还剩7页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第4讲 立体几何中的计算问题——距离
展开
这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第4讲 立体几何中的计算问题——距离，共10页。
1．(人A选必一P35练习2(1)改编)如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为( B )
A．eq \f(2,7)B．eq \f(2\r(,35),7)
C．eq \f(\r(,35),7)D．1
(第1题)
【解析】 由题意知A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，故eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1,2，－3)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(A1C,\s\up6(→))对应的单位方向向量μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(,14))，\f(2,\r(,14))，－\f(3,\r(,14))))，所以点B到直线A1C的距离为eq \r(,\(\s\up7(),\s\d5(|\(BC,\s\up6(→))|2－\(BC,\s\up6(→))·μ2)))＝eq \r(,4－\f(8,7))＝eq \f(2\r(,35),7)．
2．(人A选必一P35练习3改)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1DB与平面D1CB1的距离为( D )
(第2题)
A．eq \r(2)B．eq \r(3)
C．eq \f(\r(2),3)D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 如图，建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，C(0,1,0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．设平面A1DB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝x＋z＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))不妨令x＝1，则y＝－1，z＝－1，所以n＝(1，－1，－1)，又易知平面A1DB∥平面D1CB1，所以平面A1DB与平面D1CB1的距离d＝eq \f(|\(DC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)．
(第2题)
3．(2022·新高考Ⅰ卷节选)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(,2)，则点A到平面A1BC的距离为( C )
(第3题)
A．eq \f(\r(,3),2)B．eq \f(\r(,2),4)
C．eq \r(,2)D．eq \r(,3)
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(2\r(,2),3)h＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·A1A＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r(,2)，所以点A到平面A1BC的距离为eq \r(,2)．
4．(人A选必一P35练习2(2))如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则直线FC1到直线AE的距离为__eq \f(\r(30),5)__．
(第4题)
【解析】 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，A(1,0,0)．因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，eq \(FC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，所以eq \(AE,\s\up6(→))∥eq \(FC1,\s\up6(→))，即AE∥FC1，所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离．u＝eq \f(\(AE,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)，0，\f(\r(5),5)))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))．eq \(AF,\s\up6(→))2＝eq \f(5,4)，eq \(AF,\s\up6(→))·u＝eq \f(\r(5),10)，所以直线FC1到直线AE的距离为eq \r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),10)))2)＝eq \f(\r(30),5)．
(第4题)
举题固法
目标引领
空间点到直线的距离
例1 (人A选必一P42习题6)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离．
(例1)
【解答】 方法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(OA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－1))，|eq \(OA1,\s\up6(→))|＝eq \r(,\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(,2),2)，cs〈eq \(OA1,\s\up6(→))，eq \(A1E,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(OA1,\s\up6(→))·\(A1E,\s\up6(→)),|\(OA1,\s\up6(→))||\(A1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\f(\r(,2),2)×\f(3,2))＝－eq \f(2\r(,2),3)，所以点O到直线A1E的距离为|eq \(OA1,\s\up6(→))|×eq \r(,\(\s\up7(),\s\d5(1－cs2〈\(OA1,\s\up6(→))，\(A1E,\s\up6(→))〉)))＝eq \f(\r(,2),2)×eq \r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(,2),3)))2)＝eq \f(\r(,2),2)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(,2),6)．
