最新人教版高三数学第一轮复习 第64课时—空间中的距离(学案)

芯衣州星海市涌泉学校空间的间隔[考点注释]掌握空间两点间隔的求法；理解图形F1与图形F2的间隔的概念；掌握点和面、直线和直线、直线和平面、平面和平面间隔的概念〔对于异面直线的间隔，只要求利用给出的公垂线计算间隔〕，会解决一些简单的间隔问题。

1、求间隔，这类试题多为求点与点之间的间隔或者者点到平面的间隔，是高考的热点，并且具有一定的综合性，高考中对空间间隔的考察，题型将仍以解答题为主。

采用分步设问的方式。

根据近年来高考命题的思路，多会在一些知识点的交汇处出题，在综合线、面位置关系的同时，考察有关三角知识。

2、纵观近几年的高考，有关间隔的概念和计算仍然是高考重点内容之一，它常以简单的多面体为载体，融线面关系于立体几何图形之中，不仅考察了空间线面平行和垂直关系，而且也考察了简单几何体的概念和性质，即考察了知识，也考察了学生分析解决问题的才能。

[知识整合]1、间隔的根本概念〔1〕点到面的间隔：从平面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的间隔，叫做这个点到这个平面的间隔。

〔2〕直线到它平行平面的间隔：一条直线上的任一点到与它平行的平面的间隔，叫做这条直线到平面的间隔。

〔3〕两个平行平面间的间隔：两平行平面的公垂线段的长度叫做两平行平面的间隔。

〔4〕两条异面直线间的间隔是指两条异面直线的公垂线夹在两异面直线间的公垂线段的长度。

2、各种间隔的理解〔1〕各种间隔都是通过垂线或者者公垂线，按“最短〞原那么定义的。

①两点间隔是指连结两点的直线段长；②点线间隔是指该点与直线上任意一点间隔是最小值；③线线间隔〔包括异面直线的间隔〕是指分别在这两条直线上的两点间隔中最小者； ④点面间隔那么是指该点与平面上任意一点的间隔的最小值。

〔2〕“转化〞是求上述各种间隔最重要的思想方法。

在空间间隔中，点到面的间隔最重要，如线到面的间隔和两平行平面的间隔都是转化为点到面的间隔来表示，异面直线的间隔通过辅助平面也可转化为“线面距〞、“面面距〞或者者“点面距〞来求。

课题一：空间的距离 一．复习目标：1．理解点到直线的距离的概念，掌握两条直线的距离，点到平面的距离，直线和平面的距离，两平行平面间的距离；2．掌握求空间距离的常用方法和各距离之间的相互转化．二．知识要点：1．点到平面的距离： ． 2．直线到平面的距离： ． 3．两个平面的距离： ． 4．异面直线间的距离：．三．课前预习：1．在ABC ∆中，9,15,120AB AC BAC ==∠=，ABC ∆所在平面外一点P 到三顶点 ,,A B C 的距离都是14，则P 到平面ABC 的距离是 （ B ） ()A 6 ()B 7 ()C 9 ()D 132．在四面体P ABC -中，,,PA PB PC 两两垂直，M 是面ABC 内一点，M 到三个面 ,,PAB PBC PCA 的距离分别是2,3,6，则M 到P 的距离是 （ A ）()A 7()B 8 ()C 9 ()D 10 3．已知⊥PA 矩形ABCD 所在平面，cm AB 3=，cm PA cm BC 4,4==，则P 到CD 的，P 到BD 的距离为cm ． 4．已知二面角βα--l 为60，平面α内一点A 到平面β的距离为4AB =，则B 到平面α的距离为 2 ．四．例题分析：例1．已知二面角PQ αβ--为60，点A 和B 分别在平面α和平面β内，点C 在棱PQ 上30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==，（1）求证：PQ AB ⊥；（2）求点B 到平面α的距离；（3）设R 是线段CA 上的一点，直线BR 与平面α所成的角为45，求CR 的长 （1）证明：作BM PQ ⊥于M ，连接AM ，∵30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==， ∴MBC MAC ∆≅∆，∴AM PQ ⊥，PQ ⊥平面ABM ，AB ⊂平面ABM ， ∴PQ AB ⊥． 解：（2）作BN AM ⊥于N ，∵PQ ⊥平面ABM ，∴BN PQ ⊥，∴BN α⊥，BN 是点B 到平面α的距离，由（1）知60BMA ∠=，∴3sin 60sin 30sin 604a BN BM CB ===．∴点B 到平面α的距离为4．（2）连接,NR BR ，∵BN α⊥，BR 与平面α所成的角为45BRN ∠=，4RN BN ==，3cos302CM BC ==，∴12RN CM =，∵60BMA ∠=，BM AM =，BMA ∆为正三角形， N 是BM 中点，∴R 是CB 中点，∴2aCR =．小结：求点B 到平面α的距离关键是寻找点B 到α的垂线段．例2．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形，90=∠ACB ，侧棱21=AA ，E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ，（1）求B A 1与平面ABD 所成角的正弦值；（2）求点1A 到平面ABD 的距离．解：建立如图的空间直角坐标系，设1(,0,0)A a ，则1(0,,0)B a ，(,0,2)A a ，(0,,2)B a ，(0,0,2)C ，∵E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，∴(0,0,1),(,,1)22a a D E ，∵G 是ABD ∆的重心，5(,,)333a a G ，∴2(,,)663a a EG =-，(,,0)AB a a =-， (0,,1)AD a =--，∵EG ⊥平面ABD ，,,EG AB EG AD ⊥⊥ 得2a=，且B A 1与平面ABD 所成角EBG ∠，6||3EG =，112BE BA ==sin 3EG EBG BE ∠==， （2）E 是B A 1的中点，1A 到平面ABD 的距离等于E 到平面ABD 的距离的两倍， ∵EG ⊥平面ABD ，1A 到平面ABD 的距离等于262||EG =． 小结：根据线段B A 1和平面ABD 的关系，求点1A 到平面ABD 的距离可转化为求E 到平面ABD 的距离的两倍．例3．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -,11,2,AB AA ==点E 为1CC 的中点，点F 为1BD 的中点，（1）证明:EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线； （2）求点1D 到平面BDE 的距离．解：（1）以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立坐标系，则(1,1,0)B ，1(0,0,2)D ，(0,1,1)E ，11(,,1)22F ，11(,,0)22EF =-，1(0,0,2)CC =，1(1,1,2)BD =-，∴110,0EF BD EF CC ⋅=⋅=，∴EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线．（2）设(1,,)n x y =是平面BDE 的法向量，∵(1,1,0)DB =，(0,1,1)DE =FE1111D C B A DCBAG E D C 1B 1A 1C B A1y∴10n DB x ⋅=+=，0n DE x y ⋅=+=，(1,1,1)n =-，点1D 到平面BDE的距离1||3||BD n d n ⋅==． 五．课后作业：1．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，1PD AD ==，点C 到平面PAB 的距离为1d ， 点B 到平面PAC 的距离为2d ，则 （ ）()A 121d d << ()B 121d d << ()C 121d d << ()D 211d d <<2．把边长为a 的正三角形ABC 沿高线AD 折成60的二面角，点A 到BC 的距离是（ ）()A a ()B ()C ()D 3．四面体ABCD 的棱长都是1，,P Q 两点分别在棱,AB CD 上，则P 与Q 的最短距离是（）()A 2()B 32 ()C 56 ()D 674．已知二面角βα--l 为45， 30,,成与l AB B l A α∈∈角，5=AB ，则B 到平面β的距离为 ． 5．已知长方体1111D C B A ABCD -中，12,51==AB AA ，那么直线11C B 到平面11BCD A 的距离是 ．6．如图，已知A B C D 是边长为a 的正方形，,E F 分别是AD AB ,的中点，C G A B CD ⊥面，CG a =，（1）求证：//BD EFG ；（2）求点B 到面GEF 的距离．OGFEDCBA7．在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD 中，（1）求：点A 到平面1BD 的距离；（2）求点1A 到平面11D AB 的距离； （3）求平面11D AB 与平面D BC 1的距离；（4）求直线AB 到11B CDA 的距离．。

