1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 用空间向量研究距离问题
【课前预习】
知识点
1.
2.
诊断分析
(1)× (2)√ (3)√
【课中探究】
探究点一
例1 (1)A (2)D [解析] (1)取P(0,1,2),又A(1,1,1),所以=(-1,0,1),则点A到直线l的距离d===.故选A.
(2)连接AF,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(2,0,0),E(1,2,0),F(0,0,1),则=(-1,2,0),所以与方向相同的单位向量u=,又=(-2,0,1),且·u=,所以F到直线AE的距离d===.故选D.
变式 解:(1)证明:如图,作PD∥AC,交BC于点D,
则由A1Q=AP,得BP=QC1,
∵PD∥AC,∴=,又AC=AB,∴PD=BP=QC1,
∴PD∥QC1且PD=QC1,连接DC1,
∴四边形C1QPD为平行四边形,
∴PQ∥C1D.∵PQ 平面BCC1B1,且C1D 平面BCC1B1,
∴PQ∥平面BCC1B1.
(2)取AC的中点O,连接A1O,BO,QB1.
∵AO=AC=1,AA1=2,∠A1AO=60°,∴根据余弦定理得A1O2=A+AO2-2AA1·AO·cos 60°=4+1-2×2×1×=3,∴A1O=,
则A1O⊥AC,又平面A1ACC1⊥平面ABC,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,∴A1O⊥平面ABC.
∵△ABC是等边三角形,O是AC的中点,∴BO⊥AC,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(,0,0),P,Q(0,1,),B1(,1,),∴=,=(,0,0),
∴cos<,>===,∴点B1到直线PQ的距离为||·=×=.
探究点二
例2 解:(1)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,连接AF.
因为正方体的棱长为2,且E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点,
所以E(0,0,1),F(2,2,1),A(2,0,0),
所以=(-2,0,1),=(0,2,1),所以==.
又=22+12=5,
所以点F到直线AE的距离为=.
(2)连接AC,由(1)得B1(2,2,2),C(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,2,2),=(-2,0,1).
设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z),则即
取x=1,则y=-2,z=2,所以n=(1,-2,2)是平面AB1E的一个法向量,
所以C到平面AB1E的距离为==2.
变式 解:(1)证明:因为AE,DF,BG都垂直于平面ABCD,所以AE∥BG∥DF.
取AB的中点H,连接MH,DH,如图,
则MH∥AE,且MH==2,
所以MH∥DF且MH=DF,所以四边形DFMH为平行四边形,可得FM∥DH,
又FM 平面ABCD,DH 平面ABCD,所以FM∥平面ABCD.
(2)连接AN.
以D为原点,DA,DC,DF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(2,0,0),F(0,0,2),M(2,1,2),N(1,2,0),
可得=(-1,2,0),=(0,1,2),=(-2,0,2).
设平面AMF的法向量为n=(x,y,z),则
取x=1,得y=-2,z=1,可得n=(1,-2,1),故点N到平面AMF的距离d===.
拓展 解:分别取AB,CD的中点O,O1,连接OO1,OM.
因为底面ABCD是正方形,
所以OO1⊥AB.
因为△MAB是正三角形,O为AB的中点,所以MO⊥AB,
又平面MAB⊥平面ABCD,平面MAB∩平面ABCD=AB,MO 平面MAB,所以MO⊥平面ABCD,
又AB,OO1 平面ABCD,所以MO⊥AB,MO⊥OO1.
以O为原点,以OB,OO1,OM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(-3,0,0),B(3,0,0),C(3,6,0),D(-3,6,0),M(0,0,3).
因为E,F,G分别是棱AM,DM,CD上一点,且AE=AM,DF=DM,CG=CD,
所以E(-2,0,),F(-1,2,2),G(1,6,0),
所以=(1,2,),=(3,6,-).
设平面EFG的法向量为u=(a,b,c),
则即
令a=2,则b=-1,c=0,即平面EFG的一个法向量为u=(2,-1,0).
连接GB,GH.
设=λ(0≤λ≤1),
则=λ,故=+λ=(2,-6,0)+λ(-3,0,3)=(2-3λ,-6,3λ),所以点H到平面EFG的距离d===,解得λ=或λ=(舍去),故=.
探究点三
例3 解:(1)因为OA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,
所以AB,AD,AO两两垂直.以点A为原点,AB,AD,AO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C(2,2,0),D(0,2,0),O(0,0,2),N(2,1,0).
因为M,R分别为OA,AD的中点,所以MR∥OD,
又因为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,所以CN∥RD且CN=RD,所以四边形CDRN为平行四边形,所以RN∥CD.
因为RN 平面OCD,CD 平面OCD,
所以RN∥平面OCD.
因为MR∩RN=R,MR,RN 平面MNR,所以平面MNR∥平面OCD.
因为MN 平面MNR,所以MN∥平面OCD,所以直线MN到平面OCD的距离等于点N到平面OCD的距离.
设平面OCD的法向量为n=(x,y,z),
又=(2,0,0),=(0,-2,2),
则取y=1,可得n=(0,1,1),
又=(0,1,0),所以直线MN到平面OCD的距离d1===.
(2)由(1)知平面MNR∥平面OCD,所以平面MNR与平面OCD的距离d2=d1===.