方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))．因为eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－1))，u＝eq \f(\(A1E,\s\up6(→)),|\(A1E,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，eq \(OA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq \(OA1,\s\up6(→))·u＝－eq \f(2,3)，所以点O到直线A1E的距离为eq \r(,\(\s\up7(),\s\d5(\(OA1,\s\up6(→))2－\(OA1,\s\up6(→))·u2)))＝eq \r(,\f(1,2)－\f(4,9))＝eq \f(\r(,2),6)．
(例1)
变式1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，且PA＝AB＝2，F为棱PD的中点，点M在PA上，且PM＝2MA，则CD的中点E到直线MF的距离是__eq \f(\r( ,65),5)__．
(变式1)
【解析】 因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，所以以点A为坐标原点，以AB，AD，AP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E(1,2,0)，F(0,1,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(2,3)))，eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，－\f(1,3)))，eq \(FE,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，cs∠MFE＝eq \f(\(FM,\s\up6(→))·\(FE,\s\up6(→)),|\(FM,\s\up6(→))||\(FE,\s\up6(→))|)＝eq \f(－\f(2,3),\f(\r(10),3)×\r(3))＝－eq \f(\r(30),15)，所以sin∠MFE＝eq \r(1－cs2∠MFE)＝eq \f(\r(195),15)，所以CD的中点E到直线MF的距离d＝|eq \(FE,\s\up6(→))|sin∠EFM＝eq \r(3)×eq \f(\r(195),15)＝eq \f(\r(65),5)．
(变式1)
空间点到面的距离
例2 如图，已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝1，OB＝OC＝2，求点O到平面ABC的距离．
(例2)
【解答】 方法一：如图(1)，取BC的中点D，连接AD，OD．因为OA，OB，OC两两垂直，OB＝OC，所以AB＝AC，OD⊥BC，AD⊥BC．又OD∩AD＝D，所以BC⊥平面OAD．过点O作OH⊥AD于点H，则OH⊥平面ABC，OH的长就是所要求的距离．由题知BC＝2eq \r(,2)，OD＝eq \r(,OC2－CD2)＝eq \r(,2)．因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC＝O，所以OA⊥平面OBC，因为OD⊂平面OBC，所以OA⊥OD，所以AD＝eq \r(,OA2＋OD2)＝eq \r(,3)．在Rt△OAD中，OH＝eq \f(OA·OD,AD)＝eq \f(\r(,2),\r(,3))＝eq \f(\r(,6),3)．
(例2(1))
方法二：由题意知AB＝AC＝eq \r(,5)，BC＝2eq \r(,2)，从而S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(,2)×eq \r(,\r(,5)2－\r(,2)2)＝eq \r(,6)．由VO－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·OH＝eq \f(1,6)OA·OB·OC＝eq \f(2,3)，知OH＝eq \f(\r(,6),3)．
方法三：如图(2)，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，0,1)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2，－1)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2x－z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝2y－z＝0.))取x＝1，则n＝(1,1,2)．故点O到平面ABC的距离d＝eq \f(|\(OB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(,1＋1＋4))＝eq \f(2,\r(,6))＝eq \f(\r(,6),3)．
(例2(2))
变式2－1 (2023·济南三月模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD．
(变式2－1)
(1) 求证：BD⊥PC；
【解答】 如图，连接AC，交BD于点O，连接PO，由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC，可得△ABC≌△ADC，所以∠BAC＝∠DAC．又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD，所以BO＝OD，即O为BD中点．在等腰三角形PBD中，BD⊥OP．在等腰三角形BCD中，BD⊥OC．因为OP∩OC＝O，所以BD⊥平面POC．又PC⊂平面POC，所以BD⊥PC．
(2) 若BD＝2eq \r(,3)，CD＝AP＝eq \r(,7)，求点A到平面PCD的距离．
【解答】 由(1)可得，AC⊥BD，又CD＝eq \r(,7)，OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(,3)，所以CO＝eq \r(,CD2－OD2)＝2，AO＝eq \r(,3)OD＝3．由于P－ABD为正三棱锥，故点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，根据正三棱锥的性质可得AM＝eq \f(2,3)AO＝2，PM＝eq \r(,AP2－AM2)＝eq \r(,3)．如图，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，可得A(3,0,0)，C(－2,0,0)，D(0，－eq \r(,3)，0)，P(1,0，eq \r(,3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－3，0，－eq \r(,3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(,3)，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－5,0,0)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x－\r(,3)z＝0，,－2x＋\r(,3)y＝0，))不妨令x＝eq \r(,3)，可得n＝(eq \r(,3)，2，－3)，所以点A到平面PCD的距离d＝eq \f(|n·\(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(5\r(,3),4)，故点A到平面PCD的距离为eq \f(5\r(,3),4)．