D BA C α 普通高中课程标准实验教科书—数学 [人教版]高三新数学第一轮复习教案—空间夹角和距离一．课标要求：1．能借助空间几何体内的位置关系求空间的夹角和距离；2．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。

二．命题走向空间的夹角和距离问题是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察主要有以下情况：〔1〕空间的夹角；〔2〕空间的距离；〔3〕空间向量在求夹角和距离中的应用。

预测2007年高考对本讲内容的考察将侧重空间向量的应用求夹角、求距离。

课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题，用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。

题型上空间的夹角和距离主要以主观题形式考察。

三．要点精讲1．空间中各种角包括：异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。

〔1〕异面直线所成的角的范围是]2,0(π。

求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决。

具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；②证明作出的角即为所求的角； ③利用三角形来求角。

〔2〕直线与平面所成的角的范围是]2,0[π。

求直线和平面所成的角用的是射影转化法。

具体步骤如下：①找过斜线上一点与平面垂直的直线； ②连结垂足和斜足，得出斜线在平面的射影，确定出所求的角；③把该角置于三角形中计算。

注：斜线和平面所成的角，是它和平面内任何一条直线所成的一切角中的最小角，即假设θ为线面角，α为斜线与平面内任何一条直线所成的角，那么有αθ≤； 〔3〕确定点的射影位置有以下几种方法：①斜线上任意一点在平面上的射影必在斜线在平面的射影上；②如果一个角所在的平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线上；如果一条直线与一个角的两边的夹角相等，那么这一条直线在平面上的射影在这个角的平分线上；③两个平面相互垂直，一个平面上的点在另一个平面上的射影一定落在这两个平面的交线上；④利用某些特殊三棱锥的有关性质，确定顶点在底面上的射影的位置： a.如果侧棱相等或侧棱与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的外心；b. 如果顶点到底面各边距离相等或侧面与底面所成的角相等，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的内心(或旁心)；c. 如果侧棱两两垂直或各组对棱互相垂直，那么顶点落在底面上的射影是底面三角形的垂心；〔4〕二面角的范围在课本中没有给出，一般是指],0(π，解题时要注意图形的位置和题目的要求。

高三数学第一轮复习讲义 空间距离【知识归纳】1、空间距离的求解思路：立体几何中有关距离的计算，要遵循“一作，二证，三计算”的原则）2、空间距离的类型：（1）异面直线的距离：①直接找公垂线段而求之；②转化为求直线到平面的距离，即过其中一条直线作平面和另一条直线平行。

③转化为求平面到平面的距离，即过两直线分别作相互平行的两个平面。

（2）点到直线的距离：一般用三垂线定理作出垂线再求解（3）点到平面的距离：①垂面法：借助于面面垂直的性质来作垂线，其中过已知点确定已知面的垂面是关键；②体积法：转化为求三棱锥的高；③等价转移法。

（4）直线与平面的距离：前提是直线与平面平行，利用直线上任意一点到平面的距离都相等，转化为求点到平面的距离。

（5）两平行平面之间的距离：转化为求点到平面的距离。

（6）球面距离（球面上经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度）：求球面上两点A 、B 间的距离的步骤：① 计算线段AB 的长；② 计算球心角∠AOB 的弧度数；③ 用弧长公式计算劣弧AB 的长。

【基础训练】（1）已知正方体ABCD- A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则异面直线BD 与B 1C 的距离为___ __。

（2）等边三角形ABC 的边长为22，AD 是BC 边上的高，将ABD ∆沿AD 折起，使之与ACD ∆所在平面成︒120的二面角，这时A 点到BC 的距离是___ __；（3）点P 是120°的二面角α-l -β内的一点，点P 到α、β的距离分别是3、4，则P 到l 的距离为 _____ __；（4）在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一动点P 到棱A 1B 1与棱BC 的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为___ ____。

（5）长方体1111D C B A ABCD -的棱cm AA cm AD AB 2,41===，则点1A 到平面11D AB 的距离等于____ __；（6）在棱长为a 的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则A 1到平面MBD 的距离为__ ____。

【高考A 计划】2014高考数学第一轮复习 第64课时 空间中的距离学案2 新人教A 版课题一：空间的距离 一．复习目标：1．理解点到直线的距离的概念，掌握两条直线的距离，点到平面的距离，直线和平面的距离，两平行平面间的距离；2．掌握求空间距离的常用方法和各距离之间的相互转化． 二．知识要点：1．点到平面的距离： ． 2．直线到平面的距离： ． 3．两个平面的距离： ． 4．异面直线间的距离： ． 三．课前预习：1．在ABC ∆中，9,15,120AB AC BAC ==∠=，ABC ∆所在平面外一点P 到三顶点,,A B C 的距离都是14，则P 到平面ABC 的距离是 （ B ） ()A 6 ()B 7 ()C 9 ()D 132．在四面体P ABC -中，,,PA PB PC 两两垂直，M 是面ABC 内一点，M 到三个面 ,,PAB PBC PCA 的距离分别是2,3,6，则M 到P 的距离是 （ A ）()A 7()B 8 ()C 9 ()D 10 3．已知⊥PA 矩形ABCD 所在平面，cm AB 3=，cm PA cm BC 4,4==，则P 到CD 的，P 到BD 的距离为5cm ． 4．已知二面角βα--l 为60，平面α内一点A 到平面β的距离为4AB =，则B 到平面α的距离为 2 ． 四．例题分析：例1．已知二面角PQ αβ--为60，点A 和B 分别在平面α和平面β内，点C 在棱PQ上30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==，（1）求证：PQ AB ⊥；（2）求点B 到平面α的距离；（3）设R 是线段CA 上的一点，直线BR 与平面α所成的角为45，求CR 的长 （1）证明：作BM PQ ⊥于M ，连接AM ，∵30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==， ∴MBC MAC ∆≅∆，∴AM PQ ⊥，PQ ⊥平面ABM ，AB ⊂平面ABM ， ∴PQ AB ⊥． 解：（2）作BN AM ⊥于N ，∵PQ ⊥平面ABM ，∴BN PQ ⊥，∴BN α⊥，BN 是点B 到平面α的距离，由（1）知60BMA ∠=，∴3sin 60sin 30sin 604a BN BM CB ===．∴点B 到平面α的距离为4．（2）连接,NR BR ，∵BN α⊥，BR 与平面α所成的角为45BRN ∠=，RN BN ==，3cos30a CM BC == ∴12RN CM =，∵60BMA ∠=，BM AM =，BMA ∆为正三角形， N 是BM 中点，∴R 是CB 中点，∴2aCR =．小结：求点B 到平面α的距离关键是寻找点B 到α的垂线段．例2．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形，90=∠ACB ，侧棱21=AA ，E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ，（1）求B A 1与平面ABD 所成角的正弦值；（2）求点1A 到平面ABD 的距离．解：建立如图的空间直角坐标系，设1(,0,0)A a ，则1(0,,0)B a ，(,0,2)A a ，(0,,2)B a ，(0,0,2)C ，∵E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，∴(0,0,1),(,,1)22a a D E ，∵G 是ABD ∆的重心，5(,,)333a a G ，∴2(,,)663a a EG =-，(,,0)AB a a =-， (0,,1)AD a =--，∵EG ⊥平面ABD ，,,EG AB EG AD ⊥⊥ 得2a =，且B A 1与平面ABD 所成角EBG ∠，6||3EG =，112BE BA ==sin 3EG EBG BE ∠==， （2）E 是B A 1的中点，1A 到平面ABD 的距离等于E 到平面ABD 的距离的两倍，∵EG ⊥平面ABD ，1A 到平面ABD 的距离等于262||EG =． 小结：根据线段B A 1和平面ABD 的关系，求点1A 到平面ABD 的距离可转化为求E 到平面ABD 的距离的两倍．例3．已知正四棱柱1111ABCD A BC D -,11,2,AB AA ==点E 为1CC 的中点，点F 为1BD 的中点，（1）证明:EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线； （2）求点1D 到平面BDE 的距离．解：（1）以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立坐标系，则(1,1,0)B ，1(0,0,2)D ，(0,1,1)E ，11(,,1)22F ，11(,,0)22EF =-，1(0,0,2)CC =，1(1,1,2)BD =-，∴110,0EF BD EF CC ⋅=⋅=，FE1111D C B A DCBAG E D C 1B 1A 1C B A1y∴EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线．（2）设(1,,)n x y =是平面BDE 的法向量，∵(1,1,0)DB =，(0,1,1)DE = ∴10n DB x ⋅=+=，0n DE x y ⋅=+=，(1,1,1)n =-，点1D 到平面BDE 的距离1||3||BD n d n ⋅==． 小结：由平面的法向量能求出点到这个平面的距离．五．课后作业： 班级 学号 姓名 1．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，1PD AD ==，点C 到平面PAB 的距离为1d ， 点B 到平面PAC 的距离为2d ，则（）()A 121d d <<()B 121d d << ()C 121d d << ()D 211d d <<2．把边长为a 的正三角形ABC 沿高线AD 折成60的二面角，点A 到BC 的距离是（ ）()A a()B ()C ()D 3．四面体ABCD 的棱长都是1，,P Q 两点分别在棱,AB CD 上，则P 与Q 的最短距离是（）()A 2()B 32 ()C 56 ()D 67 4．已知二面角βα--l 为45， 30,,成与l AB B l A α∈∈角，5=AB ，则B 到平面β的距离为 ． 5．已知长方体1111D C B A ABCD -中，12,51==AB AA ，那么直线11C B 到平面11BCD A 的距离是 ．6．如图，已知A B C D 是边长为a 的正方形，,E F 分别是AD AB ,的中点，C G A B CD ⊥面，CG a =，（1）求证：//BD EFG ；（2）求点B 到面GEF 的距离．OGFEDCBA7．在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD 中，（1）求：点A 到平面1BD 的距离；（2）求点1A 到平面11D AB 的距离； （3）求平面11D AB 与平面D BC 1的距离；（4）求直线AB 到11B CDA 的距离．。

