3.6利用空间向量解决距离问题

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利用空间向量解决空间距离问题

(1,
2,
3)
D
x 选A1E与BD1的两点向量为D1A1 1, 0, 0, A
得A1E与BD1的距离
d
D1A1 n n
14 14
Cy
B
直线到平面旳距离：
d
|
AP n |
平面到平面旳距离：
n
异面直线旳距离：
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1， E为D1C1旳中点，求下列问题：
z (1) 求B1到面A1BE旳距离；
D1
A1
D
A
x
E
C1
B1
Cy
B
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1， E为D1C1旳中点，求下列问题：
(4) 求异面直线D1B与A1E旳距离.
z
D1
A1
D
A
x
E
C1
B1
Cy
B
练习1：
已知棱长为1旳正方体ABCD－A1B1C1D1中， E、F分别是B1C1和C1D1 旳中点，求点A1到平面DBEF旳距离。
z
D1 F
C1
A1
E B1
D A
x
C y
B
练习2：
已知棱长为1旳正方体ABCD－A1B1C1D1，求平面DA1C1和平面AB1C间旳距离。
已知正方形ABCD旳边长为4，CG⊥平面
ABCD，CG=2,E、F分别是AB、AD旳中点，
求点B到平面GEF旳距离。
zG
x
D
F
A
E
C
B
y
练习7：
在三棱锥S-ABC中，ABC 是边长为4旳正三角
形，平面SAC垂直平面ABC，SA=SC= 2 3 ，

利用空间向量研究距离问题课件——2025届高三数学一轮复习

3
直线EF与A'B之间的距离等于E到直线A'B的距离,
1
1
′=(-1,0,1),=(0,1, ),′·= ,
3
3
|′|= 2,||= 1 +
1 10
= ,
9 3
1
3
′·
5
cos<′,>=
=
= ,
10
10
|′||| 2×
3
<′,>∈[0,π],
(2)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'中,已知E为CC'上一点,且2CE=EC',
在平面CDD'C'内作EF∥A'B,交C'D'于点F,则直线EF与A'B之间的距离
为
38
6
.
【解析】以A为坐标原点,AB,AD,AA'所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直
1
角坐标系,如图,则A'(0,0,1),B(1,0,0),E(1,1, ),
中点,则MR∥OD,因为MR⊄平面OCD,OD⊂平面OCD,所以MR∥平面OCD,
因为AD∥BC且AD=BC,R,N分别为AD,BC的中点,则CN∥RD且CN=RD,
所以四边形CDRN为平行四边形,所以RN∥C以RN∥平面OCD,
因为MR∩RN=R,MR,RN⊂平面MNR,所以平面MNR∥平面OCD,
5
6
3
= ,
5
考点二点面距及其应用
[例2]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,
∠APD=90°,且PA=PD,AD=PB.

用空间向量研究距离、夹角问题全文

MN ( 1 1 )2 (0 1 )2 ( 1 0)2 2 .
22
22
2
y
x
【巩固训练3】如图，正方体ABCD和ABEF的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，点M在AC上，点N在BF上，若CM = BN = 2，求MN的长.
2
解2：设 AB a, AD b, AF c . 则
2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1
的中点.
z
(4) 求直线FC1到平面AB1E的距离.
D1
C1
解 : FC1 //平面AB1E,直线FC1到平面AB1E的距离 A1
B1
等于点C1到平面AB1 E的距离.
E
由(3)知平面AB1E的一个法向量为n (1, 2, 2). 易知C1(0,1,1), B1(1,1,1),C1B1 (1,0,0).
D1 A1
E
D
C1 B1
F
C
A
B
2. 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1
的中点.
z
(1) 求点A1到直线B1E的距离;
D1
C1
解 : 如图示,以D为原点建立空间直角坐标系, 则有
A1
B1
1 A1(1, 0,1), B1(1,1,1), E(0, 0, 2).
z0 ,
0
取y
1, 则z
1,
x
1.
∴平面D1CB1的一个法向量为n (1,1,1).
D
A x
C y
B
点B到平面D1CB1
的距离为
|
BC n |n|