(变式2－1)
变式2－2 如图，在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，F为AC上一点．
(变式2－2)
(1) 求证：平面ACE⊥平面BDF；
【解答】 在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，则AE⊥BD，CE⊥BD，而AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE．又BD⊂平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF．
(2) 若∠BCD＝90°，∠BAD＝60°，AC＝eq \r(,3)BC＝2eq \r(,3)，求点B到平面ACD的距离．
【解答】 依题意，BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，则BD＝2eq \r(,2)，CE＝eq \r(,2)．又∠BAD＝60°，则AB＝AD＝BD＝2eq \r(,2)，AE＝eq \r(,6)．在△ACE中，cs∠AEC＝eq \f(AE2＋CE2－AC2,2AE·CE)＝eq \f(6＋2－12,2×\r(,6)×\r(,2))＝－eq \f(\r(,3),3)，则sin∠AEC＝eq \f(\r(,6),3)，S△AEC＝eq \f(1,2)AE·CEsin∠AEC＝eq \f(1,2)eq \r(,6)×eq \r(,2)×eq \f(\r(,6),3)＝eq \r(,2)．由(1)得BD⊥平面ACE，所以VB－ACD＝eq \f(1,3)S△AEC·BD＝eq \f(4,3)．因为AD2＋CD2＝12＝AC2，即∠ADC＝90°，则S△ACD＝eq \f(1,2)AD·CD＝2eq \r(,2)，令点B到平面ACD的距离为h，则VB－ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·h＝eq \f(1,3)×2eq \r(,2)h＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r(,2)，所以点B到平面ACD的距离为eq \r(,2)．
随堂内化
1．(2023·长沙模拟)若空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，则点P到直线MN的距离为( A )
A．2eq \r(,2)B．2eq \r(,3)
C．3D．2eq \r(,5)
【解析】 因为eq \(MN,\s\up6(→))＝(1,1,1)，所以eq \(MN,\s\up6(→))的一个单位方向向量为u＝eq \f(\r(,3),3)(1,1,1)．因为eq \(PM,\s\up6(→))＝(1，－1,3)，故|eq \(PM,\s\up6(→))|＝eq \r(,12＋－12＋32)＝eq \r(,11)，eq \(PM,\s\up6(→))·u＝eq \f(\r(,3),3)(1－1＋3)＝eq \r(,3)，所以点P到直线MN的距离为eq \r(,\(PM,\s\up6(→))2－\(PM,\s\up6(→))·u2)＝eq \r(,11－3)＝2eq \r(,2)．
2．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，则直线AA1与平面BDD1B1的距离为( C )
(第2题)
A．eq \r(,5)B．eq \f(\r(,5),5)
C．eq \f(2\r(,5),5)D．2eq \r(,5)
【解析】 因为ABCD－A1B1C1D1为长方体，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，过A作AE⊥BD于点E，则AE⊥平面BDD1B1，所以直线AA1与平面BDD1B1的距离为AE．在Rt△ABD中，由等面积法可得AE＝eq \f(AD×AB,BD)＝eq \f(BC×AB,BD)＝eq \f(1×2,\r(,12＋22))＝eq \f(2\r(,5),5)．
3．如图，在几何体ABCDEF中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝AD＝2BC＝4，AE∥CF，AE＝2CF＝2，AE⊥平面ABCD，则点E到直线DF的距离为__eq \f(8\r(105),21)__．
(第3题)
【解析】 由题知AB，AD，AE两两垂直，所以以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B(4，0,0)，D(0,4,0)，E(0,0,2)，F(4,2,1)．eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，－4,2)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(4，－2,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－4,4,0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(4,2，－1)．因为cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝eq \f(10,2\r(5)×\r(21))＝eq \f(\r(105),21)，所以sin〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝eq \f(4\r(21),21)，所以点E到直线DF的距离为|eq \(DE,\s\up6(→))|sin〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝2eq \r(5)×eq \f(4\r(21),21)＝eq \f(8\r(105),21)．
(第3题)
4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq \f(1,2)AA1＝1，D是棱AA1的中点，则点C到平面BDC1的距离为__eq \f(\r(,6),3)__．
(第4题)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0,0)，C(0，0,0)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0，0,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝x－y＋z＝0，,n·\(BC1,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0.))取z＝1，得n＝(1,2,1)，从而点C到平面BDC1的距离为d＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(,6),3)．
(第4题)
1．(人A选必一P35练习2(1)改编)如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为( B )
A．eq \f(2,7)B．eq \f(2\r(,35),7)
C．eq \f(\r(,35),7)D．1