第二节空间点、直线、平面之间的位置关系课程标准1.借助长方体,在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上,抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义,了解四个基本事实和一个定理.2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.考情分析考点考法:以空间几何体为载体,考查基本事实及其结论在判断位置关系、交线问题、求角中的应用.求异面直线所成的角是高考的热点,在各个题型中均有所体现.核心素养:直观想象、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.四个基本事实基本事实1:过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面.符号:A,B,C三点不共线⇒存在唯一的α使A,B,C∈α.基本事实2:如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内.符号:A∈l,B∈l,且A∈α,B∈α⇒l⊂α.基本事实3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线.符号:P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l.基本事实4:平行于同一条直线的两条直线平行.符号:a∥b,b∥c⇒a∥c.2.基本事实的三个推论推论1:经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面.推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面.推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面.3.空间点、直线、平面之间的位置关系项目直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a ∥b a ∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a ∩b =A a ∩α=A α∩β=l 其他关系图形语言-符号语言a ,b 是异面直线a ⊂α-【微点拨】(1)直线在平面外分直线与平面平行和直线与平面相交两种情况.(2)两条直线没有公共点分直线与直线平行和直线与直线异面两种情况.4.等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补.5.异面直线所成的角(1)定义:已知两条异面直线a,b,经过空间任意一点O分别作直线a'∥a,b'∥b,把a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围:,【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号14231.(多维辨析)(多选题)下列结论错误的是()A.如果两个平面有三个公共点,则这两个平面重合B.经过两条相交直线,有且只有一个平面C.两两相交的三条直线共面D.若a,b是两条直线,α,β是两个平面,且a⊂α,b⊂β,则a,b是异面直线【解析】选ACD.A中的两个平面可能相交;B正确;C中的三条直线相交于一点时可能不共面;D中的两条直线可能是平行直线.2.(易错题)若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则()A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线与l都相交【解析】选B.由题意知,直线l与平面α相交,则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系,因而只有选项B是正确的.3.(多选题)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则()A.直线BC1与DA1所成的角为90°B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【解析】选ABD.如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1,所以直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1⊂平面BCC1B1,所以CD⊥BC1,连接B1C,则B1C⊥BC1,因为CD∩B1C=C,CD,B1C⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1,又CA1⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1,所以直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确.连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB,因为OB⊂平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=2a,OC1=22,所以在Rt△BOC1中,OC1=12BC1,所以∠OBC1=30°,故C错误.因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角,易得∠CBC1=45°,故D正确.4.(必修二P134例1变形式)如图,在三棱锥A-BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则(1)当AC,BD满足条件________时,四边形EFGH为菱形;(2)当AC,BD满足条件________时,四边形EFGH为正方形.【解析】(1)因为四边形EFGH为菱形,所以EF=EH,因为EF=12AC,EH=12BD,所以AC=BD.(2)因为四边形EFGH为正方形,所以EF=EH且EF⊥EH.因为EF∥AC,EH∥BD,且EF=12AC,EH=12BD,所以AC=BD且AC⊥BD.答案:(1)AC=BD(2)AC=BD且AC⊥BD【核心考点·分类突破】考点一空间位置关系的判断[例1](1)(多选题)下列选项正确的是()A.两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内B.过空间中任意三点有且仅有一个平面C.若空间两条直线不相交,则这两条直线平行D.若直线l⊂平面α,直线m⊥平面α,则m⊥l【解析】选AD.对于选项A,可设l1与l2相交,这两条直线确定的平面为α;若l3与l1相交于B,则交点B在平面α内,同理,l3与l2的交点A也在平面α内,所以AB⊂α,即l3⊂α,选项A正确.对于选项B,若三点共线,则过这三个点的平面有无数个,选项B错误.对于选项C,空间中两条直线可能相交、平行或异面,选项C错误.对于选项D,若直线m⊥平面α,则m垂直于平面α内所有直线.因为直线l⊂平面α,所以直线m⊥直线l,选项D正确.(2)如图,G,N,M,H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________.(填序号)【解析】题图①中,直线GH∥MN;题图②中,G,H,N三点共面,但M∉平面GHN,因此直线GH与MN异面;题图③中,连接MG,则GM∥HN,因此GH与MN共面;题图④中,G,M,N共面,但H∉平面GMN,因此GH与MN异面,所以题图②④中GH 与MN异面.答案:②④【解题技法】1.点、线共面的判断方法(1)纳入平面法:要证明“点共面”或“线共面”,可先由部分点或直线确定一个平面,再证其余点或直线也在这个平面内.(2)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α,再证明其余元素确定平面β,最后证明平面α,β重合.(3)证明四点共面常通过证明四点组成的四边形为平行四边形或梯形来解决. 2.