空间距离问题练习题(含答案)

欧式空间练习题欧式空间（Euclidean space）是指以欧几里德几何学为基础的一种空间，其中包含了平面和三维空间。

在欧式空间中，我们可以进行各种几何运算和推理，探索数学中的各种定理和性质。

为了加深对欧式空间的理解和应用，以下将给出一些欧式空间的练习题，并解答相关问题。

题目一：平面上两点坐标求距离已知平面上两点坐标分别为A（2，3）和B（-1，5），求AB两点之间的距离。

解答一：根据两点之间的距离公式，我们可以得出AB两点之间的距离为：d = √((x₂-x₁)² + (y₂-y₁)²)其中，(x₁, y₁)表示A点坐标，(x₂, y₂)表示B点坐标。

代入A（2，3）和B（-1，5）的坐标，计算得：d = √((-1-2)² + (5-3)²)= √((-3)² + 2²)= √(9 + 4)= √13所以，AB两点之间的距离为√13。

题目二：三维空间两点坐标求距离已知三维空间中，点A坐标为（1，2，3），点B坐标为（4，5，6），求AB两点之间的距离。

解答二：同样利用两点之间的距离公式，在三维空间中计算AB两点之间的距离：d = √((x₂-x₁)² + (y₂-y₁)² + (z₂-z₁)²)代入A（1，2，3）和B（4，5，6）的坐标，得：d = √((4-1)² + (5-2)² + (6-3)²)= √(3² + 3² + 3²)= √(9 + 9 + 9)= √27= 3√3所以，AB两点之间的距离为3√3。

