高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第08讲 1.2.5空间中的距离

.2.5空间中的距离TOC\o"1-3"\h\u题型1两点间的距离 3题型2用向量法求点线距 7题型3用向量法求点面距 18题型4用向量法求线面距 28题型5用向量法求面面距 37题型6线线距离 50知识点一.两点间的距离1.两点间距离A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），|AB|=(2用向量表示两点间距离AB=(x1−x2,y1−知识点二.点到直线的距离定义：若P为直线l外一点，A是l上任意一点，在点P和直线l所确定的平面内，取一个与直线l垂直的向量n，则点P到直线l的距离为d==|PQ|=设e是直线l的方向向量，则点P到直线l的距离为d=|AP|sin<AP,e>知识点三.点到平面的距离定义：若P是平面α外一点，PQ⊥α，垂足为Q，A为平面α内任意一点，设n为平面α的法向量，点P到平面α的距离d=|AP知识点四.相互平行的直线与平面之间1.定义：当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离称为这条直线与这个平面之间的距离，2.公式：如果直线l与平面α平行，n是平面α的一个法向量，A、B分别是l上和α内的点，则直线l与平面α之间的距离为d＝eq\f(|\o(BA,\s\up7(→))·n|,|n|)．知识点五.相互平行的平面与平面之间的距离1.定义：当平面与平面平行时，一个平面内任意一点到另一个平面的距离称为这两个平行平面之间的距离．2.公垂线段：一般地，与两个平行平面同时垂直的直线，称为这两个平面的公垂线，公垂线夹在平行平面间的部分，称为这两个平面的公垂线段．显然，两个平行平面之间的距离也等于它们的公垂线段的长.3.公式：如果平面α与平面β平行，n是平面β的一个法向量，A和B分别是平面α和平面β内的点，则平面α和平面β之间的距离为d＝eq\f(|\o(BA,\s\up7(→))·n|,|n|)．题型1两点间的距离【方法总结】计算两点间的距离的两种方法(1)利用|a|2＝a·a，通过向量运算求|a|，如求A，B两点间的距离，一般用|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(\o(|\o(AB,\s\up7(→))|2))＝eq\r(\o(\o(AB,\s\up7(→))·\o(AB,\s\up7(→))))求解．(2)用坐标法求向量的长度(或两点间距离)，此法适用于求解的图形适宜建立空间直角坐标系时．【例题1】（2023春·陕西咸阳·高二校考阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1A．2 B．423 C．2【答案】C【分析】设A1C1∩B1D【详解】设A1C1∩B1D1=OB=平面A1BC1∩△OEB1AE=AD+故选：C【变式1-1】1.（2023春·高二课时练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为A．72 B．2 C．6 D．【答案】D【分析】设O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，CO⊥AB，以直线CO为x轴，OA1为z轴，过O平行于【详解】如图，O是底面正△ABC的中心，A1O⊥平面ABC，AO⊂AB=23，则AO=23CO⊥AB，直线CO交AB于点D，以直线CO为x轴，OA1为z轴，过O平行于AB的直线为则A1(0,0,3)，A(1,−AA1=(−1,3,AC设n=(x,y,则n⋅AC1=−4x+2P，Q两点间距离的最小值即为异面直线AC1与A1故选：D．【变式1-1】2.（2023·全国·高三专题练习）两条异面直线a，b所成的角为π3，在直线a，b上分别取点A′，E和A，F，使A′A⊥a，且【答案】23或【分析】利用空间向量线性运算得到EF=EA【详解】由题意，得EF=所以EF2因为A′E=3,AF=4,因为A′A⊥a，所以A′因为异面直线a，b所成的角为π3当EA′,AF的夹角为所以49=9+A′A2+16+0+2×6+0，则A当EA′,AF的夹角为所以49=9+A′A2+16+0+2×综上：线段AA′的长为23故答案为：23或6.【变式1-1】3.（2023春·江苏常州·高二校联考阶段练习）如图在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1(1)用向量a,b,(2)求MN的长．【答案】(1)MN(2)58【分析】（1）根据空间向量基本定理及向量共线定理将MN转化为a,（2）根据（1）中的结果，两边同时平方，根据向量数量积定义及模的公式计算结果即可.【详解】（1）解：连接AM如图所示：因为AM=AB=1AN=所以MN=（2）因为平行六面体ABCD−A1AA1=2所以a=1,b=1,由（1）知MN=−MN=14+题型2用向量法求点线距【方法总结】用向量法求点线距的一般步骤建立空间直角坐标系；（2）求直线的方向向量；（3）计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影长；（4）利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.【例题2】（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1