变式 解:(1)以D为原点,DA,DC,DD1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D(0,0,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C(0,2,0),
所以=(2,0,2),=(2,0,2),=(2,2,0),
所以∥,即B1C∥DA1,
又B1C 平面A1BD,DA1 平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD,所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离.
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,则n=(1,-1,-1),又=(0,2,0),
所以点B1到平面A1BD的距离d===,即直线B1C到平面A1BD的距离为.
(2)由(1)知B1C∥平面A1BD,同理可得D1B1∥平面A1BD,又B1C∩D1B1=B1,B1C,D1B1 平面B1CD1,
所以平面A1BD∥平面B1CD1,即平面A1BD与平面B1CD1的距离等于点B1到平面A1BD的距离.
由(1)知,点B1到平面A1BD的距离d=,所以平面A1BD与平面B1CD1的距离为.1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 用空间向量研究距离问题
1.A [解析] 因为=(-1,1,1),所以EF的一个单位方向向量为u=(-1,1,1).连接PE,因为=(3,-1,-2),所以点P到直线EF的距离为==.故选A.
2.C [解析] 连接AP,因为点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),所以=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(0,-1,0).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得y=1,z=,则n=,所以过点P且平行于平面ABC的平面与平面ABC的距离d==,故选C.
3.A [解析] 取BC的中点O,连接OA,根据正三棱柱的几何特征,以O为原点,以OC,OA所在直线分别为x,y轴,过O且平行于CC1的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.因为正三棱柱的棱长均为2,所以C1(1,0,2),B1(-1,0,2),A(0,,0),C(1,0,0),所以=(1,-,0),=(2,0,-2).设平面B1AC的法向量为n=(x,y,z),则即取y=1,则x=,z=,所以n=(,1,).设C1到平面B1AC的距离为d,又=(0,0,-2),所以d===.故选A.
4.C [解析] 以D为原点,DA,DC,DD1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.因为AA1=1,AB=2,AD=3,E为AB的中点,所以D(0,0,0),C1(0,2,1),B1(3,2,1),E(3,1,0),则=(-3,0,0),=(3,1,0).设异面直线B1C1与DE的公垂线的方向向量为n=(x,y,z),则取z=1,得x=y=0,则n=(0,0,1).连接DC1,又=(0,2,1),所以异面直线B1C1与DE之间的距离为==1.故选C.
5.A [解析] 以B为原点,BC,BA,BB1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B(0,0,0),C1(1,0,1),D,A(0,1,0),B1(0,0,1),所以=(1,0,1),=,=(0,-1,1).设平面BC1D的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则n=(1,-1,-1).因为·n=0×1+(-1)×(-1)+1×(-1)=0,所以⊥n,又AB1 平面BC1D,所以AB1∥平面BC1D.设直线AB1到平面BC1D的距离为d,因为=(0,1,0),所以d===,所以直线AB1到平面BC1D的距离为.
6.BC [解析] 如图,以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则A1(2,0,0),C1(0,2,0),D(0,0,2),故=(-2,2,0),=(-2,0,2),设P(2,λ,2)(0≤λ≤2),平面A1C1D的法向量为n=(x,y,z),则
取x=1,则n=(1,1,1).连接A1P,因为=(0,λ,2),所以P到平面A1C1D的距离d==.因为0≤λ≤2,所以d∈.故选BC.
7. [解析] 依题意得=(-5,0,1),所以||==,即AP=.点P到直线l的距离d===.
8. [解析] 因为AB∥平面α,所以直线AB到平面α的距离可转化为点A到平面α的距离.连接AC,由=(-1,-2,0),n=(1,0,1),得点A到平面α的距离d===,即直线AB到平面α的距离为.
9.解:方法一:(1)由题意知AB,AC,AP两两垂直.
如图,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
又D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,
所以P(0,0,2),F,D,E.
因为=,=,所以在上的投影向量的长度为=,所以点P到直线EF的距离为==.
(2)由(1)得=,=,=.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
则取z=1,则n=(2,0,1),
所以点P到平面DEF的距离d===.
方法二:(1)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB,AC 平面ABC,
则PA⊥AB,PA⊥AC,
又∠BAC=90°,AB=AC=1,PA=2,则BC=,PB=PC=,所以cos∠PBC==,sin∠PBC=,
故等腰三角形PBC的腰PB上的高h=BCsin∠PBC=.
由E,F分别是棱BC,CP的中点,得EF∥PB,EF是△PBC的中位线,所以点P到直线EF的距离为h=.
(2)由题意知AB,AC,AP两两垂直.
如图,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
又D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,
所以P(0,0,2),F,D,E,
则=,=,=.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
则取z=1,则n=(2,0,1),
所以点P到平面DEF的距离d===.
10.C [解析] 平面β的方程为2x-2y+3z-4=0,则平面β的一个法向量为n=(2,-2,3),取平面β内一点P(2,0,0),又∵M(1,1,2),∴=(-1,1,2),∴点M到平面β的距离为==.故选C.
