高中数学立体几何专题：空间距离的各种计算(含答案)doc
高二数学空间向量解决空间距离问题
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：
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； z
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的中点，求下列问题：
即zy
2x, 2x,
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 n
2 3
A
x
Cy
B
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，
立体几何中的向量方法 ------距离问题
一、求点到平面的距离
P
一般方法：
利用定义先作出过
d
这个点到平面的垂
线段，再计算这个
垂线段的长度。
O
还可以用等积法求距离.
向量法求点到平面的距离
d
sin
AP
d | AP | sin P
n
| AP n |
sin
d
AP n
d | AP n | n
(2) 求D1C到面A1BE的距离；
z
D1
A1
D
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.6 距离的计算 2.6.2 直线到平面的距离、平面到平面的
1.理解直线到平面的距离、平面到平面的距离的概念. 2.通过转化,会利用空间向量解决距离问题.
1.直线到平面的距离
当直线与平面平行时,直线上任一点到该平面的距离,叫直线到
平面的距离.
求直线到平面的距离时,一般转化为点到平面的距离.
说明:如果直线l平行于平面α,即l∥α,求直线l到α的距离可以转化
2.平面到平面的距离 当两平面平行时,一个平面内任一点到另一平面的距离,叫平面 到平面的距离. 求平面到平面的距离时,一般也是转化成点到平面的距离. 说明:如果两个平面α,β互相平行,即α∥β,求α与β之间的距离可以 转化为求平面α上任意一点P到平面β的距离,即点到平面的距离.
3.两条异面直线间的距离 (1)与两异面直线垂直且相交的直线叫作异面直线的公垂线,夹在 两交点之间的线段叫作公垂线段.两异面直线的距离是指公垂线段 的长度. (2)用向量法求异面直线距离的步骤:先求两条异面直线的公垂线 的方向向量,再求两条异面直线上两点的连线段在公垂线的方向向 量上的投影的大小.如图,a,b是两条异面直线,n是a和b的公垂线的 方向向量,点E∈a,F∈b,则异面直线a与b间的距离 d=|������|������������·|������|.
设 F(0,m,0),则������������=(-a,m-a,0),������������=(-a,-a,a).
∵PC⊥CF,∴������������ ⊥ ������������,∴������������ ·������������=(-a)·(-a)+(-a)·(m-a)+0·a
=a2-a(m-a)=0,
∴������������1=(1,1,1)为 AD1和 A1B 的公垂线的方向向量,d=|���������|������1������·������1������|���1| =
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。
专题05 立体几何中的距离问题(解析版)
第三篇立体几何专题05 立体几何中的距离问题常见考点考点一点面、线面、面面距离典例1．如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是平行四边形，45ABC∠=︒，CF BC⊥，2CF BC==，PA PB=，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别是PD，AB中点.(1)求证：EF∥平面PBC；(2)若CE与平面PCF成角θ为30°，求点B到平面CEF的距离d.【答案】(1)证明过程见解析【解析】【分析】（1）作出辅助线，构造平行四边形，证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.(1)取PC中点G，连接EG，BG，因为E是PD中点，所以EG是三角形PCD的中位线，所以EG∥CD且EG=12CD，又因为F是AB中点，四边形ABCD是平行四边形，所以BF∥CD，BF=12AB，故EG∥BF，EG=BF，所以四边形BFEG是平行四边形，所以EF∥BG，因为EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.(2)因为PA PB =，F 是AB 中点，所以PF ∥AB ，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，所以PF ∥平面ABCD ，因为CF BC ⊥，所以以F 为坐标原点，FC 所在直线为x 轴，过点F 平行于BC 的直线为y 轴，FP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，2CF BC ==，45ABC ∠=︒，则()0,0,0F ，()2,2,0B -，()2,0,0C ，()2,4,0D -，设()0,0,P m （0m >），则1,2,2m E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3,2,2m CE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其中平面PCF 的法向量设为()0,1,0n =，则1sin 30294CE n CE n⋅︒===⋅+，解得：m=(3,CE =-，设平面CEF 的法向量为()1,,n x y z =，则1132020n CE x y n FC x ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅==⎪⎩，解得：0x =，设1z =，则y =10,n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，则(110,BC n d n ⋅===变式1-1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，2CA =，侧棱12AA =，D 、E 分别是1CC 和1A B 的中点.(1)求证：平面ADE ⊥平面1A AB ； (2)求点1A 到平面ADE 的距离. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明1,DE A B DE AE ⊥⊥，然后可证； （2）求出法向量，然后根据点到平面的距离向量公式可得. (1)易知CA 、CB 、1CC 两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系 则(2,0,0)A 、(0,2,0)B 、(0,0,0)C 、1(2,0,2)A 、(0,0,1)D 、(1,1,1)E所以(1,1,0)DE =、(2,0,1)DA =-、1(2,2,2)A B =--、(1,1,1)AE =-、1(1,1,1)A E =-- 因为1220DE A B ⋅=-+=，110DE AE ⋅=-+= 所以1,DE A B DE AE ⊥⊥又因为11,A B AE E A B =⊂平面1A AB ，AE ⊂平面1A AB 所以DE ⊥平面1A AB 又DE ⊂平面ADE 所以平面ADE ⊥平面1A AB(2)设平面ADE 的法向量为(,,)n x y z =则020n DE x y n DA x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1x =得(1,1,2)n =- 则点1A 到平面ADE的距离1643n A E d n⋅===变式1-2．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA AD⊥，2PA AB ==，在棱PD 上取点Q ，使得PB ∥平面ACQ .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)求平面ACQ 与平面ABCD 夹角的余弦值； (3)求直线PB 到平面ACQ 的距离. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证得结论成立.（2）判断出Q 点的位置，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面ACQ 与平面ABCD 夹角的余弦值.（3）利用向量法求得直线PB 到平面ACQ 的距离. (1)由于平面PAD ⊥平面ABCD ，且交线为AD ，PA ⊂平面PAD ，PA AD ⊥，所以PA ⊥平面ABCD . (2)设AC BD O =，连接OQ ，由于//PB 平面ACQ ，PB ⊂平面PBD ，平面PBD 平面ACQ OQ =， 所以//PB OQ ，由于O 是BD 的中点，所以Q 是PD 的中点. 