新高考数学一轮复习基础版讲义第7章第8节　空间距离（2份，原卷版+解析版）

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【知识梳理】
1.点P到直线l的距离
如图1，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eq \(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝eq \r(\a\vs4\al(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2))＝eq \r(a2－（a·u）2).
图1
2.点P到平面α的距离
如图2，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eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(QP,\s\up6(→))的长度.因此PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
图2
3.两条平行直线之间的距离
求两条平行直线l，m之间的距离，可在其中一条直线l上任取一点P，则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离.
4.直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离，用求点到平面的距离的方法求解：
直线a与平面α之间的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，其中A∈a，B∈α，n是平面α的法向量.
两平行平面α，β之间的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)，其中A∈α，B∈β，n是平面α，β的法向量.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”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到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.( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
解析 (1)当平面α上三点在平面β的两侧时，α与β相交.
(2)点到直线的距离是过该点作直线的垂线，该点与垂足之间的距离.
(4)直线l上的两个点在平面α的两侧时，l与平面α相交.
2.(选修一P34例6改编)已知平面ABC的一个法向量为n＝(1，2，1)，向量eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，则点F到平面ABC的距离为________.
答案 eq \f(\r(6),6)
解析 由题意，点F到平面ABC的距离为
eq \f(|\(AF,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))·（1，2，1）)),\r(6))eq \r()＝eq \f(\r(6),6).
3.(选修一P35T1改编)已知直线l经过点A(2，3，1)，且向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))为l的一个单位方向向量，则点P(4，3，2)到l的距离为________.
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 因为eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2，0，－1)，
且n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))为l的一个单位方向向量，
故点P到l的距离为d＝eq \r(|\(PA,\s\up6(→))|2－（\(PA,\s\up6(→))·n）2)
＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2).
4.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，则平面AMN与平面EFBD间的距离为________.
答案 eq \f(8,3)
解析 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，B(4，4，0)，N(4，2，4).
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，4，0).
设n＝(x，y，z)是平面AMN的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(MN,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0，,n·\(AM,\s\up6(→))＝－2x＋4z＝0，))
取z＝1，得n＝(2，－2，1).
∴点B到平面AMN的距离d＝eq \f(|n·\(AB,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(8,3).
易知MN∥EF，MN⊂平面AMN，EF⊄平面AMN，
∴EF∥平面AMN，
又BF∥AM，AM⊂平面AMN，BF⊄平面AMN，
∴BF∥平面AMN，
∵EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面EFBD，
∴平面AMN∥平面EFBD.
∴平面AMN与平面EFBD间的距离等于点B到平面AMN的距离，为eq \f(8,3).
考点一 利用几何法求距离
例1 (1)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝2BC＝4，AB⊥BC，则点C到直线PA的距离为( )
A.2eq \r(3)B.2eq \r(5)C.eq \r(2)D.4
答案 A
解析 如图，取PA的中点M，连接BM，CM，
因为PB⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥BC，
又因为AB⊥BC，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA，BC⊥PB，
因为M是PA的中点，PB＝AB，
所以BM⊥PA，
又BC⊥PA，BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BCM，
所以PA⊥平面BCM，
又CM⊂平面BCM，所以CM⊥PA，
即CM为点C到直线PA的距离.
在等腰Rt△PAB中，BM＝eq \f(\r(2),2)PB＝2eq \r(2)，
在Rt△BCM中，
CM＝eq \r(BM2＋BC2)＝eq \r(8＋4)＝2eq \r(3)，
故点C到直线PA的距离为2eq \r(3).
(2)(2024·安庆模拟)一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截(如图)，O为底面圆的中心，O1为截面的中心，A为截面上距离底面最小的点，A到圆柱底面的距离为1，B为截面图形弧上的一点，且∠AO1B＝60°，则点B到底面的距离是________.
答案 eq \f(14－\r(7),7)
解析 圆柱半径为1，截面与底边所成角为45°，
作AM⊥OO1于M，
则∠MAO1＝45°，AO1＝eq \r(2).
截面椭圆是以O1为中心，A为长轴端点的椭圆，其长轴长为2eq \r(2)，短轴长为2，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，
作BC⊥AO1于C，
因为∠AO1B＝60°，直线O1B的方程为y＝eq \r(3)x，
所以设B(x，eq \r(3)x)，
又因为B(x，eq \r(3)x)在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上，
解得x＝±eq \f(\r(14),7)，
所以BO1＝eq \f(2\r(14),7)，CO1＝eq \f(2\r(14),7)cs 60°＝eq \f(\r(14),7)，
过C作CD⊥OO1，
则O1D＝eq \f(\r(2),2)CO1＝eq \f(\r(7),7)，
OD＝OO1－O1D＝2－eq \f(\r(7),7)＝eq \f(14－\r(7),7)，
由于BC，CD均平行于底面，
故B点到底面的距离是eq \f(14－\r(7),7).