11.BC [解析] 对于A选项,因为A1B1⊥平面AA1D1D,A1D 平面AA1D1D,所以A1D⊥A1B1,同理可得CD⊥A1D,所以A1B1与CD之间的距离为A1D=AD=2,A错误.以点D为原点,DA,DC,DD1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A1(2,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),D1(0,0,2),E(1,2,0),C1(0,2,2).对于B选项,当点P为D1E的中点时,P,此时PC1==,B正确.对于C选项,连接DP,当点P为D1E的中点时,=,=(2,0,2),=(2,2,0),设平面A1BD的法向量为m=(x,y,z),则取x=1,可得y=-1,z=-1,所以m=(1,-1,-1)为平面A1BD的一个法向量,此时点P到平面A1BD的距离为==,C正确.对于D选项,连接C1P,设=λ=λ(1,2,-2)=(λ,2λ,-2λ),其中0≤λ≤1,则=+=(0,-2,0)+(λ,2λ,-2λ)=(λ,2λ-2,-2λ),又=(0,0,2),所以点P到直线CC1的距离为=
=
=≥,当且仅当λ=时,等号成立,故点P到直线CC1的距离的最小值为,D错误.故选BC.
12. [解析] 取A1B1的中点G,连接EG,则EG∥AA1,则EG⊥平面ABC.连接EC,由已知可得CE⊥AB,AE=1,CE=.以点E为原点,分别以EC,EA,EG所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(0,0,0),A1(0,1,2),F(,0,1),B(0,-1,0),所以=(0,1,2),=(,0,1),=(0,-1,0).设n=(x,y,z)是平面A1EF的法向量,则取x=1,可得z=-,y=2,所以n=(1,2,-)是平面A1EF的一个法向量,所以点B到平面A1EF的距离d===.
13. [解析] 如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,则A(4,0,0),M(2,0,4),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4),∴=(2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,0,4),∴=,=,∴EF∥MN,BF∥AM.∵EF 平面EFBD,MN 平面EFBD,∴MN∥平面EFBD.同理可得AM∥平面EFBD.又∵AM∩MN=M,AM,MN 平面AMN,∴平面AMN∥平面EFBD.设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,则解得
取z=1,则x=2,y=-2,得n=(2,-2,1).平面AMN与平面EFBD的距离就是点B到平面AMN的距离.∵=(0,4,0),∴平面AMN与平面EFBD的距离d==.
14.解:(1)因为四边形AEC1F为平行四边形,所以=.
设DF=a,以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
由AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,
得B(2,4,0),A(2,0,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),F(0,0,a),
所以=(-2,0,a),=(-2,0,2),所以(-2,0,a)=(-2,0,2),
则a=2,所以F(0,0,2),
所以=(-2,-4,2),
所以||==2,即线段BF的长为2.
(2)由(1)知C(0,4,0),C1(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),
所以=(0,0,3),=(0,4,1),=(-2,0,2).
设平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则y=-,z=1,所以n=,
所以点C到平面AEC1F的距离d====.
15.ABD [解析] 如图,将二十四等边体补形为正方体,且二十四等边体各顶点均为正方体各棱的中点,则根据二十四等边体的棱长为,知正方体的棱长为2.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(1,2,0),E(2,1,2),F(2,0,1),G(2,2,1).对于A,=(2,0,2),=(1,0,1),因为=2,所以CE∥BF,所以E,C,B,F四点共面,故A正确;对于B,=(0,-1,1),设=λ(0≤λ≤1),则M(λ,λ+1,0),所以=(λ-2,λ,0),若AF⊥AM,则·=-λ=0,所以λ=0,故当M与C重合时,AF⊥AM,故B正确;对于C,设P(x,y,0),则=(x-2,y,-1),所以||==,化简得(x-2)2+y2=1,又点P在四边形ABCD的边界及其内部,所以点P的轨迹是以1为半径的圆的,所以点P的轨迹长度为×1=,故C错误;对于D,连接AN,=(0,1,1),设=μ(0≤μ≤1),则N(2μ,1-μ,μ),=(2μ-2,-μ,μ),所以点N到直线AG的距离为==,根据二次函数的性质,易知当μ=-=时,点N到直线AG的距离最小,最小值为=,故D正确.故选ABD.
16.解:(1)证明:因为折叠前D为PA的中点,PA=12,所以PD=AD=6,折叠后PA=6,
所以PD2+AD2=PA2,所以PD⊥AD.因为折叠前D,C分别为PA,PB的中点,
所以DC∥AB,又因为折叠前PA⊥AB,所以DC⊥PA,
所以折叠后PD⊥AD,DC⊥PD,AD⊥DC.
以D为坐标原点,DA,DC,DP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A(6,0,0),B(6,12,0),C(0,6,0),P(0,0,6),又N为PB的中点,
所以N(3,6,3),所以=(3,0,3),=(-6,0,6),=(0,12,0).设平面PAB的法向量为m=(x,y,z),
所以即
令x=1,则y=0,z=1,所以m=(1,0,1),所以=3m,所以∥m,
所以CN⊥平面PAB.
(2)设Q(x1,y1,z1),则=(x1,y1-6,z1),=(3,0,3),因为动点Q在线段CN上,
所以设=λ,λ∈[0,1],即(x1,y1-6,z1)=(3λ,0,3λ),即
所以Q(3λ,6,3λ),连接AQ,所以=(-6,0,6),=(6-3λ,-6,-3λ).
