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1、关于求空间距离的问题重难点归纳1.空间中的距离主要指以下七种(1)两点之间的距离(2)点到直线的距离(3)点到平面的距离(4)两条平行线间的距离(5)两条异面直线间的距离(6)平面的平行直线与平面之间的距离(7)两个平行平面之间的距离七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离七种距离之间有密切联系， 有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点求点到平面的距离(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长(2)转移法，转化成求另一点到该
2、平面的距离(3)体积法(3)向量法求异面直线的距离(1)定义法，即求公垂线段的长(2)转化成求直线与平面的距离(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的2.用向量法求距离的公式：异面直线 a,b 之间的距离：AB ndn a, n b, A a, B b| n |，其中。直线 a 与平面之间的距离：AB nd，其中 Aa, B| n |。 n 是平面的法向量。两平行平面,之间的距离：AB nd，其中 A, B| n |。 n 是平面的法向量。点 A 到平面的距离：AB nd，其中 B| n |， n 是平面的法向量。另法：点A( x0 , y0 , z0
3、 ),平面AxByCz D0| Ax0 By0 Cz0 D |dA2B2C 2则点 A 到直线 a 的距离：2d| AB |2AB a| a |a ， a 是直线 a 的方向向量。，其中 B两平行直线 a, b之间的距离：AB a2d| AB |2| a |，其中 A a, Bb ， a 是 a 的方向向量。典型题例示范讲解例 1 把正方形 ABCD沿对角线 AC 折起成直二面角，点 E、F 分别是 AD、BC 的中点，点 O 是原正方形的中心，求(1)EF的长；(2)折起后 EOF的大小命题意图考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题知识依托空间向量的坐标运算及数量积公式错解分析建立正确
4、的空间直角坐标系其中必须保证xz D轴、 y 轴、 z 轴两两互相垂直Eo技巧与方法建系方式有多种， 其中以 O 点为原点，以 OB 、AC yOC 、 OD 的方向分别为x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向最为简xFB单解 如图，以 O 点为原点建立空间直角坐标系O xyz,设正方形 ABCD边长为 a,222则 A(0， 2a,0),B( 2a,0,0),C(0, 2a,0),2222D(0,0,2a),E(0, 4 a, a),F(4a,4 a,0)(1) | EF |2(2a0) 2(2a2a)2(02a)23a,EF3a444442(2) OE(0,22a),OF224a,(a,a,0
5、)444OE OF02a (222a 0a24a)(a)4844aaOE ,OFOE OF1| OE |,| OF |,cos| OE |OF |222 EOF=120例 2 正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为1，求异面直线A1C1 与 AB1 间的距离命题意图本题主要考查异面直线间距离的求法知识依托求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得错解分析本题容易错误认为O1B 是 A1C与 AB1 的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离技巧与方法求异面直线的距离，有时较难作出它们的公
6、垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得解法一如图，在正方体AC1 中， A1C1 AC, A1C1平面 AB1C，A1C1 与平面 AB1C间的距离等于异面直线A1C1与A1间的距离连结 B1D1、 BD，设 B1D1 A1C1=O1,BDAC=O ACBD， AC DD1， AC平面 BB1D1D平面 AB1C平面 BB1D1D，A连结 B1O，则平面AB1C平面 BB1D1D=B1O作 O1GB1O 于 G，则 O1G平面 AB1CO1G 为直线 A1C1与平面 AB1C 间的距离，即为异面直线D 1o 1C 1AB1B1GDCoBA1C1与 AB1 间的距离22
7、26在 Rt OO1B1 中， O1B1= 2 ， OO1=1， OB1= OO1O1B1= 2O1O O1B133O1G=OB13 ，即异面直线A1C1与 AB1 间距离为 3解法二如图，在 A1C 上任取一点 M，作 MN AB1 于 N，作 MR A1B1 于 R，连结 RN，平面 A1B1C1D1平面 A1ABB1，D1MC 1MR平面 A1ABB1， MRAB1A 1RB 1AB1 RN，设 A1R=x,则 RB1=1 xN C1A1B1= AB1A1=45，DC2AB(1 x) MR=x,RN=NB1= 2MNMR2RN2x21x)23121(1( x)3 (0 x1 )22313