题目三：欧式空间的垂直关系判断已知平面上的三个点A（1，2），B（-2，4），C（3，6），判断AB和AC两条线段是否垂直。

解答三：两条线段AB和AC垂直的条件是它们的斜率互为负倒数，即斜率乘积为-1。

我们可以分别计算AB和AC的斜率，然后判断其乘积是否为-1。

高中数学复习专题讲座关于求空间距离的问题高考要求空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一样化归为这三种距离重难点归纳空间中的距离要紧指以下七种(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差不多上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紧密联系，有些能够相互转化，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)直截了当法，即直截了当由点作垂线，求垂线段的长(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离(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不在两条异面直线上两点间距离中最小的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分不是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咨询题知识依靠空间向量的坐标运算及数量积公式错解分析建立正确的空间直角坐标系其中必须保Array证x轴、y轴、z轴两两互相垂直技巧与方法建系方式有多种，其中以O点为原点，以、、的方向分不为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单解 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 ,那么A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0), D (0,0, 22a ),E (0,－42a , a ),F (42a ,42a ,0) 21||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE OF OE a OF a OE a a a a a a a a a a EF a a a a a ∴∠EOF =120°例2正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离命题意图 此题要紧考查异面直线间距离的求法知识依靠 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 此题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这要紧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垂线，故通常采纳化归思想，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AC 1中， ∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ， ∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O ∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，那么平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O作O 1G ⊥B 1O 于G ，那么O 1G ⊥平面AB 1C∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 11A间的距离在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 26 ∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33解法二 如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连结RN ，∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1， ∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 ∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,那么RB 1=1－x∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°，∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 31)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1) ∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1解法三〔向量法〕如图建立坐标系，那么111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)A A B C ∴111(0,1,1),(1,1,0)AB AC -＝＝ 设MN 是直线A 1C 1与AB 1的公垂线，且1111(0,,),(,,0)AN AB AM AC λλλμμμ-＝＝＝＝ 那么11(,,0)(0,0,1)(0,,)MN MA A A ANμμλλ=++-+-+＝- (,,1),μλμλ=--从而有11100MN A C MN AB ⎧⎪⇒⎨⎪⎩＝＝22032113λλμλμμ⎧=⎪-=⎧⎪⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎪⎩1A∴1113(,,)||3333MN MN =⇒=例3如图，ABCD 是矩形，AB =a ,AD =b ,P A ⊥平面ABCD ，P A =2c ,Q 是P A 的中点求 (1)Q 到BD 的距离；(2)P 到平面BQD 的距离解 (1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足 连结QE ， ∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE∴QE 的长为Q 到BD 的距离 在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,∴AE =22ba ab +在Rt △QAE 中，QA =21P A =c ∴QE =22222ba b a c ++ ∴Q 到BD(2)解法一 ∵平面BQD 通过线段P A 的中点， ∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离 在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH ∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +∴AH =22222)(ba cb a abc ++∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++解法二 设点A 到平面QBD 的距离为h ，由V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ h =S AQS BQDABD ==⋅∆∆学生巩固练习1 正方形ABCD 边长为2，E 、F 分不是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，假如∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( )A2 B1 C2 D 122 三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=1，AB =4，BC =3，∠ABC =90°,设平面A 1BC 1与平面ABC 的交线为l ，那么A 1C 1与l 的距离为( )A 10B 11C 2.6D 2.43 如左图，空间四点A 、B 、C 、D 中，每两点所连线段的长都等于a ，动点P 在线段AB 上，动点Q 在线段CD 上，那么P 与Q 的最短距离为_________4 如右上图，ABCD 与ABEF 均是正方形，假如二面角E —AB —C 的度数为30°，那么EF 与平面ABCD 的距离为_________5 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB =4，BC =3，CC 1=2，如图(1)求证 平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求(1)中两个平行平面间的距离； (3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离6 正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°,AB =a ,求 (1)截面EAC 的面积； (2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离；(3)三棱锥B 1—EAC 的体积 7 如图，三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F⊥CC 1于FF1A1A1(1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等8 如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2π,AB = 31AD =a ,∠ADC =arccos552,P A ⊥面ABCD 且P A =a (1)求异面直线AD 与PC 间的距离；(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF参考答案1 解析 过点M 作MM ′⊥EF ,那么MM ′⊥平面BCF ∵∠MBE =∠MBC∴BM ′为∠EBC 为角平分线，∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22 答案 A2 解析 交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，那么C 1D为A 1C 1与l 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=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 分不为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB , 同理可得PQ ⊥CD ，故线段PQ 的长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ中，PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 答案22a 4 解析 明显∠F AD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠F AD =30°,过F 作FG ⊥平面ABCD 于G ，那么G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG 2a答案 2a5 (1)证明 由于BC 1∥AD 1，那么BC 1∥平面ACD 1 同理，A 1B ∥平面ACD 1，那么平面A 1BC 1∥平面ACD 1(2)解 设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，那么d 等于D 1到平面A 1BC 1的距离 易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，那么cos A 1BC 1=652,那么sin A 1BC 1=6561,那么S111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，那么31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入求得d =616112, (3)解 由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，那么B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相等，那么由(2)知点B 1到平面A 1BC 1 6 解 (1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ， ∵底面ABCD 是正方形∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD ∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45°又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a (2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 ∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC ∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a 32422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-7 解 (1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 ∴BB 1⊥平面A 1EF 即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 在Rt △A 1EB 1中，∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a同理A 1F =22a ,又EF =a ∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°过A 1作A 1N ⊥EF ，那么N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离∴A 1N =221a=又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a∴a =2，∴所求距离为2(2)设BC 、B 1C 1的中点分不为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，那么DD 1必过点N ，易证ADD 1A 1为平行四边形∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N ∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 ∴BC ⊥平面ADD 1A 1得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 假设A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90°∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件8 解 (1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC从而AD 与PC 间的距离确实是直线AD 与平面PBC 间的距离 过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC ∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求在等腰直角三角形P AB 中，P A =AB =a∴AE =22a (2)作CM ∥AB ，由cos ADC =552 ∴tan ADC =21,即CM =21DM ∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a 过A 作AH ⊥PC ,在Rt △P AC 中，得AH =36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°=90°∴FC ⊥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旧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，高考复习应在抓好差不多概念、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咨询题的有效的策略思想及方法一、领会解题的差不多策略思想高考改革稳中有变运用差不多数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在差不多数学思想指导下，归纳一套合乎一样思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的体会，解决一样差不多数学咨询题就会自然流畅二、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〞起来在具体的咨询题中，证明和运算经常依附于某种专门的辅助平面即基面那个辅助平面的猎取正是解题的关键所在，通过对那个平面的截得，延展或构造，纲举目张，咨询题就迎刃而解了三、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咨询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，对比数学咨询题中题设条件，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，利用其特点规律猎取优解。