两直线位置关系的判断【微提醒】平面外一点与平面内一点的连线与平面内不经过该点的直线是异面直线.【对点训练】1.已知异面直线a,b分别在平面α,β内,且α∩β=c,那么直线c一定()A.与a,b都相交B.只能与a,b中的一条相交C.至少与a,b中的一条相交D.与a,b都平行【解析】选C.由题意易知,c与a,b都可相交,也可只与其中一条相交,故A,B均错误;若c与a,b都不相交,则c与a,b都平行,根据基本事实4,知a∥b,与a,b为异面直线矛盾,D错误.2.设a,b,c是空间中的三条直线,下面给出四个命题:①若a∥b,b∥c,则a∥c;②若a⊥b,b⊥c,则a∥c;③若a与b相交,b与c相交,则a与c相交;④若a⊂平面α,b⊂平面β,则a,b一定是异面直线.上述命题中错误的是__________(写出所有错误命题的序号).【解析】由基本事实4知①正确;当a⊥b,b⊥c时,a与c可以相交、平行或异面,故②错误;当a与b相交,b与c相交时,a与c可以相交、平行,也可以异面,故③错误;a⊂α,b⊂β,并不能说明a与b不同在任何一个平面内,故④错误.答案:②③④考点二基本事实及其应用[例2]如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是B1C1和C1D1的中点.求证:(1)E,F,D,B四点共面;(2)BE,DF,CC1三线共点.【证明】(1)如图,连接EF,BD,B1D1,因为EF是△B1C1D1的中位线,所以EF∥B1D1,因为BB1与DD1平行且相等,所以四边形BDD1B1是平行四边形,所以BD∥B1D1,所以EF∥BD,所以E,F,D,B四点共面;(2)因为EF∥BD,且EF≠BD,所以直线BE和DF相交,延长BE,DF,设它们相交于点P,因为P∈直线BE,直线BE⊂平面BB1C1C,所以P∈平面BB1C1C,因为P∈直线DF,直线DF⊂平面CDD1C1,所以P∈平面CDD1C1,因为平面BB1C1C∩平面CDD1C1=CC1,所以P∈CC1,所以BE,DF,CC1三线共点.【解题技法】1.证明空间点共线问题的方法(1)一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点,再根据基本事实3证明这些点都在这两个平面的交线上.(2)选择其中两点确定一条直线,然后证明其余点也在该直线上.2.共面、共点问题(1)先确定一个平面,然后再证其余的线(或点)在这个平面内;(2)利用确定平面的定理,如由点构造平行直线、构造相交直线等.【对点训练】1.如图,α∩β=l,A,B∈α,C∈β,且A,B,C∉l,直线AB∩l=M,过A,B,C三点的平面记作γ,则γ与β的交线必经过()A.点AB.点BC.点C但不过点MD.点C和点M【解析】选D.因为AB⊂γ,M∈AB,所以M∈γ.又α∩β=l,M∈l,所以M∈β.根据基本事实3可知,M在γ与β的交线上.同理可知,点C也在γ与β的交线上.所以γ与β的交线必经过点C和点M.2.已知空间四边形ABCD(如图所示),E,F分别是AB,AD的中点,G,H分别是BC,CD 上的点,且CG=13BC,CH=13DC.求证:(1)E,F,G,H四点共面;(2)三直线FH,EG,AC共点.【证明】(1)连接EF,GH,因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD.又因为CG=13BC,CH=13DC,所以GH∥BD,所以EF∥GH,所以E,F,G,H四点共面.(2)易知FH与直线AC不平行,但共面,所以设FH∩AC=M,所以M∈平面EFHG,M∈平面ABC.又因为平面EFHG∩平面ABC=EG,所以M∈EG,所以FH,EG,AC共点.考点三异面直线所成的角[例3](1)如图所示,圆柱O1O2的底面半径为1,高为2,AB是一条母线,BD是圆O1的直径,C是上底面圆周上一点,∠CBD=30°,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为()A.33535B.43535C.3714D.277【解析】选C.连接AO2,设AO2的延长线交下底面圆周上的点为E,连接CE,易知∠CAE(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角,连接CD(图略),在Rt△BCD 中,∠BCD=90°,BD=2,∠CBD=30°,得BC=3,CD=1.又AB=DE=AE=BD=2,AC=B2+B2=7,CE=B2+B2=5,所以在△CAE中,cos∠CAE=B2+B2-B22B·B==3714,即异面直线AC与BD所成角的余弦值为3714.(2)(2023·武汉模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=AA1,D,E分别为AC,BC的中点,则异面直线C1D与B1E所成角的余弦值为()A .33B .55C .1010D .3010【解析】选D .设AB =2,取A 1B 1的中点F ,连接C 1F ,DF ,DE ,则B 1F =12A 1B 1,因为D ,E 分别为AC ,BC 的中点,所以DE ∥AB ,DE =12AB ,因为A 1B 1∥AB ,A 1B 1=AB ,所以DE ∥B 1F ,B 1F =DE ,所以四边形DEB 1F 为平行四边形,所以DF ∥B 1E ,所以∠C 1DF 为异面直线C 1D 与B 1E 所成的角或补角.因为AB ⊥BC ,AB =BC =AA 1=2,D ,E 分别为AC ,BC 的中点,所以DF =B 1E =12+22=5,C 1F =12+22=5,C 1D =(2)2+22=6,所以cos ∠C 1DF =121D ==3010.【解题技法】求异面直线所成角的方法(1)求异面直线所成角的常用方法是平移法.平移的方法一般有三种类型:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.(2)求异面直线所成角的三步:一作、二证、三求.①一作:根据定义作平行线,作出异面直线所成的角;②二证:证明作出的角是异面直线所成的角;③三求:解三角形,求出所作的角.如果求出的角是锐角或直角,则它就是要求的角;如果求出的角是钝角,则它的补角才是要求的角.【对点训练】1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π6【解析】选D.如图,连接A1C1,BC1,因为AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体的棱长为2,则PB=6,PC1=2,BC1=22,则PB2+P12=B12,在Rt△PBC1中,因为sin∠PBC1=B1B1=2=12,所以直线PB与AD1所成的角为π6.2.如图,在圆锥SO中,AB,CD为底面圆的两条直径,AB∩CD=O,且AB⊥CD, SO=OB=3,SE=14SB,则异面直线SC与OE所成角的正切值为()A .222B .53C .1316D .113【解析】选D .如图,过点S 作SF ∥OE ,交AB 于点F ,连接CF ,则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角.因为SE =14SB ,所以SE =13BE.又OB =3,所以OF =13OB =1.因为SO ⊥OC ,SO =OC =3,所以SC =32.因为SO ⊥OF ,所以SF =B 2+D 2=10.因为OC ⊥OF ,所以CF =10.所以在等腰△SCF 中,tan ∠CSF =113.即异面直线SC 与OE 所成角的正切值为113.【加练备选】平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α∥平面CB 1D 1,α∩平面ABCD =m ,α∩平面ABB 1A 1=n ,则m ,n 所成角的正弦值为()A .32B .22C .33D .13【解析】选A .如图所示,过点A 补作一个与正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1相同棱长的正方体,易知平面α为平面AF 1E ,则m ,n 所成的角为∠EAF 1.因为△AF 1E 为正三角形,所以sin ∠EAF 1=sin 60°=32.。

