点的距离为3，所以32－122＋52－922＋[z－－2]2＝3，解得z＝0或－4．8．点B(3，0，0)是点A(m，2，5)在x轴上的射影，则点A到原点的距离为________．答案4 2解析由点B(3，0，0)是点A(m，2，5)在x轴上的射影，得m＝3，所以点A到原点的距离为d＝32＋22＋52＝32＝42．三、解答题9．如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，|C1C|＝|CB|＝|CA|＝2，AC⊥CB，D，E，F分别是棱AB，B1C1，AC的中点，求|DE|，|EF|．解以点C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．∵|CC1|＝|CB|＝|CA|＝2，∴C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，2)，B1(0，2，2)，由空间直角坐标系中的中点坐标公式可得D(1，1，0)，E(0，1，2)，F(1，0，0)，∴|DE|＝1－02＋1－12＋0－22＝5，|EF|＝0－12＋1－02＋2－02＝6．10．如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直．点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<2)，(1)求MN的长；(2)当a为何值时，MN的长最小．解由于平面ABCD、ABEF互相垂直，其交线为AB，且CB⊥AB，所以CB⊥平面ABEF，故以B为原点O，BC所在直线为z轴正半轴，BA所在直线为x轴正半轴，BE所在直线为y轴正半轴，建立空间直角坐标系．由于N点在对角线BF上，且BN＝a，N点到x轴和到y轴的距离相等，所以N点坐标为2 2a，22a，0．同理M点的坐标为M22a，0，1－22a．于是：(1)MN＝22a－22a2＋22a－02＋22a－12＝a－222＋12，0<a<2．(2)由(1)知MN＝a－222＋12，故当a＝22时，MN有最小值，且最小值为22．。

高二数学距离试题答案及解析

高二数学距离试题答案及解析1.在空间直角坐标系中，若两点间的距离为10，则__________．【答案】0.【解析】直接由空间两点的距离公式知：，解之得.【考点】空间两点的距离公式.2.设一地球仪的球心为空间直角坐标系的原点，球面上有两个点的坐标分别为，则( )A．18B．12C．D．【答案】C【解析】由空间中两点间的距离公式可得，故选答案C.【考点】空间中两点间的距离公式.3.如图，在长方体中,，点是棱上的一个动点.(1)证明:；(2)当为的中点时，求点到面的距离；(3)线段的长为何值时，二面角的大小为.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】解决立体几何中的垂直、距离及空间角，有几何法与空间向量法，其中几何法，需要学生具备较强的空间想象能力及扎实的立体几何理论知识；向量法，则要求学生能根据题意准确建立空间直角坐标系，写出有效点、有效向量的坐标必须准确无误，然后将立体几何中的问题的求解转化为坐标的运算问题，这也需要学生具备较好的代数运算能力.几何法：（1）要证，只须证明平面，然后根据线面垂直的判定定理进行寻找条件即可；（2）运用的关系进行计算即可求出点到面的距离；（3）先作于，连接，然后充分利用长方体的性质证明为二面角的平面角，最后根据所给的棱长与角度进行计算即可得到线段的长.向量法： (1)建立空间坐标，分别求出的坐标，利用数量积等于零即可；(2)当为的中点时，求点到平面的距离，只需找平面的一条过点的斜线段在平面的法向量上的投影即可；(3)设，因为平面的一个法向量为，只需求出平面的法向量，然后利用二面角为，根据夹角公式，求出即可.试题解析：解法一：(1)∵平面，∴，又∵，∩，∴平面， 4分(2)等体积法：由已知条件可得，，，所以为等腰三角形=，，设点到平面的距离，根据可得，，即，解得 8分(3)过点作于，连接因为平面，所以，又，∩，所以平面故，为二面角的平面角所以，，，，由可得， 14分解法二: 以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系设,则,(1),,故；(2)因为为的中点,则,从而, ,设平面的法向量为,则也即,得,从而,所以点到平面的距离为；(3)设平面的法向量, 而, 由,即,得,依题意得: , ,解得 (不合,舍去),∴时,二面角的大小为.【考点】1.空间中的垂直问题；2.空间距离；3.空间角；4. 空间向量在立体几何中应用.4.已知点B是点A（3，4，-2）在平面上的射影，则等于( )A．B．C．5D．【答案】 C【解析】因为点B是点A（3，4，-2）在平面上的射影，所以点,由此,所以,故选C．【考点】本题考查的知识点是四种命题的关系，及其真假性的关系，正确把握四种命题真假性的关系以及判断命题的真假性是解题的关键．5.已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12.则球O的半径为()A．B．2C．D．3【答案】C【解析】因为三棱柱的6个顶点都在球的球面上，,,，,所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，侧面，经过球的球心，球的直径是其对角线的长，因为,,,,所以球的半径为：.故选．【考点】1.球内接多面体；2.点、线、面间的距离计算.6.关于图中的正方体，下列说法正确的有：____________．①点在线段上运动，棱锥体积不变；②点在线段上运动，直线AP与平面平行；③一个平面截此正方体，如果截面是三角形，则必为锐角三角形；④一个平面截此正方体，如果截面是四边形，则必为平行四边形；⑤平面截正方体得到一个六边形（如图所示），则截面在平面与平面间平行移动时此六边形周长先增大，后减小。