(第1题)
【解析】 由题意知A1(0,0,3)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，故eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1,2，－3)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(A1C,\s\up6(→))对应的单位方向向量μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(,14))，\f(2,\r(,14))，－\f(3,\r(,14))))，所以点B到直线A1C的距离为eq \r(,\(\s\up7(),\s\d5(|\(BC,\s\up6(→))|2－\(BC,\s\up6(→))·μ2)))＝eq \r(,4－\f(8,7))＝eq \f(2\r(,35),7)．
2．(人A选必一P35练习3改)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1DB与平面D1CB1的距离为( D )
(第2题)
A．eq \r(2)B．eq \r(3)
C．eq \f(\r(2),3)D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 如图，建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，C(0,1,0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)．设平面A1DB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝x＋z＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))不妨令x＝1，则y＝－1，z＝－1，所以n＝(1，－1，－1)，又易知平面A1DB∥平面D1CB1，所以平面A1DB与平面D1CB1的距离d＝eq \f(|\(DC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)．
(第2题)
3．(2022·新高考Ⅰ卷节选)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(,2)，则点A到平面A1BC的距离为( C )
(第3题)
A．eq \f(\r(,3),2)B．eq \f(\r(,2),4)
C．eq \r(,2)D．eq \r(,3)
【解析】 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(2\r(,2),3)h＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·A1A＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r(,2)，所以点A到平面A1BC的距离为eq \r(,2)．
4．(人A选必一P35练习2(2))如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则直线FC1到直线AE的距离为__eq \f(\r(30),5)__．
(第4题)
【解析】 以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，A(1,0,0)．因为eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，eq \(FC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，所以eq \(AE,\s\up6(→))∥eq \(FC1,\s\up6(→))，即AE∥FC1，所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离．u＝eq \f(\(AE,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)，0，\f(\r(5),5)))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))．eq \(AF,\s\up6(→))2＝eq \f(5,4)，eq \(AF,\s\up6(→))·u＝eq \f(\r(5),10)，所以直线FC1到直线AE的距离为eq \r(\f(5,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),10)))2)＝eq \f(\r(30),5)．
(第4题)
举题固法
目标引领
空间点到直线的距离
例1 (人A选必一P42习题6)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离．
(例1)
【解答】 方法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(OA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－1))，|eq \(OA1,\s\up6(→))|＝eq \r(,\f(1,4)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(,2),2)，cs〈eq \(OA1,\s\up6(→))，eq \(A1E,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(OA1,\s\up6(→))·\(A1E,\s\up6(→)),|\(OA1,\s\up6(→))||\(A1E,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1,\f(\r(,2),2)×\f(3,2))＝－eq \f(2\r(,2),3)，所以点O到直线A1E的距离为|eq \(OA1,\s\up6(→))|×eq \r(,\(\s\up7(),\s\d5(1－cs2〈\(OA1,\s\up6(→))，\(A1E,\s\up6(→))〉)))＝eq \f(\r(,2),2)×eq \r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(,2),3)))2)＝eq \f(\r(,2),2)×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(,2),6)．
方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))．因为eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－1))，u＝eq \f(\(A1E,\s\up6(→)),|\(A1E,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，eq \(OA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq \(OA1,\s\up6(→))·u＝－eq \f(2,3)，所以点O到直线A1E的距离为eq \r(,\(\s\up7(),\s\d5(\(OA1,\s\up6(→))2－\(OA1,\s\up6(→))·u2)))＝eq \r(,\f(1,2)－\f(4,9))＝eq \f(\r(,2),6)．