设点Q到AP的距离为d,
则d==
,λ∈[0,1],
即d=,λ∈[0,1].令t=18λ2-36λ+54,λ∈[0,1],
则t=18(λ-1)2+36,λ∈[0,1],根据二次函数的性质可知t∈[36,54],
所以d∈[6,3],由此可知动点Q到AP的距离的取值范围为[6,3].1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 用空间向量研究距离问题
【学习目标】
1.借助直线的方向向量和平面的法向量,能计算点到直线的距离、点到平面的距离,并知道两条平行直线之间的距离、直线与平面平行时两者间的距离、两个平行平面之间的距离.
2.能分析和解决一些立体几何中的距离问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方向向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具.
◆ 知识点 用空间向量研究距离问题
1.点到直线的距离
如图,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,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.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”
(1)建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面,把立体几何问题转化为向量问题;
(2)通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题;
(3)把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论.
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面α外一点A到平面α的距离,就是点A与平面α内一点B所成向量的长度. ( )
(2)若直线l∥平面α,则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离. ( )
(3)若平面α∥平面β,则两平面α,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. ( )
◆ 探究点一 点到直线的距离
例1 (1)[2025·福州八县(市)协作校高二联考] 已知点A(1,1,1),直线l过原点且一个方向向量为a=(0,1,2),则点A到直线l的距离为 ( )
A. B.1 C. D.
(2)[2025·重庆杨家坪中学高二月考] 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为棱BC,DD1的中点,则点F到直线AE的距离为 ( )
A. B. C. D.
变式 如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,且∠A1AC=60°,平面A1ACC1⊥平面ABC,点P,Q分别在AB,A1C1上,且AP=A1Q.
(1)求证:PQ∥平面B1BCC1;
(2)当点P是棱AB的中点时,求点B1到直线PQ的距离.
[素养小结]
用向量法求点到直线的距离的一般步骤:
(1)建立空间直角坐标系;
(2)求直线的方向向量;
(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线上的投影向量的长度;
(4)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.
◆ 探究点二 点到平面的距离
例2 [2025·福州高二期中] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,F为棱BB1的中点.
(1)求点F到直线AE的距离;
(2)求点C到平面AB1E的距离.
变式 [2025·六盘水高二期中] 如图,四边形ABCD是正方形,AE,DF,BG都垂直于平面ABCD,且AE=3,DF=2,BG=1,M,N分别是EG,BC的中点.
(1)证明:FM∥平面ABCD.
(2)若AB=2,求点N到平面AMF的距离.
[素养小结]
用向量法求点到平面的距离的步骤:
(1)建系:建立恰当的空间直角坐标系;
(2)求点的坐标:写出(求出)相关点的坐标;
(3)求向量:求出相关向量的坐标;
(4)利用公式即可求得点到平面的距离.
拓展 [2025·滁州高二期中] 如图,在四棱锥M-ABCD中,底面ABCD是边长为6的正方形,△MAB是等边三角形,平面MAB⊥平面ABCD.已知E,F,G分别是棱AM,DM,CD上一点,且AE=AM,DF=DM,CG=CD,若H是棱BM上的一点,且点H到平面EFG的距离为,求的值.
◆ 探究点三 线面距和面面距
例3 如图,在四棱锥O-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,OA⊥底面ABCD,OA=2,M,N,R分别是OA,BC,AD的中点.求:
(1)直线MN到平面OCD的距离;
(2)平面MNR与平面OCD的距离.
变式 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2.
(1)求直线B1C到平面A1BD的距离;
(2)求平面A1BD与平面B1CD1的距离.
[素养小结]
(1)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可.
(2)求两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离,利用求点到平面的距离的方法求解即可.1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 用空间向量研究距离问题
1.空间内有三点P(-1,2,3),E(2,1,1),F(1,2,2),则点P到直线EF的距离为 ( )
A. B.
C.2 D.2
2.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),那么过点P且平行于平面ABC的平面与平面ABC的距离是 ( )
A. B.
C. D.
3.[2025·福州一中高二月考] 棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中,顶点C1到平面B1AC的距离是 ( )
A. B.
C. D.
4.[2025·大连高二期中] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,AD=3,E为AB的中点,则异面直线B1C1与DE之间的距离为 ( )
A. B.
C.1 D.
5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=,D是棱AC的中点,且AB=BC=BB1=1,则直线AB1到平面BC1D的距离为 ( )
A. B.
C. D.
6.(多选题)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是棱AB上一动点,则P到平面A1C1D的距离可能是 ( )
A. B.
C. D.2
7.[2025·广州高二期中] 已知直线l的一个方向向量为m=(1,,-1),若点P(-1,1,-1)为直线l外一点,A(4,1,-2)为直线l上一点,则AP= ,点P到直线l的距离为 .
8.[2025·青岛高二期中] 已知AB∥平面α,平面α的一个法向量为n=(1,0,1),平面α内一点C的坐标为(0,0,1),点A的坐标为(1,2,1),则直线AB到平面α的距离为 .
9.(13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2.
(1)求点P到直线EF的距离;
(2)求点P到平面DEF的距离.
10.[2025·成都高二期中] 在空间直角坐标系中,已知平面β过点M0(x0,y0,z0),且以向量n=(a,b,c)为法向量,则平面β的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.若平面β的方程为2x-2y+3z-4=0,则点M(1,1,2)到平面β的距离为 ( )
A. B.
C. D.
11.(多选题)[2025·辽宁辽南协作体名校联盟高二期中] 如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点,点P在线段D1E上,则下列说法正确的是 ( )
A.A1B1与CD之间的距离为
B.当点P为D1E的中点时,PC1=
C.当点P为D1E的中点时,点P到平面A1BD的距离为
D.点P到直线CC1的距离的最小值为
12.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为2,E,F分别是AB,CC1的中点,则点B到平面A1EF的距离为 .
