2020高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.6 距离的计算课时作业 北师大版选修2-1

【20xx精选】最新高中数学第二章空间向量与立体几何6距离的计算学案北师大版选修2_1学习目标1。

理解点到直线的距离、点到平面的距离的概念。

2。

掌握点到直线的距离、点到平面的距离的计算。

3。

体会空间向量解决立体几何问题的三步曲。

知识点一点到直线的距离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中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。

作AA′⊥l，垂足为A′，则点A到直线l的距离d等于线段AA′的长度，而向量在s上的投影的大小____________等于线段PA′的长度，所以根据勾股定理有点A到直线l的距离d＝__________________。

2。

点到直线的距离的算法框图空间一点A到直线l的距离的算法框图，如图。

知识点二点到平面的距离1。

求点到平面的距离如图，设π是过点P垂直于向量n的平面，A是平面π外一定点。

作AA′⊥π，垂足为A′，则点A到平面π的距离d等于线段AA′的长度。

而向量在n上的投影的大小__________________等于线段AA′的______，所以点A到平面π的距离d＝____________。

答案精析知识梳理知识点一1。

|·s0||PA→|2－|PA→·s0|2知识点二1。

|·n0|长度|·n0|知识点三相等知识点四公垂线公垂线段距离题型探究例1 解如图，连接AF。

∵正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，∴A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(1,0,2)。

∴直线EF的方向向量为＝(1，－2，1)，取直线EF上一点F(1,0,2)，∴点A(2,0,0)到直线EF上一点F(1,0,2)的向量为＝(－1,0,2)，∴在上的投影为·＝，∴点A到直线EF的距离为d＝＝。