点到平面的距离的几种求法

点到平面的距离的几种求法大关一中胡兴兆点到平面的距离是高中立体几何的一项基本要求，点到平面的距离涉及先面平行、线面垂直、面面垂直等关系，也是高考经常遇见的一个知识点。

下面就用几个列子说明点到平面的距离的几种求法。

一、直接法1、直接过点作平面的垂线。

例1 已知：直线l 与平面α交于点O,点A 在直线l 上, OA=2cm.l 与α所成的角为300，求点A 到平面α的距离。

解：过点A 作AB ⊥α，垂足为B ，则∠AOB=300，在直角三角形ABO 中,AB=OA ⨯sin ∠AOB =3⨯sin300=3⨯21=23∴点A 到平面α的距离为23cm 。

2、直接过点作平面内某一直线的垂线。

例2 三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱与底面垂直，M 是BC 的中点，且MC 1=MA ，求点B 到平面AMC 1的距离. 解：过B 作BF ⊥C 1M 交C 1M 的延长线于F,M 是等边三角形ABC 中BC 边上的中点，∴ AM ⊥BCC 1C ⊥平面ABC, AM ⊂平面ABC∴ AM ⊥C 1CC 1M BC=C∴ AM ⊥平面BCC 1BF ⊂平面BCC 1∴BF ⊥A又 BF ⊥C 1F,C 1F AM=M∴BF ⊥平面AMC 1∴BF 的长就是点B 到平面AMC 1的距离，M FBAB 1C 1A 1ClA BO易知：AM=MC 1=23,MC=MB=21,CC 1=22在∆BFM 和∆C 1CM 中，∠BFM=∠C 1CM=900∠BMF=∠C 1CM,∴ ∆BFM ∽∆C 1CM, ∴BF cc 1=BMMC 1, ∴ BF=11MC CC ⨯BM=232122⨯=66, ∴点B 到平面AMC 1的距离是66。

二、等体积法例已知三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，侧棱垂直于底面，且C 1C=AC=BC=2,求点C 到平面C 1AB 的距离。

分析：点C 到平面C 1AB 的距离就是三棱锥C-C 1AB 的高。

空间向量求距离(成稿)

E
C'
A' B'⋅BB' B' E = A' B
C B
一、求点到平面的距离
uur r PA ⋅ n d= r n
方法指导：若点为平面外一点，为平面α外一点为平面α内任方法指导：若点P为平面外一点，点A为平面内任为平面一点，平面的法向量为n，则点P到平面到平面α的距离公式一点，平面的法向量为，则点到平面的距离公式为
习题课（三） ——空间距离习题课
知识要点
点到平面的距离
一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一一点到它在一个平面内的正射影的距离叫做这一个点到这个平面的距离。个点到这个平面的距离。
直线到与它平行平面的距离两个平行平面的距离
两条异面直线的距离
练习
练习1.如图已知正三角形练习如图,已知正三角形如图已知正三角形ABC的边长为的边长为 6cm，点O到△ABC各顶点的距离都是各顶点的距离都是4cm，，到各顶点的距离都是，求点O到这个三角形所在平面的距离到这个三角形所在平面的距离。求点到这个三角形所在平面的距离。
A1
1
D A X B
C Y
练习4、在边长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中， M、N、E、F分别是棱A1B1、A1D1、B1C1、 C1D1的中点，求平面AMN与平面EFDB的距离。
z
d=
AB ⋅ n
A1
ND1Leabharlann F EC1n
A
M B1 D B
C
y
x
四、求异面直线的距离
方法指导:①作直线a、b的方向向量a、b，求a、 b的法向量n，即此异面直线a、b的公垂线的方向向量；②在直线a、b上各取一点A、B，作向量AB；③求向量AB在n上的射影d，则异面直线 a、b间的距离为