由于PA ⊥平面ABCD ，所以,PA AD PA AB ⊥⊥，故,,AB AD AP 两两垂直，以A 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，()()2,2,0,0,1,1C Q ，设平面ACQ 的法向量为(),,n x y z =，所以0220n AQ y z n AC x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，故可设()1,1,1n =--，平面ABCD 的法向量为()0,0,1m =， 平面ACQ 与平面ABCD 夹角为θ，则1cos 3m n m nθ⋅===⋅. (3)由于//PB 平面ACQ ，则PB 到平面ACQ 的距离，即B 到平面ACQ 的距离.()0,2,0BC AD ==,B 到平面ACQ 的距离为233BC n n⋅==.即直线PB 到平面ACQ .变式1-3．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2BC =，14CC =，点E 在棱1BB 上，11EB =，D ，F ，G 分别为1CC ，11B C ，11A C 的中点，EF 与1B D 相交于点H .（1）求证：1B D ⊥平面ABD ； （2）求证：平面//EGF 平面ABD ； （3）求平面EGF 与平面ABD 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得1B D ⊥平面ABD . （2）利用向量法证得平面//EFG 平面ABD . （3）利用向量法求得平面EFG 与平面ABD 的距离. 【详解】（1）设AB a ，建立如图所示空间直角坐标系，()()()()11,0,0,0,2,0,,1,0,0,1,0,0,0,12a A a C G F E ⎛⎫⎪⎝⎭，()()()()0,2,2,,0,4,0,0,4,0,2,4D A a B C ，()()()10,2,2,,0,0,0,2,2B D BA a BD ===-， 所以110,0B D BA B D BD ⋅=⋅=，即11,,B D BA B D BD BA BD B ⊥⊥⋂=，所以1B D ⊥平面ABD .（2）()0,1,1,,0,02a EF FG ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，110,0B D EF B D FG ⋅=⋅=，即11,,B D EF B D FG EF FG F ⊥⊥⋂=，所以1B D ⊥平面EGF . 所以平面//EFG 平面ABD .（3）由（2）可知平面//EFG 平面ABD ，1B D ⊥平面ABD ，1B D ⊥平面EGF .()0,0,3EB =，所以平面EFG 与平面ABD的距离为112EB B D B D⋅==.考点二 点线、线线距离典例2．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段1DD 的中点，F为线段1BB 的中点．（1）求点1A 到直线1B E 的距离；（2）求直线1FC 到直线AE 的距离； （3）求点1A 到平面1AB E 的距离； （4）求直线1FC 到平面1AB E 的距离． 【答案】（1（2；（3）23；（4）13.【解析】 【分析】（1）建立坐标系，求出向量11A B 在单位向量11||B E u B E =上的投影，结合勾股定理可得点1A 到直线1B E的距离；（2）先证明1//,AE FC 再转化为点F 到直线AE 的距离求解； （3）求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解；（4）把直线1FC 到平面1AB E 的距离转化为1C 到平面1AB E 的距离，利用法向量进行求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则11111(1,0,1),(1,1,1),(0,0,),(1,1,),(0,1,1),(1,0,0).22A B E F C A （1）因为111111221(1,1,),(,,),(0,1,0)2333||B E B E u A B B E =---==---=， 所以1123A B u ⋅=-. 所以点1A 到直线1B E 221111()13A B A B u -⋅==. （2）因为111(1,0,),(1,0,),22AE FC =-=-所以1//AE FC ，即1//,AE FC所以点F 到直线AE 的距离即为直线1FC 到直线AE 的距离.1((0,1,).2||AE u AF AE === 255,,410AF AF u =⋅= 所以直线1FC 到直线AE（3）设平面1AB E 的一个法向量为(),,n x y z =，11(0,1,1),(1,0,),2AB AE ==-1(001)AA =,,.由10,10,2n AB y z n AE x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令2z =，则2,1y x =-=，即(1,2,2)n =-. 设点1A 到平面1AB E 的距离为d ，则123AA n d n⋅==，即点1A 到平面1AB E 的距离为23. （4）因为1//,AE FC 所以1//FC 平面1AB E ，所以直线1FC 到平面1AB E 的距离等于1C 到平面1AB E 的距离.()111,0,0C B =，由（3）得平面1AB E 的一个法向量为(1,2,2)n =-，所以1C 到平面1AB E 的距离为1113C B n n⋅=， 所以直线1FC 到平面1AB E 的距离为13.变式2-1．在如图所示的多面体中，AD BC ∥且2AD BC =.AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===.(1)求点F 到直线EC 的距离；(2)求平面BED 与平面EDC 夹角的余弦值. 【答案】【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得DG DA ⊥，DG DC ⊥，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，代入)22CE EF EF CE ⎛⎫⋅ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭即可； （2）求出平面BED 与平面EDC 的法向量，再利用向量的夹角公式即可得解.(1)因为DG ⊥平面ABCD ，DA ⊂平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，所以DG DA ⊥，且DG DC ⊥， 因为AD DC ⊥，如图所示，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(0,2,0)C ，(0,0,2)G ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(1,2,0)B ，所以(222)=-CE ,,，(2,1,0)=-EF ，所以求点F 到直线EC 的距离为)22CE EF EF CE ⎛⎫⋅ ⎪-== ⎪ ⎪⎝⎭(2)(1,2,0)DB =，(2,0,2)DE =设平面BED 的法向量为1(,,)n x y z =，则110DB D n E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20220x y x z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，有1()2,1,2n =-，设平面EDC 的法向量为2(,,)n x y z =，则220DC D n E n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20220y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，有2(101)n =,,-，设平面BED 和平面EDC 的夹角为θ，121212(cos cos ,34n n n n n n θ⋅=<>====⋅， 所以平面BED 和平面EDC ．变式2-2．如图，在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AA 1＝2，点E 为CC 1中点，点F 为BD 1中点．（1）求异面直线BD 1与CC 1的距离；（2）求直线BD 1与平面BDE 所成角的正弦值； （3）求点F 到平面BDE 的距离．【答案】（1（2（3【解析】 【分析】（1）以D 为原点，建立空间直角坐标系，由1BD •EF =0，1CC •EF =0，知EF 为BD 1与CC 1的公垂线，再计算|EF |，即可；（2）求得平面BDE 的法向量n ，设直线BD 1与平面BDE 所成角为θ，由sinθ＝|cos n ＜，1BD ＞|，即可得解；（3）点F 到平面BDE 的距离为n BFn⋅，代入相关数据，进行运算即可得解． 