A．510a B．55a C．【答案】A【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】∵在平行六面体ABCD−A1B1C1AC1=d=b=所以AC1=C1所以E到直线AC1的距离为故选：A【变式2-1】1.（多选）（2022春·江苏常州·高二常州高级中学校考期中）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1，侧棱长为2，点M，N分别为侧棱CC1，DA上的动点，AM⊥平面α.则下列正确的有（）A．异面直线AM与B1C可能垂直B．∠AMD1恒为锐角C．AB与平面α所成角的正弦值范围为[D．点N到直线BD1距离的最小值为2【答案】ACD【分析】A.先证明B1C⊥平面ABM，结合AM⊂平面ABM，可得B1C⊥AM；B.以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法判断；C.连接AC，AC1，等同于AB与AM所成角θ的余弦值的范围,进而可判断；D.设N(m，0，0)，【详解】在平面BCC1B1内作BM在正四棱柱ABCD−因为AB⊥平面BCC1B1所以AB⊥又BM⊂平面ABM，AB⊂平面ABM，所以B1C⊥平面ABM，又AM所以B1C⊥以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，M(0,1,x)(0≤x≤2)则MA=(1,−1,−x)，MD1=(0,−1,当x=1时，MA⊥M如图：连接AC，AC1，等同于AB与AM所成角θ的余弦值的范围，在直角三角形ABM中，当点M由C点向C1移动时，AM逐渐增大，在直角三角形ABC中，AC在直角三角形ACC1中，∴2≤AM≤6，则1AM∈[66,设N(m,0,0)，BN=(m−1,−1,0)，Bcos∠NBD1所以点N到直线BD1的距离为d=5m2−8故选：ACD．

【变式2-1】2.（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期中）三棱锥P−ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形，且AC=22，各侧棱长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点，设Q到平面PBC的距离为d1,Q【答案】142/【分析】取AC中点O，连接PO,BO，以O为原点建立空间直角坐标系设CQ=【详解】取AC中点O，连接PO,因为PA=PC=3，AC=22因为△ABC是等腰直角三角形，所以BO⊥AC又PB=3，满足PB2因为AC∩BO=O，且两直线在平面内，所以如图，以O为原点建立空间直角坐标系，设CQ=则C0,则PB=设CQ=λCE则Q0,−32所以cos∠QAB所以sin∠QAB所以d2设平面PBC的法向量为n=则n⋅PB=0n⋅PC=0则d1所以d1所以f'λ=4λ又ℎ'λ=74所以当λ∈0,25时，f′λ<0，f所以fλmin=f2故答案为：142【变式2-1】3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）三棱台ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，(1)求三角形ABC重心G到直线B1(2)求二面角B1

【答案】(1)7(2)2【分析】（1）建立坐标系，点G作GH⊥B1C1，求出GH，进而得出三角形ABC（2）利用向量法得出二面角.【详解】（1）因为A1B1=过点A作平面A1AC的垂线，建立如图所示空间直角坐标系

B2,2,0，C0,22,0，过点G作GH⊥B1AH=2则H2因为GH=2所以GH⋅B1所以GH=−2即三角形ABC重心G到直线B1C1（2）BC1=−设平面BB1C1取z=1，则设平面BFC1的法向量m取c=1，则所以，cos由图可知，二面角B1−BC1【变式2-1】4．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G