感悟提升 1.求点线距一般要作出这个距离，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解.
2.求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个距离，可根据条件求解，若不易作出点面距，可借助于等体积法求解.
训练1 (1)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq \r(2)BB1＝2，则C到直线AB1的距离为( )
A.eq \f(\r(15),5) B.eq \f(\r(10),5)C.eq \f(\r(15),3) D.eq \f(\r(30),3)
答案 D
解析 如图，连接CB1，
因为AB＝2，BB1＝eq \r(2)，
所以AB1＝eq \r(6)，CB1＝eq \r(6)，
AC＝2，
设AC的中点为D，连接B1D，
则B1D⊥AC，
设点C到直线AB1的距离为h，
故S△AB1C＝eq \f(1,2)×B1D×AC＝eq \f(1,2)h×AB1，
即eq \r(6－1)×2＝h×eq \r(6)，解得h＝eq \f(\r(30),3).
(2)(2024·威海模拟)已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为________.
答案 2eq \r(2)
解析 由题可得AB＝8，因为AP＝BP，
所以S△ABP＝eq \f(1,2)×8×4＝16，
因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，
所以VC－ABP＝eq \f(1,3)×16×4＝eq \f(64,3)，
因为AP＝BP＝4eq \r(2)，
所以AC＝BC＝4eq \r(3)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×8×eq \r(48－16)＝16eq \r(2)，
设点P到平面ABC的距离为d，
则VP－ABC＝eq \f(1,3)×16eq \r(2)d＝eq \f(64,3)，解得d＝2eq \r(2).
考点二 利用向量法求距离
角度1 点到直线的距离
例2如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为( )
A.eq \f(13,5)B.eq \f(13,7)C.eq \f(15,7)D.eq \f(16,7)
答案 A
解析 如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，
则eq \(BP,\s\up6(→))＝(－3，0，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－3，4，0)，
故点P到直线BD的距离d＝
eq \r(|\(BP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(BP,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→)),|\(BD,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)))\s\up12(2))＝eq \f(13,5)，
所以点P到直线BD的距离为eq \f(13,5).
角度2 点到平面的距离
例3 在棱长均为a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为( )
A.eq \f(\r(2),4)aB.eq \f(\r(2),8)aC.eq \f(3\r(2),4)aD.eq \f(\r(2),2)a
答案 A
解析 以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.
由ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，
故A(0，0，0)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(a,2)))，C1(0，a，a)，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，a))，eq \(DC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(a,2)))，
设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(→))＝\f(\r(3)a,2)x＋\f(a,2)y＋az＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))＝ay＋\f(a,2)z＝0，))
取n＝(eq \r(3)，1，－2)，
故点C1到平面AB1D的距离
d＝eq \f(|\(DC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(a,\r(3＋1＋4))＝eq \f(\r(2),4)a.
感悟提升 1.点线距的求解步骤：
直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量eq \(PP′,\s\up6(→))及其在直线的方向向量a上的投影向量→代入公式.
2.点面距的求解步骤：
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发到平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.
3.两异面直线间的距离
在两直线上各取一点构成一个向量eq \(AB,\s\up6(→))，u为两直线的公垂线的单位方向向量，则两异面直线间的距离为|eq \(AB,\s\up6(→))·u|.
训练2 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
求：（1）点N到直线AB的距离；
（2）点C1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(2eq \r(3)，2，0)，
C(0，4，0)，C1(0，4，4).
∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2).
(1)eq \(AN,\s\up6(→))＝(0，4，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2，0)，
则|eq \(AN,\s\up6(→))|＝2eq \r(5)，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝2\r(3)x＋2y＝0，,n·\(AN,\s\up6(→))＝4y＋2z＝0，))
令z＝2，则y＝－1，x＝eq \f(\r(3),3)，
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，－1，2)).
易知eq \(C1N,\s\up6(→))＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(C1N,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－4,\f(4\r(3),3))))＝eq \r(3).
【A级 基础巩固】
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为D1C1，C1C的中点.
(1)求点E到直线AF的距离；
(2)求点B1到平面A1BE的距离.
解 (1)如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2))).
eq \(EA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－1))，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(1,2)))，
则E到直线AF的距离d＝eq \r(（\(EA,\s\up6(→))）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(EA,\s\up6(→))·\(AF,\s\up6(→)),|\(AF,\s\up6(→))|)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(17),6).
