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第7节　利用空间向量求空间距离
[课程标准要求]
1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.
2.通过空间中距离问题的求解,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.点P到直线l的距离
设=a,u是直线l的单位方向向量,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,在 Rt△APQ中,由勾股定理,
得PQ==.
2.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n,平面α内一点A,则平面α外一点P到平面α的距离d=|·|=,如图所示.
3.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
4.直线与平面、平面与平面间的距离
直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离,用求点到平面的距离的方法求解:
直线a与平面α之间的距离d=,其中A∈a,B∈α,n是平面α的法向量.
两平行平面α,β之间的距离d=,其中A∈α,B∈β,n是平面α,β的法向量.
1.(人教B版选择性必修第一册P63习题1-2C T1改编)已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A到直线BC的距离为(　　)
[A] [B] 1 [C] [D] 2
2.(2025·福建厦门模拟)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1),且点A(1,2,3)在α内,则点B(1,1,1)到α的距离为　　　　.
3.已知平面AB1C∥平面A1C1D,=(－1,0,0),平面A1C1D的一个法向量为m=(1,1,1),则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为　　　　.
4. (人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为　　　　.
考点一　用空间向量求点到直线的距离
1.(2025·江西新余模拟)已知A(－1,－1,－1),直线l过原点且平行于a=(0,1,2),则A到l的距离为(　　)
[A] [B] 1 [C] [D]
2.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1=4,则点C到直线AB1的距离为(　　)
[A] 　　　　[B]
[C] 　　　　[D]
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量.
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度.
(3)利用勾股定理求解.另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
考点二　用空间向量求点到平面的距离
[例1] 如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为1,则点B1到平面ABC1的距离为　　　　.
求点到平面的距离的方法
(1)直接作出点到平面的垂线段,再计算.
(2)平行转移法.即通过线面平行,转化为其他点到平面的距离.
(3)等体积法.
(4)向量法.A在平面α内,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离为d=.
[针对训练] (2025·湖北武汉模拟)在正四棱锥P-ABCD中,AB=2,PA与平面ABCD所成角为,则点D到平面PBC的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
考点三　用空间向量求线线、线面、面面的距离
[例2] 底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1B1,A1D1的中点.
(1)在图中作一个平面α,使得BD α,且平面AEF∥α(不必给出证明过程,只要求作出α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);
(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60°,求平面AEF与平面α的距离d.
(1)当一条直线和一个平面平行时,直线上的各点到平面的距离相等,当两个平面平行时,一个平面上的各点到另一个平面的距离相等,由此可知,这两种距离都是转化为点面距离.
(2)用向量方法研究空间距离问题的一般步骤.
①确定法向量;②选择参考向量;③利用公式求解.
[针对训练] (2025·广东广州模拟)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于
点H.
(1)证明:BD∥GH;
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
(分值:95分)
选题明细表
知识点、方法 题号
用空间向量求点到直线的距离 4,9,10
用空间向量求点到平面的距离 1,3,11
用空间向量求线线、线面、面面的距离 2,7
距离问题的综合应用 5,6,8,12,13,14,15
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.四棱锥S－ABCD中,=(4,－2,3),=(－4,1,0),=(－3,1,－4),则顶点S到底面ABCD的距离为(　　)
[A] 1 [B] 2 [C] 3 [D] 4
2.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(－1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D] 3
3.(2025·云南昆明模拟)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,则点C到平面AEC1F的距离为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
4.已知棱长为1的正方体ABCD-EFGH,若点P在正方体内部且满足=++,则点P到AB的距离为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
5.(2025·山西吕梁模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为A1D1,BB1的中点,O为底面ABCD的中心,则三棱锥O－EFC的体积是(　　)
[A] [B] [C] [D]
6.(多选题)(2025·江苏南通模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=AD=1,E为AB的中点,则(　　)
[A] A1B⊥B1C
[B] A1D∥平面EB1C
[C] 点D到直线A1B的距离为
[D] 点D到平面EB1C的距离为
7.(5分)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,则点D到平面PEF的距离为　　　　,直线AC到平面PEF的距离为　　　　.
8.(14分)(2025·福建漳州模拟)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在棱AA1上,且AE=1.
(1)求四棱锥D1-EABB1的表面积;
(2)若点P在棱D1C1上,且P到平面B1DE的距离为,求点P到直线EB1的距离.