高三第一轮复习数学---空间的距离（1）一、教学目标：1．理解点到直线的距离的概念，掌握两条直线的距离，；2．掌握求空间距离的常用方法和各距离之间的相互转化．二、教学重点：求异面直线间的距离．以及巧用转移方法求距离．三、教学过程：（一）主要知识：(1) 点到直线的距离：点P 到直线a 的距离为点Ｐ到直线a 的垂线段的长，常先找或作直线a 所在平面的垂线，得垂足为A ，过A 作a 的垂线，垂足为B 连PB ，则由三垂线定理可得线段ＰＢ即为点Ｐ到直线a 的距离．在直角三角形PAB 中求出PB 的长即可．(2)异面直线间的距离：异面直线a,b 间的距离为a,b 间的公垂线段的长．常有求法①先证线段AB 为异面直线a,b 的公垂线段，然后求出AB 的长即可．②找或作出过b 且与a 平行的平面，则直线a 到平面的距离就是异面直线a,b 间的距离．③找或作出分别过a,b 且与b,a 分别平行的平面，则这两平面间的距离就是异面直线a,b 间的距离．④(垂面法)a 垂直于过 b 的平面，再过垂足作b 的垂线。

⑤利用异面直线两点间的距离公式。

⑥利用向量中的射影求距离思维方式：发散的思维和空间思维．大胆的设想，严密的推理．特别注意：严密的逻辑推理，而不是单凭感觉和估计．（二）例题分析：例1：（１）棱长为a 的正四面体的对棱间的距离为_____；顶点到对面边的距离为____；高为_____；体积为______；外接球半径为_______;内接球半径为___;（２）把边长为a 的正△ABC 沿高线AD 折成600的二面角，则点A 到BC 的距离是（ ） Ａ．a Ｂ．a 26 Ｃ．a 33 Ｄ．a 415 解：（１）a 22，a 23，a 36，3122a ；（２）Ｄ；[思维点拔]在翻折中注意什么变了，而什么没有变．例２：在平面β内有△ABC ，在平面外有点S ，斜线SA ⊥AC ，SB ⊥BC ，且斜线SA ，SB 与平面β所成的角相等，点S 到平面β的距离为4cm ，AC ⊥BC ，且AB ＝６cm ，求点S 与直线AB 的距离解：如图，过S 作SD ⊥平面β于Ｄ点，连结DA ，DB ，则∠SAD ，∠SBD 分别为SA ，SB 和平面β所成的角，∵∠SAD=∠SBD ，从而，Rt △SAD ≌Rt △SBD ，∴SA=SB ，ΘSA ⊥AC ，SB ⊥BC ，∴∠SAC=∠SBC =900．又SC=SC ，∴Rt △SAC ≌Rt △SBC ，∴AC=BC ，取AB 的中点Ｏ，连结SO ，则由于SA=SB ，所以SO ⊥AB ．从而线段SO 的长就是S 点到直线AB 的距离．ΘSD ⊥β，∴DA 是SA 在平面β上的射影．又SA ⊥AC ，由三垂线定理的逆定理，得DA ⊥AC ．同理DB ⊥BC ．又AC ⊥BC ，AC=BC ，∴四边形ABCD 是正方形．∵Ｏ是对角线AB 的中点， OD ＝1/2ＡＢ＝３．在Rt △SOD 中，SD=4，OD=3，SO ＝22OD SD +＝５．即S 到直线AB 的距离等于５cm 。

高三数学第一轮复习讲义（64）空间的距离一．复习目标：1．理解点到直线的距离的概念，掌握两条直线的距离，点到平面的距离，直线和平面的距离，两平行平面间的距离；2．掌握求空间距离的常用方法和各距离之间的相互转化．二．知识要点：1．点到平面的距离： ． 2．直线到平面的距离： ． 3．两个平面的距离： ． 4．异面直线间的距离： ．三．课前预习：1．在ABC ∆中，9,15,120AB AC BAC ==∠=，ABC ∆所在平面外一点P 到三顶点 ,,A B C 的距离都是14，则P 到平面ABC 的距离是 （ ） ()A 6 ()B 7 ()C 9 ()D 13 2．在四面体P ABC -中，,,PA PB PC 两两垂直，M 是面ABC 内一点，M 到三个面,,PAB PBC PCA 的距离分别是2,3,6，则M 到P 的距离是 （ ）()A 7()B 8 ()C 9 ()D 10 3．已知⊥PA 矩形ABCD 所在平面，cm AB 3=，cm PA cm BC 4,4==，则P 到CD 的距离为 cm ，P 到BD 的距离为 cm ．4．已知二面角βα--l 为60，平面α内一点A 到平面β的距离为4AB =，则B 到平面α的距离为 ．四．例题分析：例1．已知二面角PQ αβ--为60，点A 和B 分别在平面α和平面β内，点C 在棱PQ上30=∠=∠BCP ACP ，a CB CA ==，（1）求证：PQ AB ⊥；（2）求点B 到平面α的距离；（3）设R 是线段CA 上的一点，直线BR 与平面α所成的角为45，求CR 的长．例2．在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形，90=∠ACB ，侧棱21=AA ，E D ,分别是1CC ，与B A 1的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD ∆的重心G ，（1）求B A 1与平面ABD 所成角的正弦值；（2）求点1A 到平面ABD 的距离．例3．已知正四棱柱1111ABCD A BC D -,11,2,AB AA ==点E 为1CC 的中点，点F 为1BD 的中点，（1）证明：EF 为异面直线11BD CC 与的公垂线； （2）求点1D 到平面BDE 的距离．FE1111D C B A DCG E D C 1B 1A 1C B A五．课后作业： 班级 学号 姓名1．已知PD ⊥正方形ABCD 所在平面，1PD AD ==，点C 到平面PAB 的距离为1d ， 点B 到平面PAC 的距离为2d ，则（）()A 121d d <<()B 121d d << ()C 121d d << ()D 211d d <<2．把边长为a 的正三角形ABC 沿高线AD 折成60的二面角，点A 到BC 的距离是（ ）()A a()B ()C ()D 3．四面体ABCD 的棱长都是1，,P Q 两点分别在棱,AB CD 上，则P 与Q 的最短距离是（）()A 2()B 32 ()C 56 ()D 674．已知二面角βα--l 为45， 30,,成与l AB B l A α∈∈角，5=AB ，则B 到平面β的距离为 ．5．已知长方体1111D C B A ABCD -中，12,51==AB AA ，那么直线11C B 到平面11BCD A 的距离是 ．6．如图，已知ABCD 是边长为a 的正方形，,E F 分别是AD AB ,的中点，CG ABCD ⊥面，CG a =，（1）求证：//BD EFG ；（2）求点B 到面GEF 的距离．OGFEDC BA7．在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD 中，（1）求：点A 到平面1BD 的距离；（2）求点1A 到平面11D AB 的距离； （3）求平面11D AB 与平面D BC 1的距离；（4）求直线AB 到11B CDA 的距离．经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

2019年高考数学一轮复习精品学案（人教版A 版）---空间中的夹角和距离一．【课标要求】1．掌握两条直线所成的角和距离的概念及等角定理；（对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线时的距离）。

2．掌握点、直线到平面的距离，直线和平面所成的角； 3．掌握平行平面间的距离，会求二面角及其平面角； 二．【高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道, 解答题1道), 共计总分27分左右,考查的知识点在20个以内。

随着新的课程改革的进一步实施,立体几何考题正朝着“多一点思考,少一点计算”的发展，从历年的考题变化看, 以多面体和旋转体为载体的线面位置关系的论证，角与距离的探求是常考常新的热门话题。

预测2019年高考试题：（1）单独求夹角和距离的题目多为选择题、填空题，分值大约5分左右；解答题中的分步设问中一定有求夹角、距离的问题，分值为6分左右；（2）选择、填空题考核立几中的计算型问题, 而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题, 当然, 二者均应以正确的空间想象为前提 三．【要点精讲】 1．距离空间中的距离是立体几何的重要内容，其内容主要包括：点点距，点线距，点面距，线线距，线面距，面面距。

其中重点是点点距、点线距、点面距以及两异面直线间的距离．因此，掌握点、线、面之间距离的概念，理解距离的垂直性和最近性，理解距离都指相应线段的长度，懂得几种距离之间的转化关系，所有这些都是十分重要的求距离的重点在点到平面的距离，直线到平面的距离和两个平面的距离可以转化成点到平面的距离，一个点到平面的距离也可以转化成另外一个点到这个平面的距离。