(例1)
变式1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，且PA＝AB＝2，F为棱PD的中点，点M在PA上，且PM＝2MA，则CD的中点E到直线MF的距离是__eq \f(\r( ,65),5)__．
(变式1)
【解析】 因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，所以以点A为坐标原点，以AB，AD，AP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E(1,2,0)，F(0,1,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(2,3)))，eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，－\f(1,3)))，eq \(FE,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，cs∠MFE＝eq \f(\(FM,\s\up6(→))·\(FE,\s\up6(→)),|\(FM,\s\up6(→))||\(FE,\s\up6(→))|)＝eq \f(－\f(2,3),\f(\r(10),3)×\r(3))＝－eq \f(\r(30),15)，所以sin∠MFE＝eq \r(1－cs2∠MFE)＝eq \f(\r(195),15)，所以CD的中点E到直线MF的距离d＝|eq \(FE,\s\up6(→))|sin∠EFM＝eq \r(3)×eq \f(\r(195),15)＝eq \f(\r(65),5)．
(变式1)
空间点到面的距离
例2 如图，已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝1，OB＝OC＝2，求点O到平面ABC的距离．
(例2)
【解答】 方法一：如图(1)，取BC的中点D，连接AD，OD．因为OA，OB，OC两两垂直，OB＝OC，所以AB＝AC，OD⊥BC，AD⊥BC．又OD∩AD＝D，所以BC⊥平面OAD．过点O作OH⊥AD于点H，则OH⊥平面ABC，OH的长就是所要求的距离．由题知BC＝2eq \r(,2)，OD＝eq \r(,OC2－CD2)＝eq \r(,2)．因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC＝O，所以OA⊥平面OBC，因为OD⊂平面OBC，所以OA⊥OD，所以AD＝eq \r(,OA2＋OD2)＝eq \r(,3)．在Rt△OAD中，OH＝eq \f(OA·OD,AD)＝eq \f(\r(,2),\r(,3))＝eq \f(\r(,6),3)．
(例2(1))
方法二：由题意知AB＝AC＝eq \r(,5)，BC＝2eq \r(,2)，从而S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(,2)×eq \r(,\r(,5)2－\r(,2)2)＝eq \r(,6)．由VO－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·OH＝eq \f(1,6)OA·OB·OC＝eq \f(2,3)，知OH＝eq \f(\r(,6),3)．
方法三：如图(2)，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，0,1)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2，－1)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2x－z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝2y－z＝0.))取x＝1，则n＝(1,1,2)．故点O到平面ABC的距离d＝eq \f(|\(OB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(,1＋1＋4))＝eq \f(2,\r(,6))＝eq \f(\r(,6),3)．
(例2(2))
变式2－1 (2023·济南三月模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD．
(变式2－1)
(1) 求证：BD⊥PC；
【解答】 如图，连接AC，交BD于点O，连接PO，由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC，可得△ABC≌△ADC，所以∠BAC＝∠DAC．又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD，所以BO＝OD，即O为BD中点．在等腰三角形PBD中，BD⊥OP．在等腰三角形BCD中，BD⊥OC．因为OP∩OC＝O，所以BD⊥平面POC．又PC⊂平面POC，所以BD⊥PC．
(2) 若BD＝2eq \r(,3)，CD＝AP＝eq \r(,7)，求点A到平面PCD的距离．
【解答】 由(1)可得，AC⊥BD，又CD＝eq \r(,7)，OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(,3)，所以CO＝eq \r(,CD2－OD2)＝2，AO＝eq \r(,3)OD＝3．由于P－ABD为正三棱锥，故点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M，根据正三棱锥的性质可得AM＝eq \f(2,3)AO＝2，PM＝eq \r(,AP2－AM2)＝eq \r(,3)．如图，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，可得A(3,0,0)，C(－2,0,0)，D(0，－eq \r(,3)，0)，P(1,0，eq \r(,3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－3，0，－eq \r(,3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(,3)，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－5,0,0)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x－\r(,3)z＝0，,－2x＋\r(,3)y＝0，))不妨令x＝eq \r(,3)，可得n＝(eq \r(,3)，2，－3)，所以点A到平面PCD的距离d＝eq \f(|n·\(AC,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(5\r(,3),4)，故点A到平面PCD的距离为eq \f(5\r(,3),4)．
(变式2－1)
变式2－2 如图，在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，F为AC上一点．
(变式2－2)
(1) 求证：平面ACE⊥平面BDF；
【解答】 在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，则AE⊥BD，CE⊥BD，而AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE．又BD⊂平面BDF，所以平面ACE⊥平面BDF．