【详解】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B （1，1，0），D 1（0，0，2），C （0，1，0），C 1（0，1，2），E （0，1，1），F （12，12，1）， ∥1BD =（﹣1，﹣1，2），1CC =（0，0，2），EF =（12，12-，0）， ∥1BD •EF =0，1CC •EF =0，∥BD 1∥EF ，CC 1∥EF ，即EF 为BD 1与CC 1的公垂线， 而|EF|== ∥异面直线BD 1与CC 12．（2）由（1）知，DB =（1，1，0），DE =（0，1，1），1BD =（﹣1，﹣1，2），设平面BDE 的法向量为n =（x ，y ，z ），则00n DB n DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x y y z +=⎧⎨+=⎩，令y ＝1，则x ＝﹣1，z ＝﹣1，∥n =（﹣1，1，﹣1）， 设直线BD 1与平面BDE 所成角为θ， 则sinθ＝|cos n ＜，1BD ＞|＝|11n BD n BD ⋅⋅|＝=故直线BD 1与平面BDE． （3）由（1）知，BF =（12-，12-，1），由（2）知，平面BDE 的法向量为n =（﹣1，1，﹣1），∥点F 到平面BDE 的距离为n BF n ⋅=111-- 变式2-3．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A ACC ⊥底面ABC ，1,ABC A AC ∆∆是边长为2的正三角形，已知D 点满足BD BA BC =+.（1）求二面角1B AC B --的大小； （2）求异面直线1A A 与BC 的距离；（3）直线1A A 上是否存在点G ，使1//DG AB C 平面？若存在，请确定点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）4π（2（3）存在点G ，其坐标为(，即恰好为1A 点【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面1AB C 的法向量和平面ABC 的法向量，计算出二面角1B AC B --的余弦值，由此求得其大小.（2）求得异面直线1AA 与BC 的公垂线的方向向量，并由此计算出异面直线1A A 与BC 的距离. （3）根据BD BA BC =+求得D 点的坐标，设出G 点的坐标，根据1AG AA λ=、DG 与平面1AB C 的法向量垂直列方程组，解方程组求得G 点的坐标，由此判断出存在G 点符合题意. 【详解】（1）侧面11A ACC ⊥底面ABC ，又1,ABC A AC ∆∆均为正三角形，取AC 得中点O ，连接1A O ，BO ，则1AO ⊥底面ABC，11,AO OA OB BO AC ∴===⊥故以O 为坐标原点，分别以1,,OB OC OA 为x 轴、y 轴、z 轴建立O xyz -如图所示空间直角坐标系， 则())(()10,1,0,,,0,1,0A BA C-1B(1AA ∴= ()()()()13,2,3,3,1,0,3,1,0,0,2,0AB BC AB AC ==-==设平面1AB C 的法向量为(),,n x y z =10n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩取1z =，可得()1,0,1n =-又平面ABC 的一个法向量为(1OA =111cos 22n OA n OA n OA ⋅∴⋅=== 由图知二面角1B AC B --为锐角，故二面角1B AC B --的大小为4π.（2）异面直线1AA 与BC 的公垂线的方向向量()222,,m x y z =，则100m AA m BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 易得()1,3,1m =-，异面直线1A A 与BC 的距离2AB m d m⋅===（3）BD BA BC =+，而()()3,1,0,3,1,0BA BC =--=-()BD ∴=-又()3,0,0B，∴点D 的坐标为()假设存在点G 符合题意，则点G 的坐标可设为()0,,y z()()3,,,0,1,DG y z AG y z ∴==+//DG 平面1AB C (),1,0,1n =-为平面1AB C 的一个法向量，∴由()10,AG AA λλ==，得1330y z n DG zλλ+=⎧⎪=⎨⎪⋅=-=⎩0y z =⎧⎪∴⎨=⎪⎩又DG ⊄平面1AB C ，故存在点G ，使//DG 平面1AB C ，其坐标为(，即恰好为1A 点.【点睛】本小题主要考查利用空间向量法计算二面角、异面直线公垂线段的长，考查利用空间向量法研究线面平行的条件，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.巩固练习练习一 点面、线面、面面距离1．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=︒，1AC BC ==，13AA =，且112AD DA =.(1)求平面BDC 与平面1BDC 所成角的余弦值； (2)求点1B 到平面BDC 距离. 【答案】【解析】 【分析】（1）以C 为原点.1,,CA CB CC 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面BDC 的法向量n →与平面1BDC 的法向量m →，利用数量积公式计算即可得出结果. （2）利用向量公式11cos ,BB BB n d →=计算即可得出结果. (1)依题意1,,CA CB CC 两两互相垂直，以C 为原点.1,,CA CB CC 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,0,0),(0,1,0),(1,0,1),(0,0,3),C B D C11(0,1.0),(1,0,1),(1,0,2),(0,1,3).CB CD DC BC ===-=-设平面BDC 的一个法向量为111(,,)n x y z →=，则1110,0,n CB y n CD x z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩令11z =，则得111,0x y =-=，此时(1,0,1)n →=-.设平面1BDC 的一个法向量为222(,,),m x y z →=则12212220,30,m DC x z m BC y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩令21,z =则得222,3,x y ==此时(2,3,1),m →=因为cos,m nm nm n→→→→→→⋅===所以平面BDC与平面1BDC(2)因为1(0,0,3)BB =,点1B到平面BDC距离为111cos,BB nBB BB nnd→→→==⋅==.2．如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形且22AD AB==，侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面P AD是正三角形，E､F分别是AD，PB的中点.(1)求证：AF∥平面PCE；(2)求直线CF 与平面PCE 所成角的正弦值； (3)求点F 到平面PCE 的距离. 【答案】(1)证明见解析【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，进而证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角；（3）在第二问的基础上求解点面距离. (1)取PC 的中点M ，连接MF ，ME ，因为F 是PB 的中点，所以MF 是三角形PBC 的中点，所以MF ∥BC ，且12MF BC =，因为底面ABCD 为矩形，E 是AD 的中点，所以AE ∥BC ，12AE BC =，所以MF ∥AE ，且MF =AE ，所以四边形AFME 是平行四边形，故AF ∥ME ，因为AF ⊄平面PCE ，ME ⊂平面PCE ，所以AF ∥平面PCE(2)因为侧面P AD 是正三角形，E 是AD 的中点，所以PE AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PE ⊥底面ABCD ，以E 为坐标原点，ED 所在直线为x 轴，取BC 中点H ，EH 所在直线为y 轴，EP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，()1,1,0C ，(P ，()1,1,0B -，11,22F ⎛- ⎝⎭，()0,0,0E ，设平面PCE 的法向量()111,,m x y z =，则111030CE m x y EP m z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，解得：10z =，令11x =得：11y =-，所以()1,1,0m =-，31,22CF ⎛=-- ⎝⎭，设直线CF 与平面PCE 所成角为α，故sin cos ,CF m CF m CF m α⎛- ⋅⎝====⋅； 所以直线CF 与平面PCE . (3) 点F 到平面PCE 的距离31222m CF d m-+⋅===. 