1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题基础练巩固新知夯实基础1.已知经过点(1,2,3)A 的平面α的法向量为(1,1,1)n =-，则点(2,3,1)-P 到平面α的距离为（）A.3B.2C.22D.232.已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为()A.1010B.15C.31010D.353．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.224.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F 分别为上底面1111D C B A 和侧面11CDD C 的中心，则点C 到平面AEF 的距离为（）A ．41111B ．114C ．1111D ．211115.在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为__________.6.在空间直角坐标系O -xyz 中，向量()()1,1,2,1,1,3a b =--=分别为异面直线12,l l 方向向量，则异面直线12,l l 所成角的余弦值为___________.7.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．8.如图所示，在多面体A 1B 1D 1－DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E －A 1D －B 1的余弦值.能力练综合应用核心素养9.正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为()A.55B.33C.255D.6310.在四面体P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC的距离为()A.63B.33a C.a 3D.6a11.在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是()A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°12.已知四棱锥S ABCD -的底面ABCD 是边长为1的正方形，SD ⊥平面ABCD ，线段,AB SC的中点分别为E ，F ，若异面直线EC 与BF SD =（）A ．1B ．32C ．2D ．313.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为（）A ．1B ．22C D 14.（多选）如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别是棱1BB ，11B C 的中点，G 是棱1CC 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．当G 为中点时，直线AG平面1A EFB ．当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为30︒C ．若H 是棱1AA 上的动点，且1C G AH =，则平面1ACD ⊥平面1B HG D ．当G 在1CC 上运动时，直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒15.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为__________.16.如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．(1)证明：BE⊥平面PCD；(2)求二面角P−BD−E的余弦值．【参考答案】1.D 解析：依题意，(3,1,2)AP =--，所以点P 到平面α的距离为222|||311(1)(2)1|23||1(1)1AP n d n ⋅-⨯+⨯-+-⨯===+-+.故选：D2.C 解析：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，E (1，0，1)，D 1(0，0，2).所以BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)，所以cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32×5＝31010.3.B 解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E 1，0，12，D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即y －z ＝0，1－12z ＝0，解得y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.4.A 解析：如图，以A 为原点，1,,AB AD AA 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，易知(0,0,0),(1,1,2),(1,2,1),(2,2,0)A E F C ，设平面AEF 的法向量(,,)n x y z =，则2020n AE x y z n AF x y z ⎧⋅=++=⎨⋅=++=⎩，令1y =-，解得(3,1,1)n =--，故点C 到平面AEF 的距离为6241111911n AC n⋅-==++.故选：A.5.13解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量.则n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即y －z ＝0，x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2，1，2)，D 1C 1→＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sinα＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.解析：因为()()1,1,2,1,1,3a b =--=，所以cos ,a b =-.因为异面直线12,l l 所成角的范围为0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，所以异面直线12,l l7.60°解析以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.8.(1)证明：由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解：因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的，12，设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →，12，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 11＋12s 1＝0，－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E －A 1D －B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.9.C 解析取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则，0，－12，0，∴OA →＝，0BA →＝，12，BD →，12，由于OA →＝，0BCD 的一个法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255.10.B 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0，0，，0)，A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (0，0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H ，a 3，∴PH ＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a .11.A 解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (－a ，0，0)，，－a 2，则CA →＝(2a ，0，0)，AP →a ，－a 2，CB →＝(a ，a ，0)，设平面PAC 的一个法向量为n ，设n ＝(x ，y ，z )·CA →＝0，·AP →＝0，＝0，＝z ，可取n ＝(0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.12.C 解析：如图示，以D 为原点，,,DA DC DS 分别为x 、y 、z 轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SD t t =>.则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()0,0,S t ，11,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭，10,,22t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭.所以11,,02EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,22t BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.因为异面直线EC 与BF 所成角的余弦值为55，所以211054cos ,51111444EC BF EC BF EC BFt -+===⨯+⨯++，解得：t =2.即SD =2.故选：C 13.D 解析：如图建立空间直角坐标系，则()()111,0,1,0,1,1A C ，设(),0,1,01P x x x -≤≤，则()()1111,0,,1,1,0A P x x AC =--=-，∴动点P 到直线11A C 的距离为()()22222111111112A P A C x d A P x x A C ⋅-=-=-+--22313113222333x x x ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭，当13x =时取等号，即线段1AD 上的动点P 到直线11A C 的距离的最小值为33.故选：D.14.ACD 解析：图，以D 为原点建立空间直角坐标系，设1,02C G t t =≤≤，当G 为中点时，()()()()()10,2,1,2,0,0,2,0,2,2,2,1,1,2,2G A A E F ，所以()()()()112,2,1,0,2,1,1,2,0,1,0,1AG A E A F EF =--=-=-=-,设平面1A EF 的一个法向量为(),,n x y z =，则1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1y =，则可得()2,1,2n =，因为0AG n ⋅=，所以AG n ⊥，因为AG ⊄平面1A EF ，所以AG 平面1A EF ，故A 正确；因为cos ,2AG EF AG EF AG EF⋅<>===-⋅，所以当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为45︒，故B 错误；若1C G AH =，则()()0,2,2,2,0,G t H t -，又()()()()112,0,0,0,2,0,0,0,2,2,2,2A C D B ,则()()()()1112,2,0,2,0,2,2,0,,0,2,2AC AD B G t B H t =-=-=--=--，设平面1ACD 的一个法向量为()1111,,x n y z =，则11100n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111220220x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =，可得()11,1,1n =，设平面1B HG 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则21210n B G n B H ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()222220220x tz y t z --=⎧⎨-+-=⎩，令22z =，可得()2,2,2n t t =--，因为()()12112120n n t t ⋅=⨯-+⨯-+⨯=，所以平面1ACD ⊥平面1B HG ，故C 正确；因为()2,2,2AG t =--，易得平面11AA D D 的一个法向量为()0,1,0m =u r，设直线AG 与平面11AA D D 所成的角为θ，则sin cos ,AG m AG m AG mθ⋅=<>==⋅则当2t =时，sin θ取得最大值为2，所以直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒，故D 正确.故选：ACD.15.60°解析：∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|＝（CA →＋AB →＋BD →）2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝17.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60°.16.(1)证明：取PD 的中点F ，连接AF ，EF ，则//EF CD ，12EF CD =．又//AB CD ，12AB CD =，所以//EF AB ，EF AB =，所以四边形ABEF 为平行四边形，所以//AF BE ．因为1PA AD ==，PF FD =，所以AF PD ⊥．所以BE PD ⊥．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，PA AD ⊥，所以PA ⊥平面ABCD ，所以PA AB ⊥，所以2PB BC ==．又点E 为PC 的中点，所以BE PC ⊥．又PC PD D ⋂=，所以BE ⊥平面PCD ．(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A （0，0，0），P （0，0，1），B （1，0，0），D （0，1，0），C （2，1，0），E （1，12，12）．于是()()111,0,1,1,1,0,0,,22PB BD BE ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭设平面PBD 的法向量为()1111,,n x y z =，则1100n PB n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得11110x z x y -=⎧⎨-+=⎩．取11x =．得()11,1,1n =设平面EBD 的法向量为()2222,n x y z =，则2200n BE n BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2222110220y z x y ⎧+=⎪⎨⎪-+=⎩取21x =．得()21,1,1n =-．所以1212121cos ,3n n n n n n ⋅〈==〉，所以二面角P −BD −E 的余弦值为13。

