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第42讲　空间距离及立体几何中的探索性问题
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
1.=
2.==
【课前演练】
题组一
(1)√　(2)√　(3)√
[解析] (1)两平行平面间的距离可以用其中一个平面上的点到另一个平面的距离,或其中一个平面上的一条直线到另一个平面的距离来表示,故正确.
(2)连接PA,易知=(1,2,-4),则点P到平面α的距离d==,故正确.
(3)建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,0),A(1,0,2),D(0,0,2),B(1,1,2),所以=(1,0,2),=(1,1,0),=(1,0,0),设n=(x,y,z)且即
令z=1,则x=-2,y=2,所以n=(-2,2,1),所以异面直线AD1和BD之间的距离d==,所以P,Q间距离的最小值为,故正确.
题组二
1.D　[解析] 如图所示,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B1(2,0,4),C(2,4,0),E(1,4,4),所以=(-1,4,0),=(-1,0,4).设平面B1CE的法向量为n=(x,y,z),则
令y=1,则n=(4,1,1).连接AC,则=(2,4,0),所以点A到平面B1CE的距离为==2.故选D.
2.B　[解析] 依题意,平行平面α,β间的距离即为点O到平面β的距离,因为=(2,1,1),所以平行平面α,β间的距离d====.
3.A　[解析] 连接PA,由题意得=(-2,0,-1),所以||==.因为直线l的一个方向向量为s=(0,1,1),所以|s|==,所以cos<,s>===-.设直线PA与直线l所成的角为θ,则cos θ=|cos<,s>|=,所以sin θ=,所以点P(4,3,2)到直线l的距离d=||·sin θ=×=.故选A.
● 课堂考点探究
探究点一
例1　(1)B　(2)B　[解析] (1)根据题意可知=(0,2,2),=(-2,2,0),所以·=4,则点C到直线AB的距离d===.故选B.
(2)以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(0,0,0),B1(3,0,3),E(2,3,0),C1(3,3,3),所以=(2,3,0),=(3,3,3).设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),所以令x=3,解得y=-2,z=-1,所以n=(3,-2,-1).连接AB1,可得=(3,0,3),所以点B1到平面AEC1的距离d===.故选B.
对点演练1　(1)B　(2)D　[解析] (1)如图所示,以A为原点,,,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,连接AC1,则E(0,2,1),A(0,0,0),C1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,2,2),所以点C1到直线AE的距离d====,故选B.
(2) 如图所示,以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,连接AG,则A1(4,0,4),E(2,4,0),G(0,0,2),F(4,4,2),A(4,0,0),∴=(2,-4,4),=(4,4,0),=(-4,0,2).设平面α的法向量为n=(a,b,c),∵A1E∥α,GF α,∴⊥n,⊥n,则令a=2,得b=-2,c=-3,则n=(2,-2,-3),∴点A到平面α的距离d===.故选D.
探究点二
例2　解:以A为原点,AB,AD,AP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,
∵底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,AD⊥AB,∠ADC=45°,
∴AB=(AD-BC)tan ∠ADC=(3-BC)×tan 45°=2,解得BC=1,
则P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,1,0), ∴=(2,0,-2),=(0,1,0),
显然AD∥平面PBC,
∴直线AD到平面PBC的距离即为点A到平面PBC的距离.
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则取x=1,得n=(1,0,1).
∵=(2,0,0),∴点A到平面PBC的距离d==.
对点演练2　(1)B　(2)　[解析] (1)以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),F(1,0,0),B(2,2,0),H(0,1,2),所以=(1,0,0),=(0,1,2),=(2,2,0).由题意知,平面EFD1B1∥平面BDHG,所以平面EFD1B1与平面BDHG之间的距离等于点F到平面BDHG的距离.设平面BDHG的法向量为n=(x,y,z),则取y=-2,得n=(2,-2,1),所以点F到平面BDHG的距离d===,则平面EFD1B1与平面BDHG之间的距离是.故选B.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,0),E,C1(0,1,1),F,C(0,1,0),所以=,=,故∥.又EC1 平面AEC1,FC 平面AEC1,所以FC∥平面AEC1,故直线FC到平面AEC1的距离等于F到平面AEC1的距离.设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),又=,所以即
取y=2,则n=(1,2,-1).连接EF,又=(0,0,1),所以F到平面AEC1的距离为==.
探究点三
例3　解:(1)证明:如图①,取PD的中点N,连接AN,MN.
∵M为棱PC的中点,∴MN∥CD,MN=CD.
∵AB∥CD,AB=CD,∴AB∥MN,AB=MN,
∴四边形ABMN是平行四边形,∴BM∥AN.
又BM 平面PAD,AN 平面PAD,∴BM∥平面PAD.
(2)∵PC=,PD=1,CD=2,
∴PC2=PD2+CD2,∴PD⊥DC.
∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD 平面PDC,
∴PD⊥平面ABCD.
又∵AD 平面ABCD,∴PD⊥AD.
又∵AD⊥DC,∴DA,DC,DP两两垂直.
以点D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图②,
则P(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),B(1,1,0),
∵M为棱PC的中点,∴M,
则=,=(1,1,0).设平面BDM的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=2,则y=-1,x=1,所以n=(1,-1,2).
假设在棱PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是.
设=λ,0≤λ≤1,则Q(λ,0,1-λ),连接BQ,则=(λ-1,-1,1-λ).
∵·n=λ-1+1+2(1-λ)=2-λ,
∴点Q到平面BDM的距离是==,解得λ=.
在Rt△ADP中,PA=,则PQ=.
综上可知,存在满足题意的点Q,且PQ=.
对点演练3　解:(1)证明:因为FA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,所以FA⊥AB,FA⊥AD,又AB⊥AD,所以AB,AD,AF两两垂直,
以A为原点,直线AB,AD,AF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),B(2,0,0),D(0,4,0),E(0,4,2),F(0,0,2),G(1,0,1),C(2,2,0),
所以=(-2,4,0),=(0,4,2),=(1,0,1).
设平面AEG的法向量为m=(x,y,z),则令x=1,得m=,
于是·m=-2×1+4×+0×(-1)=0,即⊥m,又BD 平面AEG,所以BD∥平面AEG.
(2)假设在线段FD(不含端点)上存在一点M,使得直线BM与平面GCD所成角的正弦值为.
设=λ=(0,4λ,-2λ),0<λ<1,又=(-2,0,2),
所以=+=(-2,4λ,2-2λ),由(1)知=(1,2,-1),=(-1,4,-1),
设平面GCD的法向量为n=(x1,y1,z1),则令x1=1,得n=(1,1,3).
设直线BM与平面GCD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|====,
整理得2λ2+λ-1=0,又0<λ<1,所以λ=,
所以存在满足题意的点M,此时BM==3.第42讲　空间距离及立体几何中的探索性问题
【课标要求】　能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题.
1.点到直线的距离
如图①,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=a,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.点到平面的距离
如图②,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的距离就是在直线l上的投影向量的长度.因此PQ=　　　　　　　　　　　　　　.
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.
题组一　易错辨析
判断下列说法是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若平面α∥平面β,则平面α与平面β间的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离,也可转化为平面α内某点到平面β的距离. (　 )
(2)若平面α的法向量是n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为. (　 )
(3)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面边长为1,侧棱长为2,P,Q分别是异面直线AD1和BD上的任意一点,则P,Q间距离的最小值为. (　 )
题组二　教材改编
1.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=AD=4,E为C1D1的中点,则点A到平面B1CE的距离为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.2
C. D.2
2.若两平行平面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为n=(-1,0,1),则两平面间的距离是 (　 )
A.1 B. C. D.
3.已知直线l过定点A(2,3,1),且直线l的一个方向向量为s=(0,1,1),则点P(4,3,2)到直线l的距离为 (　 )
A. B. C. D.
　点到直线、点到平面的距离
例1 (1)[2026·上海复旦大学附中期末] 已知空间中三点A(2,0,0),B(0,2,0),C(2,2,2),则点C到直线AB的距离为 (　 )
A.2 B. C. D.3
(2)[2025·江苏常州质检] 如图, 在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱CD上的一点,且DE=2EC,则点B1到平面AEC1的距离为 (　 )
A. B. C. D.
总结反思
1.求解点P到直线AB的距离问题的常用方法
(1)两点间距离法.在直线AB上找点M,使之满足确定点M的坐标,进而通过两点间距离公式求解PM即可得到答案.
(2)勾股定理法.求向量在向量上投影向量的长度,则其与||和所求距离是直角三角形三条边的长,进而利用勾股定理即可得到答案.
2.求解点P到平面ABC的距离问题的常用方法
(1)空间向量法.平面ABC的一个法向量为n,则所求距离d=.
(2)等体积法.VP-ABC=d·S△ABC=V(其中d为点P到平面ABC的距离),若其体积V可求,S△ABC可求,则d可求.
【对点演练1】 (1)[2025·广东江门模拟] 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,则点C1到直线AE的距离为(　 )
A. B. C. D.2
(2)[2026·湖南长沙长郡中学期中] 如图, 在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱BC,BB1,DD1的中点,过FG作平面α,使得A1E∥α,则点A到平面α的距离是(　 )
A. B. C. D.
　直线与平面、平行平面间的距离
例2 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,BC∥AD,AD⊥AB,∠ADC=45°,PA⊥平面ABCD,AB=AP=2,AD=3.
求直线AD到平面PBC的距离.