跟踪训练1 解(1)A1C1∥l。

证明如下：∵A1C1∥AC，A1C1⊈平面ABC，AC平面ABC，∴A1C1∥平面ABC。

§6 距离的计算[对应学生用书P40]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．如图，作AA ′⊥l ，垂足为A ′.问题1：点A 到直线l 的距离与线段AA ′的长度有何关系？ 提示：相等．问题2：若s 0为s 的单位向量，你能得出PA 在s 上的投影长吗？提示：向量PA 在s 上的投影长为|PA ||cos 〈PA ，s 〉|＝|PA |·|PA ·s ||PA ||s |＝|PA ·s ||s |＝|PA ·s|s ||＝|PA ·s 0|.问题3：设点A 到直线l 的距离为d ，你能根据问题2的答案写出d 的表达式吗？ 提示：d ＝|AA ′|＝ |PA |2－|PA ·s 0|2.点到直线的距离设l 是过点P 平行于向量s 的直线，A 是直线l 外一定点，向量PA 在s 上的投影的大小为|PA ·s 0|，则点A 到直线l 的距离d ＝ |PA |2－|PA ·s 0|2.如图，设π是过点P 垂直于向量n 的平面，A 是平面π外一定点．作AA ′⊥π，垂足为A ′.问题1：点A 到平面π的距离d 与线段AA ′的长度有何关系？ 提示：相等．问题2：n 0是n 的单位向量，则向量PA 在向量n 上的投影大小是什么？与|AA ′|相等吗？提示：|PA ·n 0|，相等．点到平面的距离设n 为过点P 的平面的一个法向量，A 是该平面外一定点，向量PA 在n 上的投影的大小为|PA ·n 0|，则点A 到该平面的距离d ＝|PA ·n 0|.1．用向量法求点到直线的距离，在直线上选点时，可视情况灵活选择，原则是便于计算，s 0是s 的单位向量， s 0＝s|s |.2．用向量法求点到平面的距离，关键是找到平面的法向量和平面的斜线段的方向向量．[对应学生用书P40][例1] 如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，AB ＝2，BC ＝3，AA ′＝4，求点B 到直线A ′C 的距离．[思路点拨] 用点到直线的距离公式计算点B 到直线A ′C 的距离D.[精解详析] 因为AB ＝2，BC ＝3，AA ′＝4， 所以B (2,0,0)，C (2,3,0)，A ′(0,0,4)．CA '＝(0,0,4)－(2,3,0)＝(－2，－3,4)． CB ＝(2,0,0)－(2,3,0)＝(0，－3,0)．所以CB 在CA '上的投影：CB ·CA '|CA '|＝(0，－3,0)·－2，－3，－2＋－2＋42＝(0，－3,0)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－229，－329，429＝0×－229＋(－3)×－329＋0×429＝929；所以点B 到直线A ′C 的距离为d ＝|CB |2－|CB ·CA '|CA '||2＝32－⎝⎛⎭⎪⎫9292＝614529. [一点通]1．用向量法求直线外一点A 到直线l 的距离的步骤 (1)确定直线l 的方向向量s 及s 0； (2)在l 上找一点P ，计算PA 的长度； (3)计算PA ·s 0的值；(4)由公式d ＝ |PA |2－|PA ·s 0|2求解．2．用向量法求点到直线的距离的好处在于回避了用直接法求距离的难点(即过A 1点作l 的垂线，难在垂足的位置的确定)．1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则点A 1与对角线BC 1所在的直线间的距离为( )A.62a B ．a C.2aD.a2解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，B (a ，a,0)，C 1(0，a ，a )．∴1A B ＝(0，a ，－a )，1BC ＝(－a,0，a )． ∴|1A B |＝2a ，|1BC |＝2a . ∴点A 1到BC 1的距离d ＝|1A B |2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1A B ·1BC |1BC |2 ＝2a 2－12a 2＝62a .答案：A2．正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E ，F 分别是C 1C ，D 1A 1的中点，求点A 到EF 的距离． 解：以D 点为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图．设DA ＝2，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1，0,2)，则EF ＝(1，－2,1)，FA ＝(1,0，－2)，|EF |＝12＋－2＋12＝6，FA ·EF ＝1×1＋0×(－2)＋(－2)×1＝－1，FA 在EF 上的投影长＝|FA ·EF ||EF |＝16.∴点A 到EF 的距离＝ |FA |2－⎝⎛⎭⎪⎫162＝ 296＝1746.[例2] 如图，已知△ABC 是以∠ABC 为直角的直角三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4，M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点，求A 到平面SND 的距离．[思路点拨] 建立空间直角坐标系，用向量法求点到面的距离． [精解详析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则N (0,2,0)，S (0,0,2)，D (－1,4,0)，∴NS ＝(0，－2,2)，SD ＝(－1,4，－2)．设平面SND 的法向量为n ＝(x ，y,1)．∴n ·NS ＝0，n ·SD ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＋2＝0，－x ＋4y －2＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝1，∴n ＝(2,1,1)．∵AS ＝(0,0,2)．∴A 到平面SND 的距离为|n ·AS ||n |＝26＝63.[一点通]用向量法求平面π外一点A 到平面的距离的步骤： (1)计算平面π的法向量n 及n 0； (2)在平面π上找一点P ，计算PA ； (3)由公式计算d ＝|PA ·n 0|.利用这种方法求点到平面的距离，不必作出垂线段，只需求出垂线段对应的向量和平面的法向量，代入公式求解即可．3．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，PD ＝AD ＝1，则C 到平面PAB 的距离d ＝( ) A ．1 B. 2 C.22D.32解析：以D 为原点，以DA ，DC ，DP 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)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，∴AP ＝(－1,0,1)，AB ＝(0,1,0)，AC ＝(－1,1,0)， 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎨⎧n ·AP ＝0，n ·AB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y ＝0，令x ＝1，则z ＝1，∴n ＝(1,0,1)． ∴d ＝|AC ·n ||n |＝|－1|2＝22.答案：C4．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2，AA 1＝1，则点A 到平面A 1BC 的距离为________．. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系．A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0,1)，∴1AB ＝(3，1，－1)，1AC ＝(0,2，－1)．设平面A 1BC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1A B ＝0，n ·1A C ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝33y ，z ＝2y ，令y ＝3，则n ＝(3，3,6)，n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，32. 又1AA ＝(0,0,1)，∴d ＝|1AA ·n 0|＝32. 答案：325.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解：建立空间直角坐标系如图， 则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴AG ＝(0,1,0)，GE ＝(－2,1,1)， GF ＝(－1，－1,2)．设n ＝(x ，y ，z )是平面GEF 的法向量， 点A 到平面EFG 的距离为d ，则⎩⎨⎧n ·GE ＝0，n ·GF ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋z ＝0，－x －y ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z .令z ＝1， 则n ＝(1,1,1)，∴d ＝|AG ·n ||n |＝13＝33.即点A 到平面EFG 的距离为33.1．空间距离包括：点到点、点到线、点到面、线到线、线到面、面到面之间的距离．其中以点到面的距离最为重要，其他距离，如线到面、面到面的距离均可转化为点到面的距离．2．空间一点A 到直线l 的距离的算法：3．空间一点A 到平面π的距离的算法：[对应课时跟踪训练十三1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (2，－1,0)在α内，则P (1,3，－2)到α的距离为( )A ．10B ．3 C.83D.103解析：PA ＝(1，－4,2)，又平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，所以P 到α的距离为|PA ·n |n ＝|－2＋8＋2|3＝83.答案：C2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在1AC 上且AM ＝121MC ，N 为B 1B 的中点，则|MN |为( )A.216a B.66aC.156a D.153a 解析：以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.设M (x ，y ，z )．∵点M 在1AC 上且AM ＝121MC .∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.于是M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3. ∴|MN | ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a . 答案：A3.如图，P －ABCD 是正四棱锥，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，PA ＝6，则B 1到平面PAD 的距离为( )A ．6 B.355 C.655D.322解析：以A 1B 1为x 轴，A 1D 1为y 轴，A 1A 为z 轴建立空间直角坐标系，设平面PAD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，由题意知，B 1(2,0,0)，A (0,0,2)，D (0,2,2)，P (1,1,4)．AD ＝(0,2,0)，AP ＝(1,1,2)，∴AD ·n ＝0，且AP ·n ＝0.∴y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－2,0,1)．∵1B A ＝(－2,0,2)，∴B 1到平面PAD 的距离d ＝|1B A ·n ||n |＝655.答案：C4．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离为( )A.83 B.38 C.43D.34解析：如图，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)． ∴11D B ＝(2,2,0)，1D A ＝(2,0，－4)，1AA ＝(0,0,4)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AB 1D 1的一个法向量，则n ⊥11D B ，n ⊥1D A ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·11D B ＝0，n ·1D A ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，2x －4z ＝0.令z ＝1，则平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．∴由1AA 在n 上射影可得A 1到平面AB 1D 1的距离为d ＝|1AA ·n ||n |＝43.答案：C5．如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，则点B 1到平面ABC 1的距离为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0,1,0)，B 1(0,1,1)，C 1(0,0,1)，则1C A ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，－1，11C B ＝(0,1,0)，1C B ＝(0,1，－1)，设平面ABC 1的法向量为n ＝(x ，y,1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1C A ·n ＝01C B ·n ＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，1， 则d ＝|11C B ·n|n ||＝113＋1＋1＝217.答案：2176．如图所示，正方体的棱长为1，E ，F ，M ，N 分别是棱的中点，则平面A 1EF 与平面B 1NMD 1的距离为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,0)，B 1(1,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，D 1(0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1. ∵E ，F ，M ，N 分别是棱的中点， ∴MN ∥EF ，A 1E ∥B 1N . ∴平面A 1EF ∥平面B 1NMD 1.∴平面A 1EF 与平面B 1NMD 1的距离即为A 1到平面B 1NMD 1的距离． 设平面B 1NMD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴n ·11D B ＝0，且n ·1B N ＝0.即(x ，y ，z )·(1,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1＝0.∴x ＋y ＝0，且－12x ＋z ＝0，令x ＝2，则y ＝－2，z ＝1.∴n ＝(2，－2,1)，n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，13.∴A 1到平面B 1NMD 1的距离为d ＝|11A B ·n 0| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪，1，⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，13＝23. 答案：237.如图，已知正方形ABCD ，边长为1，过D 作PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别是AB 和BC 的中点．求直线AC 到平面PEF 的距离．解：由题意知直线AC 到平面PEF 的距离即为点A 到平面PEF 的距离，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，P (0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫12，1，0，∴PE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1. 设n ＝(x ，y ，z )是平面PEF 的一个法向量，则由⎩⎨⎧n ·PE ＝0，n ·PF ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y2－z ＝0，x 2＋y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝32，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，32.又∵AP ＝(－1,0,1)， ∴d ＝|AP ·n ||n |＝－1×1＋0×1＋1×321＋1＋94＝1717.8.如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB ＝4，BC ＝2，CC1＝3，BE ＝1.求点C 到平面AEC 1F 的距离．解：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)，C 1(0,4,3)．设n 为平面AEC 1F 的法向量，显然n 不垂直于平面ADF ，故可设n ＝(x ，y,1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ＝0，n ·1EC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧0·x ＋4·y ＋1＝0，－2·x ＋0·y ＋2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋1＝0，－2x ＋2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－14.n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－14，1.又1CC ＝(0,0,3)． ∴C 到平面AEC 1F 的距离为 d ＝|1CC ·n ||n |＝31＋116＋1＝43311.[对应学生用书P42]一、空间向量的概念与运算1．空间向量有关概念与平面向量的有关概念类似，对基本概念的理解要做到全面、准确、深入．2．空间向量的运算包括加、减、数乘及数量积运算，其中加、减、数乘运算称为线性运算，结果仍为向量，加减算法可运用平行四边形法则与三角形法则进行运算；数量积运算结果为实数，运用数量积可解决长度、夹角与距离等问题．二、向量的坐标表示与运算和空间向量基本定理1．选定空间不共面的向量作为基向量，并用它们表示出目标向量，是空间向量基本定理的具体体现．2．空间向量的坐标表示与运算是解决立体几何中的夹角、长度、距离等问题的关键，要熟记公式．