4.2 两点之间的距离的认识⏹教学内容教材第38、39页两点之间的距离的认识⏹教学提示认识“两点之间的距离”，教材安排了两个活动。

活动一是，看图回答问题。

教材呈现了“从小明家到学校的路”情境图并设计了两个问题。

通过观察讨论使学生知道：（1）从小明家到学校有3条路可以走；（2）估计小明从家到学校要走中间的路，因为这条路直，走的比较短。

活动二，实际测量。

教材呈现了“从A 到B的三条线”先估计，再测量的活动要求。

目的是通过估计和测量活动，逐步由生活经验提升到理性认识。

知道“两点之间的所有连线中，线段最短”。

同时也知道“两点之间的线段的长度，叫做两点之间的距离”。

教师教学时要注意：一、要提供“生活化”的学习材料。

让学生在情境中体验，选取与呈现现实生活情景和生活现象作为学习的内容，可使数学由“陌生”变为“熟悉”，由“严肃”变为“亲切”，有助于增强数学与生活的密切联系，使学生感觉到数学就在自己的身边，从而愿意亲近数学，想学数学。

二、回归生活，让学生在应用中体验。

让数学回归生活，使学生获得学有所用的积极情感体验。

在实际应用中，体验到生活中处处有数学，处处用数学，体验到用数学知识解决生活问题所带来的愉悦和成功。

⏹教学目标知识与能力知道两点间线段的长度叫做距离，会测量两点间的距离。

过程与方法结合具体事例和动手测量的过程，体会两点间所有连线中线段最短。

情感、态度与价值观能运用两点间线段最短的知识描述生活中的事物，感受数学与生活的联系。

⏹重点、难点重点理解两点之间的连线，线段最短。

难点运用两点之间的连线，线段最短知识解决简单的实际问题。

⏹教学准备教师准备：课件、直尺或教学挂图。

学生准备：直尺。

⏹教学过程（一）新课导入师：从你家到学校有几条路？你通常走哪一条？为什么?（独立思考，小组讨论，全班交流）师：今天我们就学习“两点之间的距离的认识”。

设计意图：从回顾从家到学校的最短路线开始教学，为本节课学习新知“两点之间，线段最短”做了有利的铺垫，为新知的学习从生活中寻找原型打下坚实的基础。

空间解析几何练习题解决空间中直线与平面的问题空间解析几何是解决三维空间中的几何问题的一种方法。

在解决空间中直线与平面的问题时，我们可以利用向量和坐标等工具进行分析和计算。

下面将通过几个练习题来演示如何解决空间中直线与平面的问题。

练习题1：已知直线L：{(x,y,z)|x=a+t1m,y=b+t2n,z=c+t3p}，平面P：Ax+By+Cz+D=0，其中A、B、C、D为常数，且直线L与平面P相交。