9.(2025·湖南长沙模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为(　　)
[A] 1 [B] [C] [D]
10.菱形ABCD的边长为4,∠A=60°,E为AB的中点[如图(1)],将△ADE沿直线DE翻折至△A′DE处 [如图(2)],连接A′B,A′C,若四棱锥A′-EBCD的体积为4,点F为A′D的中点,则F到直线BC的距离为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
11.(2025·河北沧州模拟)已知四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,
AB=2,AC=3,AD=2,则点A到平面BCD的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
12.(2025·天津南开模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AC1⊥BD,其外接球体积为36π,则其外接球被平面AB1D1截得图形面积为(　　)
[A] π [B] π [C] π [D] π
13.(5分)在平行四边形ABCD中,AB=2,AD=1,∠BAD=60°,M,N分别为直线AB,CD上的动点,记M,N两点之间的最小距离为d,将△ABD沿BD折叠,直到三棱锥A-BCD的体积最大时,不再继续折叠.在折叠过程中,d的最小值为　　　　　.
14.(15分)如图,三棱锥P－ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形,且AC=2,各侧棱长均为3.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC.
(2)若点E为棱PA的中点,线段CE上是否存在一点Q,使得Q到平面PBC的距离与Q到直线AB的距离之比为 若存在,求出此时CQ的长;若不存在,请说明理由.
15.(5分)(2025·辽宁大连模拟)如图,经过边长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形,将这个截面上方部分去掉,得到一个七面体,则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是　 .
第7节　利用空间向量求空间距离 （解析版）
[课程标准要求]
1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.
2.通过空间中距离问题的求解,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.点P到直线l的距离
设=a,u是直线l的单位方向向量,则向量在直线l上的投影向量=(a·u)u,在 Rt△APQ中,由勾股定理,
得PQ==.
2.点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n,平面α内一点A,则平面α外一点P到平面α的距离d=|·|=,如图所示.
3.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
4.直线与平面、平面与平面间的距离
直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离,用求点到平面的距离的方法求解:
直线a与平面α之间的距离d=,其中A∈a,B∈α,n是平面α的法向量.
两平行平面α,β之间的距离d=,其中A∈α,B∈β,n是平面α,β的法向量.
1.(人教B版选择性必修第一册P63习题1-2C T1改编)已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A到直线BC的距离为(　　)
[A] [B] 1 [C] [D] 2
【答案】 A
【解析】 因为A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),=(1,0,0),=(－1,2,－2),所以点A到直线BC的距离为d===.故选A.
2.(2025·福建厦门模拟)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1),且点A(1,2,3)在α内,则点B(1,1,1)到α的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 由题设=(0,1,2),则点B(1,1,1)到α的距离为==.
3.已知平面AB1C∥平面A1C1D,=(－1,0,0),平面A1C1D的一个法向量为m=(1,1,1),则平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 由题意得d===.
4. (人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则C(0,1,0),D1(0,0,1),M(1,1,),A(1,0,0),N(,1,1),所以=(0,1,),=(－1,1,0),=(－1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)是平面ACD1的一个法向量.
所以点M到平面ACD1的距离d==.
又=(,0,),
所以∥,故MN∥平面ACD1,
故直线MN到平面ACD1的距离为.
考点一　用空间向量求点到直线的距离
1.(2025·江西新余模拟)已知A(－1,－1,－1),直线l过原点且平行于a=(0,1,2),则A到l的距离为(　　)
[A] [B] 1 [C] [D]
【答案】 C
【解析】 由题意取P(0,1,2),则=(1,2,3),
所以A到l的距离为d====.
故选C.
2.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=BB1=4,则点C到直线AB1的距离为(　　)
[A] 　　　　[B]
[C] 　　　　[D]
【答案】 D
【解析】 取AC的中点O,取A1C1的中点D,连接OD,则OD⊥平面ABC,
连接OB,因为△ABC是等边三角形,
所以OB⊥AC,
因为OB,AC 平面ABC,
所以OB,AC,OD两两垂直,
所以以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
因为AB=BB1=4,所以AO=OC=2,OB==2,BB1=2,故A(0,－2,0),
C(0,2,0),B1(2,0,2),
=(0,4,0),
=(2,2,2),
点C到直线AB1的距离为d===.故选D.