用空间向量处理空间距离问题

O(0 , 0 , 2 ). y y 2 2 2 可得 OP = ( 0 , , - 2 ), OD = ( - , , 2 2 2
数理化学习 ( 高中版 ) 与 CD 1 的距离. 解 : 以 D 为坐标原点, 分别以 DA、 DC、 DD 1 为 x、 y、 z 轴, 建立空间直角坐标系 , 则 H ( 3 , 2 , 0 ), C ( 0 , 4 , 0), G ( 0 , 4 , 1), D 1 ( 0 , 0 , 2 ). y y 所以HG = ( - 3 , 2, 1 ), D 1C = ( 0 , 4 , - 2 ), y D 1G = ( 0 , 4 , - 1 ). 设 n = ( x, y, z) 是异面直线 HG 与 CD 1 的公垂线的方向向量, 则 y n# HG = 0 , y n# D 1 C = 0 , 即 - 3x + 2y + z = 0 , 4y - 2z = 0 . 取 z= 2 ,得 x = 2 ). 所以异面直线 HG 与 CD 1 的距离为 y | D 1G # n | 6 61 d = = . | n | 61 点评: 用向量法求异面直线间的距离的步骤是: ¹ 求两条异面直线公垂线的方向向量 n; º 在两异面直线上各取一点 G、 D 1, 得向量 y y D 1G; » 求 D 1G 在 n 上的射影长 . 五、求线面、面面之间的距离线与面、面与面的距离都可以化归为点到平面的距离求解 . 例 5 ( 2009年高考重庆卷 ) 如图 7, 在五面体 ABCDEF 中, AB M P DC, N BAD = , CD = 2 AD = 2 , 四边形 ABFE 为平行四边形, FA L 平面 ABCD, FC = 3 , ED = EFCD 的距离. y y y 解 : 以点 A 为坐标原点, AB, AD, AF 的方向 # 22# 7 . 求 : 直线 AB 到平面 4 4 ,y= 1 ,则 n = ( , 1 , 3 3 为 x、 y、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系 , 则 A(0 , 0, 0 ), C ( 2 , 2 , 0 ), D ( 0 , 2 , 0). y 设F(0 , 0 , z 0 ) ( z 0 > 0 ), 可得 FC = ( 2 , 2 , - z0 ). y 由 | FC | = 3 ,即 2 + 2 + z0 = 3 , y y 解得 F ( 0 , 0 , 1 ), 即 FC = ( 2 , 2, - 1 ), FD = (0 , 2 , - 1 ). 因为 AB M DC, DC < 面 EFCD, 所以直线 AB M 面 EFCD. 所以直线 AB 与平面 EFCD 的距离等于点 A 到平面 EFCD 的距离 . 设 n = ( x, y, z) 是平面 EFCD 的一个法向量, 则 2x + 2y - z = 0 , 即 y 2y - z = 0 . n # FD = 0 , 取 y= 1 ,得x= 0 , z= 2 , 则 n = (0 , 1 , 2 ). 所以点 A 到平面 EFCD 的距离为 y | AF #n | = 2 = 2 5 d= . | n| 5 5 2 5 . 5 点评 : 当直线和平面平行时, 线面距离就转从而直线 AB 到平面 EFCD 的距离为化为点面距离求解 , 解题的关键是建立坐标系, 求出平面的法向量 , 正确运用公式 . 在例 4 中, 如果要求平面 CD 1B 1 与平面 A 1BD 的距离, 可转化为直线 D 1B 1 与平面 A 1BD 的距离求解. 5高中数学课程标准 6 指出 : 立体几何教学采用传统的综合法与向量法相结合 , 以向量法为主 , 这充分体现向量的工具作用 , 是一种全新的视角. 用向量法求空间距离 , 把传统的形式逻辑证明转化为数值运算 , 即借助向量法使解题模式化, 具有通用性和操作性 , 简化求解过程, 方便易行 . 福建省诏安一中 ( 363500) y n # FC = 0 ,