三、空间向量与平行和垂直利用空间向量解决空间中的位置关系的常用方法为： 1．线线平行：证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量． 2．线线垂直：证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，利用a ⊥b ⇔a ·b ＝0. 3．线面平行：用向量证明线面平行的方法主要有：(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直(需说明直线不在平面内)；(2)证明可在平面内找到一个向量与直线的方向向量是共线向量(需说明直线不在平面内)；(3)利用共面向量定理，即证明可在平面内找到两不共线向量把直线的方向向量线性表示出来(需说明直线不在平面内)．4．线面垂直：用向量证明线面垂直的方法主要有：(1)证明直线的方向向量与平面的法向量平行； (2)证明直线的方向向量与平面内两个不共线向量垂直． 5．面面平行：(1)证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)； (2)证明一个平面内的两个不共线向量与另一平面平行． 6．面面垂直：(1)证明两个平面的法向量互相垂直；(2)证明一个平面内某直线的方向向量是另一平面的法向量． 四、空间向量与空间角1．求两异面直线的夹角可利用公式cos 〈a ，b 〉＝a·b|a |·|b |，但务必注意两异面直线夹角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 ，而两向量之间的夹角的范围是[0，π]．故实质上应有cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|.2．求线面角：求直线与平面的夹角时，一种方法是先求出直线及此直线在平面内的投影直线的方向向量，通过数量积求出直线与平面的夹角；另一种方法是借助平面的法向量，先求出直线方向向量与平面法向量的夹角φ，即可求出直线与平面的夹角θ，其关系是sin θ＝|cos φ|.3．求两平面间的夹角：利用空间直角坐标系求得两个平面的法向量n 1，n 2，代入cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|.当cos 〈n 1，n 2〉>0时，两平面的夹角为〈n 1，n 2〉， 当cos 〈n 1，n 2〉<0时，两平面的夹角为π－〈n 1，n 2〉． 五、空间距离的计算主要掌握点到直线的距离与点到平面的距离，利用直线的方向向量与平面的法向量求解．1．若直线l 的方向向量为s ，s 0＝s|s |，点P 是直线l 上的点，点A 是直线外任一点，则点A 到直线l 的距离d ＝ |PA |2－|PA ·s 0|2.2．若n 0为平面α的单位法向量，点P 是平面α内一点，点A 是平面α外一点，则点A 到该平面的距离d ＝|PA ·n 0|.⎣⎢⎡⎦⎥⎤对应阶段质量检测二 见8开试卷 (时间90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，若a∥b ，则xz ＝( ) A ．－4 B ．9 C ．－9D.649解析：∵a∥b ，∴x 3＝42＝3z.∴x ＝6，z ＝32.∴xz ＝9.答案：B2.如图所示，已知四面体ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为AB ，BC ，CD ，AC 的中点，则12(AB ＋BC ＋CD )＝( )A ．BFB ．EHC ．HGD ．FG解析：∵12(AB ＋BC ＋CD )＝12(AC ＋CD )＝12AD ，又∵HG ＝12AD ，∴12(AB ＋BC ＋CD )＝HG .答案：C3．P 是△ABC 所在平面上一点，若PA ·PB ＝PB ·PC ＝PC ·PA ，则P 是△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心解析：∵PA ·PB ＝PB ·PC ＝PC ·PA ， ∴PB ·(PA －PC )＝0， 即PB ·CA ＝0， ∴PB ⊥CA .同理PC ·(PB －PA )＝0， ∴PC ·AB ＝0，∴PC ⊥AB ， ∴P 是△ABC 的垂心． 答案：D4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎪⎫33，－33，33C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 解析：设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则n ·AB ＝0，即(x ，y ，z )·(－1,1,0)＝0，∴－x ＋y ＝0.n ·BC ＝0，即(x ，y ，z )·(0，－1,1)＝0，∴－y ＋z ＝0，令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)，与n 平行的单位向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33或⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33.答案：D5．已知空间四个点A (1,1,1)，B (－4,0,2)，C (－3，－1,0)，D (－1,0,4)，则直线AD 与平面ABC 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：设n ＝(x ，y,1)是平面ABC 的一个法向量． ∵AB ＝(－5，－1,1)，AC ＝(－4，－2，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－5x －y ＋1＝0，－4x －2y －1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－32，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1.又AD ＝(－2，－1,3)，设AD 与平面ABC 所成的角为θ， 则sin θ＝|AD ·n ||AD ||n |＝727＝12，∴θ＝30°.答案：A6．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 夹角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23解析：建立如图所示的空间直角坐标系．令正四棱锥的棱长为2，则A (1，－1,0)，D (－1，－1,0)，S (0,0，2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，SD ＝(－1，－1，－2)，∴cos 〈AE ，SD 〉＝AE ·SD|AE ||SD |＝－33，∴AE 、SD 夹角的余弦值为33. 答案：C7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 的夹角等于( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1， ∴EF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－12，GH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，cos 〈EF ·GH 〉＝－1422×22＝－12.∴EF 与GH 的夹角为60°. 答案：B8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 夹角的余弦值为( ) A.24 B.23 C.33D.32解析：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴，y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则C 1(1，1,1)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，D (0,1,0)．∵1AC ＝(1,1,1)，1BA ＝(－1,0,1)，BD ＝(－1,1,0)， ∴1AC ·1BA ＝0，1AC ·BD ＝0， ∴1AC 即为平面A 1BD 的法向量．设BC 1与面A 1BD 夹角为θ，又1BC ＝(0,1,1)， 则sin θ＝|1AC ·1BC ||1AC ||1BC |＝23×2＝63，∴cos θ＝33. 答案：C9．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.66a B.36a C.34a D.63a解析：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (a ，a,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ，A 1(a,0，a )．∴DB ＝(a ，a,0)，DM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，12a ，1A M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，－12a .设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋ay ＝0，ax ＋12za ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋12z ＝0.令z ＝2，得x ＝－1，y ＝1. ∴n ＝(－1,1,2)，∴n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－66，66，266.∴A 1到平面BDM 的距离为d ＝|1A M ·n 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12a ×266＝66a . 答案：A10．三棱锥O －ABC 中，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ，则(x ，y ，z )为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，34C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23 解析：∵OG ＝341OG ＝34(OA ＋1AG )＝34OA ＋34×23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12AB ＋AC＝34OA ＋14[(OB －OA )＋(OC －OA )] ＝14OA ＋14OB ＋14OC ， 而OG ＝x OA ＋y OB ＋z OC ， ∴x ＝14，y ＝14，z ＝14.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填在题中的横线上)11．已知正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点F 是侧面CDD ′C ′的中心，若AF ＝AD ＋x AB ＋y AA '，则x －y ＝________.解析：如图，∵AF ＝AD ＋DF ，DF ＝12(DC ＋DD ')＝12(AB ＋AA ')，∴AF ＝AD ＋12AB ＋12AA '，又AF ＝AD ＋x AB ＋y AA '， ∴x ＝12，y ＝12，即x －y ＝12－12＝0.答案：012．已知向量a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2，则x 的值为________． 解析：∵a ＝(－3,2,5)，b ＝(1，x ，－1)，且a·b ＝2， ∴－3×1＋2x ＋5×(－1)＝2，∴x ＝5. 答案：513．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系， ∵正方体的棱长为1，∴A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1.设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )．∴n ·AB ＝0，且n ·1BC ＝0，即(x ，y ，z )·(0,1,0)＝0，且(x ，y ，z )·(－1,0,1)＝0.∴y ＝0，且－x ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝1， ∴n ＝(1,0,1)． ∴n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫22，0，22，又EC '＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，∴点E 到平面ABC 1D 1的距离为|EC '·n 0| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22＝22.答案：2214. 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C 1(0,2,1)，A 1(2,0,1)， ∴1AC ＝(－2,2,1)，1AA ＝(0,0,1)．由长方体的性质知平面A 1B 1C 1D 1的法向量为1AA ＝(0，0,1)． ∴cos 〈1AC ，1AA 〉＝1AC ·1AA | 1AC ||1AA |＝13×1＝13，∴AC 1与平面A 1B 1C 1D 1的夹角的正弦值为13.答案：13三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知a ＝(3,5，－4)，b ＝(2,1,2)．求： (1)a·b ；(2)a 与b 夹角的余弦值；(3)确定λ，μ的值使得λa ＋μb 与z 轴垂直，且(λa ＋μb )·(a ＋b )＝77. 解：(1)a·b ＝(3,5，－4)·(2,1,2)＝3×2＋5×1＋(－4)×2＝3. (2)∵|a |＝32＋52＋－2＝52，|b |＝22＋12＋22＝3. ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝352×3＝210.(3)取z 轴上的单位向量n ＝(0,0,1)，a ＋b ＝(5,6，－2)．依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧λa ＋μb n ＝0，λa ＋μba ＋b ＝77，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ，0，＝0，λ＋2μ，5λ＋μ，－4λ＋2μ，6，－＝77，化简整理，得⎩⎪⎨⎪⎧－4λ＋2μ＝0，53λ＋12μ＝77，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，μ＝2.16．(本小题满分12分)四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB ＝(2，－1，－4)，AD ＝(4,2,0)，AP ＝(－1,2，－1)．(1)求证：PA ⊥底面ABCD ； (2)求四棱锥P －ABCD 的体积．解：(1)证明：∵AP ·AB ＝－2－2＋4＝0， ∴AP ⊥AB .又∵AP ·AD ＝－4＋4＋0＝0， ∴AP ⊥AD.∵AB ，AD 是底面ABCD 上的两条相交直线， ∴AP ⊥底面ABCD.(2)设AB 与AD 的夹角为θ，则cos θ＝AB ·AD|AB ||AD |＝8－24＋1＋16×16＋4＝3105.V ＝13|AB |·|AD |·sin θ·|AP |＝23105× 1－9105×1＋4＋1＝16. 17．(本小题满分12分)如图所示，直三棱柱ABC －A1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1)求A 1到平面BCN 的距离； (2)求证：A 1B ⊥C 1M .解：如图，建立空间直角坐标系．(1)依题意得B (0,1,0)，N (1,0,1)，A 1(1,0,2)，B 1(0,1,2)， ∴1BA ＝(1，－1,2)，1CB ＝(0,1,2)，1BA ·1CB ＝3，|1BA |＝6，|1CB |＝5，∴cos 〈1BA ，1CB 〉＝1BA ·1CB |1BA ||1CB |＝3010.设平面BCN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，BN ＝(1，－1，1)，CB ＝(0,1,0)，得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．n 0＝⎝⎛⎭⎪⎫22，0，－22，则A 1到平面BCN 的距离为d ＝|1BA ·n 0|＝|22－2|＝22. (2)证明：依题意得C 1(0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，1A B ＝(－1,1，－2)，1C M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.∵1A B ·1C M ＝－12＋12＋0＝0，∴1A B ⊥1C M .∴A 1B ⊥C 1M .18．(本小题满分14分)如图①，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图②所示的四棱锥A ′­BCDE ，其中A ′O ＝ 3.(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值．解：(1)证明：在折叠前的图形中，在等腰直角三角形ABC 中，因为BC ＝6，O 为BC 的中点，所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3.如图，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得OD ＝ OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.在折叠后的图形中，因为A ′D ＝22， 所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥O D. 同理可证A ′O ⊥OE .又OD ∩OE ＝O ， 所以A ′O ⊥平面BCDE .(2)以点O 为原点，建立空间直角坐标系O ­xyz ，如图所示， 则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以OA '＝(0,0，3)，CA '＝(0,3，3)，DA '＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD 的一个法向量，则⎩⎨⎧n ·CA '＝3y ＋3z ＝0.n ·DA '＝－x ＋2y ＋3z ＝0.令z ＝3，得n ＝(1，－1，3)，|n |＝1＋1＋3＝ 5. 由(1)知，OA '＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量， 又|OA '|＝3，OA '·n ＝0×1＋0×(－1)＋3×3＝3，所以cos 〈n ，OA '〉＝n ·OA '|n ||OA '|＝33×5＝155，即平面A ′CD 与平面BCD 的夹角的余弦值为155.。