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量.
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度.
(3)利用勾股定理求解.另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
考点二　用空间向量求点到平面的距离
[例1] 如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为1,则点B1到平面ABC1的距离为　　　　.
【答案】
【解析】 法一(等体积法)　设点B1到平面ABC1的距离为d.在△ABC1中,AC1=,AB边上的高为,点A到平面BCC1B1的距离为,△BB1C1的面积为.
因为=,所以·d=××,因此d=,故点B1到平面ABC1的距离为.
法二(直接法)　如图所示,取AB的中点M,连接CM,C1M,过点C作CD⊥C1M,垂足为D.
因为C1A=C1B,M为AB的中点,所以C1M⊥AB.因为CA=CB,M为AB的中点,所以CM⊥AB.
因为C1M∩CM=M,C1M,CM 平面C1CM,所以AB⊥平面C1CM,又AB 平面ABC1,故平面ABC1⊥平面C1CM.
因为平面ABC1∩平面C1CM=C1M,CD⊥C1M,CD 平面C1CM,所以CD⊥平面ABC1.
因此CD的长度即为点C到平面ABC1的距离,也即点B1到平面ABC1的距离.
在Rt△C1CM中,C1C=1,C1M=,因此CD=.
故点B1到平面ABC1的距离为.
法三(向量法)　如图所示,取BC的中点O,连接AO.因为AB=AC,所以AO⊥BC.
以O为原点,OC,OA所在直线分别为x轴和y轴,过点O且与CC1平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,,0),B(,0,0),C1(,0,1),B1(,0,1),
从而=(0,0,1),=(,,0),=(1,0,1).
设n=(x,y,z)为平面ABC1的一个法向量,则即
令x=,得y=－1,z=,
则n=(,－1,).
故点B1到平面ABC1的距离为==.
求点到平面的距离的方法
(1)直接作出点到平面的垂线段,再计算.
(2)平行转移法.即通过线面平行,转化为其他点到平面的距离.
(3)等体积法.
(4)向量法.A在平面α内,n为平面α的法向量,则B到平面α的距离为d=.
[针对训练] (2025·湖北武汉模拟)在正四棱锥P-ABCD中,AB=2,PA与平面ABCD所成角为,则点D到平面PBC的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 依题意,设AC∩BD=O,则PO⊥平面ABCD,因为PO⊥平面ABCD,所以∠PAO为PA与平面ABCD所成角,即∠PAO=.
因为AB=2,所以OA=OC=OB=,则PO=OA=,
以点O为原点,建立空间直角坐标系如图,
则C(0,,0),B(,0,0),D(,0,0),P(0,0,),
所以=(,,0),=(,0,),=(0,,),
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则x=y=1,故n=(1,1,1),
所以点D到平面PBC的距离为==.故选B.
考点三　用空间向量求线线、线面、面面的距离
[例2] 底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1B1,A1D1的中点.
(1)在图中作一个平面α,使得BD α,且平面AEF∥α(不必给出证明过程,只要求作出α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);
(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60°,求平面AEF与平面α的距离d.
【解】 (1)如图,取B1C1,D1C1的中点M,N,连接BM,MN,ND,则平面BMND即为所求平面α.
证明如下,由EF∥MN,EF 平面BMND,MN 平面BMND,
可得EF∥平面BMND.
由AE∥DN,AE 平面BMND,DN 平面BMND,
可得AE∥平面BMND.
又AE∩EF=E,AE,EF 平面AEF,
故平面AEF∥平面BMND,
即平面AEF∥α.
(2)如图,连接AC,AC交BD于点O,
因为在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为菱形,所以AC⊥BD,
所以分别以DB,AC所在的直线为x轴,y轴,O为原点建立如图所示空间直角坐标系.
又所有棱长为2,∠BAD=60°,
所以A(0,,0),B(1,0,0),C(0,,0),D(－1,0,0),A1(0,,2),B1(1,0,2),D1(－1,0,2),
所以E(,,2),F(,,2),
所以=(,,2),=(,,2),
=(1,,0),
设n=(x,y,z)是平面AEF的一个法向量,则即
令y=4得n=(0,4,－3),|n|=,
所以点B到平面AEF的距离h=||==,
所以平面AEF与平面α的距离d=.