空间距离问题例题

解得：SB＝
．
△SAB边SB上的高为
，பைடு நூலகம்
所以
，
，
所以，
解得h＝
．
在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD四边形ABCD是矩形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点（1）求证：PE∥平面BFG；（2）若PD＝AD＝1，AB＝2，求点C到平面BFG的距离．
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD， ∠BAC＝∠CAD＝60°，AB⊥BC，AD⊥DC，点E 为PD的中点，PA＝2，AC＝4．
（1）证明：PB∥平面AEC；（2）求点D到平面AEC的距离．
如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2 的菱形，PA⊥平面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝ 2．（1）证明：平面PAC⊥平面PCE；（2）若∠ABC＝60°，求点P到平面ACE的距离．
所以BO⊥AD．
由于SO∩BO＝O，且SO⊂平面SOB，
所以AD⊥平面SOB．
由于SB⊂平面SOB，
所以AD⊥SB．
（Ⅱ）设AD＝a，所以，解得a＝4．
由于平面SAD⊥平面ABCD，设点C到平面SAB的距离为h，
所以VS﹣ABC＝VC﹣SAB，
所以
，
易知SO＝2，OB＝2，
在Rt△SOB中，由于OS＝OB＝2，
如图，四棱锥S﹣ABCD的底面ABCD是菱形， ∠ADC＝120°，平面SAD⊥平面ABCD，△SAD 是等边三角形
（I）求证：AD⊥SB；（Ⅱ）若△SAD的面积为4，求点C到平面SAB的距离
取AD的中点O，连接SO，BO，BD．
由于△SAD为等边三角形，O为AD的中点，
所以SO⊥AD，
由于四边形ABCD为菱形，∠ADC＝120°，所以△ABD为等边三角形．

空间点到面的距离练习题

、选择题（每小题6分，共36分）1 平面 a 内的/MON = 60 ° PO 是a 的斜线，PO = 3, / POM =/ PON= 45 °那么点 P 到平面 a 的距离是（）2.在正三棱锥P —ABC 中，三条侧棱两两互相垂直，侧棱长为 a ,则点P 到平面ABC 的距离为（）A. aaa3. 在棱长为1的正方体 ABCD-A i B i C i D i 中，E 、F 分别为棱 AA i 、BB i 的中点，G 为棱A i B i 上的一点，且 A i G =久0 * 1,）垂足为A'、B',贝U AB : A B 等于（）A. 2 : iB. 3 : iC. 3 : 2D. 4 : 36.已知平面all 平面B,直线m a ，直线n B 点A € m ,点B € n ,记点A 、B 之间的距离为a ，点A 到直线n 的距离为b , 直线m 和n 的距离为c ,则（）、填空题（每小题6分，共18分）空间点到面的距离则点G 到平面D i EF 的距离为（）上，则点P 与Q 的最小距离为（)a aa5.如图所示，平面a 丄平面A € a, B € B, AB 与两平面jn na 、B 所成的角分别为N 和石•过A 、B 分别作两平面交线的垂线,4.空间四点A 、B 、C D 每两点的连线长都等于A.4 HBMA使CH£flA i C.百IcAD7.如图所示，在正三棱柱 ABC-A i B i Ci 中，AB = 1.若二面角C -AB -C i 的大小为60°则点C 到平 &如图所示，在 △ ABC 中，/ ACB= 90 ° AB = 8, / BAC = 60 ° PC 丄平面ABC PC = 4, M 为AC 边上的一个动点，则 PM 、解答题（10,11每题15分，12题16分, 共46分）面ABCi 的距离为的最小值为10.如图所示，棱长均为a 的正三棱柱中，D 为AB 中点，连结A 1D , DC, (1)求证：BG //面 A 1DC ;9. （2008年全国I ）已知菱形 ABCD 中，AB = 2, / A = 120 °沿对角线 BD 将厶ABD 折起,面角A -BD-C 为120°则点A 到厶BCD 所在平面的距离等于⑵求BG 到面A 1DC 的距离.11. 如图，已知ABCD是矩形，AB= a, AD= b, PA丄平面ABCD, PA= 2c, Q是PA的中点，连结QB、QD, BD•求:(1) Q到BD的距离；(2) P到平面BQD的距离.12. （2008年北京高考）如图所示，在三棱锥P-ABC中，AC= BC= 2, / ACB= 90° AP= BP= AB, PC丄AC(1) 求证：PC X AB;(2) 求二面角B- AP-C的大小;⑶求点C到平面APB的距离.。