(2)由(1)可得eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，0))，eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，
设n＝(x，y，z)为平面A1BE的一个法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1B,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,2)y＝0，,y－z＝0，))取x＝1，
得平面A1BE的一个法向量为n＝(1，2，2).
又eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0，1，0)，得B1到平面A1BE的距离为d＝eq \f(|\(A1B1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,3).
2.(2024·江西五市九校联考)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)求点B到平面CEF的距离.
(1)证明 取EC的中点G，连接BD交AC于点N，连接GN，GF.
因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，且N是AC的中点，
所以GN∥AE且GN＝eq \f(1,2)AE，
又AE∥BF，AE＝2BF＝2，
所以GN∥BF且GN＝BF，
所以四边形BNGF是平行四边形，
所以GF∥BN.
又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，
所以EA⊥BN，
又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC，
所以BN⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC.
又GF⊂平面EFC，
所以平面EFC⊥平面EAC.
(2)解 因为EA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以EA⊥AC.
因为EA∥BF，所以BF⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，所以BF⊥BC.
因为∠ABC＝60°，AB＝2，所以AC＝2，
所以EC＝eq \r(AC2＋AE2)＝2eq \r(2)，
CF＝eq \r(BC2＋BF2)＝eq \r(5)，EF＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
所以FG⊥EC且FG＝eq \r(CF2－CG2)＝eq \r(3)，
所以S△CEF＝eq \f(1,2)EC·FG＝eq \r(6).
取AB的中点M，连接CM，
因为四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
所以△ABC为等边三角形，
所以CM⊥AB，且CM＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
又因为EA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，
所以EA⊥CM，且AB∩EA＝A，AB，EA⊂平面ABFE，所以CM⊥平面ABFE.
连接BE，VC－BEF＝eq \f(1,3)S△BEF·CM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×BF·AB×CM＝eq \f(\r(3),3).
设点B到平面CEF的距离为d，
因为VB－CEF＝VC－BEF，
即eq \f(1,3)S△CEF·d＝eq \f(\r(3),3)，所以d＝eq \f(\r(2),2)，
故点B到平面CEF的距离为eq \f(\r(2),2).
3.如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离.
解 如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，
连接OP，OF，OB，则OP⊥DE，
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，
所以OP⊥平面BCDE.
因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点，
所以DE∥BC.
因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE，
所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP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O(0，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，
B(2，eq \r(3)，0)，C(－2，eq \r(3)，0)，F(0，eq \r(3)，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(4，0，0).
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x＋\r(3)y－\r(3)z＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝4x＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝z，))
令y＝z＝1，所以n＝(0，1，1).
因为eq \(OF,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，
设点O到平面PBC的距离为d，
则d＝eq \f(|\(OF,\s\up6(→)) ·n|,|n|)＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).
因为点O在直线DE上，
所以直线DE到平面PBC的距离等于eq \f(\r(6),2).
【B级 能力提升】
4.(2024·梅州模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq \f(1,2)AA1＝2，M为A1B1的中点.
(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出eq \f(B1Q,QB)的值；若不存在，请说明理由.
(2)求点C到平面BC1M的距离.
解 (1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为M为A1B1的中点，
所以C1M⊥A1B1.
又A1A⊥平面A1B1C1，C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，
所以C1M⊥平面AA1B1B.
又C1M⊂平面BC1M，
所 以平面BC1M⊥平面AA1B1B.
在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q.
因为平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，
因此AQ⊥平面BC1M，
故点Q即为所要找的点.
显然△ABQ∽△BB1M，
因此eq \f(BQ,B1M)＝eq \f(AB,BB1)，
即有eq \f(BQ,1)＝eq \f(2,4)，故BQ＝eq \f(1,2)，B1Q＝B1B－BQ＝4－eq \f(1,2)＝eq \f(7,2)，
所以eq \f(B1Q,QB)＝7.
(2)取AB的中点N，连接CN，MN，
因为M为A1B1的中点，
所以MN∥BB1∥CC1，MN＝BB1＝CC1，
所以四边形CNMC1为平行四边形，
即CN∥C1M，而C1M⊂平面BC1M，CN⊄平面BC1M，所以CN∥平面BC1M，
所以点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN.
又N为AB的中点，则点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M的距离hA的一半，
而由(1)知，当BQ＝eq \f(1,2)时，AQ⊥平面BC1M，
cs∠BAQ＝eq \f(AB,AQ)＝eq \f(2,\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))＝eq \f(4\r(17),17).
设AQ∩BM＝H，则hA＝AH＝AB·cs∠BAQ＝2×eq \f(4\r(17),17)＝eq \f(8\r(17),17)，
所以点C到平面BC1M的距离hC＝hN＝eq \f(1,2)hA＝eq \f(4\r(17),17).