第二章 §6
A级 基础巩固
一、选择题
1．正方形ABCD与ABEF的边长都为a，若二面角E－AB－C的大小为30°，则EF到平面ABCD的距离为( B )
A． B．a
C． D．a
[解析] EF到平面ABCD的距离即为点E到平面ABCD的距离，∴d＝a.故选B．
2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2，则平面A1BC1与平面ACD1的距离是( A )
A． B．
C．3 D．2
3．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为( D )
A． B．
C． D．
[解析] 由A1B1∥平面D1EF知，点G到平面D1EF的距离即为直线A1B1 上任一点到平面D1EF的距离，可求点A1或B1到平面D1EF的距离．经计算，选D．
4．(山东潍坊2018－2019学年高二期末)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 )
A． B．1
C． D．2
[解析] ∵A(0,0,2)，B(1,0,2)，C(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－2)，
∴点A到直线BC的距离为：
d＝||
＝1×
＝.
故选A．
5．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和平面ACD1的距离是( D )
A． B．
C． D．
[解析] 如图，建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，D1(0,0,1)，M(1,1，)，N(，1,1)，C(0,1,0)．
所以＝(－1,0,1)，
＝(－，0，)．
所以＝.又直线AD1与MN不重合，
所以∥.又MN平面ACD1，
所以MN∥平面ACD1.
因为＝(－1,0,1)，＝(0,1，－1)，＝(－1,1,0)．
设平面ACD1的法向量n＝(x，y，z)，
则所以
所以x＝y＝z.令x＝1，则n＝(1,1,1)．
又因为＝(1,1，)－(1,0,0)＝(0,1，)，
所以||＝＝.
所以点M到平面ACD1的距离为
＝×＝.故选D．
6．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为BB1的中点，则|MN|的长为( A )
A．a B．a
C．a D．a
[解析] 设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，a·b＝b·c＝c·a ＝0，
由条件知，＝－
＝(＋)－
＝(＋＋)－(＋＋)
＝(2a－c)－(－c＋a＋b)＝a－b－c，
||2＝2＝(2a－b－c)2
＝(4|a|2＋|b|2＋|c|2－4a·b－2a·c＋b·c)
＝，∴||＝a.故选A．
二、填空题
7．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱A1B1、BB1的中点，则异面直线AM与CN的距离为__.
[解析] 如图，分别以AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)、C(1,1,0)、N(1,0，)、M(，0,1)，∴＝(，0,1)、＝(0，－1，)，设n＝(x，y，z)，且n⊥，n⊥，
∴n·＝x＋z＝0，n·＝－y＋z＝0，
∴x＝－2z，y＝z.取z＝2，则n＝(－4,1,2)，
∴AM与CN的距离d＝＝.
8．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是A1B1、CD的中点，则点B到平面AEC1F的距离为____.
[解析] 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，F(0，，0)，E(1，，1)，B(1,1,0)．
∴＝(0，，1)，＝(－1，，0)．
设平面AEC1F的法向量为n＝(1，λ，μ)，则n·＝0，n·＝0.∴∴
∴n＝(1,2，－1)．又∵＝(0,1,0)，
∴点B到平面AEC1F的距离d＝＝＝.
三、解答题
9．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.求BF的长．
[解析] 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)，C1(0,4,3)．
设F(0,0，z)，
∵AEC1F为平行四边形，∴由＝得(－2,0，z)＝(－2,0,2)．
∴z＝2，∴F(0,0,2)，＝(－2，－4,2)．
于是||＝2，即BF的长为2.
10．已知三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为a，侧棱垂直于底面，D是侧棱CC1的中点，问a为何值时，点C到平面AB1D的距离为1.
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设可知A(a，，0)，C(0，a,0)，B1(0,0，a)，D(0，a，)，于是有＝(－a，－，a)，＝(0，a，－)，＝(－a，，0)．
设n＝(x，y，z)为平面AB1D的法向量，则
?.
令y＝1，可得n＝(，1,2)．
所以点C到平面AB1D的距离d＝||＝a.
令a＝1，解得a＝2.
即a＝2时，点C到平面AB1D的距离为1.
B级 素养提升
一、选择题
1．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则O到平面ABC1D1的距离为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 以、、为正交基底建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，＝＝，平面ABC1D1的法向量＝(1,0,1)，点O到平面ABC1D1的距离d＝＝＝.故选B．
2．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为( D )
A．10 B．3
C． D．
[解析] ＝(1,2，－4)，又平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，所以P到α的距离为|＝＝.