3．如图在直三棱柱111ABC A B C -中，190,2,BAC AB AC AA M ∠====为AB 的中点，N 为11B C 的中点，H 是11A B 中点，P 是1BC 与1B C 的交点，Q 是1A N 与1C H 的交点.(1)求证：11A C BC ⊥；(2)求证：PQ 平面1ACM ； (3)求直线PQ 与平面1ACM 的距离. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量数量积证明，法二：通过线面垂直证明，法三:根据三垂线证明；（2）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量数量积证明，法二：通过面面平行证明线面平行； （3）法一：通过建立空间直角坐标系，运用向量方法求解，法二：运用等体积法求解.(1)证明：法一：在直三棱柱111ABC A B C -中，因为90BAC ∠=，以点A 为坐标原点，1AB CA AA ､､方向分别为x y z ､､轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.因为12AB AC AA ===，所以()()10,0,2,0,2,0A C -，()()12,0,0,0,2,2B C -所以()()112,2,2,0,2,2BC AC =--=-- 所以()()110,2,22,2,20AC BC ⋅=--⋅--=，所以11A C BC ⊥.法二：连接1AC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，有1AA ⊥面ABC ， AB 面ABC ，所以1AA AB ⊥，又90BAC ∠=，则AB AC ⊥，因为1AA AC A =，所以AB ⊥面11ACC A因为1AC ⊂面11ACC A ，所以1AB A C ⊥ 因为11,2AA AC AC AA ⊥==，所以四边形11AAC C 为正方形，所以11A C AC ⊥因为1AB AC A ⋂=，所以1A C ⊥面1ABC因为1BC ⊂面1ABC ，所以11A C BC ⊥.法三：用三垂线定理证明：连接1AC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，有1AA ⊥面ABC 因为AB 面ABC ，所以1AA AB ⊥，又90BAC ∠=，则AB AC ⊥， 因为1AA AC A =，所以AB ⊥面11ACC A所以1BC 在平面11ACC A 内的射影为1AC ，因为四边形11AAC C 为正方形，所以11A C AC ⊥，因此根据三垂线定理可知11A C BC ⊥(2)证明：法一：因为12,AB AC AA M ===为AB 的中点，N 为11B C 的中点，H 为11A B 中点，P 是1BC 与1B C 的交点，所以()()()10,0,20,2,01,1,1A C P --､､､()()()1,0,01,1,21,0,2M N H -､､，依题意可知Q 为111A B C △重心，则1123AQ A N =， 可得22,,233Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以11,,133PQ ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， ()()110,2,2,1,0,2AC A M =--=-，设(),,n x y z =为平面1ACM 的法向量，则1100n A C n A M ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即22020y z x z --=⎧⎨-=⎩取1z =得2,1x y ==- 则平面1ACM 的一个法向量为()2,1,1n =-. 所以()11,,12,1,1033PQ n ⎛⎫⋅=-⋅-= ⎪⎝⎭，则PQ n ⊥， 因为PQ ⊄平面1ACM ，所以//PQ 平面1ACM . 法二：连接BH MH ､.在正方形11AA B B 中，M 为AB 的中点，所以1//BM A H 且 1BM A H =，所以四边形1BMA H 是平行四边形，所以1//BH A M又H 为11A B 中点，所以四边形1AA HM 是矩形，所以1//MH AA 且1MH AA = 因为11//AA C C 且11AA C C =，所以11//,MH CC MH C C =，所以四边形1MHC C 为平行四边形，所以1//C H CM .因为1C H BH H ⋂=，1C H ⊂平面1,BHC BH ⊂平面1BHCCM ⊂平面11,A MC A M ⊂平面1A MC ，所以平面1//BHC 平面1A MC ，PQ ⊂平面1BHC ，所以//PQ 平面1ACM (3)法一：由（2）知平面1ACM 的一个法向量()2,1,1n =-，且//PQ 平面1ACM ， 所以PQ 到平面1ACM 的距离与P 到平面1ACM 的距离相等，()()10,0,2,1,1,1A P -，所以()11,1,1PA =-，所以点P 到平面1ACM 的距离121PA nd n ⋅--===所以PQ 到平面1ACM 法二：因为N H ､分别为11B C 和11A B 中点，所以Q 为111A B C △的重心，所以1123AQ A N =，所以Q 到平面1ACM 的距离是N 到平面1ACM 距离的23. 取1B H 中点E 则1//NE C H ，又1//,//,C H CM NE CM NE ⊄平面1ACM CM ⊂平面1ACM ，所以//NE 平面1ACM ， 所以N 到平面1ACM 的距离与E 到平面1ACM 的距离相等. 设点E 到平面1ACM 的距离为h ，由11E A CM C A ME V V --=得11ΔΔ1133A CM A ME S h S AC =，又1136,2A CM A ME S S ==，所以h =，所以Q 到平面1ACM ，所以PQ 到平面1ACM 4．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1， M ， N 分别是BB 1， B 1C 1的中点．(1)求直线MN 到平面ACD 1的距离；(2)若G 是A 1B 1的中点，求平面MNG 与平面ACD 1的距离．【答案】【解析】【分析】（1）证明MN∥平面ACD 1，转化为求点M 到平面ACD 1的距离，利用向量法求解即可； （2）证明平面MNG ∥平面ACD 1，转化为求直线MN 到平面ACD 1的距离，由（1）得解.(1)以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,1,),(,1,1)22A D C M N ，1(1,1,0),(1,0,1)AC AD ∴=-=-，11(,0,)22MN =-，1(0,1,)2AM →=， 故112MN AD =.因为直线MN 与AD 1不重合，所以MN ∥AD 1. 又因为MN ⊄平面ACD 1， AD 1⊂平面ACD 1，所以MN ∥平面ACD 1. 故直线MN 到平面ACD 1的距离等于点M 到平面ACD 1的距离． 设平面ACD 1的一个法向量为(,,)m x y z →=，所以100m AD x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则1y z ==，所以(1,1,1)m →=， 所以点M 到平面ACD 1的距离为11||||m AM m →→→+⋅= 即直线MN 到平面ACD 1(2)连接A 1C 1， 因为G ， N 分别为A 1B 1， B 1C 1的中点，所以GN ∥A 1C 1. 又因为A 1C 1∥AC ，所以GN ∥AC .因为GN ⊄平面ACD 1， AC ⊂平面ACD 1，所以GN ∥平面ACD 1. 同理可得MN ∥平面ACD 1.因为MN ∩GN ＝N ， MN , GN ⊂平面MNG ， 所以平面MNG ∥平面ACD 1，所以平面MNG 与平面ACD 1的距离即为直线MN 到平面ACD 1的距离，由(1)练习二 点线、线线距离5．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，90o BAC ∠=，11AB AC AA ===，E F 、分别是棱1C C BC 、的中点.(1)求证：1B F ⊥平面AEF ；(2)求点1A 到直线1B E 的距离.【答案】(1)证明见解析；【解析】【分析】(1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量证明10B F AE ⋅=和10B F AF ⋅=即可；(2)利用向量投影即可求解.