课时作业11 距离的计算时间：45分钟 ——基础巩固类——一、选择题1．已知直线l 过定点A (2,3,1)，且方向向量为s ＝(0,1,1)，则点P (4,3,2)到l 的距离为( A )A.322 B.22C.102D. 2解析：AP →＝(2,0,1)，由点到直线的距离公式得d ＝|AP →|2－|AP →·s |s ||2＝5－122＝322. 2．已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点P (－1,3,0)在α内，则平面α外一点A (－2,1,4)到α的距离为( D )A ．10B ．3 C.83 D.103解析：PA →＝(－1，－2,4)．由点到平面的距离公式得d ＝|PA →·n |n ||＝103.3．若正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线A 1C 1到平面ACD 1的距离为( B ) A ．1 B.33C.63D. 3解析：易知A 1C 1∥平面ACD 1，则点A 1到平面ACD 1的距离即为直线A 1C 1到平面ACD 1的距离．建立如图所示的空间直角坐标系，易知AA 1→＝(0,0,1)，平面ACD 1的一个法向量为n ＝(1,1,1)，故所求的距离为|AA 1→·n |n ||＝33.4．在60°的二面角的一个面内有一个点，它到棱的距离是8，那么它到另一个面的距离是( D )A. 3 B ．2 3 C ．3 3D ．4 3解析：过点向另一平面作垂线，则距离为8×sin60°＝4 3.5．如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( D )A. 3B.22C.2λ3D.55解析：由A 1B 1∥平面D 1EF 知，点G 到平面D 1EF 的距离即为直线A 1B 1 上任一点到平面D 1EF 的距离，可求点A 1或B 1到平面D 1EF 的距离．6．如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为( A )A.25 5 B.55 C.510D.3105 解析：以C 为原点，CD 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0,1,0)，D 1(2,0,2)，ED 1→＝(2，－1,2)，CC 1→＝(0,0,2)，设u ＝(x ，y ，z )，u ⊥CC 1→，u ⊥ED 1→，则u ·CC 1→＝(x ，y ，z )·(0,0,2)＝0，∴z ＝0，u ·ED 1→＝(x ，y ，z )·(2，－1,2)＝2x －y ＋2z ＝0，∴y ＝2x ，令x ＝1，则y ＝2，∴u ＝(1,2,0)，∴异面直线D 1E 与CC 1的距离为d ＝|u ·CE →||u |＝255，∵P 在D 1E 上运动，∴P 到直线CC 1的距离的最小值为d ＝255.故选A.7．如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是线段BB 1，B 1C 1的中点，则直线MN 到平面ACD 1的距离是( D )A.12B.22C.13D.32解析：如图，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，D 1(0,0,1)，M (1,1，12)，N (12，1,1)，C (0,1,0)．所以AD 1→＝(－1,0,1)，MN →＝(－12，0，12)．所以MN →＝12AD 1→.又直线AD 1与MN 不重合，所以MN →∥AD 1→.又MN 平面ACD 1，所以MN ∥平面ACD 1.因为AD 1→＝(－1,0,1)，D 1C →＝(0,1，－1)，AC →＝(－1,1,0)． 设平面ACD 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·D 1C →＝0，n ·AC →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y －z ＝0，－x ＋y ＝0.所以x ＝y ＝z .令x ＝1，则n ＝(1,1,1)． 又因为AM →＝(1,1，12)－(1,0,0)＝(0,1，12)，所以|AM →|＝02＋12＋122＝52. 所以cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n ||AM →|＝3252×3＝155.所以点M 到平面ACD 1的距离为|AM →|×cos〈n ，AM →〉＝52×155＝32.8．正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，底面边长为2，截面AB 1C 1D 与底面ABCD 所成二面角的正切值为2，则点B 1到平面AD 1C 的距离为( A )A.83 B.223C.423D.43解析：∵四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1为正四棱柱， ∴AB 1⊥AD ，AB ⊥AD ，∴∠BAB 1是截面AB 1C 1D 与底面ABCD 所成的二面角，∵截面AB 1C 1D 与底面ABCD 所成二面角的正切值为2，即tan ∠BAB 1＝BB 1AB＝2，∴BB 1＝2AB ＝4，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,4)，B 1(2,2,4)．AD 1→＝(－2,0,4)，AC →＝(－2,2,0)，AB 1→＝(0,2,4)．设平面AD 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝－2x ＋4z ＝0，n ·AC →＝－2x ＋2y ＝0.取x ＝2，得n ＝(2,2,1)．∴点B 1到平面AD 1C 的距离为d ＝|n ·AB 1→|n ||＝83.二、填空题9．在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1B 1、CD 的中点，则点B 到直线EF 的距离为32. 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 (0，12，0)，E (1，12，1)，B (1,1,0)， 则FE →＝(1,0,1)，FB →＝(1，12，0)，FB →·FE →|FE →|＝12＝22， ∴d ＝|FB →|2－222＝32. 10．已知空间四点A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4，8)，则点D 到平面ABC 的距离是491717. 解析：AB →＝(2，－2,1)，AC →＝(4,0,6)，设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋z ＝0，4x ＋6z ＝0.令x ＝3，则z ＝－2，y ＝2， ∴n ＝(3,2，－2).DA →＝(7,7，－7)，n 0＝n |n |＝1717(3,2，－2)．∴d ＝|DA →·n 0|＝491717.11．正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为33a . 解析：由正方体的性质易得平面AB 1D 1∥平面BDC 1，则两平面间的距离可转化为点B 到平面AB 1D 1的距离．显然A 1C ⊥平面AB 1D 1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则易得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(1，－1,1)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，BA →＝(0，－a,0)，则两平面间的距离为d ＝|BA →·n |n ||＝a 3＝33a . 三、解答题12．如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB ＝4，BC ＝2，CC 1＝3，BE ＝1.求点C 到平面AEC 1F 的距离．解：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)，C 1(0,4,3)．设n 为平面AEC 1F 的法向量，显然n 不垂直于平面ADF ，故可设n ＝(x ，y,1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·EC 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧0·x ＋4·y ＋1＝0，－2·x ＋0·y ＋2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋1＝0，－2x ＋2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－14.n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－14，1.又CC 1→＝(0,0,3)． ∴C 到平面AEC 1F 的距离为 d ＝|CC 1→·n ||n |＝31＋116＋1＝43311.13．已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的各条棱长均为a ，侧棱垂直于底面，D 是侧棱CC 1的中点，问a 为何值时，点C 到平面AB 1D 的距离为1.解：建立如图所示的空间直角坐标系．由题设可知A (32a ，a2，0)，C (0，a,0)，B 1(0,0，a )，D (0，a ，a 2)，于是有AB 1→＝(－32a ，－a 2，a )，B 1D →＝(0，a ，－a 2)，AC →＝(－32a ，a 2，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AB 1D 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·B 1D →＝0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧－32ax －a 2y ＋az ＝0，ay －a 2z ＝0.令y ＝1，可得n ＝(3，1,2)． 所以点C 到平面AB 1D 的距离d ＝|AC →·n |n ||＝24a . 令24a ＝1，解得a ＝2 2. 即a ＝22时，点C 到平面AB 1D 的距离为1.——能力提升类——14．设棱长为a 的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点M 在棱C 1C 上滑动，则点B 1到平面BMD 1距离的最大值是63a . 解析：如图所示，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则D 1(0,0，a )，B (a ，a,0)，B 1(a ，a ，a )，设M (0，a ，b )(0≤b ≤a )，则BB 1→＝(0,0，a )，BM →＝(－a,0，b )，BD 1→＝(－a ，－a ，a )，设平面BMD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BM →＝0，n ·BD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋bz ＝0，－ax －ay ＋az ＝0，令x ＝b ，得n ＝(b ，a －b ，a )， ∴点B 1到平面BMD 1的距离为d ＝|BB 1→·n |n ||＝a 22·a 2－ab ＋b2＝a 22·b －12a2＋34a 2，当b ＝12a 时，d 取最大值，即d max ＝63a .15．如图，在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝1，点N 是BC 的中点，点M 在CC 1上，设二面角A 1­DN ­M 的大小为θ.(1)当θ＝90°时，求AM 的长； (2)当cos θ＝66时，求CM 的长． 解：建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，设CM ＝t (0≤t ≤2)，则各点的坐标为A (1,0,0)，A 1(1,0,2)，N (12，1,0)，M ＝(0,1，t )，所以DN →＝(12，1,0)，DM →＝(0,1，t )，DA 1→＝(1,0,2)．设平面DMN 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DN →＝0，n 1·DM →＝0.即x 1＋2y 1＝0，y 1＋tz 1＝0，令z 1＝1， 则y 1＝－t ，x 1＝2t .所以n 1＝(2t ，－t,1)是平面DMN 的一个法向量． 设平面A 1DN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则n 2·DA 1→＝0，n 2·DN →＝0. 即x 2＋2z 2＝0，x 2＋2y 2＝0. 令z 2＝1，则x 2＝－2，y 2＝1.所以n 2＝(－2,1,1)是平面A 1DN 的一个法向量．从而n 1·n 2＝－5t ＋1. (1)因为θ＝90°， 所以n 1·n 2＝－5t ＋1＝0， 解得t ＝15.从而M (0,1，15)．所以AM ＝12＋12＋152＝515. (2)因为|n 1|＝5t 2＋1，|n 2|＝6，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－5t ＋165t 2＋1. 因为〈n 1，n 2〉＝θ或π－θ，所以|－5t ＋165t 2＋1|＝66， 解得t ＝0或t ＝12.根据图形和(1)的结论可知t ＝12，从而CM 的长为12.。