13.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD的距离为 .
14.(15分)底面为矩形ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的多面体如图所示,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,四边形AEC1F为平行四边形.
(1)求线段BF的长;
(2)求点C到平面AEC1F的距离.
15.(多选题)[2025·成都高二期中] 半正多面体亦称“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形围成的多面体,体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体,是由正方体切割而成的,它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示).若它的所有棱长都为,则下列结论正确的是 ( )
A.E,C,B,F四点共面
B.在棱CD上存在点M,使AF⊥AM
C.若四边形ABCD的边界及其内部有一点P,且FP=,则点P的轨迹长度为π
D.若点N是线段CF上的动点,则N到直线AG的距离的最小值为
16.(15分)[2025·三明二中高二月考] 如图①所示,在△PAB中,AP⊥AB,AB=AP=12,D,C分别为PA,PB的中点.将△PDC沿DC向平面ABCD上方翻折至如图②所示的位置,使得PA=6,得到四棱锥P-ABCD,记PB的中点为N,动点Q在线段CN上.
(1)证明:CN⊥平面PAB;
(2)求动点Q到AP的距离的取值范围.(共93张PPT)
1.4 空间向量的应用
1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
第1课时 用空间向量研究距离问题
探究点一 点到直线的距离
探究点二 点到平面的距离
探究点三 线面距和面面距
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.借助直线的方向向量和平面的法向量，能计算点到直线的距离、
点到平面的距离，并知道两条平行直线之间的距离、直线与平面平
行时两者间的距离、两个平行平面之间的距离.
2.能分析和解决一些立体几何中的距离问题，体会向量方法与综
合几何方法的共性和差异，体会直线的方向向量和平面的法向量的
作用，感悟向量是研究几何问题的有效工具.
知识点 用空间向量研究距离问题
1.点到直线的距离
如图，已知直线的单位方向向量为， 是直
线上的定点，是直线外一点，设 ，
则向量在直线上的投影向量 .
在中，由勾股定理，得_ ______________
______________.
2.点到平面的距离
如图，已知平面 的法向量为，是平面 内的
定点，是平面 外一点.过点 作平面 的垂线，
交平面 于点,则是直线 的方向向量，
且点到平面 的距离就是 在直线上的投影向量 的长度.
因此_ ______ ______.
3.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”
（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及
的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题;
（2）通过向量运算,研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之
间的距离和夹角等问题;
（3）把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论.
【诊断分析】 判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）平面 外一点到平面 的距离,就是点与平面 内一点 所
成向量 的长度.( )
×
（2）若直线平面 ，则直线到平面 的距离就是直线 上的点
到平面 的距离.( )
√
（3）若平面平面 ，则两平面 ， 间的距离可转化为平面
内某条直线到平面 的距离，也可转化为平面 内某点到平面 的
距离.( )
√
探究点一 点到直线的距离
例1（1）［2025·福州八县（市）协作校高二联考］已知点 ，
直线过原点且一个方向向量为，则点到直线 的距离为
( )
A. B.1 C. D.
[解析] 取,又，所以，则点到直线 的
距离 .故选A.
√
（2）［2025·重庆杨家坪中学高二月考］在棱长为2的正方体
中，点，分别为棱，的中点，则点 到
直线 的距离为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 连接，以为原点，,, 所在直线
分别为，， 轴建立空间直角坐标系，如图，
则,，，则 ，
所以与方向相同的单位向量 ,
又，且，
所以到直线 的距离 .故选D.
变式 如图，三棱柱 的所有棱长都为2，
且 ，平面 平面，点，
分别在,上，且 .
（1）求证：平面 ；
证明：如图，作，交于点 ，
则由，得 ，，，
又 ， ，且，连接 ，
四边形 为平行四边形，
平面，且 平面 ，
平面 .
（2）当点是棱的中点时，求点到直线 的距离.
解：取的中点，连接，， .
，， ，
根据余弦定理得
， ，则，又平面 平面，
平面 平面， 平面 .
是等边三角形，是的中点， ，
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
,,, ,，
, ，
,，
点 到直线 的距离为
.
［素养小结］
用向量法求点到直线的距离的一般步骤：
（1）建立空间直角坐标系；
（2）求直线的方向向量；
（3）计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线上的投影向量
的长度；
（4）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.
探究点二 点到平面的距离
例2 ［2025·福州高二期中］如图，在棱长为2的正方体
中，为棱的中点，为棱 的
中点.
（1）求点到直线 的距离；
解：以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接 .
因为正方体的棱长为2，且为棱的中点， 为棱
的中点，所以,， ，
所以, ，
所以, ，所以 .
又 ，
所以点到直线的距离为 .
（2）求点到平面 的距离.
解：连接，由（1）得， ，
则,, .
设平面的法向量为 ，则
即
取，则,,所以 是平面 的一个法向量，
所以到平面的距离为 .
变式 ［2025·六盘水高二期中］如图，四边形
是正方形，，， 都垂直于平面
，且，，，，
分别是， 的中点.
（1）证明：平面 .