(1)证明：平面BDF⊥平面BCG(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）过G作GH//CB，交底面弧于H，连接HB，有HBCG为平行四边形，根据题设可得FB⊥HB，即FB⊥（2）构建如下图示空间直角坐标系A−xyz，令半圆柱半径为r，高为ℎ，确定相关点坐标，进而求平面BDF、平面ABG的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得ℎ=2r，即可求出点【详解】（1）过G作GH//CB，交底面弧于H，连接HB，易知：所以HB//CG，又G为弧CD的中点，则H是弧所以∠HBA=45°，而由题设知：∠ABF所以FB⊥HB，即FB⊥CG，由CB⊥底面ABF，FB⊂平面ABF，则CB⊥所以FB⊥平面BCG，又FB⊂平面BDF，所以平面BDF⊥（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系A−令半圆柱半径为r，高为ℎ，则B0,2r,0，F2r所以FD=−2r,0,ℎ，BD若m=x,y,z是面BDF的一个法向量，则若n=a,b,c是面ABG的一个法向量，则所以cosm整理可得ℎ2−4r2ℎ由题设可知，此时点G−1,1,2，D0,0,2，则DF=2,0,−2，所以点G到直线DF的距离d=

.【变式2-1】5.（2023春·江苏盐城·高二盐城市大丰区南阳中学校考阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD(1)求证：MN//平面BDE(2)求点N到直线ME的距离；(3)在线段PA上是否存在一点H，使得直线NH与平面MNE所成角的正弦值为2621，若存在，求出线段【答案】(1)证明见解析(2)105(3)3【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.【详解】（1）因为PA⊥底面ABC，∠建立空间直角坐标系如图所示，则A(0,0,0),所以DE=(0,1,0),设n=(x,则n⋅DE=0n⋅DB=0又MN=可得MN⋅n=0，因为MN所以MN//平面BDE（2）因为ME=所以点N到直线ME的距离d=（3）设H0,0,t，t∈设平面MNE的法向量为m=则m⋅MN=12所以cosm即20t2−28t−3=0所以AH=题型3用向量法求点面距【方法总结】用向量法求点面距的步骤建系：建立恰当的空间直角坐标系；求点坐标：写出（求出）相关点的坐标；（3）求向量：求出相关向量的坐标（AP，α内两个不共线向量，平面α的法向量n）；（4）求距离d=|AP【例题3】（2023春·福建龙岩·高二校联考期中）如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，SO=AB=4，AC=BC，D为SO的中点，N为AD

A．43 B．53 C．1 【答案】B【分析】以点O为坐标原点，OC、OA、OS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点N到平面SBC的距离.【详解】因为AC=BC，O为AB的中点，则由圆锥的几何性质可知SO⊥平面ABC以点O为坐标原点，OC、OA、OS所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则S0,0,4、B0,−2,0、C2,0,0、A0,2,0、设平面SBC的法向量为n=x,y,则n⋅BC=2x+2又因为BN=0,3,1，所以，点N到平面SBC的距离为故选：B.【变式3-1】1．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面QGC的距离是（

）A．14 B．12 C．22【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，求平面QGC的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.【详解】建立空间直角坐标系如图所示：则C(0,2,0)，Q(1,0,2)，G(0,0,2)，A(1,1,0)，QC=(−1,2,−2)，QG=(−1,0,0),AC=(−1,1,0)，设平面QGC的法向量为n=(x,y,故选：C【变式3-1】2.（2022春·江苏常州·高二常州高级中学校考期中）已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，PD⊥平面ABCD，PD