总结反思
求解直线与平面、平面与平面之间的距离问题时,将线面距离和面面距离转化为点到平面的距离进行求解,即在直线或平面上找一个点,应用点到平面的距离问题的求解方法求解该点到平面的距离即可.
【对点演练2】 (1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G,H分别是棱AB,AD,B1C1,D1C1的中点,则平面EFD1B1与平面BDHG之间的距离为 (　 )
A.　　　B.　　　C.　　　D.
(2)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1B1的中点,F为AB的中点,则直线FC到平面AEC1的距离为　　　　.
　立体几何中的探索性问题
例3 如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=CD=AD=1,M为棱PC的中点.
(1)证明:BM∥平面PAD.
(2)若PC=,PD=1,在棱PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是 若存在,求出PQ的长;若不存在,说明理由.



总结反思
利用空间向量巧解探索性问题的策略
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断;
(2)解题时,把结论当作条件,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”等问题.
所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.
【对点演练3】 [2026·河北承德期中] 如图,四边形ABCD为梯形,BC∥AD,AB⊥AD,四边形ADEF为矩形,且FA⊥平面ABCD,FA=AB=BC=AD=2,G为FB的中点.
(1)证明:BD∥平面AEG.
(2)在线段FD(不含端点)上是否存在一点M,使得直线BM与平面GCD所成角的正弦值为 若存在,求出BM的长;若不存在,说明理由.

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