证明：因为，，都垂直于平面，
所以 .
取的中点，连接， ，如图，则，且 ，
所以且，所以四边形 为平行四边形，可得
，又 平面， 平面，所以平面 .
（2）若，求点到平面 的距离.
解：连接 .以为原点，，，所在直线分别
为轴、轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，， ， ，
可得，， .
设平面的法向量为，则
取，得，，可得，故点到平面
的距离 .
［素养小结］
用向量法求点到平面的距离的步骤:
（1）建系：建立恰当的空间直角坐标系；
（2）求点的坐标：写出（求出）相关点的坐标；
（3）求向量：求出相关向量的坐标；
（4）利用公式即可求得点到平面的距离.
拓展 ［2025·滁州高二期中］ 如图，在四棱锥
中，底面 是边长为6的正方
形，是等边三角形，平面 平面
.已知,,分别是棱,, 上一点，
且,,，若 是棱
上的一点，且点到平面的距离为，求 的值.
解：分别取,的中点,，连接， .
因为底面 是正方形，所以 .
因为是正三角形，为 的中点，所以 ，
又平面 平面，
平面 平面, 平面，所以 平面 ，
又, 平面，所以, .
以为原点，以,,所在直线分别为轴、 轴、 轴建立空间
直角坐标系，如图所示，则,,, ,
.
因为,,分别是棱,, 上一点，且,, ，所以,, ，
所以, .
设平面的法向量为 ，则即 令，则,，
即平面 的一个法向量为 .
连接， .设 ，则 ,
故，所以点到平面 的距离，
解得或 （舍去），故 .
探究点三 线面距和面面距
例3 如图，在四棱锥 中，底面是边长为2的正方形，
底面，，，，分别是 ，， 的中点．求：
（1）直线到平面 的距离；
解：因为 平面，四边形 为正方形，
所以,,两两垂直.
以点为原点， ，，所在直线分别为，， 轴
建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，
， .
因为，分别为，的中点，所以 ，
又因为 平面， 平面，
所以平面 .
因为且，，分别为， 的
中点，所以且 ，所以四边形
为平行四边形，所以 .
因为 平面， 平面 ，所以平面 .
因为，， 平面 ，所以平面平面 .
因为 平面，所以平面 ，所以
直线到平面的距离等于点到平面 的距离.
设平面的法向量为 ,
又, ,
则取 ,可得 ,
又,所以直线到平面 的距离 .
（2）平面与平面 的距离.
解：由（1）知平面平面 ，所以平面与
平面 的距离 .
变式 设正方体 的棱长为2.
（1）求直线到平面 的距离；
解：以为原点，，， 所在直线分别为
，， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系,
则，，， ， ，
所以,, ,
所以,即 ,
又 平面, 平面,所以 平面,
所以直线到平面 的距离等于点到平面 的距离.
设平面的法向量为 ,
则令 ,则,
又 ,所以点到平面 的距离
，即直线到平面 的距离为 .
（2）求平面与平面 的距离.
解：由（1）知平面,同理可得
平面,又,, 平面 ,
所以平面平面,即平面 与平面
的距离等于点到平面 的距离.
由（1）知，点到平面的距离 ，
所以平面与平面的距离为 .
［素养小结］
（1）求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用
求点到平面的距离的方法求解即可.
（2）求两个平行平面间的距离可以转化为求点到平面的距离，利用
求点到平面的距离的方法求解即可.
1.四种类型的距离求法
距离类型 求解（转化）方法
点到直线 的距离
点到平面 的距离
线面距离 线面距离可以转化为点面距离求解
面面距离 面面距离可以转化为点面距离求解
2.用空间向量解决立体几何问题可用两种方法
（1）向量法：可具体表示为“设基底——巧运算——译结果”,其中设
不共线的三个向量构成空间的一个基底,并把相关向量用基底表示出
来是关键.
（2）坐标法：可具体表示为“建系设点——巧运算——译结果”,其中
建立适当的空间直角坐标系,并确定相关点的坐标是关键.
1.求点到直线的距离，一般先计算所求点与直线上某一点所构成的向
量在直线上的投影向量的长度，再利用勾股定理求解.
例1 ［2025·安徽六安一中月考］如图所示，已
知四棱锥中, 平面 ，底面
是直角梯形，且为直角， ，
若,，点为的中点，则 到直线
的距离为_ ___.
[解析] 由题意知， 平面，,
平面，所以, ，
又，故以为原点，,, 所在的直
线分别为,,轴，建立如图所示的空间直角坐标系，连接 ，
则,,,， ，
所以 ,.
记 ,，
则 ，，
所以到直线 的距离为 .
2.空间线面、面面距离问题一般转化为点面距离问题解决.若点 为平
面 外一点,点为平面 内任意一点,平面 的法向量为,则点 到
平面 的距离 .
例2 ［2025·台州十校联盟高二期中］如图所示，
在几何体中，四边形 和四边形
均为边长为2的正方形， ， 底面，
,分别为， 的中点， .
（1）求证：平面 ；
证明：因为四边形为正方形， 底面，所以 ，，
两两相互垂直，如图，以为原点，分别以，， 所在直线
为轴、轴、 轴建立空间直角坐标系，
由题意可得，， ，
，， ，
则，， .
设平面的法向量为 ，则
即令，则， ，
所以为平面 的一个法向量.