求直线L与平面P的交点坐标。

解析：直线L与平面P有交点时，交点坐标满足直线上的点同时满足平面的方程。

即将直线L的参数方程代入平面P的方程，得到一个关于参数t1、t2、t3的方程组。

解这个方程组，即可获得交点坐标。

解题步骤：1.将直线L的参数方程代入平面P的方程，得到Ax+(a+t1m)Bx+(b+t2n)Cz+(c+t3p)+D=0。

2.将方程展开，化简得到At1m+Bt2n+Ct3p+Ax+By+Cz+D=0。

3.根据参数的系数相等，得到三个方程：At1+Bt2+Ct3+A=0，Bt1+Ct2=0，Ct1=0。

4.解这个方程组，得到参数t1、t2、t3的值。

5.将参数的值代入直线L的参数方程，即可得到直线与平面的交点坐标。

练习题2：已知直线L：{(x,y,z)|x=1+t,y=2-t,z=3+2t}，平面P：x-2y+z+1=0，判断直线L与平面P的关系。

解析：直线与平面的关系有三种情况，即直线在平面上、直线与平面相交、直线与平面平行。

判断直线与平面的关系，可以通过判断直线上的点是否满足平面的方程。

解题步骤：1.将直线L的参数方程代入平面P的方程，得到(1+t)-2(2-t)+(3+2t)+1=0。

2.将方程化简，得到t=0。

3.将t的值代入直线L的参数方程，得到(x,y,z)=(1,2,3)。

4.将直线上的一点代入平面P的方程，若等式成立，则直线在平面上；若不成立，则直线与平面相交。

5.将(1,2,3)代入平面P的方程，得到1-2(2)+3+1=0。

1.过点M o (1, — 1, 1)且垂直于平面X - y —z + 1 = 0及2x+ y + z + 1 = 0的平面方程.3的.3.10.曲面方程为:4.X 2 +y 2 +4z 2 =4 ,它是由曲线旋转而成19 7292口 =止=口 ；10 .曲线L + z 2=1绕z 轴1 2-3 439. y —z+2=03.在平面x-y-2z=0上找一点p ,使它与点(2,1,5), (4-3,1)及(—2,—1,3)之间的距离相等.7. (-,1,^).5 55. 已知：A(1,2,3), B(5,_1,7),C(1,1,1), D(3,3,2),则 prj AB =7.设平面方程为X-y =0，则其位置(8.平面 X-2 y + 7z+3=0 与平面 3x + 5y + z-1=010 .设点 A(0,—1,0)到直线[—y+I~0[x + 2z-7=0c(arb) =4.过点(2,-8,3)且垂直平面x + 2y —3z-2 = 0直线方程为&动点到点（0,0,5）的距离等于它到x 轴的距离的曲面方程为9.曲面方程：16X 2 -9y 2—9Z 2 =25则曲面名称为A .平行于X 轴B .平行于y 轴C .平行于D .过轴.A .平行9.直线匕3-2 A .平行B . y +4 --7 B .C .相交D .重合垂直 =-与平面4x-2y-2z-3=0的位置关系(3垂直C •斜交D .直线在平面内5. & B 9. A 10 . A .3. 当m= 时，2i -3j +5k 与3i+mj -2k 互相垂直.设 a=2i+j +kb =i -2j +2kc = 3i -4j +2k的位置关系(的距离为(1C . 5旋转而成.1.设 a =i 2, jH b ={1,—1,3},c = ^,—2,0}，则(a x b)x 2=(4.若 M I (1,1,1),M 2(221),M 3(2,1,2),则 M i Mb 与M 1M 3的夹角申x —2 y —3 z — 49.直线〒=亍=〒与平面2x+y +z =6夹角为（7•求与平面2X —6y + 3z =4平行平面，使点（3,2,8）为这两个平面公垂线中点.3.确定k 值，使三个平面：kx —3y + Z = 2,3X + 2y + 4z = 1, X —8y - 2Z = 3通过同一条 直线.5•求以向量i + j, j +k,k + i 为棱的平行六面体的体积.7.与平面2X + y + 2Z + 5 = 0，且与三个坐标面所构成的四面体体积为 1的平面方程B . 10C . to ,—1,—1}D . {2,1,21}3.若 a =6i +3j -2k,b//a, 且 b =14,则 b =(A . ±(12i+6j-4k)B . ±(12i+6j)C . ±(12i -4k)D . ±(6j -4k)6.求平面 x-y+2z-6=0 与平面2x + y + z — 5 = 0的夹角（兀C.—3&设点 M o (3,-1,2),直线 |[x + y -，则l 2x —y + z —4 = 0M O 到I 的距离为3U 2A . -----2 3^5B .——5 3(5C .——4D .——21. DA . 30o, .5 D . arcsi n-6B . 60oC . 90o10.曲线 尸2J 2在y z 面上的投影方程 [z=(x-1)2+(y -1)21.设 a=i —2j+3k , b=2i+j , c = —i + j+k ，贝U a+b 与 c 是否平行1不平行f2 22y +2yz + z -4y-3z + 2 = 0 I X =0练习题选参考答案1 •两非零向量7、、b 垂直，则有?^b =0或P 门尽话=0 ；平行则有7^=0或:=屈或两向量对应坐标成比例 。

社交礼仪课程练习题及答案社交礼仪课程练习题及参考答案填空题1、人与人之间的交往需要保持一定的空间距离。

根据美国人类学家、心理学家爱德华.霍尔博士的观点，空间距离可分为：亲密距离、私人距离、社交距离、公众距离。

2、与他人见面时的问候顺序:由近及远，由尊而卑3、礼貌主要分为礼貌语言和礼貌行动4、服鉓是质地美、色彩美、款式美三者结合而形成的完美统一，可向人展示良好的气质修养和个性。

可以说装束是一个人的第一张名片5、礼仪起源于人类最原始的两大信仰，即天地信仰和主先信仰。

6、礼仪的有规范功能、沟通功能、协调功能、评价功能7、领带被称为“西装的灵魂”，可以起到“画龙点睛”的作用。

8、礼貌分为礼貌语言和礼貌行动9、交谈时，我们要注意说话的礼仪，其包括哪五个方面语言、语态、语气、语音和语速。

10、社交礼仪的原则有遵守的原则、敬人原则、宽容原则、适度原则、真诚原则11、两种优美蹲姿：交叉式蹲姿、高低式蹲姿12、社会道德包括社会公德、职业道德和家庭美德几方面。