(1)当一条直线和一个平面平行时,直线上的各点到平面的距离相等,当两个平面平行时,一个平面上的各点到另一个平面的距离相等,由此可知,这两种距离都是转化为点面距离.
(2)用向量方法研究空间距离问题的一般步骤.
①确定法向量;②选择参考向量;③利用公式求解.
[针对训练] (2025·广东广州模拟)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于
点H.
(1)证明:BD∥GH;
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
(1)【证明】 因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD,
又BD 平面EFG,EF 平面EFG,则BD∥平面EFG,
又BD 平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.
(2)【解】 由(1)知,BD∥平面EFG,
则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离,
连接EA,ED,由△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,得EA⊥BC,ED⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE 平面ABC,
于是AE⊥平面BCD,又ED 平面BCD,则EA⊥ED,
以点E为原点,直线EB,ED,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则E(0,0,0),B(2,0,0),F(－1,,0),A(0,0,2),D(0,2,0),又=2,可得G(0,,),
所以=(2,0,0),
=(－1,,0),=(0,,),
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),则
令y=1,得n=(,1,－2),
设点B到平面EFG的距离为d,
则d===,
所以BD与平面EFG的距离为.
(分值:95分)
选题明细表
知识点、方法 题号
用空间向量求点到直线的距离 4,9,10
用空间向量求点到平面的距离 1,3,11
用空间向量求线线、线面、面面的距离 2,7
距离问题的综合应用 5,6,8,12,13,14,15
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.四棱锥S－ABCD中,=(4,－2,3),=(－4,1,0),=(－3,1,－4),则顶点S到底面ABCD的距离为(　　)
[A] 1 [B] 2 [C] 3 [D] 4
【答案】 A
【解析】 设平面ABCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则有令x=3,则y=12,z=4,所以n=(3,12,4),
所以顶点S到底面ABCD的距离为||=||=1.故选A.
2.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(－1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
[A] [B] [C] [D] 3
【答案】 B
【解析】 因为两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),=(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(－1,0,1),所以两平面间的距离为==.故选B.
3.(2025·云南昆明模拟)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,则点C到平面AEC1F的距离为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 以D为原点,分别以DA,DC,DF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,
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),所以 =(－2,4,3),=(0,4,1).
设n=(x,y,z)为平面AEC1F的一个法向量,
由得令z=1,所以所以n=(1,,1).又 =(0,0,3),所以点C到平面AEC1F的距离d==.
故选C.
4.已知棱长为1的正方体ABCD-EFGH,若点P在正方体内部且满足=++,则点P到AB的距离为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系,
则=(1,0,0)+(0,1,0)+(0,0,1)=(,,).又=(1,0,0),
所以在上的投影向量的模为=,
所以点P到AB的距离为=.故选A.
5.(2025·山西吕梁模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为A1D1,BB1的中点,O为底面ABCD的中心,则三棱锥O－EFC的体积是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 B
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系,则E(1,0,2),F(2,2,1),C(0,2,0),O(1,1,0),
=(0,－1,2),=(－1,1,0),
=(－2,0,－1),
设平面OFC的一个法向量为m=(x,y,z),
则
取x=1,则m=(1,1,－2),
故E到平面OFC的距离为d==,
而OC=,OF=,FC=,因为OC2+OF2=CF2,所以OC⊥OF.
故S△OFC=OF·OC=××=,故=S△OFCd=××=.故选B.
6.(多选题)(2025·江苏南通模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=AD=1,E为AB的中点,则(　　)
[A] A1B⊥B1C
[B] A1D∥平面EB1C
[C] 点D到直线A1B的距离为
[D] 点D到平面EB1C的距离为
【答案】 BC
【解析】 如图建立空间直角坐标系D-xyz,易知D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,2,0),B1(1,2,1),C(0,2,0),E(1,1,0).
对于A,=(0,2,－1),=(－1,0,－1),·=(0,2,－1)·(－1,0,－1)=1≠0,所以A错误;
对于B,显然A1D∥B1C,A1D 平面EB1C,B1C 平面EB1C,可得A1D∥平面EB1C,所以B
正确;
对于C,记直线A1B的单位方向向量为u,则u==(0,,),又=(－1,0,－1),
所以向量在直线A1B上的投影向量为=()·=(0,,),
则有D到直线A1B的距离为DQ==,故C正确;
对于D,设平面EB1C的一个法向量为m=(x,y,z),由=(－1,0,－1),=(0,－1,－1),
令x=1,可得m=(1,1,－1),
又=(0,2,0),所以点D到平面EB1C的距离d==,故D错误.故选BC.