立体几何中的向量方法二空间距离问题数学选修

空间“距离”问题
1. 空间两点之间的距离
根据两向量数量积的性质和坐标运算，
利用公式
x2 y2 z2
(其中
a
(x,
y,
z)
)
，可将两点距离问题
转化为求向量模长问题
例1：如图1：一个结晶体的形状为四棱柱，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，那么以这个顶点为端点的晶体的对角线的长与棱长有什么关系？
1 1 1 2(cos60 cos60 cos60)
6
所以 | AC1 | 6
回到图形问题
这个晶体的对角线 AC1 的长是棱长的 6倍。
2、向量法求点到平面的距离：
如图 A , 空间一点 P 到平面的距离为 d,已知平面的
一个法向量为 n ,且 AP 与 n 不共线,能否用 AP 与 n 表示 d ?
AA EA, AA AF < EA, AF >=π-θ（或θ），
l 2
EA2
2
AA
AF 2
2EA
AF
m2 d 2 n2 2mncos
当E,F在公垂线同一侧时取负号当d等于0是即为“余弦定理”
d l2 m2 n2 2mncos
3. 异面直线间的距离
已知a,b是异面直线，n为的法向量
n (1 , 3
1 3
EG
2x 2y 0 2x 4 y 2Z
,1) ,BE (2,0,0)
F
0
A
E
| n BE| 2 11
B
y
d
.
n
11
答:点 B 到平面 EFG 的距离为 2 11 .
11
2.(课本第107页练习2)如图，60°的二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直AB，已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，求CD的长.

利用空间向量研究距离问题-高考数学复习

.
17
17
考点二
例2
点到平面的距离
如图所示的多面体是由底面为 ABCD 的长方体被截面 AEC 1 F所截而
得到的，其中 AB ＝4， BC ＝2， CC 1＝3， BE ＝1.
(1)求 BF 的长；
[解] 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)，
[解] 设 n 为平面 AEC 1 F 的一个法向量，
设 n ＝( x ， y ， z )，＝(0，4，1)，＝(－2，0，2)，
0 × + 4 × + 1 × = 0，
· = 0，
由൝
得ቊ
−2 × + 0 × + 2 × = 0，
· = 0，
4＋ = 0，
由于＝
1
0，，0
2
，
又由(1)知平面 PEF 的法向量为 n ＝(2，2，3)，
｜ · ｜
所以点 A 到平面 PEF 的距离为
＝
｜｜
17
即直线 AC 到平面 PEF 的距离为
.
17
1
2
3
4
5
6
1
17
＝
，
17
17
2. 如图所示，在长方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中， AD ＝ AA 1＝1， AB ＝
2 357
17
.
建系如图，则 A (2，0，0)， D 1(0，0，1)， C (0，4，0)，
E (1，2，0)， 1 ＝(0，4，－1)， 1 ＝(1，2，－1)，
所以｜ 1 ｜＝ 6 ，所以 D 1 E ＝ 6 .

第1课时用空间向量研究距离问题高中数学人教A版选择性必修第一册课件

A(0,0,0),C(1,1,0),N 1,0,
所以=
1
,0,1
2
1
2
1
,0,1
2
1
0,-1,
2
,M
,=
,
, =(1,1,0).
设 n=(x,y,z),且 n⊥,n⊥,
1

2
+ = 0,
· = 0,
所以
即
1
· = 0,
- + = 0,
2
= -2,
1
即
取 z=2,则 x=-4,y=1,
情境:在平面内任取一点 O,作=a,=b,过点 A 作直线
OB 的垂线,垂足为 A1,则1 就是 a 在 b 上的投影向量.
【思考】
已知两个非零向量 a,b,a 和 b 的夹角为 θ,那么 a 在 b 上
的投影是什么?a 在 b 上的投影向量是什么?
提示:a 在 b 上的投影为|a|cos θ,a 在 b 上的投影向量
5 5
ABC 的一个法向量.
由题意,知 =(-7,-7,7),
所以点 D 到平面 ABC
84
5
|·|
42 2
的距离为
= =
.
||
2
5
4.同类练如图,已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,则点 A 到平面 BDC1 的
3 .
距离为
3
解析:以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、
.
【思考】
(1)若“单位方向向量 u”变为“方向向量 s”,投影向量
,PQ 分别如何表示?