8、3当 x= 3时， MN 有最小值3即异面直线 A1C1 与 AB1 距离为 3解法三（向量法）如图建立坐标系，则A(1,0,0), A1 (1,0,1),B1 (1,1,1),C1(0,1,1)zD1C1MA 1B 1 AB1(0,1,1), AC11( 1,1,0)DNC y设 MN 是直线 A1C1 与 AB1 的公垂线，AxB且 ANAB1(0, ,), AM1AC11(, ,0)则 MNMA1A1 AAN- (, ,0)(0,0, 1) (0, )( ,1),202MN A1C103211MN AB10从而有3MN ( 1 , 1 , 1) | MN |33333例 3 如图，已知
9、ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA平面 ABCD，PPA 的中点求 (1)Q 到 BD 的距离；Q(2)P 到平面 BQD 的距离A解 (1)在矩形 ABCD中，作 AEBD，E 为垂足B连结 QE，QA平面 ABCD，由三垂线定理得QE BEQE 的长为 Q 到 BD 的距离在矩形 ABCD中， AB=a,AD=b,abPAE= a 2b21Q在 Rt QAE中， QA= 2 PA=cHc2a 2b 2BAEa2b 2QE=2a 2b2ca 2b2Q 到 BD 距离为(2)解法一平面 BQD 经过线段 PA 的中点，P 到平面 BQD的距离等于 A 到平面 BQD 的距离在 AQE中，
10、作 AH QE， H 为垂足BDAE,BD QE, BD平面 AQE BD AHAH平面 BQE，即 AH 为 A 到平面 BQD的距离ab在 Rt AQE中， AQ=c,AE=a2b2PA=2c,Q 是DCDCabcAH=( a 2b2 ) c 2a 2b2abcP 到平面BD 的距离为( a 2b 2 ) c2a2b 2解法二设点 A 到平面 QBD 的距离为 h，由11VA BQD=VQABD,得 3 S BQD h= 3 S ABD AQS ABD AQabcS BQD( a 2b 2 ) c2a2b 2h=学生巩固练习1 正方形 ABCD边长为 2， E、 F 分别是 AB 和 CD
11、 的中点，将正方形沿图)，M 为矩形 AEFD内一点，如果 MBE= MBC，MB 和平A1E成角的正切值为2 ，那么点 M 到直线 EF 的距离为 ()B23B1A2B1C2D 2EF 折成直二面角 (如面 BCF 所DMFCC2三棱柱 ABC A1B1C1 中， AA1=1， AB=4，BC=3， ABC=90 ,设平面 A1BC1 与平面 ABC的交线为l，则 A1C1 与 l 的距离为 ()A10B11C 2.6D2.43如左图，空间四点A、B、C、D 中，每两点所连线段A点 P 在线段 AB 上，动点 Q 在线段 CD 上，则 P 与 Q 的P_DQBC的长都等于 a，动最 短 距
12、离 为4如右上图， ABCD 与 ABEF 均是正方形，如果二面角E度数为30，那么 EF与平面 ABCD的距离为 _5 在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AB=4，BC=3，CC1=2，(1)求证平面 A1BC1平面 ACD1；D1(2)求 (1)中两个平行平面间的距离；A 1(3)求点B1 到平面 A1BC1 的距离DF AB C 的EAGDBC如图C1B 1CA6已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1，点 E 在棱 D1D 上，截面BEACD1C1D1B 且面 EAC与底面 ABCD所成的角为45 ,AB=a,求A 1B 1E(1)截面 EAC的面积；(2)异面直线 A1B1 与
13、AC之间的距离；CD(3)三棱锥 B1 EAC的体积AB7 如图，已知三棱柱 A1B1C1 ABC 的底面是边长为2 的正三角C 1形，侧棱 A1A 与 AB、 AC 均成 45角，且 A1E B1B 于 E，A1FFB 1 ECABCC1于 F(1)求点 A 到平面 B1BCC1的距离；(2)当 AA1 多长时，点A1 到平面 ABC 与平面 B1BCC1的距离相等18 如图，在梯形ABCD中， AD BC， ABC=2 ,AB=3 AD=a,25PADC=arccos5,PA面 ABCD且 PA=aA(1)求异面直线 AD 与 PC间的距离；D(2)在线段 AD 上是否存在一点F，使点 A
14、 到平面 PCFBC的 距 离 为63参考答案1 解析过点 M 作 MM EF,则 MM 平面 BCF MBE=MBCBM为 EBC为角平分线，2 EBM =45 ,BM =2 ,从而 MN= 2答案A2 解析交线 l 过 B 与 AC 平行，作 CD l 于 D，连 C1D，则 C1D 为 A1C1 与 l 的距离，而1213CD 等于 AC 上的高，即 CD=5 ,RtC1CD中易求得 C1D= 5 =2.6答案C3 解析以 A、 B、 C、 D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P、 Q 分别为2AB、 CD的中点，因为 AQ=BQ= 2a, PQ AB,同理可得PQ CD，故