7.(5分)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,则点D到平面PEF的距离为　　　　,直线AC到平面PEF的距离为　　　　.
【答案】 　
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),
E(1,,0),F(,1,0),=(1,,－1),=(,1,－1),=(－1,0,1),=(0,0,1).
设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),
则即
解得x=y,令x=y=2,得n=(2,2,3)为平面PEF的一个法向量,
因此,点D到平面PEF的距离为
==.
因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,
又EF 平面PEF,所以AC∥平面PEF,
所以直线AC到平面PEF的距离为==.
8.(14分)(2025·福建漳州模拟)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在棱AA1上,且AE=1.
(1)求四棱锥D1-EABB1的表面积;
(2)若点P在棱D1C1上,且P到平面B1DE的距离为,求点P到直线EB1的距离.
【解】 (1)由AE=1,AB=4,所以D1E=EB1==5,D1B1=4.
所以=×1×4=2,
=×4×=2,
==×4×4=8,
=×(1+4)×4=10,
故四棱锥D1-EABB1的表面积为++++=2+2+16+10=12+2+16.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),B1(4,4,4),D1(0,0,4),E(4,0,1),
设P(0,a,4),
其中0≤a≤4,
则=(4,0,1),=(4,4,4),=(0,a,4),
设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z),
则n·=0,n·=0,
即令x=1,则平面B1DE的一个法向量n=(1,3,－4),
设P到平面B1DE的距离为d,
所以d===,
由于0≤a≤4,
解得a=1,
故P(0,1,4),=(0,4,3),=(4,3,0).
所以点P到直线EB1的距离为
==.
9.(2025·湖南长沙模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为(　　)
[A] 1 [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 如图所示,建立空间直角坐标系,则A1(1,0,1),C1(0,1,1),
设P(x,0,1－x),0≤x≤1,则=(x－1,0,－x),=(－1,1,0),
所以动点P到直线A1C1的距离为d==
==≥,
当x=时取等号,即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为.故选D.
10.菱形ABCD的边长为4,∠A=60°,E为AB的中点[如图(1)],将△ADE沿直线DE翻折至△A′DE处 [如图(2)],连接A′B,A′C,若四棱锥A′-EBCD的体积为4,点F为A′D的中点,则F到直线BC的距离为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 A
【解析】 连接BD,因为四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,所以题图(1)中△ABD为等边三角形,
因为E为AB的中点,所以DE⊥AB,所以题图(2)中DE⊥EB,DE⊥A′E,
因为EB∩A′E=E,EB,A′E 平面A′EB,所以DE⊥平面A′EB,
因为菱形ABCD的边长为4,所以AB=AD=CD=BC=4,DE=2,AE=BE=2,
所以直角梯形BCDE的面积为×(2+4)×2=6,
设四棱锥A′-EBCD的高为h,则×6h=4,得h=2,
所以h=A′E,A′E⊥平面BCDE,
所以以E为原点,EB,ED,EA′所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则
B(2,0,0),C(4,2,0),F(0,,1),
所以=(2,2,0),
所以c==(,,0),
a==(2,,－1).
所以|a|==2,
a·c=1=,
所以F到直线BC的距离为
d===.故选A.
11.(2025·河北沧州模拟)已知四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,
AB=2,AC=3,AD=2,则点A到平面BCD的距离为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 因为四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,AB=2,AC=3,AD=2,
可得·=3,·=2,·=1,
设平面BCD的一个法向量n=x+y+z,则
令z=1,解得x=1,y=0,所以n=+,
所以|n|==,·n=4+1=5,
设点A到平面BCD的距离为h,
则h===.故选D.