（1）两条异面直线的距离两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段的长度，叫做两条异面直线的距离；求法：如果知道两条异面直线的公垂线，那么就转化成求公垂线段的长度（2）点到平面的距离平面外一点P 在该平面上的射影为P ′，则线段PP ′的长度就是点到平面的距离；求法：○1“一找二证三求”，三步都必须要清楚地写出来。

§7.8空间距离及立体几何中的探索问题考试要求1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件．知识梳理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AP →＝a ，则向量AP →在直线l 上的投影向量AQ →＝(a·u )u ，在Rt △APQ 中，由勾股定理，得PQ ＝|AP →|2－|AQ →|2＝a 2－(a·u )2.2．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AP →在直线l 上的投影向量QP →的长度，因此PQ ＝|AP →·n |n ||＝|AP →·n |n||＝|AP →·n ||n |.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(×)(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度．(×)(3)直线l 平行于平面α，则直线l 上各点到平面α的距离相等．(√)(4)直线l 上两点到平面α的距离相等，则l 平行于平面α.(×)教材改编题1．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离为()A.2B ．2C.22D.322答案A解析由正方体性质可知，A 1A ∥平面B 1D 1DB ，A 1A 到平面B 1D 1DB 的距离就是点A 1到平面B 1D 1DB 的距离，连接A 1C 1，交B 1D 1于O 1(图略)，A 1O 1的长即为所求，由题意可得A 1O 1＝12A 1C 1＝ 2.2．已知直线l 经过点A (2,3,1)且向量n 0l 的一个单位方向向量，则点P (4,3,2)到l 的距离为________．答案22解析∵PA →＝(－2,0，－1)，n 0l 的一个单位方向向量，∴点P 到l 的距离d ＝|PA →|2－(PA →·n )2＝22.3．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．答案233解析如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，所以D 1A 1—→＝(2,0,0)，DA 1—→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·DA 1—→＝0，·DB →＝0，x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，所以点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1—→·n ||n |＝233.题型一空间距离例1(1)(2023·长沙模拟)空间中有三点P (1，－2，－2)，M (2，－3,1)，N (3，－2,2)，则点P到直线MN 的距离为()A ．22B ．23C ．3D ．25答案A解析因为MN →＝(1,1,1)，所以MN →的一个单位方向向量为u ＝33(1,1,1)．因为PM →＝(1，－1,3)，故|PM →|＝12＋(－1)2＋32＝11，PM →·u ＝33(1－1＋3)＝3，所以点P 到直线MN 的距离为PM →2－(PM →·u )2＝11－3＝2 2.(2)(2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，BC ＝12AB ＝12AA 1＝2，BC 1＝23，M 为线段AB 上的动点．①证明：BC 1⊥CM ；②若E 为A 1C 1的中点，求点A 1到平面BCE 的距离．①证明因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，C 1B ⊂平面BB 1C 1C ，所以AB ⊥C 1B ，在△BCC 1中，BC ＝2，BC 1＝23，CC 1＝AA 1＝4，所以BC 2＋BC 21＝CC 21，所以CB ⊥C 1B .因为AB ∩BC ＝B ，AB ，BC ⊂平面ABC ，所以C 1B ⊥平面ABC .又因为CM ⊂平面ABC ，所以C 1B ⊥CM .②解由①知，AB ⊥C 1B ，BC ⊥C 1B ，AB ⊥BC ，以B 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则B (0,0,0)，C (2,0,0)，C 1(0,23，0)，A 1(－2，23，4)，E (－1,23，2)，BC →＝(2,0,0),BE →＝(－1,23，2)，设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·BC →＝0，·BE →＝0，x ＝0，x ＋23y ＋2z ＝0.令y ＝3，则n ＝(0，3，－3)．又因为A 1C —→＝(4，－23，－4)，故点A 1到平面BCE 的距离d ＝|0×4＋(－23)×3＋(－4)×(－3)|23＝ 3.思维升华(1)点到直线的距离．①设过点P 的直线l 的单位方向向量为n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－(PA →·n )2；②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(2)求点面距一般有以下三种方法．①作点到面的垂线，求点到垂足的距离；②等体积法；③向量法.跟踪训练1(1)(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，则△D 1GF 的面积为________．答案142解析以D 为坐标原点，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)，则D 1(0,0,2)，G (0,2,1)，F (1,1,0)，FD 1—→＝(－1，－1,2)，FG →＝(－1,1,1)，∴点D 1到直线GF 的距离d＝423.又|FG →|＝3，∴1D GF S △＝12×3×423＝142.(2)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．①证明：D 1E ⊥A 1D ；②当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离．①证明以D 为坐标原点，直线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(图略)，设AE ＝x ，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)，E (1，x,0)，A (1,0,0)，C (0,2,0)．D 1E —→＝(1，x ，－1)，A 1D —→＝(－1,0，－1)，因为D 1E —→·A 1D —→＝0，所以D 1E —→⊥A 1D —→，即D 1E ⊥A 1D .②解因为E 为AB 的中点，则E (1,1,0)，从而D 1E —→＝(1,1，－1)，AC →＝(－1,2,0)，AD 1—→＝(－1,0,1)，设平面ACD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )n ·AC →＝0，n ·AD 1—→＝0，－a ＋2b ＝0，－a ＋c ＝0，a ＝2b ，a ＝c ，从而可取n ＝(2,1,2)，所以点E 到平面ACD 1的距离d ＝|D 1E —→·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13.题型二立体几何中的探索性问题例2(2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是等边三角形，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，A 1B ⊥AB ，AC ＝2，∠A 1AB ＝60°，O 为AC 的中点．(1)求证：AC ⊥平面A 1BO ；(2)试问线段CC 1上是否存在点P ，使得平面POB 与平面A 1OB 夹角的余弦值为277，若存在，请计算CPCC 1的值；若不存在，请说明理由．(1)证明∵△ABC 是等边三角形，O 是AC 的中点，∴AC ⊥OB ，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，平面ABB 1A 1∩平面ABC ＝AB ，A 1B ⊥AB ，∴A 1B ⊥平面ABC ，∵AC ⊂平面ABC ，∴A 1B ⊥AC ，∵AC ⊥OB ，A 1B ∩OB ＝B ，A 1B ，OB ⊂平面A 1BO ，∴AC ⊥平面A 1BO .(2)解存在，线段CC 1的中点P 满足题意．理由如下：∵A 1B ⊥平面ABC ，OB ⊥AC ，以O 为坐标原点，OA ，OB ，所在直线分别为x 轴、y 轴，过点O 作Oz ∥A 1B ，以Oz 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，A (1,0,0)，A 1(0，3，23)，OB →＝(0，3，0)，AA 1—→＝(－1，3，23)，设CP →＝tCC 1—→＝t AA 1—→＝(－t ，3t,23t )，0≤t ≤1，则OP →＝OC →＋CP →＝(－1－t ，3t ,23t )，易知平面A 1OB 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，设平面POB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·OB →＝3y ＝0，·OP →＝(－1－t )x ＋3ty ＋23tz ＝0，取x ＝23t ，则m ＝(23t ,0，t ＋1)，由题意得|cos 〈n ，m 〉|＝|n ·m ||n ||m |＝23t 12t 2＋(t ＋1)2＝277，∵0≤t ≤1，∴解得t ＝CP CC 1＝12，∴线段CC 1上存在点P ，使得平面POB 与平面A 1OB 夹角的余弦值为277，此时CP CC 1＝12.思维升华(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，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．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．跟踪训练2如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面PAC ，求平面PAC 与平面DAC 夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，连接BD 交AC 于点O ，连接SO .由题意知，SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，以OB ，OC ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是0，0，62a D －22a ，0，00，22a ，0于是OC →0，22a ，0SD →－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，所以OC →⊥SD →，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解由题设知，平面PAC 的一个法向量为DS →＝22a ，0，62a DAC 的一个法向量为OS →＝0，0，62a 设平面PAC 与平面DAC 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈OS →，DS →〉|＝|OS →·DS →||OS →||DS →|＝32，所以平面PAC 与平面DAC 夹角的大小为30°.(3)解假设在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .由(2)知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →，0，62a CS →，－22a ，62a 设CE →＝tCS →(0≤t ≤1)，因为，0，，22a ，所以BC →－22a ，22a ，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →－22a ，22a (1－t )，62at由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋32a 2t ＝0，解得t ＝13，当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.课时精练1.如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，各棱长均为4，N 是CC 1的中点．(1)求点N 到直线AB 的距离；(2)求点C 1到平面ABN 的距离．解建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，C 1(0,4,4)，∵N 是CC 1的中点，∴N (0,4,2)．(1)AN →＝(0,4,2)，AB →＝(23，2,0)，则|AN →|＝25，|AB →|＝4.设点N 到直线AB 的距离为d 1，则d 1＝|AN →|2－AN →·AB→|AB→|2＝20－4＝4.(2)设平面ABN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AB →，n ⊥AN →，n ·AB →＝23x ＋2y ＝0，n ·AN →＝4y ＋2z ＝0，令z ＝2，则y ＝－1，x ＝33，即n ＝33，－1，2.易知C 1N —→＝(0,0，－2)，设点C 1到平面ABN 的距离为d 2，则d 2＝|C 1N —→·n ||n |＝|－4|433＝ 3.2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1＝1，M 为线段A 1C 1上一点．(1)求证：BM ⊥AB 1；(2)若直线AB 1与平面BCM 所成的角为π4，求点A 1到平面BCM 的距离．(1)证明∵AA 1⊥平面ABC ，AB ，AC ⊂平面ABC ，∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ，而AB ⊥AC ，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A 1M ＝a ，a ∈[0,1]，则A (0,0,0)，A 1(0,0,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，B 1(1,0,1)，M (0，a ,1)，BM →＝(－1，a ,1)，AB 1—→＝(1,0,1)，∵BM →·AB 1—→＝0，∴BM →⊥AB 1—→，∴BM ⊥AB 1.(2)解设平面BCM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由(1)知BM →＝(－1，a ,1)，BC →＝(－1,1,0)，AB 1—→＝(1,0,1)，·BM →＝－x ＋ay ＋z ＝0，·BC →＝－x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1－a )，∵直线AB 1与平面BCM 所成的角为π4，∴sin π4＝|AB 1—→·n ||AB 1—→||n |＝|2－a |2·2＋(1－a )2＝22，解得a ＝12，∴n ，1∵A 1B —→＝(1,0，－1),∴点A 1到平面BCM 的距离d ＝|A 1B —→·n ||n |＝1294＝13.3.已知空间几何体ABCDE 中，△ABC ，△ECD 是全等的正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，平面ECD ⊥平面BCD .(1)若BD ＝2BC ，求证：BC ⊥ED ；(2)探索A ，B ，D ，E 四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．(1)证明∵△ABC ，△ECD 是全等的正三角形，∴CD ＝BC ，∵BD ＝2BC ，∴BD 2＝BC 2＋DC 2，∴BC ⊥DC ，∵平面ECD ⊥平面BCD ，且平面ECD ∩平面BCD ＝CD ，∴BC ⊥平面ECD ，∵DE ⊂平面ECD ，∴BC ⊥ED .(2)解A ，B ，D ，E 四点共面．理由如下，如图，分别取BC ，DC 的中点M ，N ，连接AM ，EN ，MN ，∵△ABC 是等边三角形，∴AM ⊥BC ，AM ＝32BC ，∵平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，∴AM ⊥平面BCD ，同理EN ⊥平面BCD ，且EN ＝32CD ＝32BC ，∴AM ∥EN ，且AM ＝EN ，∴四边形AMNE 是矩形，∴AE ∥MN ，又MN ∥BD ，∴AE ∥BD ，∴A ，B ，D ，E 四点共面．4.如图所示，在三棱锥P －ABC 中，底面是边长为4的正三角形，PA ＝2，PA ⊥底面ABC ，点E ，F 分别为AC ，PC 的中点．(1)求证：平面BEF ⊥平面PAC ；(2)在线段PB 上是否存在点G ，使得直线AG 与平面PBC 所成角的正弦值为155若存在，确定点G 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明∵△ABC 是正三角形，E 为AC 的中点，∴BE ⊥AC .又PA ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，∴PA ⊥BE .∵PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，∴BE ⊥平面PAC .∵BE ⊂平面BEF ，∴平面BEF ⊥平面PAC .(2)解存在．由(1)及已知得PA ⊥BE ，PA ⊥AC ，∵点E ，F 分别为AC ，PC 的中点，∴EF ∥PA ，∴EF ⊥BE ，EF ⊥AC .又BE ⊥AC ，∴EB ，EC ，EF 两两垂直．以E 为坐标原点，以EB ，EC ，EF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，－2,0)，P (0，－2,2)，B (23，0,0)，C (0,2,0)，BP →＝(－23，－2,2)，AB →＝(23，2,0)．设BG →＝λBP →＝(－23λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，∴AG →＝AB →＋BG →＝(23(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，BC →＝(－23，2,0)，PC →＝(0,4，－2)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·BC →＝0，·PC →＝0，23x ＋2y ＝0，y －2z ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝23，∴n ＝(1，3，23)．由已知得155＝|AG →·n |AG →||n ||，即155＝43416(1－λ)2＋4λ2，解得λ＝12或λ＝1110(舍去)，故λ＝12，∴存在满足条件的点G ，点G 为PB 的中点．5.(2022·北京模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PBC ⊥平面ABCD .△PBC 是等腰三角形，且PB ＝PC ＝3.在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝5，AD ＝4，DC ＝3.(1)求证：AB ∥平面PCD ；(2)求平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值；(3)棱BC 上是否存在点Q 到平面PBA 的距离为1010，若存在，求出CQ CB的值；若不存在，说明理由．(1)证明∵AB ∥CD ，AB ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，∴AB ∥平面PD C.(2)解∵ABCD 是直角梯形，AB ∥DC ，AD ⊥DC ，AB ＝5，AD ＝4，DC ＝3，∴BC ＝42＋(5－3)2＝25，又PB ＝PC ＝3，∴点P 到直线BC 的距离为32－5＝2，∵平面PBC ⊥平面ABCD ，∴点P 到平面ABCD 的距离为2.以D 为原点，以DA ，DC 及平面ABCD 过D 的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)．∴A (4,0,0)，B (4,5,0)，C (0,3,0)，P (2,4,2)，∴PB →＝(2,1，－2)，AB →＝(0,5,0)，CB →＝(4,2,0)，设平面APB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，m ·PB →＝2x 1＋y 1－2z 1＝0，m ·AB →＝5y 1＝0，n ·PB →＝2x 2＋y 2－2z 2＝0，n ·CB →＝4x 2＋2y 2＝0，令x 1＝1，x 2＝1可得m ＝(1,0,1)，n ＝(1，－2,0)，设平面APB 与平面PBC 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝12×5＝1010.∴平面APB 与平面PBC 夹角的余弦值为1010.(3)解假设棱BC 上存在点Q 到平面PBA 的距离为1010，设CQ →＝λCB →＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，∴Q (4λ，2λ＋3,0)，∴AQ →＝(4λ－4,2λ＋3,0)，由(2)知平面PBA 的一个法向量为m ＝(1,0,1)，∴点Q 到平面PBA 的距离d ＝|AQ →·m ||m |＝|4λ－4|2＝1010，∴|4λ－4|＝55，∴λ＝1－520，∴棱BC 上存在点Q 到平面PBA 的距离为1010，CQ CB ＝1－520.6.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为BD 和BB 1的中点，P 为棱C 1D 1上的动点．(1)是否存在点P ，使得PE ⊥平面EFC ？若存在，求出满足条件时C 1P 的长度并证明；若不存在，请说明理由；(2)当C 1P 为何值时，平面BCC 1B 1与平面PEF 夹角的正弦值最小．解建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意设点P (0，t ,2)，0≤t ≤2，则E (1,1,0)，F (2,2,1)，C (0,2,0)，(1)PE →＝(1,1－t ，－2)，EF →＝(1,1,1)，CF →＝(2,0,1)，设平面CEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·EF →＝x ＋y ＋z ＝0，·CF →＝2x ＋z ＝0，令x ＝1，得z ＝－2，y ＝1，∴m ＝(1,1，－2)，若存在满足题意的点P ，则PE →∥m ，∴1－t 1＝1，∴t ＝0，满足0≤t ≤2，即P 与D 1重合时，PE ⊥平面EFC ，此时C 1P ＝2.(2)易知平面BCC 1B 1的法向量为n ＝(0,1,0)，设平面PEF 的法向量为r ＝(x 0，y 0，z 0)，又PF →＝(2,2－t ，－1)，PE →＝(1，1－t ，－2)，·PF →＝2x 0＋(2－t )y 0－z 0＝0，·PE →＝x 0＋(1－t )y 0－2z 0＝0，令y 0＝1，则x 0＝t 3－1，z 0＝－t 3，∴r 1，1设平面BCC 1B 1与平面PEF 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，r 〉|＝12(t 2－3t )9＋2，0≤t ≤2，∴当t ＝32时，(cos θ)max ＝63，(sin θ)min ＝33.此时C 1P ＝2－32＝12.。