(1)∥三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，90BAC ∠=︒， ∥以A 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，∥11AB AC AA ===，E F 、分别是棱1C C BC 、的中点， ∥1111(0,0,0),(1,0,1),0,1,,,,0222A B E F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 111111,,1,0,1,,,,022222B F AE AF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, ∥10B F AE ⋅=，10B F AF ⋅=，∥1B F AE ⊥，1B F AF ⊥， ∥AE AF A ⋂=,AE ⊂平面AEF ,AF ⊂平面AEF ，∥1B F ⊥平面AEF .(2)∥1(0,0,1)A ，∥11(1,0,0)A B =，111,1,2B E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,∥1112cos ,3A B B E ==-，∥1115sin ,3A B B E = 故点1A 到直线1B E 的距离为111115sin ,3d A B A B B E =⋅= 6．已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，2PA AD ==，1AB =，点M 在PD上，且BM =(1)求PM MD的值；(2)求点B 到直线CM 的距离.【答案】(1)1【解析】【分析】（1）以A 为原点建立空间直角坐标系，设PM PD λ=，通过坐标运算得到结果； （2）在棱CM 上取点N ，使得CM BN ⊥，则BN 长即为所求.(1)以A 为原点建立空间直角坐标系如图所示： 则(1B ，0，0)，(0P ，0，2)，(1C ，2，0)，(0D ，2，0)， ∴(1PB =，0，2)-，(0PD =，2，2)-，(1CD =-，0，0)， 设(0PM PD λ==，2λ，2)λ-，则(1BMPM PB =-=-，2λ，22)λ-，1BM =+ 即24410λλ-+=，12λ=，∥1PM MD =(2)在棱CM 上取点N ，使得CM BN ⊥，设MN k MC =，[0k ∈，1]，则MN kMC =，又()1,1,1MC =-，∴(),,MN k k k =-故()1,1,1,BN BM MN k k k =+=-+-，因为CM BN ⊥，则1110MC BN k k k ⋅=-+++-=， 解得1[03k =∈，1]， ∥242,,,333BN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ∥263BN =∥点B 到直线CM . 7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD ⊥底面ABCD ，E 是AB 上一点，PE EC ⊥.已知PD 2CD =，12AE =.（1）求直线AD 与平面PBC 间的距离；（2）求异面直线EC 与PB 间的距离；（3）求点B 到平面PEC 的距离.【答案】（1（2）3；（3【解析】【分析】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设(),0,0A x ，()0x >，根据2304PE CE x ⋅=-=得到x ，再利用向量法求解直线AD 与平面PBC 间的距离即可. （2）利用向量法求解异面直线EC 与PB 间的距离即可. （3）利用向量法求解求点B 到平面PEC 的距离即可.【详解】（1）由题知：以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：设(),0,0A x ，()0x >，由题知：(P ，1,,02E x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ，1,,2PE x ⎛= ⎝，3,,02CE x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 因为PE EC ⊥，所以2304PE CE x ⋅=-=，解得x即A ⎫⎪⎪⎝⎭，2,0B ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,PC =，BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭. 设平面PBC 的法向量()111,,nx y z =，则11120302PC n y BC n x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令11y =得(0,1,2n=. 又因为()0,2,0DC =，所以直线AD 与平面PBC 间的距离123n DC d n ⋅===（2）设()222,,m x y z =，满足设m EC ⊥，m PB ⊥，因为3,02EC ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，32,2PB⎛= ⎝， 所以 22222330223202m EC y m PB x y ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，令21y =，得3,1,m ⎛= ，又因为32CB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 所以异面直线EC 与PB间的距离233m CB d m ⋅===. （3）设平面PCE 的法向量()333,,a x y z =，(0,2,PC =，33,022CE ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭， 所以33332033022a PC y a CE x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令3x =(3,1,a =， 又因为BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以点B 到平面PEC 的距离333a BCd a ⋅===+ 8．如下图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成夹角的余弦值； （2）求异面直线PB 与CD 之间的距离．【答案】（1（2）23． 【解析】【分析】以A 为原点，建立空间直角坐标系，（1）分别求两个平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解；（2）设Q 为直线PB 上一点，转化为求点Q 到直线CD 的距离的最小值，即()22cos d CQ CQ CQ CD =-⋅，分析即得解 【详解】以A 为原点，,,AB AD AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()()()()()0,0,0,1,0,0,1,1,0,0,2,0,0,0,2A B C D P ． （1）因为PA ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ， 所以PA AD ⊥，又AB AD ⊥，且PA AB A =， 所以AD ⊥平面PAB ，所以()0,2,0AD =是平面PAB 的一个法向量． 易知()()1,1,2,0,2,2PC PD =-=-，设平面PCD 的法向量为(),,m x y z =，则0,0,m PC m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,220,x y y z +-=⎧⎨-=⎩， 令1y =解得1,1z x ==．所以()1,1,1m =是平面PCD 的一个法向量， 从而3cos ,3AD mAD mAD m ⋅==PAB 与平面PCD 所成夹角为锐角所以平面PAB 与平面PCD （2）()1,0,2BP =-，设Q 为直线PB 上一点， 且(),0,2BQ BP λλλ==-，因为()0,1,0CB =-， 所以(),1,2CQ CB BQ λλ=+=--，又()1,1,0CD =-， 所以点Q 到直线CD 的距离 ()22cos d CQ CQ CQ CD=-⋅ 22||CQ CD CQ CD ⎛⎫⋅-== ⎪ ⎪⎝⎭， 因为22919144222999λλλ⎛⎫++=++≥ ⎪⎝⎭，所以23d ≥， 所以异面直线PB 与CD 之间的距离为23．。
第7章立体几何与空间向量第5节 用综合法求空间距离课件 高考数学一轮复习
方法二：转化为两平行平面之间的距离
点到平面的距离定 方义 法一：作垂线段
空间的距离
方法二：等体积法
直线到平面的距离定 转义 化为点到面的距离
两平行平面之间的距离 定 转义 化为直线到面的距离
内容索引
内容索引
活动一 基础训练
1. (2023 江苏高 一 专题练 习 )如图， 在直三 棱 柱ABC － A1B1C1中 ， △ ABC 是 等 边 三 角 形 ， AB ＝ AA1 ＝ 4 ， D 是 棱 AB 的 中 点 ， 则 点 B1 到 平 面 A1CD的距离等于________.