12.(2025·天津南开模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AC1⊥BD,其外接球体积为36π,则其外接球被平面AB1D1截得图形面积为(　　)
[A] π [B] π [C] π [D] π
【答案】 B
【解析】 如图建立空间直角坐标系,设AD=a,DC=b(a,b>0),则B(a,b,0),
A(a,0,0),C1(0,b,2),D(0,0,0),
所以=(a,b,0),=(－a,b,2),
因为AC1⊥BD,所以·=－a2+b2=0,所以a=b,即ABCD为正方形,
又长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的直径为长方体的体对角线长|AC1|,
外接球的球心为体对角线的中点,不妨设为O,
由外接球体积为36π,所以π()3=36π,解得|AC1|=6,又|AC1|==6,
解得a=4(负值舍去),
所以A(4,0,0),D1(0,0,2),B1(4,4,2),O(2,2,1),
所以=(－4,0,2),=(0,4,2),=(－2,2,1),
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),则取n=(1,－1,2),
所以点O到平面AB1D1的距离d===,所以外接球被平面AB1D1截得的截面圆的半径r==,
所以截面圆的面积S=πr2=π,即外接球被平面AB1D1截得图形面积为π.故选B.
13.(5分)在平行四边形ABCD中,AB=2,AD=1,∠BAD=60°,M,N分别为直线AB,CD上的动点,记M,N两点之间的最小距离为d,将△ABD沿BD折叠,直到三棱锥A-BCD的体积最大时,不再继续折叠.在折叠过程中,d的最小值为　　　　　.
【答案】
【解析】 如图(1)所示,根据题意可知,
由AB=2,AD=1,
∠BAD=60°,利用余弦定理可得BD2=AB2+AD2－2AB·ADcos 60°,解得BD=,所以满足AD2+BD2=AB2,即 AD⊥BD,则CB⊥BD,又M,N分别为直线AB,CD上的动点,记M,N两点之间的最小距离为d,则d表示两直线AB,CD之间的距离,在△ABD沿BD折叠的过程中,直线AB,CD由两平行线变成两异面直线,且两直线间的距离越来越近,当三棱锥A-BCD的体积最大时,AD⊥平面BCD,即此时M,N两点之间的距离最小,即为两异面直线AB,CD之间的距离;
以点B为坐标原点,分别以BC,BD所在直线为x轴,y轴,以过点B且与AD平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图(2)所示,则B(0,0,0),A(0,,1),C(1,0,0),D(0,,0),即=(0,,1),=(－1,,0),设与,垂直的一个向量为n=(x,y,z),
则令y=1,则x=,z=,可得n=(,1,),=(0,0,－1),由两异面直线间的距离公式可得d的最小值为==.
14.(15分)如图,三棱锥P－ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形,且AC=2,各侧棱长均为3.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC.
(2)若点E为棱PA的中点,线段CE上是否存在一点Q,使得Q到平面PBC的距离与Q到直线AB的距离之比为 若存在,求出此时CQ的长;若不存在,请说明理由.
(1)【证明】 取AC的中点O,连接PO,BO,如图所示.
因为PA=PC=3,AC=2,所以PO⊥AC,且PO==,因为△ABC是等腰直角三角形,所以BO⊥AC,且BO=,又PB=3,满足PB2=PO2+BO2,所以PO⊥BO,因为AC∩BO=O,AC,BO 平面ABC,所以PO⊥平面ABC,又因为PO 平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.
(2)【解】 存在.由(1)知,PO⊥平面ABC,且BO⊥AC,故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
设=λ(0≤λ≤1),因为点E为棱PA的中点,所以E到平面ABC的距离为PO=,
则C(0,,0),E(0,,),P(0,0,),A(0,,0),B(,0,0),则=(,0,),=(0,,),=(,,0),=(0,,),
所以Q(0,λ+,λ),
则=(0,λ,λ),
=(0,2λ,λ),
所以cos∠QAB==,
所以sin ∠QAB=,
所以Q到直线AB的距离
d2=|AQ|·sin ∠QAB=,
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则
即
令x=,可得n=(,,)为平面PBC的一个法向量,则Q到平面PBC的距离d1==λ,由==,得λ=或λ=－1(舍去),此时=(0,,),||=1.故存在一点Q,使得Q到平面PBC的距离与Q到直线AB的距离之比为,此时CQ的长为1.
15.(5分)(2025·辽宁大连模拟)如图,经过边长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形,将这个截面上方部分去掉,得到一个七面体,则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是　 .