3．空间四点A、B、C、D每两点的连线长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则点P到Q的最小距离为( B )
A． B．a
C．a D．a
[解析] 如图，求PQ的最小值，需先将PQ表示出来，再用代数方法确定最值．由题设可知，、、两两夹角均为60°.
设＝－λ，＝μ，则＝＋＋＝－λ＋＋μ(－)＝－λ＋(1－μ)＋μ.
∴||2＝λ2＋(1－μ)2＋μ2＋2λ(μ－1)·＋2(1－μ)μ·－2λμ·＝λ2a2＋a2－2μa2＋μ2a2＋μ2a2＋λμa2－λa2＋μa2－μ2a2－λμa2＝a2(λ2＋μ2－μ－λ＋1)＝a2[(λ－)2＋(μ－)2＋]≥.∴||≥a.故选B．
4．已知平面α∥平面β，线段AB、CD夹在α、β之间，AB＝13，CD＝5，且它们在β内的射影之差为2，则α和β之间的距离为( C )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析] 如图所示，设A、C在平面β上的射影为A′、C′，则设α、β之间的距离AA′＝CC′＝a，且BA′、DC′分别为AB、CD在β内的射影．
在Rt△AA′B中，AB＝13，
则A′B＝
＝.
在Rt△CC′D中，CD＝5，
则C′D＝＝.
又∵C′D与A′B相差为2，即A′B－C′D＝－＝2，
∴a＝5，∴平面α和β之间的距离为5.
二、填空题
5．在底面是直角梯形的四棱锥P－ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为____.
[解析] 由已知AB，AD，AP两两垂直．
∴以A为坐标原点AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，＝(2,0，－2)，＝(0,2,0)，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则
∴n＝(1,0,1)，又＝(2,0,0)，
∴d＝＝.
简解：由题意易知AD⊥平面PAB且AD∥平面PBC，取PB的中点H，则AH⊥平面PBC且AH＝PB＝，故AD到平面PBC的距离为.
6．(2019·全国Ⅰ卷文，16)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，那么P到平面ABC的距离为____.
[解析] 如图，过点P作PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝ ＝.
三、解答题
7．如图，正方形AMDE的边长为2，B、C分别为AM、MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD、PC分别交于点G、H.
(1)求证：AB∥FG；
(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．
[解析] (1)在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.
又因为AB?平面PDE，所以AB∥平面PDE.
因为AB?平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，
所以AB∥FG.
(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.
如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，所以n＝(0，－1,1)．
设直线BC与平面ABF所成角为α，则
sinα＝|cos〈n，〉|＝||＝.
因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.
设点H的坐标为(u，v，w)．
因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)，
即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ，
因为n是平面ABF的法向量，所以n·＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，
解得λ＝，所以点H的坐标为(，，)．
所以PH＝＝2.
8．(2019·全国卷Ⅰ文，19)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．
[解析] (1)证明：连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED．
又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)解：过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝，故CH＝.从而点C到平面C1DE的距离为.
课件66张PPT。第二章空间向量与立体几何§6 距离的计算自主预习学案
1．点到直线的距离
因为直线和直线外一点确定一个平面，所以空间点到直线的距离问题就是空间某一平面内点到直线的距离问题．
如图，设l是过点P平行于向量s的直线，A是直线l外一定点．D B A C A 互动探究学案命题方向1 ?求点到直线的距离A 命题方向2 ?点面距『规律方法』 向量法求点到平面的距离的关键步骤
(1)求出平面的法向量n.
(2)确定该点与平面内一点连线对应的向量．
(3)计算该向量在平面法向量上的射影．
(4)取射影的绝对值即为要求的点到平面的距离．B 命题方向3 ?应用向量求直线与平面的距离
C 命题方向4 ?应用向量求平面与平面的距离
探索性、存在性问题 以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“存在”就是有，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”，求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．『规律总结』 解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本例，把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数λ的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题一转化为方程有无解问题．『规律方法』 1.合理建系
在利用向量处理立体几何问题时，要从题目的已知条件分析，合理地建立空间直角坐标系，特别注意线的垂点，直角等条件，如本例中由OA⊥底面ABCD及底面是菱形，可以知道如何建立坐标系．
2．求解坐标时要合理利用已知条件
在利用向量处理立体几何时，建系固然重要，但建系后正确求出点的坐标更是关键，故解题时要充分观察、利用已知条件，准确地求出所需的点的坐标，特别是一些不在坐标轴上的点的坐标，如本例中的点D的坐标．C C A 课 时 作 业 学 案