(1)求二面角T−(2)若棱PC上一点M到平面TBD的距离为3217，试确定点【答案】(1)−(2)M为PC的中点.【分析】（1）连接AC交BD于O，过O作PD的平行线义PB于M，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角T−（2）设PM=λPC(0≤λ≤1)，利用向量示表示出点M到平面【详解】（1）连接AC交BD于O，过O作PD的平行线，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B则DT=23设平面BDT的一个法向量n则n⋅DT=∴平面BDT的一个法向量为n又PD⊥平面ABCD,∴∴cosDF,n∴二面角T−BD−（2）设PM=λ∴DM=则点M到平面TBD的距离为3λ解得λ故点M的坐标为−1【变式3-1】3．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）如图，在四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,AC=2,AB=3,∠

(1)求点A到平面CDE的距离；(2)求平面BCD与平面CDE夹角的余弦值．【答案】(1)2(2)19【分析】（1）取AC中点F，连接FE,FD，由题意证明平面ABC⊥平面DEF，说明D（2）求出平面BCD与平面CDE的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）取AC中点F，连接FE,FD，因为AD=又AC⊥DE,所以AC⊥平面DEF，而FE⊂平面DEF，所以由已知AF=1,∠BAC=60°由AC⊥平面DEF,AC⊂平面ABC，得平面因此DE在平面ABC内的射影就是直线EF，设D在面ABC的射影为H，则H在直线EF上，由题意知BE=13所以VD所以DH=1，又因为DF=1，所以H与F重合，所以DF⊥以F为原点，FA,FE,FD所在直线为则D0,0,1

AE所以B点坐标为−1CB=设平面DEC的一个法向量是n1则n1⋅CD=x+z所以点A到平面CDE的距离d=（2）设平面BCD的法向量为n2则n2⋅CD=a故n2所以cosn由于平面BCD与平面CDE夹角范围为[0,π所以平面BCD与平面CDE夹角的余弦值是19385【变式3-1】4.（2023春·甘肃白银·高二校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，(1)求证：平面AEF⊥平面PCD(2)求平面AEF与平面AEP所成角的余弦值；(3)若棱BP上一点G，满足PG=2GB，求点G到平面【答案】(1)证明见解析(2)3(3)0【分析】（1）（2）（3）如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，P2,0,2，所以DC=0,2,0，PC=−2,2,−2，因为所以DF=13所以AF=−2设平面AEF的法向量为n=x,令x=z=1，则y平面PCD的法向量为m=a,令a=1，则c=−1，所以所以n⋅m=1×1+0×所以平面AEF⊥平面PCD（2）易知平面AEP的一个法向量u=设平面AEF与平面AEP所成角为θ，则cosθ所以平面AEF与平面AEP所成角的余弦值为33（3）因为棱BP上一点G，满足PG=2GB，所以所以AG=所以点G到平面AEF的距离d=【变式3-1】5．（2023春·江西赣州·高二江西省寻乌中学校考阶段练习）如图，设在直三棱柱ABC−A1B1C1

(1)求异面直线A1(2)求点B1【答案】(1)63(2)6．【分析】（1）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦作答.（2）由（1）中坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离作答.【详解】（1）在直三棱柱ABC−A1

则A(0,0,0),A1B=(2,0,−2),所以异面直线A1B,（2）设平面AEF的一个法向量为n=(a,则n⋅AE=2b+c=0于是d=所以点B1到平面AEF的距离为6【变式3-1】6．（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）如图，已知PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AD=2，AB=4，M、N