AM，若侧棱 SA 的长为 3，则点 S 到平面 ABC 的距离是( )
A. 1
B.
3 2
3 C. 3
1 D. 2
内容索引
【解析】 由题意，取 AC 的中点 T，连接 ST，BT，则由 S－ABC 为 正三棱锥可知 ST⊥AC，BT⊥AC，所以 AC⊥平面 BST，所以 AC⊥SB.由 M， N 分别是 SC，BC 的中点，且 MN⊥AM，可知 AM⊥SB.因为 AC∩AM＝A， AC⊂平面 SAC，AM⊂平面 SAC，所以 SB⊥平面 SAC，所以易得 SB，SC， SA 两两垂直．又 SA＝ 3，所以 AB＝BC＝AC＝ 6.设点 S 到平面 ABC 的 距离为 h，所以13S△ABC·h＝13S△SAC·SB，解得 h＝1，所以点 S 到平面 ABC 的 距离是 1.
内容索引
所以 CC1⊥BD.又 BD⊥AC，AC∩CC1＝C，AC⊂平面 ACC1，CC1⊂平面 ACC1，所以 BD⊥平面 ACC1.因为 AC1⊂平面 ACC1，所以 AC1⊥BD，同理 可得 AC1⊥A1B.因为 A1B∩BD＝B，A1B⊂平面 A1BD，BD⊂平面 A1BD，所 以 AC1⊥平面 A1BD，所以 AC1⊥平面 CB1D1，所以平面 A1BD 与平面 CB1D1
第8章立体几何专题10 点到面的距离常考题型专题练习——【含答案】
1点到面的距离【方法总结】1、直接作点到面的垂线，放到三角形中，利用解三角形进行求解。
2、利用等体积法进行求解【巩固练习】1、已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】过点P 作PO ⊥平面ABC 交平面ABC 于点O ，过点P 作PD ⊥AC 交AC 于点D ，作PE ⊥BC 交BC 于点E ，联结OD ，OC ，OE ， 则,,AC POD BC POE ⊥⊥平面平面 所以,,AC OD BC OE ⊥⊥又90ACB ∠=︒, 故四边形ODCE 为矩形. 有所做辅助线可知3PD PE ==，1所以()22231CD CE ==-=，所以矩形ODCE 为边长是1的正方形，则2OC =.在Rt PCO △中，2,2PC OC ==，所以2PO =.PO 即为点P 到平面ABC 的距离，即所求距离为2.2.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．解析 （1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =.又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=AB DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥.又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE .旗开得胜1（2）过C作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =，故41717CH =. 从而点C 到平面1C DE 的距离为41717.3、如图，在三棱锥-P ABC 中，22==AB BC4====PA PB PC AC ，O 为AC 的中点．O MPCBA旗开得胜1(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且2=MC MB ，求点C 到平面POM 的距离．【解析】(1)因为4===AP CP AC ，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且23=OP ．连结OB ．因为22==AB BC AC ，所以∆ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，122==OB AC ． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．HO MPCBA(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122==OC AC ，24233==CM BC ，45∠=ACB ． 所以253=OM ，sin 455⋅⋅∠==OC MC ACB CH OM ．。
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.。
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 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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。
（1）求点1B 到直线AC 的距离.（2）求直线1AB 到平面BD C 1的距离． 解：（1）连结BD ，D B 1，由三垂线定理可得：AC D B ⊥1， 所以D B 1就是1B 点到直线AC 的距离。
在BD B Rt 1∆中,6810222211=-=-=BC C B BB 34=BD ．2122121=+=∴B B BD D B ．（2）因为AC 与平面BD 1C 交于ＡＣ的中点Ｄ， 设E BC C B =⋂11，则1AB //DE ，所以1AB //平面BD C 1， 所以1AB 到平面BD 1C 的距离等于Ａ点到平面BD 1C 的距离，等于Ｃ点到平面BD 1C 的距离，也就等于三棱 锥1BDC C -的高， BDC C BDC C V V --=11 ，131311CC S hS BDC BDC ∆∆=∴，131312=∴h ，即直线1AB 到平面BD 1C 的距离是131312． 【解后归纳】 求空间距离注意三点： 1．常规遵循一作二证三计算的步骤； 2．多用转化的思想求线面和面面距离；3．体积法是一种很好的求空间距离的方法．【范例4】如图，在长方体AC 1中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AB 上移动. （1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离；（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π.解析：法1（1）∵AE ⊥面AA 1DD 1，A 1D ⊥AD 1，∴A 1D ⊥D 1E（2）设点E 到面ACD 1的距离为h ，在△ACD 1中，AC=CD 1=5，AD 1=2，故.2121,232152211=⋅⋅==-⋅⋅=∆∆BC AE S S ACE C AD 而 11111131,1,.33223D AECAEC AD C V S DD S h h h -∆∆∴=⋅=⋅∴⨯=⨯∴=1A（3）过D 作DH ⊥CE于H ，连D 1H 、DE ，则D 1H ⊥CE ， ∴∠DHD 1为二面角D 1—EC —D 的平面角.设AE=x ，则BE=2－x11,, 1.4,,,Rt D DH DHD DH Rt ADE DE Rt DHE EH x π∆∠=∴=∆=∴∆=在中在中在中.4,32.32543.54,3122π的大小为二面角时中在中在D EC D AE x x x x x x CE CBE Rt CH DHC Rt ---=∴-=⇒+-=+∴+-=∆=∆法2：以D 为坐标原点，直线DA 、DC 、DD 1分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设AE=x ，则A 1(1，0，1)，D 1(0，0，1)，E(1，x ，0)，A(1，0，0), C(0，2，0).