空间距离问题的种类及解法空间距离问题是高考的热门之一，本文对空间距离及其求解方法概括总结以下，供参照.一、两点之间的距离设空间有两点 P 、Q的距离为 d .方法 1：解三角形法：在 PQX 中，由勾股定理、正、余弦定理或三角形的面积等求出线段PQ 的长度.方法 2：向量法：（1）将PQ用已知向量表示，于是，PQ |PQ|PQ PQ ，（ 2）求出P、Q的坐标( x1, y1, z1)及( x2, y2, z2)，于是， PQ |PQ|(x2 x1 )2( y2y1 ) 2( z2z1 ) 2 .二、点到直线的距离方法 1．过P作PH a ，而后经过解三角形求出线段PH 的长度，如图（1） .方法 2．过P作PO，过 O作OH a ，则 PH a ，解三角形求出 PH .如图（ 2） .方法 3．过P作平面，使 a，设 a H ，而后求出 PH ，如图（3）.方法 4．向量法：若 n 是直线 a 的一个法向量，P是直线外一点，A是直线l上一点，则点P到直线 a 的距离为 PH1| n AP |，如图（4）.| n |方法 5．最值法：设M为直线a上的动点，P是直线a外一点，求出PM的最小值 .三、点到平面的距离方法 1：如图（ 1）过点P作PH，则点P到平面的距离为 d PH .方法2．过P 作平面，设l，在平面内，过P作PH l，则PH，则点P 到平面的距离为d PH .方法 3．向量法：若 n 是平面的一个法向量，P 是平面 外一点， A 是平面 内一点，则点 P 到平面的距离为 d PH1| n AP | .| n |方法 4．等体积法：经过同一个几何体体积相等求距离，用的许多的是三棱锥等积法，即 V A BCD V B CDA V C ABDVD ABC .四、线线距离1．平行线的距离 2．异面直线的距离方法 1．作出异面直线 a 、 b 的公垂线 l ，而后求出公垂线段的长度 .特别地，若直线 ab bO ，在平面内，过点O 作OH a ，则 OH，，即为所求 .2AB是异面直线 a 、 b 的公垂线段，与 AB平行的向量为 n ， C、方法 ．向量法：设D 分别是 l 1 与 l 2 上的随意一点，则 a 与 b 的距离为 d | AB || C D n |.| n |五、线面距离若直线 a ∥平面，则 上任一点到平面的距离都相等，于是，将求线 面距离转变为求点到平面的距离.六、面面距离若平面∥平面 ，则 上任一点到平面 的距离都相等，于是，将求面面距离转变为求点到平面的距离 .七、球面距离利用弧长公式求出经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度.A例 1．在空间四边形ABCD 中， AC BD a ， AC 与 BD 成 60 角， M 、N 分别是 AB 、 CD 的中点，求线段 MN 的长度 .解 1：取 BC 中点 E ，连接 ME 、 NE.M 、 N 分别是 AB 、CD 的中点，MDB NECMEN 是两条异面直线 AC 与 BD 所成的角或所成角的补角.AC 与 BD 所成的角为60，MEN 60 或MEN120 .由AC BD a ME NE a .2a .（ 1）若MEN60 ，则MNE 为正三角形，故MN2（ 2）若MEN120 ，则MNE 为腰长为a的等腰三角形，故MN3a . 22A综上可得线段MN 的长度为a，或3a . 22解2：MN MA AC CN，MN MB BD DN，两式相加，获得MD BNC2MN MA AC CN MB BD DN AC BD ，因此， MN 1(AC BD) ，且AC, BD60 ，或AC, BD120 . 2于是2121(2222cos,) (AC BD)a a a AC BD|MN|44当AC, BD60 时，|MN |23a 2|MN |3a .；42当AC, BD120时，|MN |2 a 2|MN | a .42综上可得线段MN 的长度为a，或3a .22例 2．一只小船以10m / 分的速度，由南向北等速驶过湖面，在离湖面20 m高处的桥上一辆汽车由西向东以20m / 分的速度等速行进. 如图，此刻小船在水Q面 P 点南 40m 处，汽车在桥Q点以西30m处，求小船与汽车间的最短距离（能够不考虑汽车和小船自己的大小，线段 PQ 分别垂直于小P船和汽车的路线） .解：以下列图设经过时间t 汽车在 A 点，船在 B 点， | AQ || 3020t |, | BP | | 40 10t | | PQ | 20. 且异面直线AQ与 BP 所成的角为90，于是，|AB|2 |AC |2|BC |2 | AC|2| AQ|2|BP|220 2(30 20t )2(40 10t )2100[5(t2) 2 9].当 t2时， | AB |2 min 900 ，即 | AB |min 30(m).例 3．（ 1）正方体 ABCDA 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，点 P 是 AD 1 的中点， Q 是 BD 上一点， DQ1DB ，则 P 、 Q 两点间的距离为 _______ .4（ 2）在长方体 OABCO 1 A 1B 1C 1 中， AO 2, AB3, AA 12 ，zD 1C 1A 1B 1PDC则点 O 1 到 AC 的距离为 _______解：（ 1）如图，成立坐标系D xyz.zO 1AxyQBC 1则P (1,0, 1)、Q(1, 1, 0)，A 1B 12 24 4(1 1)2 ( 1)21) 2 6 .OC故PQ |PQ|(y42424ADBO xyz.（ 2）如图，成立坐标系x设 O 1 在 AC 上的正射影为 D ，则 A(2, 0, 0) 、 C (0, 3, 0), O 1 (0, 0, 2).设 D (x, y, 0) ，则O 1D( x , , 2) ， AD(x 2, y, 0) ， AC ( 2, 3, 0).y由 O 1DAC ，且 AD ∥ AC ，zO 1C 12 3y 0,x 18 ,18 12A 1B 1得 x 2 y13因此 D (12 ,, 0).2.13 13C3y.Oy13AD18122 286B222.故O 1D |O 1D |2( )( )x131313例 4．已知 ABCD 是边长为4 的正方形， E 、 F 分别是 AB 、 AD 的中点， GC 垂直于 ABCD 所在的平面，且GC 2 ，求点 B 到平面 EFG 的距离 .解 1：如图，连接 EG 、 FG 、 EF 、 BD 、 AC.EF 、BD 分别 AC 交于 H 、 O.因为， ABCD 是正方形， E 、 F 分别是 AB 、 AD 的中点，因此，EF ∥ BD ，且 H为 AO 的中点 .BD 不在平面 EFG 上，不然，平面 EFG 与平面 ABCD 重合，进而点 G 在平面 ABCD上，与题设矛盾 .由直线和平面平行的判断定理知BD ∥平面 EFG ，因此， BD 和平面 EFG Dk的距离就是点 B 到平面 EFG 的距离 .FOBD AC ， EFHC .AHBEGC 平面 ABCD ， EF平面 HCG.平面 EFG 平面 HCG ，且平面 EFG 平面 HCG HG.作 OKHG 于点 K ，则OK平面 HCG. 因此， OK 的长就是点 B 到平面 EFG 的距离 .正方形 ABCD 的边长为 4，且 GC 2 ，AC4 2,HO 2, HC 3 2.在直角 HCG 中， HG(3 2 )2 2 222.因为 RtHKO 和 Rt HCG 有一个锐角是公共的，故 HKO ∽ HCG.OKHO GC2 2 2 11. HG2211z即点 B 到平面 EFG 的距离为211 .G11D C解 2：如图，成立空间直角坐标系D xyz.yF易得向量 EB(0, 2, 0) ， FE(2, 2, 0) ，AxEBFG ( 2, 4, 2) ，设平面 EFG 的法向量为 n(1, x, y) ，由n FE 0, n(1, 1, 3).n FG0.因此，点 B 到平面 EFG 的距离为 d| EB n || 0 1 2 ( 1) 03 |2 11 .| n |1 1 911例 5．如图， 正方形 ABCD 、 ABEF 的边长都是 1，并且平面 ABCD 与平面 ABEF 相互垂直，点 M 在 AC 上挪动，点 N 在 BF 上挪动，若 CMBN a(0 a 2).GC（Ⅰ）求 MN 的长；（Ⅱ）当 a 为什么值时， MN 的长最小？（Ⅲ）当 MN 的长最小时，求平面MNA 与平面 MNB 所成的二面角的大小 .解：（Ⅰ）作 MP ∥ BC 交 AB 于点 P ，连接 PN ，则 MP 平面 ABEF ，故 MP AB ，MP BN.由已知 CM BNa, CBAB BE 1, AC2 ，MPAP( 2 a)2 12a, PB2a.222MNMP PB BN ，CMDGEB P NAF|MN |2 |MP|2| PB|2|BN |22(MP PB PB BNMP BN)(12 a)2 ( 2 a) 2 a 22(02 a a cos 30)2224a 22a 1.|MN |(a2 ) 2 1 .(0 a2).2 2（Ⅱ）由（Ⅰ）知当a2 时， MN 的长的最小值为2 .22（Ⅲ）当 MN 最小时， a 2 ，取 MN 的中点 G ，则 AG MN,BGMN , AGB2为平面 MNA 与平面 MNB 所成的二面角的平面角 . 且 AMANBMBN2 ,2AG BG6,ABAGGB.4|AG|2 |GB|22AG GB cos AG, GB| AB|2，即 ( 6 ) 2( 6 ) 2 2 6 6 cos 12cos1 arccos(1).444433例 6．已知平面平面，l ， P 是空间一点，且 P 到平面、 的距离分别为 1、2，则点P到l 的距离为________.解：如图， PA， PB，则 PA l , PB l ，因此平面PAB l ，且平面PAB l O ，连接 PO ，则 PO l ，于是， PO1222 5.即点 P 到 l 的距离为 5.注意：一般地，若二面角l的大小为， PA， PB，且PA a, PB b ，则点P到l的距离为a 2b22ab cos.sin例 7．在棱长为 4 的正方体ABCD A1B1C1 D1中，O是正方形 A1B1C1 D1的中心，点P 在棱 CC1上，且 CC14CP.（Ⅰ）求直线AP 与平面BCC1B1所成的角；zC1D1（Ⅱ）设 O 点在平面D1AP上的射影为 H ，求证：D1H AP ；OA1B1（Ⅲ）求点 P 到平面BCC1B1的距离 .D H PC y解：（Ⅰ）AB平面 BCC1B1，AP 与平面D1AP所成AB的x角是APB.如图，成立空间直角坐标系，坐标原点为 D.CC14CP, CC1 4 ，CP 4, A(4, 0, 0) 、 P( 0, 4, 1) 、 B(4, 4, 0).PA(4,4,1)，PB(4, 0,1).PA PB160 1 17，cos APB PA PB17561 .|PA||PB |331733因此，直线 AP 与平面D1AP所成的角的大小为arccos561 .33或略解：AB 为平面 BCC1B1的一个法向量，且AP, AB 为 AP 与面BCC1B1所成角的余角，cos AP , ABAP AB 164 33 .|AP||AB|4 33 33 因此，直线 AP 与平面 D 1 AP 所成的角的大小为arcsin433 .33（Ⅱ）连接 D 1O ，由（Ⅰ）有 D 1 (0, 0, 4) 、 O(2, 2, 4). D 1O (2, 2, 0) ， PA PB 8800PAD 1O.平面 D 1 AP 的斜线 D 1O 在这个平面内的射影是 D 1 H ， D 1 H AP.或证：设 H (x, y, z) ， OH(x2, y 2, z 4) ，由 OHD 1 A ， OHD 1P 知，OH D 1 A (x 2, y 2, z 4) (4, 0, 4) 0, x z 2 0,OHD 1 P (x2, y2, z4) (0, 4, 3)0.4 y 3z40.而( 4, 4, 1) ( , ,4) 4440,x yzxy zAP D 1H故 D 1HAP.（Ⅲ）设平面ABD 1 的一个法向量为 n( x, y, z).则n D 1 A,nAD 1 .即n AB(x, y, 1) (0, 4, 0) 0,y0,(1, 0,1).故 nn AD 1(x, y, 1) ( 4,0,4)0. x 1.故P 到平面 ABD 1 的距离等于 PD 1 在 n 方向上的射影向量的长度，即| PD 1 n | | (0, 4, 3) (1, 0, 1) |3 2.| n |22例 8．在三棱锥 S ABC 中， ABC 是边长为 4 的正三角形， 平面 SAC平面 ABC ，SA SC 2 3,M 、N 分别为 AB 、SB 的中点 .（ 1）证明： AC SB ；（ 2）求二面角 N CM B 的大小；（ 3）求点 B 到平面 CMN 的距离 .解：（ 1）取 AC 中点 O ，连接 OS 、 OB .zSNCyOBMAxSA SC, AB AC ，AC SO，且 AC BO .平面 SAC 平面 ABC ，平面 SAC平面 ABC AC ，SO平面 ABC ，SO BO.如图，成立直角坐标系O xyz ，则 A(2, 0, 0) ， B(0, 23, 0)，C(2, 0,0)，S(0, 0, 2 2) ， M (1,3, 0)， N(0,3, 2).AC( 4,0,0)，SB(0, 23, 22) ，AC SB (4, 0, 0) (0, 23, 22)0 ，AC SB.（ 2）由（ 1）得CM(3,3,0)，MN( 1, 0, 2).设 n( x, y, z) 为平面 CMN 的一个法向量，则CM n3x3y 0,取 z 1 ，MN n x2z0.则 x2, y 6 ，得n(2,6,1).又 OS(0, 0, 22) 为平面 ABC 的一个法向量，cos n, OS n OS1，于是，二面角N CM B 的大小为arccos 1 .| n ||OS |33（3）由（ 1）、（ 2）MB(1,3, 0) ， n( 2 ,6, 1)为平面 CMN 的一个法向量，点 B 到平面 CMN 的距离 d| n MB | 4 2 .| n |3z C1例 9．在直三棱柱ABC A1 B1C1中，底面是等腰直角三角形，B1A1DACB 90 ，侧棱 AA1 2 ，D、E分别是 CC1与 A1B 的中点，点E在平C(O)面 ABD 上的射影是ABD 的重心 G.E G（Ⅰ）求 A1 B与平面 ABD 所成的角的大小；A Byx （Ⅱ）求平面ABD 与平面A1BD所成角的大小；（Ⅲ）求点 A1到平面AED的距离.解：如图，成立直角坐标系，设CA 2a ，则A(2a, 0, 0)，B(0, 2a, 0)，D (0, 0, 1)，E(a, a, 1) ， A 1 ( 2a, 0, 2) ， G( 2 2 a, 1 GE ( a a 2(0, 2a, 1) .3 a, ) ， , , )，BD由3 3 3 3 3 BD GE0 a 1.（Ⅰ）由 GE(1 , 1 , 2) ，且 EG 为平面 ABD 的一个法向量及 BA 1 ( 2, 2, 2) ，( 2 ,4, 1). 3 3 3BG3 3 34BA 1 BG2由13cos.BA,BG|BA 1||BG| 2 3 2173故 A 1B 与平面 ABD 所成的角是 arccos7 .3（Ⅱ） 设平面 A 1 BD 的一个法向量为n ( x, y, z) ，由 A 1 B n2x2y 2z 0, ，BD n2y z 0.取z，则 x1, y 1，得n ( 1, 1, 2).1GE n4 2由 cosGE , n3| GE || n |6.633因此，平面 ABD 与平面 A 1 BD 所成的角为 2arccos .3（Ⅲ）设平面 AED 的法向量为 m( x, y, z) ， AE ( 1,1,1) ，AD ( 2, 0, 1). 仿上可求得 m(1, 1, 2) ，又 AA 1 (0, 0, 2) ，设点 A 1 到平面 AED 的距离为 d ，则z| m AA 1 |42 6B 1C 1d| m |63 .A 1 D 1例 10．在长方体 ABCD A B C D 1中，AB a, BCb, CCc( a b). 求Bx11 1C AC 与 BD 1 之间的距离及夹角 .ADy解：成立直角坐标系（左手系）如图，则C (b, 0, 0) ， A(0, a, 0) ，D (b, a, 0) ，D 1 (b, a, c) .设 nA(1, , ) 同时与向量 BD 1 、 CA 垂直（实质上 n 为 BD 1 、 CA 的法向量），则高中数学第二章空间向量与立体几何2.6距离的计算空间距离问题的求解方法素材北师大版选修2-1由BD1n0, 得b,2b. 因此， n(1,b,2b).CA n0.a c a c22BC(b, 0, 0) ，于是，BC n b,又 | n |1 b 24b2 .a c所求的距离为 d| BC n |b abc.| n | b 24b2c2 (a 2 b 2 ) 4a2 b 221a 2c又 BD1 CA b2 a 2 , 而 | BD |b2a2 c 2， | CA | b 2 a 2 .cosBD1 CA| a 2 b 2|，| BD1 ||CA| a 2 b 2c2 a 2 b 2故arccos| a 2b2|.a2 b 2c2 a 2 b 2C B 练习：1．在平行四边形ABCD 中，AB AC1,ACD90 ，将它沿对角线D A C AC 折起，使 AB与 CD成60角，求 B、D间的距离.(1)D B解：在图（ 2）中以{ BA, AC, CD}为空间向量的一个基底，则ABD BA AC CD.(2)由已知， | AC | |CD | | BA|1,BA, AC AC, CD90 ，BA, CD60或120 .于是|BD|2(BA AC CD)2| BA|2|AC|2|CD |22( BA AC AC CD BA CD)32BA CD3 2 cos BA, CD .当BA, CD60时，|BD|24|BD| 2 ；当BA, CD120 时， | BD |22|BD | 2.故 B、D间的距离为 2 或 2 .。