(1)求证：MN//平面PAD(2)求点D到平面PMC的距离．【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）取线段PD的中点E，连接AE、NE，证明出四边形AMNE为平行四边形，可得出MN//（2）以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点D到平面PMC的距离.【详解】（1）证明：取PD中点E，连接AE、NE，因为N、E分别为PC、PD的中点，则NE//CD且因为四边形ABCD为矩形，则AB//CD且因为M为AB的中点，所以，AM//CD且所以，AM//NE且AM=NE，故四边形因为MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，因此，MN//（2）解：因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则D0,2,0、P0,0,2、C4,2,0设平面PMC的法向量为n=x,y,则n⋅MP=−2x+2因为DC=4,0,0，故点D到平面PMC的距离为题型4用向量法求线面距【方法总结】求直线与平面间的距离，往往转化为点到平面的距离求解，且这个点要适当选取，以求解最为简单为准则，求直线到平面的距离的题目不多，因直线到平面的距离可以用点到平面的距离求解，但在求点到平面的距离时有时用直线到平面的距离进行过渡.【例题4】（2021·高二课时练习）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，E，F分别为CC1，AA1的中点．（1）求证：D1F∥平面BDE；（2）求直线D1E与平面BDE所成角的正弦值；（3）求直线D1F与平面BDE之间的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）63；（3）2【分析】（1）推导出D1F∥BE，由此能证明D1F∥平面BDE；（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线D1E与平面BDE所成角的正弦值；（3）由D1F∥平面BDE，DD1→【详解】解：（1）∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1＝2，E，F分别为CC1，AA1的中点．∴D1F∥BE，∵D1F⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，∴D1F∥平面BDE；（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则D1（0，0，2），F（1，0，1），B（1，1，0），D（0，0，0），E（0，1，1），D1E→=（0，1，﹣1），设平面DBE的法向量m→则m⋅DB=设直线D1E与平面BDE所成角为θ，则sinθ=D∴直线D1E与平面BDE所成角的正弦值为63（3）∵D1F∥平面BDE，DD1→∴直线D1F与平面BDE之间的距离为：d=D【变式4-1】1．如图，在多面体ABC−A1B1C1中，侧面ABB1(1)求证：CC1∥平面(2)求直线A1C1(3)求直线A1B1【答案】(1)证明见解析；(2)45(3)85【分析】（1）先证明A1A⊥平面ABC（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标和相关向量坐标，求出平面ABC1的法向量，根据空间向量的夹角公式即可求得直线A1（3）结合（2）的结果，利用空间距离的向量求法，先求点A1到平面ABC1的距离，即可求得直线A【详解】（1）证明：由题意CA⊥平面ABB1A1，CA⊂平面又侧面ABB1A而A1A⊂平面ABB1所以A1A⊥平面ABC，又C所以A1A∥CC1,而A1故CC1∥平面（2）因为CA⊥平面ABB1A1，AB而A1A⊥故以A为坐标原点，分别以AB,因为AA则A(0，0，0),则AB=(3,0,0),设平面ABC1的法向量为n=(即3x=04y+2设直线A1C1与平面AB则sinθ（3）因为侧面ABB1A而AB⊂平面ABC,A1B1⊄平面ABC,故A则直线A1B1到平面ABC1A1C1=(0,4,−2)，平面故点A1到平面ABC1即直线A1B1到平面AB【变式4-1】2．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，PA(1)求证：PB∥(2)求直线PB到平面ACQ的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接BD交AC于O，连接OQ，首先根据三角形中位线证明PB∥OQ，然后根据线面平行的判定定理即可证明PB∥（2）由于（1）可知由于PB∥【详解】（1）连接BD交AC于O，连接OQ，因为底面ABCD为正方形，所以O为BD的中点，因为Q为PD中点，所以PB∥因为PB⊂平面ACQ，OQ⊂平面ACQ，所以PB∥（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCDPA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD故AB、AD、AP两两垂直，以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示，C2,2,0，Q0,1,1，A0,0,0设平面ACQ的法向量为n=所以n⋅AQ=由于PB∥BC=AD=0,2,0，B到平面即直线PB到平面ACQ的距离为23【变式4-1】3．