(2) 若∠BCD＝90°，∠BAD＝60°，AC＝eq \r(,3)BC＝2eq \r(,3)，求点B到平面ACD的距离．
【解答】 依题意，BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，则BD＝2eq \r(,2)，CE＝eq \r(,2)．又∠BAD＝60°，则AB＝AD＝BD＝2eq \r(,2)，AE＝eq \r(,6)．在△ACE中，cs∠AEC＝eq \f(AE2＋CE2－AC2,2AE·CE)＝eq \f(6＋2－12,2×\r(,6)×\r(,2))＝－eq \f(\r(,3),3)，则sin∠AEC＝eq \f(\r(,6),3)，S△AEC＝eq \f(1,2)AE·CEsin∠AEC＝eq \f(1,2)eq \r(,6)×eq \r(,2)×eq \f(\r(,6),3)＝eq \r(,2)．由(1)得BD⊥平面ACE，所以VB－ACD＝eq \f(1,3)S△AEC·BD＝eq \f(4,3)．因为AD2＋CD2＝12＝AC2，即∠ADC＝90°，则S△ACD＝eq \f(1,2)AD·CD＝2eq \r(,2)，令点B到平面ACD的距离为h，则VB－ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·h＝eq \f(1,3)×2eq \r(,2)h＝eq \f(4,3)，解得h＝eq \r(,2)，所以点B到平面ACD的距离为eq \r(,2)．
随堂内化
1．(2023·长沙模拟)若空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，则点P到直线MN的距离为( A )
A．2eq \r(,2)B．2eq \r(,3)
C．3D．2eq \r(,5)
【解析】 因为eq \(MN,\s\up6(→))＝(1,1,1)，所以eq \(MN,\s\up6(→))的一个单位方向向量为u＝eq \f(\r(,3),3)(1,1,1)．因为eq \(PM,\s\up6(→))＝(1，－1,3)，故|eq \(PM,\s\up6(→))|＝eq \r(,12＋－12＋32)＝eq \r(,11)，eq \(PM,\s\up6(→))·u＝eq \f(\r(,3),3)(1－1＋3)＝eq \r(,3)，所以点P到直线MN的距离为eq \r(,\(PM,\s\up6(→))2－\(PM,\s\up6(→))·u2)＝eq \r(,11－3)＝2eq \r(,2)．
2．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝1，则直线AA1与平面BDD1B1的距离为( C )
(第2题)
A．eq \r(,5)B．eq \f(\r(,5),5)
C．eq \f(2\r(,5),5)D．2eq \r(,5)
【解析】 因为ABCD－A1B1C1D1为长方体，所以平面BDD1B1⊥平面ABCD，过A作AE⊥BD于点E，则AE⊥平面BDD1B1，所以直线AA1与平面BDD1B1的距离为AE．在Rt△ABD中，由等面积法可得AE＝eq \f(AD×AB,BD)＝eq \f(BC×AB,BD)＝eq \f(1×2,\r(,12＋22))＝eq \f(2\r(,5),5)．
3．如图，在几何体ABCDEF中，AD∥BC，∠BAD＝eq \f(π,2)，AB＝AD＝2BC＝4，AE∥CF，AE＝2CF＝2，AE⊥平面ABCD，则点E到直线DF的距离为__eq \f(8\r(105),21)__．
(第3题)
【解析】 由题知AB，AD，AE两两垂直，所以以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则B(4，0,0)，D(0,4,0)，E(0,0,2)，F(4,2,1)．eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，－4,2)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(4，－2,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－4,4,0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(4,2，－1)．因为cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝eq \f(10,2\r(5)×\r(21))＝eq \f(\r(105),21)，所以sin〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝eq \f(4\r(21),21)，所以点E到直线DF的距离为|eq \(DE,\s\up6(→))|sin〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉＝2eq \r(5)×eq \f(4\r(21),21)＝eq \f(8\r(105),21)．
(第3题)
4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq \f(1,2)AA1＝1，D是棱AA1的中点，则点C到平面BDC1的距离为__eq \f(\r(,6),3)__．
(第4题)
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0,0)，C(0，0,0)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0，0,2)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝x－y＋z＝0，,n·\(BC1,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0.))取z＝1，得n＝(1,2,1)，从而点C到平面BDC1的距离为d＝eq \f(|\(BC,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(,6),3)．
(第4题)
相关试卷
2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角： 这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第3讲 立体几何中的计算问题——二面角，共15页。
2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲 立体几何中的计算问题——线线角与线面角： 这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲 立体几何中的计算问题——线线角与线面角，共12页。
2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲 立体几何中的证明问题： 这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲 立体几何中的证明问题，共10页。试卷主要包含了下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