（1）.,0)1,,1(),1,0,1(,1111E D DA x E D DA ⊥=-=所以因为 （2）因为E 为AB 的中点，则E （1，1，0）， 从而)0,2,1(),1,1,1(1-=-=AC E D ，)1,0,1(1-=AD ，设平面ACD 1的法向量为),,(c b a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,01AD n AC n 也即⎩⎨⎧=+-=+-002c a b a ，得⎩⎨⎧==c a b a 2， 从而)2,1,2(=n ，所以点E 到平面AD 1C 的距离为.313212||1=-+==n n E D h （3）设平面D 1EC 的法向量),,(c b a n =， ∴),1,0,0(),1,2,0(),0,2,1(11=-=-=DD C D x CE由⎩⎨⎧=-+=-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0)2(02,0,01x b a c b CE n C D n 令b =1, ∴c=2, a =2－x ，∴).2,1,2(x n -=依题意.225)2(222||||4cos211=+-⇒=⋅=x DD n DD n π∴321+=x （不合，舍去），322-=x . ∴AE=32-时，二面角D 1—EC —D 的大小为4π. ●对应训练 分阶提升 一、基础夯实1.把边长为a 的正△ABC 沿高线AD 折成60°的二面角，则点A 到BC 的距离是 ( )A.aB.a 26 C.a 33 D.a 415 2.△ABC 中，AB =9，AC =15，∠BAC =120°.△ABC 所在平面外一点P 到三个顶点A 、B 、C 的距离都是14，那么点P 到平面α的距离为 ( )A.7B.9C.11D.133.从平面α外一点P 向α引两条斜线P A ,PB .A ,B 为斜足,它们与α所成角的差是45°,它们在α内的射影长分别是2cm 和12cm ,则P 到α的距离是 ( )A.4cmB.3cm 或4cmC.6cmD.4cm 或6cm4.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 ( )A.a 21 B.a 22 C.a 23 D.a 5.在四面体P —ABC 中，P A 、PB 、PC 两两垂直.M 是面ABC 内一点，且点M 到三个面P AB 、PBC 、PCA 的距离分别为2、3、6，则点M 到顶点P 的距离是 ( )A.7B.8C.9D.106.如图，将锐角为60°，边长为a 的菱形ABCD 沿较短的对角线折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离是 ( )A.a 43B.a 43 C.a 23 D.a 467.如图，四棱锥P —ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ，PD =AD ＝1，设点C 到平面P AB 的距离为d 1，点B 到平面P AC 的距离为d 2，则有 ( )A.1<d 1<d 2B.d 1<d 2<1C.d 1<1<d 2D.d 2<d 1<18.如图所示，在平面α的同侧有三点A 、B 、C ，△ABC 的重心为G .如果A 、B 、C 、G 到平面α的距离分别为a 、b 、c 、d ，那么a+b+c 等于 ( )A.2dB.3dC.4dD.以上都不对9.如图，菱形ABCD 边长为a ，∠A =60°，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 上的点且2====DGCGFB CF HD AH EB AE ，沿EH 和FG 把菱形的两锐角折起，使A 、C 重合，这时点A 到平面EFGH 的距离是 ( )A.2a B.a 22 C.a 23 D.a 615二、思维激活10.二面角α-MN -β等于60°，平面α内一点A 到平面β的距离AB 的长为4，则点B 到α的距离为 .11.在60°的二面角α—l —β中，A ∈α,AC ⊥l 于C ，B ∈β，BD ⊥l 于D ，又AC =BD =a ,CD =2a ，则A 、B 两点间距离为 .12.设平面α外两点A 和B 到平面α的距离分别为4cm 和1cm ，AB 与平面α所成的角是60°，则线段AB 的长是 .13.在直角坐标系中,已知A (3,2),B (-3,-2)沿y 轴把直角坐标系折成平面角为α的二面角A —Oy —B 后,∠AOB =90°，则cos α的值是 . 三、能力提高第6题图第7题图 第8题图 第9题图14.在边长为a的菱形ABCD中，∠ABC=60°，PC⊥平面ABCD，E是P A的中点，求点E到平面PBC的距离．15.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB为直角，侧面AB1与侧面AC1所成的二面角为60°，M为AA1上的点.∠A1MC1=30°，∠BMC1=90°，AB=a.(1)求BM与侧面AC1所成角的正切值.(2)求顶点A到面BMC1的距离.第15题图16.已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直.∠ABC=90°,BC=2,AC =23,且AA1⊥A1C,AA1=A1C.（1）求侧棱A1A与底面ABC所成角的大小;（2）求侧面A1ABB1与底面ABC所成二面角的大小;（3）求顶点C到侧面A1ABB1的距离.17.如图，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB与BC的中点，EF与BD交于H.(1)求二面角B1—EF—B的大小.(2)试在棱B1B上找一点M，使D1M⊥面EFB1，并证明你的结论.(3)求点D1到面EFB1的距离.第17题图空间的距离习题解答1.D 折后BC =2a ,∴点A 到BC 的距离为415422a a a =⎪⎭⎫⎝⎛-.2.A BC =21120cos 159215922=︒⨯⨯-+. ∴△ABC 外接圆半径R =37120sin 221=︒,∴点P 到α的距离为.7)37(1422=-3.D 设PO ⊥α垂足为O ,|PO |=x cm ,∠OAP =β,∠OBP =γ,那么β-γ=45°, tan β=2x ,tan γ=12x,tan (β-γ)=tan 45° 展开左边并整理得:x 2-10x +24=0,解得x 1=6,x 2=4.4.B P 、Q 的最短距离即为异面直线AB 与CD 间的距离，当P 为AB 的中点，Q 为CD 的中点时符合题意.5.A PM =7632222=++.6.C 取BD 的中点O 连AO 、OC ，作OE ⊥AC 于E ，则OE 为所求，∴AO =CO =AC =23a . 7.D 点C 到平面P AB 的距离d 1=22, 点B 到平面P AC 的距离d 2=33211221=+⋅， ∵12233<<,∴d 2<d 1<1． 8.B |MM ′|=2c b +，又3122=+-+-c b a cb d .