【答案】
【解析】 如图,
七面体为正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥B1-BA1C1的图形,
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时,
该球与三个正方形面和等边三角形面相切,且球心在体对角线B1D上,
如图,以点D为原点建立空间直角坐标系,
则B(1,1,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),
设球心O(a,a,a)(0设平面BA1C1的一个法向量为n=(x,y,z),
则有
可取n=(1,1,1),
则球心O到平面BA1C1的距离为==,
因为球O与三个正方形面和等边三角形面相切,
所以=a,解得a=,所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
(
第
22
页
)(共95张PPT)
第7节　利用空间向量
求空间距离
1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.
2.通过空间中距离问题的求解,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
[课程标准要求]
必备知识
课前回顾
知识梳理
1.点P到直线l的距离
知识梳理
2.点P到平面α的距离
知识梳理
3.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
知识梳理
4.直线与平面、平面与平面间的距离
直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离,用求点到平面的距离的方法求解:
对点自测
1.(人教B版选择性必修第一册P63习题1-2C T1改编)已知A(0,0,2),B(1,0,2),
C(0,2,0),则点A到直线BC的距离为(　　)
A
对点自测
对点自测
2.(2025·福建厦门模拟)已知平面α的一个法向量为n=(1,0,1),且点A(1,2,3)在α内,则点B(1,1,1)到α的距离为　　　　.
对点自测
4. (人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为　　　　.
对点自测
【解析】 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
对点自测
对点自测
关键能力
课堂突破
考点一　用空间向量求点到直线的距离
1.(2025·江西新余模拟)已知A(－1,－1,－1),直线l过原点且平行于a=(0,1,2),则A到l的距离为(　　)
C
D
【解析】 取AC的中点O,取A1C1的中点D,连接OD,则OD⊥平面ABC,
连接OB,因为△ABC是等边三角形,
所以OB⊥AC,
因为OB,AC 平面ABC,
所以OB,AC,OD两两垂直,
所以以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,OD所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
题后悟通
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量.
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度.
(3)利用勾股定理求解.另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.
考点二　用空间向量求点到平面的距离
[例1] 如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为1,则点B1到平面ABC1的距离为　　　　.
法二(直接法)　如图所示,取AB的中点M,连接CM,C1M,过点C作CD⊥C1M,垂足为D.
因为C1A=C1B,M为AB的中点,所以C1M⊥AB.因为CA=CB,M为AB的中点,所以CM⊥AB.
因为C1M∩CM=M,C1M,CM 平面C1CM,所以AB⊥平面C1CM,又AB 平面ABC1,故平面ABC1⊥平面C1CM.
因为平面ABC1∩平面C1CM=C1M,CD⊥C1M,CD 平面C1CM,所以CD⊥
平面ABC1.
因此CD的长度即为点C到平面ABC1的距离,也即点B1到平面ABC1的距离.
法三(向量法)　如图所示,取BC的中点O,连接AO.因为AB=AC,所以AO⊥BC.
解题策略
求点到平面的距离的方法
(1)直接作出点到平面的垂线段,再计算.
(2)平行转移法.即通过线面平行,转化为其他点到平面的距离.
(3)等体积法.
B
考点三　用空间向量求线线、线面、面面的距离
[例2] 底面为菱形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1B1,A1D1的中点.
(1)在图中作一个平面α,使得BD α,且平面AEF∥α(不必给出证明过程,只要求作出α与直棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面);
【解】 (1)如图,取B1C1,D1C1的中点M,N,连接BM,MN,ND,则平面BMND即为所求平面α.
证明如下,由EF∥MN,EF 平面BMND,MN 平面BMND,
可得EF∥平面BMND.
由AE∥DN,AE 平面BMND,DN 平面BMND,
可得AE∥平面BMND.
又AE∩EF=E,AE,EF 平面AEF,
故平面AEF∥平面BMND,
即平面AEF∥α.
(2)若AB=AA1=2,∠BAD=60°,求平面AEF与平面α的距离d.
【解】 (2)如图,连接AC,AC交BD于点O,
因为在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为菱形,所以AC⊥BD,
所以分别以DB,AC所在的直线为x轴,y轴,O为原点建立如图所示空间直角坐标系.
又所有棱长为2,∠BAD=60°,
解题策略
(1)当一条直线和一个平面平行时,直线上的各点到平面的距离相等,当两个平面平行时,一个平面上的各点到另一个平面的距离相等,由此可知,这两种距离都是转化为点面距离.