因为所以 ，又 平面，所以平面 .
（2）求点到平面 的距离.
解：由（1）知平面 的一个法向量为
， .
设点到平面的距离为，则 ，
所以点到平面的距离为 .
例3 ［2025·黄山八校联盟高二期中］如图，在直三棱柱
中，，点，，分别为,, 的中点.
（1）证明：平面 ；
证明：因为几何体 为直三棱柱，所
以 ，
又，分别为，的中点，所以 ，
所以 ，
又 平面, 平面 ，所以平面 .
（1）证明：平面 ；
证明：因为几何体 为直三棱柱，所
以 ，
又，分别为，的中点，所以 ，
所以 ，
又 平面, 平面 ，
所以平面 .
（2）若，求直线到平面 的距离.
解：因为几何体为直三棱柱，且，
所以 ，， 两两相互垂直，
以为原点，分别以,,所在直线为， ， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以 ,
， ，
则， .
设平面的法向量为 ，
则取，则 ， ，
所以平面的一个法向量为 .
连接，又，所以 ，
所以点到平面的距离为 .
因为，分别为，的中点，所以 ，
又，所以，
又 平面， 平面，
所以直线 平面 ，所以直线到平面的
距离即为点 到平面 的距离，
故直线到平面的距离为 .
练习册
1.空间内有三点,,，则点到直线 的距离
为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以 的一个单位方向向量为
.连接，因为，所以点到直线
的距离为 .故选A.
√
2.已知点,,，，那么过点 且平行
于平面的平面与平面 的距离是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 连接，因为点,,， ，所
以,,.
设平面 的法向量为，则即
令，得 ,,则，
所以过点且平行于平面 的平面与平面的距离 ,
故选C.
3.［2025·福州一中高二月考］棱长均为2的正三棱柱
中，顶点到平面 的距离是( )
A. B. C. D.
[解析] 取的中点，连接 ，根据正三棱柱的几何
特征，以为原点，以,所在直线分别为, 轴，
过且平行于的直线为 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示.
因为正三棱柱的棱长均为2，所以 ,,
, ，
√
所以, .
设平面 的法向量为 ，
则即取，则 ,
，所以.
设到平面 的距离为，又 ，
所以 .故选A.
4.［2025·大连高二期中］在长方体中， ，
，，为的中点，则异面直线与 之间的距
离为( )
A. B. C.1 D.
√
[解析] 以为原点，,,所在直线分别为 ,, 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.因为，，
，为 的中点，所以，，
，，则， .
设异面直线与 的公垂线的方向向量为 ，
则取，得 ，
则.
连接，又 ，所以异面直线与之间的距离为 .故选C.
5.如图，在直三棱柱中， ，
是棱的中点，且 ，则直线
到平面 的距离为( )
A. B. C. D.
[解析] 以为原点，，， 所在直线分别为轴、轴、
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ，，
所以， ，.
√
设平面 的法向量为，则即
令，则 .
因为，所以 ，
又 平面，所以平面.
设直线到平面 的距离为 ，因为，
所以 ，
所以直线到平面的距离为 .
6.（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，
是棱上一动点，则 到平面 的距离可能是( )
A. B. C. D.
[解析] 如图，以为原点，，， 所在直线
分别为轴、轴、 轴，建立空间直角坐标系，
则，， ，故，
，设，平面 的
法向量为，
√
√
则 取，则.
连接，因为，
所以 到平面 的距离.
因为 ，所以.故选 .
7.［2025·广州高二期中］已知直线 的一个方向向量为
，若点为直线外一点， 为直
线上一点，则_____，点到直线 的距离为_____.
[解析] 依题意得 ，
所以，即.
点到直线 的距离 .
8.［2025·青岛高二期中］已知平面 ，平面 的一个法向量为
，平面 内一点的坐标为，点的坐标为 ，
则直线到平面 的距离为___.
[解析] 因为平面 ，所以直线到平面 的距离可转化为点
到平面 的距离.连接，由，，得点
到平面 的距离，即直线到平面 的距离为
.
9.（13分）如图，在三棱锥中， 平面，
，，，分别是棱 ，，的中点，
， .
（1）求点到直线 的距离；
解：方法一：由题意知，， 两两垂直.如图，
以为原点，,,所在直线分别为, , 轴建立空间
直角坐标系，又，，分别是棱，， 的中点，
, ，
所以,,, .
因为，，
所以 在上的投影向量的长度为，
所以点 到直线的距离为 .
方法二：在三棱锥中， 平面，, 平面 ，
则, ，又 ，，
，则 ,，
所以， ，
故等腰三角形的腰上的高 .
由，分别是棱，的中点，得，是 的中位线，
所以点到直线的距离为 .
（2）求点到平面 的距离.
解：方法一：由（1）得 ，,.
设平面 的法向量为 ，
则取 ，则 ，
所以点到平面的距离 .
方法二：由题意知，， 两两垂直.
如图，以为原点，,,所在直线分别为, ,
轴建立空间直角坐标系，
又，，分别是棱，， 的中点，
, ，
所以,,, ，
则，,.
设平面 的法向量为 ，
则取 ，则 ，
所以点到平面的距离 .