如图，在正四棱锥P−ABCD中，O为底面中心，AB=32，(1)求证：DM∥平面EAC；(2)求：（i）直线DM到平面EAC的距离；（ii）求直线MA与平面EAC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（i）355【分析】(1)建立空间直角坐标系，求出平面EAC的法向量与DM，即可判断出线面的位置关系.(2)利用第一问的法向量，与平行关系，用点到平面的距离公式d=AD⋅【详解】（1）证明：连接BD，则O是BD的中点，且AC⊥在正四棱锥P−ABCD中，PO⊥平面ABCD，PO=3，AB=3则O0,0,0，A3,0,0，P0,0,3，B0,3,0，C−3,0,0，DDM=0,3,32，设平面EAC的法同量m=x,y,z，则m⋅∵DM⋅m=0，∴DM（2）（i）AD=−3,−3,0，∴直线DM到平面EAC的距高（ii）MA=3,0,−3∴直线MA与平面EAC所成角的正弦值为25【变式4-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC,∠ADC=∠PAB=(1)在直线PA上找一点M，使得直线MC//平面PBE，并求AM(2)若直线CD到平面PBE的距离为255，求平面PBE与平面【答案】(1)2(2)2【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量垂直充要条件列出等式，解之即可求得AMAP（2）先由直线CD到平面PBE的距离为255求得PA的长度，再利用平面PBE与平面PBC法向量的夹角公式去求平面PBE与平面【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，∠PAB=90∘，异面直线即PA⊥AB,PA⊥CD取PD中点F，连接EF，又AE=DE，则PA//EF又四边形ABCD中，AD∥BC则BE⊥AD，则三直线以E为原点，分别以ED、EB、EF所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图：设PA=ℎ(ℎ>0)，则E(0,0,0)，D(1,0,0)，P(−1,0,ℎ)设平面PBE的一个法向量为n=(则PE⋅n=0PB⋅n=0，即设M(−1,0,t由直线MC//平面PBE，可得MC⊥则2ℎ+0−t=0，解之得t=2ℎ（2）由直线CD到平面PBE的距离为255，得点C到平面PBE的距离为又CB=(−1,0,0)，n则CB⋅nn=2则P(−1,0,2)，n=(2,0,1)设平面PBC的一个法向量为m=(x则CB⋅m=0PB⋅m=0，即设平面PBE与平面PBC夹角为θ则cos又0≤θ≤题型5用向量法求面面距【例题5】(多选)（2020秋·辽宁大连·高二大连八中校考期中）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点EA．点A到直线BE的距离是2B．点O到平面ABC1C．平面A1BD与平面BD．点P到直线AD的距离为5【答案】ABCD【分析】以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为【详解】如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，BD(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)所以BA=(−1,0,0),设∠ABE=θ，则cos故A到直线BE的距离d1故选项A正确．易知C1平面ABC1D则点O到平面ABC1D故选项B正确．A1设平面A1BD的法向量为则n⋅A令z=1，得y所以n=(1,1,1)所以点D1到平面A1BD因为平面A1BD//所以平面A1BD与平面B1CD所以平面A1BD与平面B1故选项C正确．因为AP=34又AB=(1,0,0)，则AP所以点P到AB的距离d=故选项D正确．故选：ABCD.【变式5-1】1.（多选）（2023·江苏·高二专题练习）（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1A．点A到直线BE的距离是55 B．点O到平面ABCC．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量结合空间向量数量积求得各个选项的距离，得出结论.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，BD(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)所以BA=(−1,0,0),设∠ABE=θ，则cos故A到直线BE的距离d1易知C1平面ABC1D则点O到平面ABC1DA1设平面A1BD的法向量为则n⋅A令z=1，得y所以n=(1,1,1)所以点D1到平面A1BD因为平面A1BD//所以平面A1BD与平面B1CD所以平面A1BD与平面B1因为AP=34又AB=(1,0,0)，则AP所以点P到AB的距离d=故选：BC.