13、姿态礼仪包括站姿、坐姿、走姿、蹲姿、手姿等方面。

14、社交礼仪的四大功能沟通功能、协调功能、维护功能、教育功能15、禁忌的行姿：方向不定、瞻前顾后、速度多变、声响过大、八字步态16、做最佳听众要做到有耐心、会心和热心第一章社交礼仪概述一、名词解释1、礼：是一个抽象的概念，在汉语中意为“敬神”，后引申为敬人。

是人们发自内心的一种崇敬的感情，具体表现为礼貌和礼节。

2、仪：在《说文解字》中道：“仪，度也”。

本义为法度准则的意思，后引申为礼节、仪示和仪表。

3、礼节：是指人在交际场合中，相互表示尊重、友好的惯用形式，是礼貌的具体表现方式。

4、礼貌：是指人们在社会交往过程中良好的言谈和行为。

礼貌侧重表现人的品质和修养；是一个人在待人接物时的外在表现。

分为礼貌语言和礼貌行动。

5、仪式：仪式指行礼的具体过程或程序。

它是礼仪的具体表现形式。

仪式是一种比较正规、隆重的礼仪形式。

空间向量与空间距离（45分钟 100分）一、选择题(每小题6分,共30分)1.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(-1,0,1),B(1,3,5),C(-1,-1,1),则BC边上的中线AD的长为( )A. B.6 C. D.32.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是( )A. aB. aC. aD. a3.(2013·开封高二检测)四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别为PB,PD的中点,则P到直线EF的距离为( )A.1B.C.D.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,E为CD的中点,则点D1到平面AEC1的距离为( )A. B. C. D.15.(2013·石家庄高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则直线A1C1到平面ACD1的距离为( )A.1B.C.D.二、填空题(每小题8分,共24分)6.(2013·东莞高二检测)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC1的长为.7.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD且∠ADC=90°,AD=1,CD=,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,则A1B1到平面ABE的距离是.8.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.三、解答题(9题,10题14分,11题18分)9.正方形ABCD的边长为2,E,F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角(如图所示),M是矩形AEFD内一点,如果∠MB'E=∠MB'C',MB'和平面B'C'FE所成的角的正切值为,求点M到直线EF的距离.10.(2013·济南高二检测)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.(1)求||.(2)求点C到平面AEC1F的距离.11.(能力挑战题)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,EB1=1,D,F,G分别为CC1,B1C1,A1C1的中点,EF与B1D相交于点H.(1)求证:B1D⊥平面ABD.(2)求证:平面EGF∥平面ABD.(3)求平面EGF与平面ABD的距离.答案解析1.【解析】选A.易知D(0,1,3),∴=(1,1,2),∴||=.2.【解析】选A.如图所示,建立空间直角坐标系,则A1(a,0,a),M(a,0,),B(a,a,0),D(0,0,0)∴=(0,0,),=(a,0,),=(a,a,0),设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,-1,-2)∴点A1到平面MBD的距离为= a.【一题多解】由于M是AA1的中点,故A1与A到平面MBD的距离相等. 又V A-MBD=V B-AMD,即××a×a×h=×××a×a,解得h= a.3.【解析】选D.建系如图,即P(0,0,2),E(1,0,1),F(0,1,1),∴=(-1,0,1),=(-1,1,0).∴在上的投影为==,∴点P到直线EF的距离为=.4.【解题指南】先求平面AEC1的法向量,代入点面距公式求解.【解析】选A.建立如图所示空间直角坐标系,则A(3,0,0),D1(0,0,3),E(0,,0),C1(0,3,3),=(-3,,0),=(-3,3,3),=(0,3,0),设n=(x,y,z)为平面AEC1的法向量,则令x=1,得y=2,z=-1,∴n=(1,2,-1).∴D1到平面AEC1的距离为==.5.【解析】选B.易知A1C1∥平面ACD1,则点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离.建系如图,易知=(0,0,1)平面ACD1的一个法向量为n=(1,1,1),故所求的距离为=.6.【解析】=++,∴||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+22+32+2||·||·cos<,>+2||·||·cos<,>+2||·||·cos<,>=14+2×1×2cos 90°+2×1×3cos 60°+2×2×3cos 60°=23,∴||=,即AC1=.答案:7.【解析】以D为原点,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A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,,1),A1(1,0,2),∴=(0,2,0),=(-1,-,1),设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则解得,取z=1,则n=(1,0,1).又易证A1B1∥平面ABE,所以A1B1到平面ABE的距离等于点A1到平面ABE的距离,又=(0,0,2),∴点A1到平面ABE的距离为==.答案:8. 【解析】由AD1∥BC1,A1B∥D1C可证得平面A1BC1∥平面ACD1,建立如图所示的空间直角坐标系,∵AB=4,BC=3,CC1=2,则A1(3,0,2),B(3,4,0),C1(0,4,2),A(3,0,0).∴=(0,4,-2),=(-3,0,2).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,解得,取z=6,则n=(4,3,6),又=(0,4,0),则平面A1BC1与平面ACD1的距离为==.答案:9.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,作MN⊥EF,垂足为N,则MN⊥平面B'C'FE,连接B'N,则∠MB'N即为MB'与平面B'C'FE所成的角,∴tan∠MB'N=,设M(0,y,z),0<y<2,0<z<1,则由题意可知N(0,y,0),而E(0,0,0),B'(1,0,0),C'(1,2,0),∴=(-1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),=(-1,y,0),=(0,0,-z),∴cos∠MB'E==,cos∠MB'C'===,tan∠MB'N===.∵∠MB'E=∠MB'C',∴y=1,z=.因此点M到直线EF的距离为.10.【解析】以D为原点,DA,DC,DF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).(1)设F(0,0,a),由=,得(-2,0,a)=(-2,0,2),∴a=2.∴F(0,0,2),=(-2,-4,2).∴||=2.(2)设n=(x,y,z)为平面AEC1F的法向量,由得取z=1,则n=(1,-,1),又=(0,0,3),∴C到平面AEC1F的距离d==.11.【解题指南】寻找条件中的三线两两垂直建立空间直角坐标系,正确地求出图中各点坐标,然后利用向量的坐标运算证明、求解.【解析】如图所示,建立空间直角坐标系,设A1(a,0,0),则B1(0,0,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),G(,1,0).(1)=(0,2,2),=(-a,0,0),=(0,2,-2).∴·=0+0+0=0,·=0+4-4=0.∴B1D⊥AB,B1D⊥BD.又AB∩BD=B,∴B1D⊥平面ABD.(2)∵=(-a,0,0),=(0,2,-2).=(-,0,0),=(0,1,-1),∴=,=.∴GF∥AB,EF∥BD.又GF∩EF=F,AB∩BD=B,∴平面EGF∥平面ABD.(3)方法一:由(1)(2)知DH为平面EFG与平面ABD的公垂线段.设=λ=(0,2λ,2λ),则=(0,2λ,2λ-1),=(0,1,-1).∵与共线,∴=,即λ=,∴=(0,,),∴=(0,,),∴||=.∴平面EGF与平面ABD的距离为.方法二:由(2)知平面EGF∥平面ABD,设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,∴解得取z=1,则n=(0,1,1),∵=(0,2,1),∴d===,即平面EGF与平面ABD的距离为.。