||
· ·
·

空间向量解决空间距离问题PPT教学课件

取x＝1，得平面A1BE的一个法向量n (1, 2, 2)
z
D1 A1
E
C1 B1
选点B1到面A1BE的斜向量为A1B1 0,1,0,
D
得B1到面A1BE的距离为d
A1B1 n n2 3A来自xCyB
解：1)以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，
DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系D xyz，如图所示
位。
让我们走近这两位先哲，让他们思想的光环也闪耀在我们这一代人的心中！
综合性学习
我所了解的孔子和孟子
圣人孔子
• 孔子，名丘，字仲尼，春秋时期鲁国人。他的祖先是宋国贵族，大约在孔子前几世没落了，失掉了贵族的地位，《史记》称 “孔子贫且贱”，孔子自己也说：“吾少也贱，故能多鄙事。” （《论语·子罕》）
孔子十五岁立志学习，先后做过吹鼓手、仓库和牧场管理员、小司空(掌管工程)及司寇(掌管刑法)，曾拜老子为师；五十多岁后周游列国，宣传自己的政治主张。晚年收徒讲学，并著书立说，编修整理了《诗》、《书》、《礼》、《乐》、《周易》、《春秋》等书，直至七十三岁逝世。
孔府
亚圣孟子
战国时期伟大的思想家，名轲，邹（今山东邹县）人。他幼年丧父，家庭贫困，在母亲的教导下勤奋学习。青年时以士的身份游说诸侯，推行自己的政治主张，后来退居讲学。孟子继承和发展了孔子的思想，提出一套完整的思想体系，对后世产生了极大的影响，被尊奉为“亚圣”。
n
P
四种距离的统一向量形式：
点到平面的距离：
直线到平面的距离：
d
|
AP n |
平面到平面的距离：
n
异面直线的距离：

第7讲利用空间向量求空间角、空间距离

[注意] 直线与平面所成角的范围为[0，π2]，而向量之间的夹角的范围为 [0，π]，所以公式中要加绝对值．
6
利用空间向量求空间角、空间距离
《高考特训营》 ·数学返回
3．二面角
(1)若 AB，CD 分别是二面角αl-β 的两个平面内与棱 l 垂直的异面直线，
则二面角(或其补角)的大小就是向量A→B与C→D的夹角，如图①.
逻辑推理
的距离问题和简单夹角问题.
2.平面与平面的夹数学运算
2.了解向量方法在研究立体几何问题中角(二面角)
直观想象
的作用
3.距离问题
2
利用空间向量求空间角、空间距离
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01 02
知识特训能力特训
3
利用空间向量求空间角、空间距离
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01
知识特训
范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
5
利用空间向量求空间角、空间距离
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2．直线与平面所成角如图所示，设 l 为平面α的斜线，l∩α＝A，a 为 l 的方向向量，n 为平面α 的法向量，θ为 l 与α所成的角，则 sin θ＝|cos 〈a，n〉|＝||aa|·|nn||.
(3)点到平面的距离
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如 B 到图平所面示，α 已的知距离AB为为|B→平O|面＝_α_|A的→_B_|n一_·_| 条_n_| 斜__线__段．，n 为平面 α 的法向量，则点
11
利用空间向量求空间角、空间距离
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[记结论·提速能] 【记结论】
9
利用空间向量求空间角、空间距离

《空间向量及其运算》距离

AB ( x1 x2 )2 ( y1 y2 )2 ( z1 z2 )2
3.求点到平面的距离:如图点P为平面外一点，点A为平面内的任一点，平面的法向量为n,过点P作平面的垂线PO，记PA和平面所成的角为，则点P到平面的距离 n
P
d PO PA sin
1
A
这个晶体的对角线 AC1 的长是棱长的
6倍。
思考： (1)本题中四棱柱的对角线BD1的长与棱长有什么关系？
(2)如果一个四棱柱的各条棱长都相等，并且以某一顶点为端点的各棱间的夹角都等于 , 那么有这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长吗?
A1 B1 D C
D1
C1Βιβλιοθήκη (3)本题的晶体中相对的两个平面之间的距离 A B 是多少? (提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求点到平面的距离或两点间的距离）
补充作业：
已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面 ABCD，CG=2,E、F分别是AB、AD的中点， z G 求点B到平面GEF的距离。
x
F
D
C
A
E
B
y
4.异面直线的距离:
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
1 解:∵ D1 (0, 0,1), B(1,1, 0), A1 (1, 0,1), E (0, ,1) 2 1 A1 E 1, , 0 , D1B 1,1, 1 2 设 n ( x , y , z )是与 A1 E , D1 B都垂直的向量， A1 1 则 n A E 0, 1 x y 0, y 2 x , 2 即 z 3 x, n D1 B 0, x y z 0, 取x＝1，得其中一个n (1, 2, 3) A 选A1 E与BD1的两点向量为 D1 A1 1, 0, 0 , D1 A1 n 14 得A1 E与BD1的距离 d 14 n