∴a +b +c =3d . 9.A 设BD 的中点为O ，∴EO =6760cos 2322322a a a a a =︒⨯⨯-⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛，点A 到平面EFGH 的距离为23679422a a a =-. 10.2 作AC ⊥MN 于C ，连BC ，则BC ⊥MN ，∴∠ACB =60°，又MN ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面α，作BD ⊥AC 于D ，则BD ⊥α，∴BD 的长即为所求，得BD =2．11.a 3 AB =a a a a a a 360cos 2)2(222=︒⋅⋅⋅-++. 12.23cm 或3310cm 当点A 、B 在α同侧时，AB =3260sin 3=︒;当点A 、B 在α异侧时，AB =331060sin 5=︒ 13.94如图,AB ″=26)32(22222=+=+OB OA ∵BC ⊥y 轴,B ′C ⊥y 轴,∴∠B ′CB ″为二面角A —Oy —B 的平面角. ∠B ′CB ″=α,在△B ′CB ″中,B ′C =B ″C =3, B ′B ″=104262=-,由余弦定理易知cos α=94. 14.如图，将点E 到平面PBC 的距离转化成线面距，再转化成点面距. 连AC 、BD ，设AC 、BD 交于O ，则EO ∥平面PBC ， ∴OE 上任一点到平面PBC 的距离相等． ∵平面PBC ⊥平面ABCD ，过O 作OG ⊥平面PBC ，则G ∈BC ， 又∠ACB=60°，AC=BC=AB=a ， ∴OC =2a ,OG =OC sin60°=43a .点评：若直接过E 作平面PBC 的垂线，垂足难以确定．在解答求距离时，要注意距离之间的相互转化有的能起到意想不到的效果．15.(1)∵三棱柱ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴∠BAC 为二面角B 1—AA 1—C 1的平面角，∴∠BAC =60°.又∵∠ACB 为直角，∴BC ⊥侧面AC 1.连MC ，则MC 是MB 在侧面AC 1上的射影. ∴∠BMC 为BM 与侧面AC 1所成的角.且∠CMC 1=90°，∠A 1MC 1=30°，所以∠AMC =60°. 设BC =m ，则AC =m 33，MC =32m ， 所以tan ∠BMC =23. 即BM 与侧面AC 1所成的角的正切值为23. (2)过A 作AN ⊥MC ，垂足为N ，则AN ∥面MBC 1.∵面MBC ⊥面MBC 1，且过N 作NH ⊥MB ，垂足为H ， 则NH 是N 到面MBC 1的距离，也就是A 到面MBC 1的距离. ∵AB =a ,AC =2a,且∠ACN =30°， ∴AN =4a 且∠AMN =60°，∴MN =a 123.第14题图解∴NH =MN sin ∠BMC =a 123×a 5239(本题还可用等积法). 16.(1)如图所示,作A 1D ⊥AC ,垂足为D ,由面A 1ACC 1⊥面ABC ,得A 1D ⊥面ABC ∴∠A 1AD 为A 1A 与面ABC 所成的角 ∵AA 1⊥A 1C ,AA 1=A 1C ∴∠A 1AD =45°为所求.(2)作DE ⊥AB 垂足为E ,连A 1E ,则由A 1D ⊥面ABC ,得A 1E ⊥AB , ∴∠A 1ED 是面A 1ABB 1与面ABC 所成二面角的平面角.由已知AB ⊥BC 得DE ∥BC ,又D 是AC 的中点,BC =2,AC =23 ∴DE =1,AD =A 1D =3,tan ∠A 1ED =DEDA 1=3,故∠A 1ED =60°为所求. (３)连结A 1B ,根据定义,点C 到面A 1ABB 1的距离,即为三棱锥C —A 1AB 的高h . 由V C —A 1AB =V A 1-ABC 得31S △AA 1B h =31S △ABC ·A 1D 即313223122⨯⨯=⋅⨯h ,∴h =3为所求. 17.(1)如图连结B 1D 1，AC ，B 1H ， ∵底面为正方形ABCD ， ∴对角线AC ⊥BD .又∵E 、F 分别为AB 、BC 的中点 ∴EF ∥AC .∴EF ⊥BD .又∵棱B 1B ⊥底面ABCD ，EF 面ABCD ，∴EF ⊥B 1B . 又B 1B ∩BD =B ,BB 1面BB 1D 1D ，BD 面BB 1D 1D . ∴EF ⊥面BB 1D 1D .而B 1Ｈ面BB 1D 1D ，BH 面BB 1D 1D ，∴EF ⊥B 1H ，EF ⊥BH . ∴∠B 1HB 为二面角B 1—EF —B 的平面角. 在Rt △B 1BH 中，B 1B =a ,BH =a 42， ∴tan ∠B 1HB =221=BHBB . ∴∠B 1HB =arctan22.∴二面角B 1—EF —B 的大小为arctan22.(2)在棱B 1B 上取中点M ，连D 1M ， 则D 1M ⊥面EFB 1.连结C 1M .∵EF ⊥面BB 1D 1D ，D 1M 面BB 1D 1D . ∴D 1M ⊥EF .又∵D 1C 1⊥面B 1BCC 1.∴C 1M 为D 1M 在面B 1BCC 1内的射影.在正方形B 1BCC 1中，M 、F 分别为B 1B 和BC 的中点， 由平面几何知识B 1F ⊥C 1M .于是，由三垂线定理可知B 1Ｆ⊥D 1Ｍ，而B 1F 面EFB 1，EF 面EFB 1，EF ∩B 1F =F ， ∴D 1M ⊥面EFB 1.(3)设D 1M 与面EFB 1交于N 点，则D 1N 为点D 到面EFB 1的距离， ∵B 1Ｎ面EFB 1,D 1M ⊥面EFB 1，第17题图解∴B 1N ⊥D 1M .在Rt △MB 1D 1中，由射影定理D 1B 12=D 1N ·D 1M ， 而D 1B 1=2a ,D 1Ｍ=a M B D B 2321211=+， ∴D 1N =.341211a M D B D = 即点D 1到面EFB 1的距离为a 34.高中数学立体几何 空间距离的计算（学生版）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；【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.例1题图例2题图【解后归纳】 求两条异面直线之间的距离的基本方法： （1）利用图形性质找出两条异面直线的公垂线，求出公垂线段的长度.（2）如果两条异面直线中的一条直线与过另一条直线的平面平行，可以转化为求直线与平面的距离. （3）如果两条异面直线分别在两个互相平行的平面内，可以转化为求两平行平面的距离.题型二：两条异面直线间的距离【例7】 如图,正四面体ABCD 的棱长为1，求：A 到平面BCD 的距离；【例8】在梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠ABC =2,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.【例9】 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.例3题图B ACD1A1B 1C D 1C 1B 1A 1E DC BA【例10】 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。