2021届高考数学立体几何突破性讲练09利用空间向量求空间距离一、考点传真：能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用． 二、知识点梳理：空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P 的直线l 的方向向量为单位向量n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|P A →|2－|P A →·n |2. (2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离． 三、例题：例 1.(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(0,0,2)G ，3(0,,1)2M ，(1,0,2)N ．N ABC D EF G M(1)证明：依题意(0,2,0)DC =，(2,0,2)DE =．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令1z =-，可得0(1,0,1)=-n ． 又3(1,,1)2MN =-，可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)依题意，可得(1,0,0)BC =-，(122)BE =-，，，(0,1,2)CF =-．设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令1z =，可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||10⋅<>==m n m n m n，于是sin ,<>=m n 所以，二面角E BC F --． (3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈)，则点P 的坐标为(0,0,)h ，可得(12)BP h =--，，． 易知，(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==3sin602==，解得[0,2]3h=．所以线段DP例2. （2014新课标2）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D AE C--为60°，AP=1，AD求三棱锥E ACD-的体积．【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB．EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AP为单位长，建立空间直角坐标系Axyz-，则D1(0,),22E1(0,)2AE=．设(,0,0)(0)B m m>，则(C m(AC m=．设1(,,)x y z=n为平面AEC的法向量，则110,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,10,22mx y z ⎧+=+=⎪⎩，可取1=-n ． 又2(1,0,0)=n 为平面DAE 的法向量， 由题设121cos ,2=n n12=，解得32m =． 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ACD -的高为12． 三棱锥E ACD -的体积113132228V =⨯⨯=． 例3.(2013天津) 如图， 四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．（Ⅰ）证明11B C CE ⊥；（Ⅱ）求二面角11B CE C --的正弦值；（Ⅲ）设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A， 求线段AM 的长．【解析】解法一 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，1A 1依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E(0，1，0)（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以． （Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面1B CE 的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量． 于是从而 所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为． （Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l ，1)，设，，有．可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM 与平面所成的角， 则，解得，所以11B C CE 110BC CE ⋅=11B C CE ⊥1B C (),,x y z =m 100B C CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩x m 11B C CE ⊥111CC B C ⊥11B C ⊥1CEC 11B C 1CEC 111111cos ,||||14B C B C B C ⋅<>===m m m 1121sin ,7B C <>=m 7AE 1EC ()1,,EM EC λλλλ==01λ≤≤(),1,AM AE EM λλλ=+=+AB 11ADD A θ11ADD A sin cos ,3AM AB AM AB AM ABθ⋅=<>==⋅6=13λ=AM =例4.（2012福建）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点.（Ⅰ）求证：11B E AD ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ,使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．（Ⅲ）若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长． 【解析】（Ⅰ）以A 为原点1,,AB AD AA 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(如图)．设AB a =,则(0,0,0)A ，(0,1,0)D ，1(0,1,1)D ，,1,02a E ⎛⎫⎪⎝⎭， 1(,0,1)B a 故1(0,1,1)AD =，1,1,12a B E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，1(,0,1)AB a =，,1,02a AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭．∵11011(1)102aAD B E ⋅=-⨯+⨯+-⨯=， ∴11B E AD ⊥ （Ⅱ）假设在棱AA 1上存在一点0(0,0,)P z ， 使得DP ∥平面1B AE ．此时0(0,1,)DP z =-．