a 2019-2020年高三数学一轮复习第6讲空间距教案一、考情分析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，求其他几种距离一般化归为这三种距离．在空间的距离中，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．本讲主要是培养考生的观察思考能力、空间想象能力、分析能力，培养考生的严谨的逻辑推理能力以及转化与化归的数学思想的应用．二、二、知识归纳及例析（一）空间距的求解思路：作――证――求． （二）两点之间的距离（1）异面直线上两点之间的距离 解决思路：①化归法；②向量法：在上取一点, 在上取一点, 设异面直线的公共的垂直向量为，则异面直线的距离为：面距离的求法）． ③公式法：EF AE BF =<>， ； 例1：如图，分别是异面直线上的两点，是异面直线的公垂线，AB d AE m BF n ===，，，证明：EF AE BF =<>， ．解析：法1：化归法；法2：向量法；例2：四边形中，，对棱所成的角为，分别是的中点，求． 解析：如图，或，则： 或．（2）几何体表面上两点之间的距离解决思路：借助于几何体的平面展开图解决问题．以上三种情形的最短路程分别是，故蚂蚁爬行的最短路程是． 例4：（05年江西卷）如图，在直三棱柱中，，，分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为 ．解析：沿棱柱的表面从到两点的途径有四种情形：n aα故沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为．例5：正四面体的棱长为，从的中点经过每个表面绕一周回到处，求绕行的最短途径． 解析：如下图展开（途径的棱不能被剪开），显然，绕行的最短途径为，此时，四边形是正方形． （三）点到直线的距离例7：边长为的正六边形所在平面为，，求： （1）点到直线的距离； （2）点到直线的距离．解析：如图，（1）P AC d PH -=== （2）．（四）点到平面的距离解决思路：（1）化归法：()P lP P l d d βααβα∈⊥=--−−−−−−→　；（2）等积法；（3）向量法：cos A P AP n d AP AP n nαα∈-⋅−−−→=<>，　．例8：已知是边长为4的正方形，分别是的中点，垂直于所在平面，且，求点到平面的距离．解析：法1：直接作出所求之距离，求其长．如图，延长交的延长线于， 连 结，作，交于，则平面．作于，易证平面⊥平面．作，垂足为，则是点到平面的距离．亦即：()P BPN EFG EFG BPN PNB PN B EFG d d ∈⊥=--−−−−−−−−−−−−−−→平面平面　平面平面平面；易知：22221123311BN BP PN BQ ====，，． 故点到平面的距离．法2：利用直线到平面的距离确定．如图，易证平面，所以上任意一点到平面的距离就是点到平面的距离．亦即：()O ACG EFG EFG ACG GHBD EFG O BDO GH B EFG BD EFG O EFG d d d d ∈⊥=∈----−−−−−→−−−→−−−−−−−−−−−−−−→平面平面　平面平面平面平面平面平面，作为垂足，易知：． 故点到平面的距离． 法3：等积法．解法4．如图，设点到平面的距离为，则1133B EFG G EFB EFG EFB V V S d S CG --∆∆=⇔⋅=⋅；易知：．故点到平面的距离． 法4：向量法．建系如图，()()220422EF GF ==--，，，　，，，，设平面的法向量为，则：02201114220330EF n x y n x y GF n ⎧⋅=+=⎧⎪⎛⎫⇒⇒=-⎨⎨ ⎪--=⎝⎭⋅=⎩⎪⎩，，　， FECD A BGxFE CDABG∴211cos 11B EFG BF n d BF BF n n-⋅=<>==平面，　． 故点到平面的距离．（五）直线到直线的距离（1）两条平行线间的距离（略） （2）两条异面直线间的距离 解决思路：（1）定义法：作出公垂线，确定公垂线段，证明并加以求解； （2）化归法：①；②；③； ④时，．例9：棱长为1的正方体中，求以下异面直线的距离： （1）异面直线；（2）异面直线；（3）异面直线．解析：（1）1111111111111A A BDD B A A AA A BD A A BDDB A BDD B d d d ∈---−−−−−−→−−−→平面平面平面故异面直线的距离为；（2）∵，∴1111111AC BDD B O BD BDD BAC BD O BD d d ⊥⊂--−−−−−−−−−−−−→平面于　平面， 故异面直线的距离为； （3）1111111111111111A C B AC B C B AC O A C A C B C A C B AC O B AC d d d αβ⊂∈-−−−−−−−−−−→−−−→平面　平面　-平面-平面， 异面直线的距离为．例10：棱长为1的正方体中，分别为中点，求异面直线的距离． 解析：∵11111D P CDDC AN ABB A ⊂⊂平面，平面， 1111ABB A CDDC 平面平面，∴异面直线的距离就是平面与平面的距离． 故异面直线的距离是．（六）直线与平面之间的距离解决思路：①()l O ll l a O a l ad d d ααβααβ∈---⊂⊥=−−−−−−→−−→　；②； ③．例11：正三角形所在平面为，分别是的中点，，，求与平面的距离． 解析：如图，过点作，交的延长线于，则：A AE A PAG PAG PFD APG AE PFD A PFD PAG PFD PGd d d ∈∈⊥---=−−−→−−−−−−−−−−→平面　平面平面平面平面平面平面．故与平面的距离是．（七）两个平行平面之间的距离 解决思路：①；②； ③a ba b d d αβαβγαγαγβγβ--⊥=⊥=−−−−−−−−−→ ；④A B l l A l l B d d αβαβααββ--⊥=⊥=−−−−−−−−−→ ． 例12：棱长为1的正方体中，（1）证明：平面平面：（2）求平面平面的距离．可编辑修改解析：（1）（略）；（2）11111111111A BDB D CH G A BD B D C AC A BD H AC B D C G d d --⊥⊥−−−−−−−−−−−−→平面平面平面平面平面于　平面于 ； 运用等积法可求到平面的距离、到平面的距离均为；故平面平面的距离是． 四、课后反思．.。