2.2 空间向量的运算[基础达标]1.如图，在平行六面体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋cB ．12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD ．12a －12b ＋c 解析：选A.∵A 1M →＝12(a ＋b )，∴BM →＝BA →＋AA 1→＋A 1M →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c .2.已知空间向量a ，b ，c 两两夹角为60°，其模都为1，则|a －b ＋2c |＝( ) A. 5 B ．5 C ．6D ． 6解析：选A.∵|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴|a －b ＋2c |2＝a 2＋b 2＋4c 2－2a ·b －4b ·c ＋4a ·c ＝5，∴|a －b ＋2c |＝ 5. 3.设空间四点O ，A ，B ，P 满足OP →＝mOA →＋nOB →，其中m ＋n ＝1，则( ) A ．点P 一定在直线AB 上 B ．点P 一定不在直线AB 上C ．点P 可能在直线AB 上，也可能不在直线AB 上 D.AB →与AP →的方向一定相同解析：选A.∵n ＝1－m ，∴OP →＝mOA →＋(1－m )OB →＝mOA →＋OB →－mOB →， 即OP →－OB →＝m (OA →－OB →)，∴BP →＝mBA →，选A.4.已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →＞0，BC →·CD →＞0，CD →·DA →＞0，DA →·AB →＞0，则该四边形为( )A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形解析：选D.∵AB →·BC →＞0，∴〈AB →，BC →〉为锐角，∴∠B 为钝角，同理可得∠C ，∠D ，∠A 均为钝角，则有∠A ＋∠B ＋∠C ＋∠D ＞360°. ∴该四边形为空间四边形．5.如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，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()A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：选B.令BA →＝a ，BC →＝b ，BB 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝m (m ＞0)，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，EF →＝12(c －a )，BC 1→＝b ＋c ，又|EF →|＝22m ，|BC 1→|＝2m ，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝12m 222m ·2m ＝12，∴直线EF 和BC 1所成的角为60°. 6.化简(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝________．解析：法一：(利用相反向量的关系转化为加法运算)(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝AB →－CD →－AC →＋BD →＝AB →＋DC →＋CA →＋BD →＝AB →＋BD →＋DC →＋CA →＝0. 法二：(利用向量的减法运算法则求解)(AB →－CD →)－(AC →－BD →)＝(AB →－AC →)＋BD →－CD →＝CB →＋BD →－CD →＝CD →－CD →＝0. 答案：07.设e 1，e 2是空间两个不共线的向量，若AB →＝e 1＋k e 2，BC →＝5e 1＋4e 2，DC →＝－e 1－2e 2，且A ，B ，D 三点共线，则实数k ＝________．解析：BD →＝BC →＋CD →＝BC →－DC →＝6(e 1＋e 2)，∵A 、B 、D 三点共线，可令AB →＝λBD →，即e 1＋k e 2＝6λ(e 1＋e 2)，又e 1，e 2不共线，故有⎩⎪⎨⎪⎧6λ＝16λ＝k ，∴k ＝1.答案：1 8.如图，已知四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是矩形，AB ＝4，AA 1＝3，∠BAA 1＝60°，E 为棱C 1D 1的中点，则AB →·AE →＝________．解析：AE →＝AA 1→＋AD →＋12AB →，AB →·AE →＝AB →·AA 1→＋AB →·AD →＋12AB →2＝4×3×cos 60°＋0＋12×42＝14.答案：149.已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外一点O ，在下列条件下，判断点P 是否与A ，B ，C 三点共面．(1)OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →；(2)OP →＝2OA →－2OB →－OC →.解：(1)OP →＝25OA →＋15OB →＋25OC →＝25OA →＋15(OA →＋AB →)＋25(OA →＋AC →)＝OA →＋15AB →＋25AC →，即OP →＝OA →＋15AB →＋25AC →，AP →＝15AB →＋25AC →，所以点P 与A ，B ，C 三点共面．(2)OP →＝2OA →－2OB →－OC →＝2OA →－2(OA →＋AB →)－(OA →＋AC →)＝－2AB →－OA →－AC →， 即OP →＝－OA →－2AB →－AC →， 而AP →不能由AB →和AC →表示，所以不能把OP 化为OP →＝OA →＋xAB →＋yAC →的形式， 所以点P 不与A ，B ，C 三点共面． 10.如图所示，四边形ABCD 、ABEF 都是平行四边形且不共面，M ，N 分别是AC ，BF 的中点，判断CE →与MN →是否共线．解：∵M 、N 分别是AC 、BF 的中点，且四边形ABCD 、ABEF 都是平行边形， ∴MN →＝MA →＋AF →＋FN →＝12CA →＋AF →＋12FB →.又∵MN →＝MC →＋CE →＋EB →＋BN →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →，∴12CA →＋AF →＋12FB →＝－12CA →＋CE →－AF →－12FB →. ∴CE →＝CA →＋2AF →＋FB →＝2(MA →＋AF →＋FN →)． ∴CE →＝2MN →.∴CE →∥MN →，即CE →与MN →共线．[能力提升]1.已知在空间四边形OABC 中(如图所示)，OA ⊥BC ，OB ⊥AC ，则OC 和AB 所成的角为( )A ．45°B ．60°C ．30°D ．90°解析：选D.由已知得 OA →⊥BC →，OB →⊥AC →，∴OA →·BC →＝0，OB →·AC →＝0，∴OA →·(OC →－OB →)＝0，OB →·(OC →－OA →)＝0， ∴OA →·OC →＝OA →·OB →，OB →·OC →＝OB →·OA →，∴OA →·OC →－OB →·OC →＝0，(OA →－OB →)·OC →＝0，BA →·OC →＝0， ∴OC →⊥AB →，即OC 和AB 成90°角．2.已知向量a ，b 满足|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，则向量a ，b 的夹角为________． 解析：∵|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，∴1＝|a ＋b |2＝(a ＋b )2＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝2＋2cos 〈a ，b 〉，∴cos 〈a ，b 〉＝－12，∴a ，b 的夹角为120°.答案：120°3.如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，求B 、D 间的距离．解：∵∠ACD ＝90°，∴AC →·CD →＝0.同理，BA →·AC →＝0.∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴|BD →|2＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·AC →＋2BA →·CD →＋2AC →·CD →＝|BA →|2＋|AC →|2＋|CD →|2＋2BA →·CD →＝3＋2·1·1·cos 〈BA →，CD →〉＝⎩⎪⎨⎪⎧4，〈BA →，CD →〉＝60°，2，〈BA →，CD →〉＝120°，∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或 2.4.如图，PA 垂直于矩形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点，(1)求证：MN ⊥CD ；(2)若∠PDA ＝45°，求证：MN ⊥平面PCD .证明：(1)设AB →＝a ，AD →＝b ，AP →＝c ，则MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝12AB →＋AD →－12PC → ＝12AB →＋AD →－12(PA →＋AD →＋DC →)＝12AB →＋AD →＋12AP →－12AD →－12AB →＝12(AD →＋AP →)＝12(b ＋c )， ∴MN →·CD →＝12(b ＋c )·(－a )＝－12(a ·b ＋a ·c )，∵四边形ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ， ∴a ⊥b ，a ⊥c ，∴a ·b ＝a ·c ＝0， ∴MN →·CD →＝0， ∴MN →⊥CD →，故MN ⊥CD .(2)由(1)知，MN ⊥CD ，MN →＝12(b ＋c )，∵PD →＝AD →－AP →＝b －c ， ∴MN →·PD →＝12(b ＋c )·(b －c )＝12(|b |2－|c |2)， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AD ， 又∠PDA ＝45°， ∴PA ＝AD ，∴|b |＝|c |， ∴MN →·PD →＝0，∴MN →⊥PD →， ∴MN ⊥PD ， ∵CD ，PD平面PCD ，且CD ∩PD ＝D ，∴MN⊥平面PCD.。