又设平面1B AE 的法向量n =(x ,y ,z )．∵n ⊥平面1B AE ，∴1AB ⊥n ,AE ⊥n ，得002ax z ax y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩取1x =，得平面1B AE 的一个法向量1,,2a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭n ． 要使DP ∥平面1B AE ，只要DP ⊥n ，有002a az -=，解得012z =． 又DP ⊄平面1B AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面1B AE ，此时AP =12．（Ⅲ）连接A 1D ,B 1C ,由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1及AA 1=AD =1,得AD 1⊥A 1D ．∵B 1C ∥A 1D ,∴AD 1⊥B 1C ．又由（Ⅰ）知B 1E ⊥AD 1,且B 1C ∩B 1E =B 1,∴AD 1⊥平面DCB 1A 1．∴1AD 是平面A 1B 1E 的一个法向量,此时1AD =(0,1,1)． 设1AD 与n 所成的角为θ,则11cos a an AD n AD θ--⋅==⋅．∵二面角A -B 1E -A 1的大小为30°，∴cos cos30θ=3a=解得2a =，即AB 的长为2． 四、巩固练习：1.如图，已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，平面ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A 1B 1C 1D 1，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝π2时，求点C 1到平面APB 的距离．【解析】 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD .由于AB ＝πr ＝π，AD ＝π，∴BD ＝2π. 故曲线Γ的长度为2π.(2)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0,1,0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，0，π2，C 1(－1，0，π)，则AB →＝(0,2,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，π2，OC 1→＝(－1,0，π)， 设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋y ＋π2z ＝0， 取z ＝2得n ＝(π，0,2)，∴点C 1到平面P AB 的距离d ＝|OC 1→·n ||n |＝ππ2＋4.2.如图，在多面体ABCDE 中，平面ABD ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AE ⊥BD ，DE ∥12AC ，AD ＝BD ＝1.(1)求AB 的长；(2)已知2≤AC ≤4，求点E 到平面BCD 的距离的最大值．【解析】 (1)∵平面ABD ⊥平面ABC ，且交线为AB ，而AC ⊥AB ，∴AC ⊥平面ABD . 又∵DE ∥AC ，∴DE ⊥平面ABD ，从而DE ⊥BD . 注意到BD ⊥AE ，且DE ∩AE ＝E ，∴BD ⊥平面ADE ， 于是，BD ⊥AD .而AD ＝BD ＝1，∴AB ＝ 2. (2)∵AD ＝BD ，取AB 的中点为O ，∴DO ⊥AB . 又∵平面ABD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC .过O 作直线OY ∥AC ，以点O 为坐标原点，直线OB ，OY ，OD 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．记AC ＝2a ，则1≤a ≤2， A ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，B ⎝⎛⎭⎫22，0，0， C ⎝⎛⎭⎫－22，2a ，0，D ⎝⎛⎭⎫0，0，22，E ⎝⎛⎭⎫0，－a ，22，BC →＝(－2，2a,0)，BD →＝⎝⎛⎭⎫－22，0，22.设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，BD →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2ay ＝0，－22x ＋22z ＝0. 令x ＝2，得n ＝⎝⎛⎭⎫2，1a ，2. 又∵DE →＝(0，－a,0)，∴点E 到平面BCD 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝14＋1a2.∵1≤a ≤2，∴当a ＝2时，d 取得最大值， d max ＝14＋14＝21717.3.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离． 【解析】 (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .又因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .由题意知B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)，B 1(0，1,2)，P ⎝⎛⎭⎫12，12，2，则BD →＝(1，－1，1)，DC 1→＝(－1，0,1)，PC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面BDC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)． 设点P 到平面BDC 1的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC 1→·m |m |＝64. 4.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，2AB AD DC ===E ，F 分别为PD ，PB 的中点.（1）求证：//CF 平面PAD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为4π，求PA 的长度. 【解析】（1）证明：取PA 的中点Q ，连接QF ，QD ，F 是PB 的中点，//QF AB ∴且12QF AB =， 底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，2AB AD DC ===//CD AB ∴，12CD AB =， //QF CD ∴且QF CD =，∴四边形QFCD 是平行四边形，//FC QD ∴，又FC ⊄平面PAD ，QD ⊂平面PAD ，//FC ∴平面PAD .（2）如图，分别以AD ，AB ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设PA a =。