15、线段PQ 的长为 P、 Q 两点间的最短距离，在Rt APQ 中， PQ=AQ 2AP 2( 3 a) 2( a ) 22222 a2答案2 a4 解析显然 FAD是二面角 E AB C 的平面角， FAD=30 ,过 F 作 FG平面 ABCD于G，则 G 必在 AD 上，由 EF平面 ABCDaFG 为 EF 与平面 ABCD的距离，即FG= 2a答案25(1)证明由于 BC1 AD1，则 BC1平面 ACD1同理， A1B平面 ACD1，则平面A1BC1平面 ACD1(2)解设两平行平面A1BC1 与 ACD1 间的距离为d，则 d 等于 D1 到平面 A1BC1 的距离易261求 A1
16、C1=5， A1B=25 ， BC1=13 ，则 cosA1BC1=65 ,则 sinA1BC1=65 ,则 S A1 B1C1 = 61 ,VD A BCVB A C D1A BC1( 1AD C D)12 61由于d= 321 1 1 BB1,代入求得 d=61 ,即两平11111 1，则 3 S 1112 61行平面间的距离为61(3)解由于线段B1D1 被平面 A1BC1 所平分， 则 B1、D1 到平面 A1BC1的距离相等， 则由 (2)12 61知点 B1 到平面 A1BC1的距离等于616 解 (1)连结 DB 交 AC于 O，连结 EO，底面 ABCD是正方形DOAC，又 E
17、D面 ABCDEO AC，即 EOD=452DO2又 DO= 2 a， AC= 2 a， EO=cos45 =a， SEAC= 2 a(2) A1A底面 ABCD， A1A AC，又 A1AA1B1 A1A 是异面直线 A1B1 与 AC间的公垂线又 EO BD1， O 为 BD 中点， D1B=2EO=2aD1D=2 a， A1B1 与 AC 距离为 2 a(3)连结 B1D 交 D1B 于 P，交 EO于 Q，推证出B1D面 EAC3B1Q 是三棱锥 B1 EAC的高，得B1Q= 2 aVB1 EAC12 a 23 a2 a 332247解(1)BB1A1E， CC1A1F， BB1CC1
18、 BB1平面 A1EF即面 A1EF面 BB1C1C在 Rt A1EB1中， A1B1E=45， A1B1=a222A1E= 2 a,同理 A1F=2a,又 EF=a， A1E= 2 a2同理 A1F= 2a,又 EF=a EA1F为等腰直角三角形，EA1F=90过 A1 作 A1N EF，则 N 为 EF中点，且 A1N平面 BCC1B1即 A1N 为点 A1 到平面 BCC1B1的距离1 a A1N= 2 2a又 AA1面BCC1B，A 到平面BCC1B1的距离为2a=2，所求距离为2(2)设BC、B1C1的中点分别为D、D1，连结AD、DD1 和A1D1，则DD1 必过点N，易证ADD1
19、A1为平行四边形B1C1 D1D,B1C1 A1NB1C1平面 ADD1A1BC平面 ADD1A1得平面 ABC平面 ADD1A1，过 A1 作 A1M平面 ABC，交 AD 于 M ，若 A1M=A1N ，又 A1AM= A1D1N， AMA1= A1ND1=90 AMA1 A1ND1, AA1=A1D1=3 ,即当 AA1= 3 时满足条件8解(1)BCAD,BC面 PBC, AD面 PBC从而 AD 与 PC间的距离就是直线AD 与平面 PBC间的距离过 A 作 AE PB，又 AEBCAE平面 PBC， AE 为所求在等腰直角三角形PAB中， PA=AB=a2AE= 2 a2 5(2)
20、作 CMAB，由已知 cosADC=511 tanADC= 2 ,即 CM= 2 DMABCM 为正方形， AC=2 a,PC= 3 a6过 A 作 AH PC,在 Rt PAC中，得 AH= 3下面在 AD 上找一点F，使 PC CF取 MD 中点 F， ACM、 FCM 均为等腰直角三角形 ACM+ FCM=45 +45 =90FC AC,即 FC PC在 AD 上存在满足条件的点F课前后备注学法指导 : 立体几何中的策略思想及方法立体几何中的策略思想及方法近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地大题综合
21、性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法一、领悟解题的基本策略思想高考改革稳中有变运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅二、探寻立体几何图形中的基面立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了三、重视模型在解题中的应用学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系， 从而培养空间想象能力而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系它引导我们以模型为依据， 找出起关键作用的一些关系或数量， 对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解