利用空间向量解决空间距离问题-PPT课件

y 2 x, 即 z 2 x,
取x＝1，得平面A1 BE的一个法向量n (1, 2, 2)
D
1
C
1
A
1
B
1
选点 B 到面 A B E 的斜向量为 A B 0 , 1 , 0 , 1 1 1 1 D A Bn 1 1 2 得 B 到面 A B E 的距离为 d 1 1 3A n
| AP n | n

A
O
四、异面直线的距离
d
| AP n | n
n
a
P
AP ?
b

A
n ?
n
是与
a,b
都垂直的向量
四种距离的统一向量形式：
点到平面的距离：直线到平面的距离：平面到平面的距离：
d
| AP n | n
异面直线的距离：
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1， E为D1C1的中点，求下列问题： (1) 求B1到面A1BE的距离；
得与的 A EB D 离 d 1 1 距
D 1A 1 n n
14 14
x
z
D
A
1
1
C
1
B
D
1
A
C
y
x
B
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1， E为D1C1的中点，求下列问题： (4) 求异面直线D1B与A1E的距离.
z
D
A11EC1B
D
1
A
C
y
x
B
练习1：
已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中， E、F分别是B1C1和C1D1 的中点，求点A1到平面DBEF的距离。 z D1 F C

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 =。

2022-2023学年高一数学：空间向量解决距离问题

(2)在三棱锥中用等体积法求解.
|·|
(3)向量法:d= || (n 为平面的法向量,A 为平面上一点,MA 为过点 A
的斜线段)
练一练
2.如图，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.
(1)求点D到平面PEF的距离；
解
则
建立如图所示的空间直角坐标系，
解:以B为坐标原点,分别以BA,过B垂直于BA的直线,BB1为x轴,y轴,z轴建立
如图所示的空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A1(2,0,2),
C1(1, 3,2),
所以 A1C1 的方向向量1 1 =(-1, 3,0),1 =(1, 3,2),
所以点 B 到直线 A1C1 的距离
2
1 1
∴SO⊥平面ABC.
又BO⊂平面ABC,∴SO⊥BO.
如图所示,分别以OA,OB,OS所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
则 B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2),M(1, 3,0),N(0, 3, 2).
∴=(3, 3,0),=(-1,0, 2),=(-1, 3,0).
→ ———→
|BC
· A′C |
4
→ ———→
所以BC在 A′C 上的投影长为
＝
.
———→
14
| A′C |
所以点 B 到直线 A′C 的距离 d＝
→ ———→
→ 2 BC· A′C 2
|BC| －
＝
———→
| A′C |
16 2 35
4－14＝ 7 .
归纳
用向量法求点到直线的距离的一般步骤

空间向量解决立体几何的向量方法(三)求距离

CG=2,E、F分别是AB、AD的中点，求直线BD到平面
GEF的距离。
z
G
d | n BE| 2 11 .
n
11
xD
C
F
A
E
B
y
练习3:
正方体AC1棱长为1，求BD与平面GB1D1的
距离
Z D1
DD1 n C1 d
A1
B1
n
G D
A X
C Y
B
三、求平面与平面间距离
例3、正方体AC1棱长为1，
SA AB BC a，AD Байду номын сангаас 2a, 求A到平面SCD的距离。 z
S
A
D
y
B
C
x
练习2:
练习(用向量法求距离): 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.
2
2 22
∴ MC ( 2 a, a, 0) , MN (0, 1 a, 1 a) ,
z MA ( 2 a, 0, 0)
2
22
P
2
设 n ( x, y, z) 为平面 MNC 的一个法向量, ∴ n MN , n MC
∴ n MC 2 ax ay 0 且 2
n (1,
1的,E一1G)个,B法E向22x量x为(224yn,y0,0(20x,)y0, z)FA
E
33
C
B
y
d | n BE| 2 11 .点 B 到平面 EFG 的距离为 2 11 .