(2)用向量方法研究空间距离问题的一般步骤.
①确定法向量;②选择参考向量;③利用公式求解.
[针对训练] (2025·广东广州模拟)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)证明:BD∥GH;
(1)【证明】 因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD,
又BD 平面EFG,EF 平面EFG,则BD∥平面EFG,
又BD 平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
(2)【解】 由(1)知,BD∥平面EFG,
则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离,
连接EA,ED,由△ABC,△BCD均为正三角形,E为BC的中点,得EA⊥BC,
ED⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE 平面ABC,
于是AE⊥平面BCD,又ED 平面BCD,则EA⊥ED,
以点E为原点,直线EB,ED,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间
直角坐标系,
课时作业
(分值:95分)
选题明细表
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
知识点、方法 题号
用空间向量求点到直线的距离 4,9,10
用空间向量求点到平面的距离 1,3,11
用空间向量求线线、线面、面面的距离 2,7
距离问题的综合应用 5,6,8,12,13,14,15
基础巩固练
A
[A] 1 [B] 2 [C] 3 [D] 4
2.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(－1,0,1),则两平面间的距离是(　　)
B
3.(2025·云南昆明模拟)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,则点C到平面AEC1F的距离为(　　)
C
A
5.(2025·山西吕梁模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为A1D1,
BB1的中点,O为底面ABCD的中心,则三棱锥O－EFC的体积是(　　)
B
6.(多选题)(2025·江苏南通模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=
AD=1,E为AB的中点,则(　 　)
[A] A1B⊥B1C
[B] A1D∥平面EB1C
BC
7.(5分)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,则点D到平面PEF的距离为　　 　　,直线AC到平面PEF的距离为　　　　.
8.(14分)(2025·福建漳州模拟)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在棱AA1上,且AE=1.
(1)求四棱锥D1-EABB1的表面积;
【解】 (2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,4,0),B1(4,4,4),D1(0,0,4),E(4,0,1),
设P(0,a,4),
其中0≤a≤4,
综合运用练
9.(2025·湖南长沙模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为(　　)
D
【解析】 如图所示,建立空间直角坐标系,则A1(1,0,1),C1(0,1,1),
A
【解析】 连接BD,因为四边形ABCD为菱形,且∠A=60°,所以题图(1)中△ABD为等边三角形,
因为E为AB的中点,所以DE⊥AB,所以题图(2)中DE⊥EB,DE⊥A′E,
因为EB∩A′E=E,EB,A′E 平面A′EB,所以DE⊥平面A′EB,
D
12.(2025·天津南开模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AC1⊥BD,其外接球体积为36π,则其外接球被平面AB1D1截得图形面积为(　　)
B
13.(5分)在平行四边形ABCD中,AB=2,AD=1,∠BAD=60°,M,N分别为直线AB,CD上的动点,记M,N两点之间的最小距离为d,将△ABD沿BD折叠,直到三棱锥A-BCD的体积最大时,不再继续折叠.在折叠过程中,d的最小值为　　　　　.
【解析】 如图(1)所示,根据题意可知,
由AB=2,AD=1,
∠BAD=60°,利用余弦定理可得BD2=AB2+AD2－2AB·ADcos 60°,解得BD=,所以满足AD2+BD2=AB2,即 AD⊥BD,则CB⊥BD,又M,N分别为直线AB,CD上的动点,记M,N两点之间的最小距离为d,则d表示两直线AB,CD之间的距离,在△ABD沿BD折叠的过程中,直线AB,CD由两平行线变成两异面直线,且两直线间的距离越来越近,当三棱锥A-BCD的体积最大时,AD⊥平面BCD,即此时M,N两点之间的距离最小,即为两异面直线AB,CD之间的距离;
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC.
15.(5分)(2025·辽宁大连模拟)如图,经过边长为1的正方体的三个顶点的平面截正方体得到一个正三角形,将这个截面上方部分去掉,得到一个七面体,则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是　 .
应用创新练
【解析】 如图,七面体为正方体ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥B1-BA1C1的图形,
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时,
该球与三个正方形面和等边三角形面相切,且球心在体对角线B1D上,
如图,以点D为原点建立空间直角坐标系,
则B(1,1,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),

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