空间距离的常见题型与解法在立体几何中涉及到的距离有六种，即点与点，点到线，点到面，线与线，线与面，面与面；但归结起来都是求点与点，点到线，点到面这三种距离。

一、传统方法求空间距离求距离的传统方法和步骤是：一作，二证，三计算；即先作出表示距离的线段，再证明它就是所要求的距离，然后再计算。

其中第二步的证明容易被忽视，应引起重视。

求空间距离常见的题型和方法有1．运用三垂线定理及逆定理求点到直线的距离【例如】平面α内有Rt △P ACB ABC ,90,ο=∠是平面α外一点，且P PC PB PA ,==到平面α的距离是40cm AC cm 18,=，求点P 到BC 的距离。

解：如图所示，∵PC PB PA ==，作⊥PO 平面ABC 于O ，则CO BO AO ==，∴O 是△ABC 的外心，又∵ο90=∠ACB ，∴O 点落在AB 边的中点上，作BC OD ⊥于D ，由三垂线定理知BC PD ⊥，∴PD 就是点P 到BC 的距离。

又OD ∥AC 且AC OD 21=，∴cm OD 9=，在Rt △POD 中，cm OD PO PD 4122=+=，所以点P 到BC 的距离为cm 41。

2．运用两平面垂直的性质定理，求作点到面的距离【例如】如右图所示，二面角βα--MN 等于ο60，平面α内一点A 到平面β的距离AB 的长为4，求B 点到平面α的距离。

解：作MN AC ⊥于C ，连结BC ，则MN BC ⊥，∴∠ACB 为二面角βα--MN 的平面角，则∠ACB =ο60，∵⊥MN 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面α，作AC BD ⊥于D ，则BD BD ,α⊥的长为所求，在Rt△ADB 中，斜边οοο306090,4=-=∠=BAD AB ，所以2=BD ，即B 点到平面α的距离为2。

3．体积法求点到平面的距离【例如】如图所示，P 为△ABC 外一点，PC PB PA ,,两两互相垂直，a PC PB PA ===，求P 到平面ABC 的距离。