10.［2025·成都高二期中］在空间直角坐标系中，已知平面 过点
，且以向量为法向量，则平面 的方程为
.若平面 的方程为
，则点到平面 的距离为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 平面 的方程为，则平面 的一个法向
量为，取平面 内一点，
又 ，，
点到平面 的距离为 .故选C.
11.（多选题）［2025·辽宁辽南协作体名校联盟高二期中］ 如图，
在棱长为2的正方体中，为的中点，点 在线段
上，则下列说法正确的是( )
A.与之间的距离为
B.当点为的中点时，
C.当点为的中点时，点到平面的距离为
D.点到直线的距离的最小值为
√
√
[解析] 对于A选项，因为 平面 ，
平面，所以 ，同理可得，
所以与 之间的距离为，A错误.
以点 为原点，，，所在直线分别为，，
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，， ，，，.对于B选项，当点为 的中点时， ，此时
，B正确.
对于C选项，连接，当点为的中点时， ，
，，设平面的法向量为 ，则取，可得 ，
，所以为平面的一个
法向量，此时点 到平面 的距离为，C正确.
对于D选项，连接 ，设，其中， 则 ，又 ，所以点到直线 的距离为
，
当且仅当时，等号成立，故点到直线 的距离的最小值为，D错误.故选 .
12.如图，直三棱柱的所有棱长均为2，, 分别是
，的中点，则点到平面 的距离为___.
12.如图，直三棱柱的所有棱长均为2，, 分别是
，的中点，则点到平面 的距离为___.
[解析] 取的中点，连接，则 ，则
平面.
连接，由已知可得 ，，.
以点为原点，分别以,, 所在直线为,, 轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则，，， ，
所以，，.
设 是平面 的法向量，
则取，
可得 ，，
所以是平面 的一个法向量，
所以点到平面 的距离 .
13.如图，正方体的棱长为4，，，， 分别为
，，，的中点，则平面与平面 的距离
为__.
[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系 ，则
，，，， ，
，， ，
，，
，，
平面， 平面，平面.
同理可得平面 .
又，， 平面， 平面 平面.
设
解得
取，则，，得 .
平面与平面的距离就是点到平面 的距离.
， 平面与平面 的距离 .
14.（15分）底面为矩形的长方体被截面
所截得到的多面体如图所示，其中， ，
，，四边形 为平行四边形.
（1）求线段 的长；
解：因为四边形 为平行四边形，所以 .
设，以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，，， ，
得，，，， ，
所以， ，所以 ，
则，所以 ，所以 ，
所以，即线段的长为 .
（2）求点到平面 的距离.
解：由（1）知，， ， ，
所以， ， .
设平面的法向量为 ，则
令，则，，
所以 ，所以点到平面 的距离
.
15.（多选题）［2025·成都高二期中］ 半正多面体亦称“阿基米德多
面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的
对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切割而成的，
它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示）.若它的所有棱长
都为 ，则下列结论正确的是( )
A.，，， 四点共面
B.在棱上存在点，使
C.若四边形的边界及其内部有一点，且，则点 的轨
迹长度为
D.若点是线段上的动点，则到直线的距离的最小值为
√
√
√
[解析] 如图，将二十四等边体补形为正方体，且二十四
等边体各顶点均为正方体各棱的中点，则根据二十四
等边体的棱长为 ，知正方体的棱长为2.
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ，，，，， .
对于A，，，因为，所以 ，
所以，，，四点共面，故A正确；
对于B， ，设，则 ，
所以，若 ，则，所以，故当与 重合时， ，故B正确；
对于C，设，则 ，所以
，化简得
，又点在四边形 的边
界及其内部，所以点 的轨迹是以1为半径的圆的，
所以点的轨迹长度为 ，故C错误；
对于D，连接， ，设，
则 ，，
所以点到直线 的距离为
，根据二次函数的性质，易知当 时，
点到直线 的距离最小，最小值为 ，故D正确.故选 .
16.（15分）［2025·三明二中高二月考］ 如图①所示，在
中，,,,分别为,的中点.将沿
向平面上方翻折至如图②所示的位置，使得 ，得到
四棱锥，记的中点为，动点在线段 上.
（1）证明： 平面 ；
证明：因为折叠前为的中点，，所以 ，
折叠后 ，所以，所以.
因为折叠前,分别为, 的中点，所以，
又因为折叠前，所以 ，
所以折叠后，, .
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,,,
又为 的中点，所以,所以，,
.
设平面的法向量为 ，
所以即
令，则,，所以，所以 ，
所以 ，所以 平面 .
（2）求动点到 的距离的取值范围.
解：设,则 , ，
因为动点在线段 上，所以设, ，
即，即
所以,连接，所以 ,
.
设点到的距离为 ，则 , ，
即, .
令, ，则, ，
根据二次函数的性质可知 ，所以，
由此可知动点到 的距离的取值范围为 .
快速核答案（导学案）
课前预习 知识点 1., 2.,
【诊断分析】（1）× （2）√ （3）√
课中探究 例1.（1）A （2）D 变式.（1）证明略 （2）.
例2.（1）..（2）. 变式.（1）证明略 （2）. 拓展..
例3.（1）.（2）. 变式.（1）. （2）.
快速核答案（练习册）
1.A 2.C 3.A 4.C 5.A 6.BC 7., 8.
9.（1）. （2）. 10.C 11.BC 12. 13.
14.（1）. （2）. 15.ABD
16.（1）证明略 （2）.