2.5 夹角的计算[基础达标]1.如果平面的一条斜线和它在平面上的射影的方向向量分别是a ＝(0，2，1)，b ＝(2，5，5)，那么这条斜线与平面的夹角是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选D.cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝355×12＝32，∴〈a ，b 〉＝30°. 2.平面α的一个法向量为n 1＝(4，3，0)，平面β的一个法向量为n 2＝(0，－3，4)，则平面α与平面β夹角的余弦值为( )A ．－925B ．925 C.725D ．以上都不对解析：选B.∵cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.3.如图，在空间直角坐标系中有正三棱柱ABC A 1B 1C 1，已知AB ＝1，点D 在BB 1上，且BD ＝1，则AD 与侧面AA 1C 1C 所成角的余弦值是( )A.12 B ．32 C.64D ．104解析：选D.A 点坐标为(12，－32，0)，D 点坐标为(1，0，1)，∴AD →＝(12，32，1)．易知平面ACC 1A 1的法向量n ＝CB →－12CA →＝(1，0，0)－12(12，－32，0)＝(34，34，0)．∵cosn ，AD →＝n ·AD →|n ||AD →|＝64，∴所求角的余弦值为1－（64）2＝104. 4.在正四棱锥P ­ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成角为( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析：选C.建立如图所示的空间直角坐标系，则∠PAO ＝60°， ∴OP ＝3，OA ＝1，AB ＝2，P (0，0，3)，A (22，－22，0)，B (22，22，0)，C (－22，22，0)，E (－24，24，32)， AP →＝(－22，22，3)，BE →＝(－324，－24，32)， cos 〈AP →，BE →〉＝22×2＝22，∴〈AP →，BE →〉＝45°，即异面直线PA 与BE 所成角为45°.5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC中点，则平面CBF 与平面BFD 夹角的正切值为( )A.36 B ．34C.33D ．233解析：选D.连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OF ，以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， ∴B (32，0，0)，F (0，0，12)， C (0，12，0)，D (－32，0，0)． ∴OC →＝(0，12，0)，且OC →为平面BDF 的一个法向量．由BC →＝(－32，12，0)，FB →＝(32，0，－12)可得平面BCF 的一个法向量n ＝(1，3，3)．∴cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277.∴tan 〈n ，OC →〉＝233.6.在空间中，已知二面角α­l ­β的大小为2π3，n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则〈n 1，n 2〉的大小为________．解析：半平面α(及其法向量n 1)绕l 旋转使与β重合，若n 1与n 2同向时〈n 1，n 2〉＝2π3，若n 1与n 2反向时〈n 1，n 2〉＝π3.答案：π3或2π37.如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，令|AB |＝2，则D (0，0，0)，C (0，2，0)，M (0，1，0)，A 1(2，0，2)，C 1(0，2，2)，N (0，2，1)，A 1M →＝(－2，1，－2)，DN →＝(0，2，1)，∵A 1M →·DN →＝0， ∴A 1M →⊥DN →，即异面直线A 1M 与DN 所成的角为π2.答案：π28.如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与平面PBC 所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2a (a ＞0)，O (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (32a ，a2，0)，P (0，0，2a )．AB →＝(0，2a ，0)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32ax －3ay 2＝02ay －2az ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝3yy ＝z，令y ＝z ＝1，则x ＝3，n ＝(3，1，1)，cos 〈n ，AB →〉＝55.答案：559.在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，A 1A ⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，AA 1＝AC ＝BC ＝2，D 为AB 中点．(1)求证： BC 1∥平面A 1CD ；(2)求直线AA 1与平面A 1CD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于O 点， 则DO 为△ABC 1的中位线，故DO ∥BC 1， 又DO平面A 1CD ，BC 1⃘平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，2)，D (1，1，0)，设平面A 1DC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0n ·A 1D →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋y －2z ＝0，令x ＝1得n ＝(1，－1，－1)． 设直线AA 1与平面A 1CD 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|－223|＝33.10.如图，PC ⊥平面ABC ，DA ∥PC ，∠BCA ＝90°，AC ＝BC ＝1，PC ＝2，AD ＝1. (1)求证：PD ⊥平面BCD ；(2)设Q 为PB 的中点，求二面角Q ­CD ­B 的余弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABC ，所以PC ⊥BC . 又BC ⊥AC ，因为PC 平面PDAC ，AC平面PDAC ，AC ∩PC ＝C ，所以BC ⊥平面PDAC ，又PD平面PDAC ，所以BC ⊥PD .因为AC ＝BC ＝AD ＝1，PC ＝2，DA ⊥AC ，所以PD ⊥CD .因为CD平面BCD ，BC平面BCD ，CD ∩BC ＝C ，所以PD ⊥平面BCD .(2)由PC ⊥平面ABC ，BC ⊥AC 所以CA ，CB ，CP 两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，0)，P (0，0，2)，Q (0，12，1)，D (1，0，1)．所以CD →＝(1，0，1)，CQ →＝(0，12，1)．设平面CDQ 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎨⎧CD →·n 1＝x 1＋z 1＝0CQ →·n 1＝12y 1＋z 1＝0，取x 1＝1. 解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝2z 1＝－1，所以n 1＝(1，2，－1)．设平面CDB 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 2＝x 2＋z 2＝0CB →·n 2＝y 2＝0，取x 2＝1.解得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0z 2＝－1，所以n 2＝(1，0，－1)．设二面角Q ­CD ­B 为α，所以cos α＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝26·2＝33.所以二面角Q ­CD ­B 的余弦值为33. [能力提升]1.在正四面体A BCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为( )A.32B ．23 C.12D ．33解析：选B.如图，以△BCD 的中心O 为原点，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，z 轴，平面BCD 内垂直OC 于点O 的直线为y 轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为1，则C (33，0，0)，A (0，0，63)，D (－36，12，0)，所以E (－312，14，66)，所以CE →＝(－5312，14，66)，因为平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos CE →，n ＝66（－5312）2＋（14）2＋（66）2＝23， 设夹角为θ， ∴sin θ＝|cosCE →，n|＝23. 2.二面角的棱上有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________．解析：取基底{AC →，AB →，BD →}，则二面角大小为〈AC →，BD →〉，∴CD →2＝AC →2＋AB →2＋BD →2－2AC →·AB →－2AC →·BD →＋2AB →·BD →， 即4×17＝62＋42＋82－2×6×8cos 〈AC →，BD →〉 ∴cos 〈AC →，BD →〉＝12，即二面角的大小为60°.答案：60° 3.如图，已知四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，且PA ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(1)证明：AE ⊥PD ；(2)求二面角E ­AF ­C 的余弦值．解：(1)证明：由AC ＝AB ＝BC ，可得△ABC 为正三角形． 因为E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC . 又BC ∥AD ，因此AE ⊥AD . 因为PA ⊥平面ABCD ，AE 平面ABCD ，所以PA ⊥AE . 而PA平面PAD ，AD平面PAD 且PA ∩AD ＝A ，所以AE ⊥平面PAD .又PD 平面PAD ，所以AE ⊥PD .(2)由(1)知AE ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E ，F 分别为BC ，PC 的中点，所以A (0，0，0)，B (3，－1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (3，0，0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1， 所以AE →＝(3，0，0)， AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1. 设平面AEF 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，，因此⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝0，32x 1＋12y 1＋z 1＝0. 取z 1＝－1，则m ＝(0，2，－1)，因为BD ⊥AC ，BD ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面AFC ，故BD →为平面AFC 的一法向量．所以cos 〈m ，BD →〉＝m ·BD →|m ||BD →|＝65·12＝155.因为二面角E ­AF ­C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为155. 4.在如图所示的四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .(1)求证：PA ∥平面EDB ； (2)求证：PB ⊥平面EFD ； (3)求二面角C ­PB ­D 的大小．解：如图所示建立空间直角坐标系，点D 为坐标原点，设DC ＝1.(1)证明：连接AC ，AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (1，0，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 因为底面ABCD 是正方形，所以点G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，且 PA →＝(1，0，－1)，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－12.所以PA →＝2EG →，即PA ∥EG . 而EG平面EDB ，且P A ⃘平面EDB ，因此PA ∥平面EDB .(2)证明：依题意得B (1，1，0)，PB →＝(1，1，－1)． 又DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，故PB →·DE →＝0＋12－12＝0.所以PB ⊥DE .由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .(3)已知PB ⊥EF ，由(2)可知PB ⊥DF ，故∠EFD 是二面角C ­PB ­D 的平面角． 设点F 的坐标为(x ，y ，z )，则PF →＝(x ，y ，z －1)． 因为PF →＝kPB →，所以(x ，y ，z －1)＝k (1，1，－1)＝(k ，k ，－k )，即x ＝k ，y ＝k ，z ＝1－k .因为PB →·DF →＝0，所以(1，1，－1)·(k ，k ，1－k )＝k ＋k －1＋k ＝3k －1＝0. 所以k ＝13，点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，23. 又点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，所以FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，16，－16.因为cos ∠EFD ＝FE →·FD→|FE →|·|FD →|＝⎝⎛⎭⎪⎫－13，16，－16·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－13，－2366·63＝1613＝12，所以∠EFD ＝60°，即二面角C ­PB ­D 的大小为60°.。

【精】【精】高中数学第二章空间向量与立体几何6距离的
计算学案北师大版选修2_1
学习目标 1.理解点到直线的距离、点到平面的距离的概念.2.掌握点到直线的距离、点到平面的距离的计算.3.体会空间向量解决立体几何
问题的三步曲.
知识点一点到直线的距离
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
就是空间中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. 作AA′⊥l，垂足为A′，则点A到直线l的距离d等于线段AA′的长度，而向量在s上的投影的大小____________等于线段PA′的长度，所以根据勾股定理有点A到直线l的距离d＝__________________.
2.点到直线的距离的算法框图
空间一点A到直线l的距离的算法框图，如图.
知识点二点到平面的距离
1.求点到平面的距离
如图，设π是过点P垂直于向量n的平面，A是平面π外一定点. 作AA′⊥π，垂足为A′，则点A到平面π的距离d等于线段AA′的
1 / 11。