【点睛】本题主要考查利用空间向量求点线、点面、面面距离，意在考查学生的数学运算的学科素养，属中档题.线面距、面面距实质上都是点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.【变式5-1】2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M、N、R分别是OA、(1)直线MN与平面OCD的距离；(2)平面MNR与平面OCD的距离．【答案】(1)2(2)2【分析】（1）证明出平面MNR//平面OCD，可得出MN//平面OCD，以点A为坐标原点，AB、AD、AO所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线MN与平面（2）利用空间向量法可求得平面MNR与平面OCD的距离．【详解】（1）解：因为OA⊥平面ABCD，四边形ABCD以点A为坐标原点，AB、AD、AO所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则C2,2,0、D0,2,0、O0,0,2、M0,0,1、因为M、R分别为PA、AD的中点，则MR//∵MR⊄平面OCD，OD⊂平面OCD，∴因为AD//BC且AD=BC，R、N分别为AD、BC的中点，则所以，四边形CDRN为平行四边形，∴RN∵RN⊄平面OCD，CD⊂平面OCD，∴∵MR∩RN=R，MR、RN⊂平面MNR，∵MN⊂平面MNR，∴MN设平面OCD的法向量为n=x,y,则n⋅DC=2x=0n⋅所以，直线MN与平面OCD的距离为d1（2）解：因为平面MNR//平面OCD，则平面MNR与平面OCD的距离为d【变式5-1】3.（2022·高二课时练习）如图所示的多面体是底面为ABCD的长方体被平面AEC1F所截而得的，其中AB=4，BC=2（1）求点C到平面AEC（2）设过点B平行于平面AEC1F的平面为α，求平面AE【答案】（1）43311；（2）【分析】（1）由题意，以D为原点，以DA,DC,DF所在的直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，设F(0,0,z)，根据AEC1F为平行四边形，得到AF=（2）由（1）知平面AEC1F的一个法向量为n=(1,−14,1)，又由BE=(0,0,1)，求得点【详解】（1）由题意，以D为原点，以DA,DC,DF所在的直线分别为x轴、可得D(0,0,0),设F(0,0,z)，因为AE即(−2,0,z)=(−2,0,2)，所以z=2则AE=(0,4,1),设平面AEC1F的法向量为n取x=1，可得y=−1又由AC=(−2,4,0)所以点C到平面AEC1F（2）由（1）知平面AEC1F又由BE=(0,0,1)，可得点B到平面AEC1因为过点B平行于平面AEC1F所以平面AEC1F与平面α之间的距离等于但B即平面AEC1F与平面α【变式5-1】4.（2022·高二单元测试）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点M，N，E，F分别为A1D1，A1B1，C1D1，B1C1的中点，（1）证明：平面AMN∥平面EFBD；（2）求平面AMN与平面EFBD间的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）83【分析】（1）如图所示，建立空间直角坐标系，证明EF=MN，（2）因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离，求出平面AMN的法向量，从而可求的答案.【详解】（1）证明：如图所示，建立空间直角坐标系，则A(4，0，0)，M(2，0，4)，D(0，0，0)，B(4，4，0)，E(0，2，4)，F(2，4，4)，N(4，2，4)．从而EF＝(2，2，0)，MN＝(2，2，0)，AM＝(－2，0，4)，BF＝(－2，0，4)，所以EF=MN，又EF⊂平面EFBD，MNBF⊂平面EFBD，AM因为MN∩AM＝M，所以平面AMN∥平面EFBD；（2）解：因为平面AMN∥平面EFBD，所以点B到平面AMN的距离即为平面AMN与平面EFBD间的距离．设n=则有n⋅MN=0n⋅由于AB＝(0，4，0)，所以点B到平面AMN的距离为n⋅所以平面AMN与平面EFBD间的距离为83【变式5-1】5.（2018秋·安徽合肥·高二合肥一六八中学校考期末）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD，AB//CD,AD(1)求平面α将四棱锥P−(2)若平面α与平面PBC之间的距离为66，求直线PA与平面PBC【答案】(1)15或(2)3【分析】（1）先由面面平行的性质定理得到AE//BC，EF//PC，进而证得E,F分别是CD,（2）建立空间直角坐标系如图2，设PD的长为t，先由面面距离利用空间向量的数量积可求得t，再利用空间向量夹角余弦公式可得直线PA与平面PBC所成角的正弦值.（1）如图1，记平面α与直线CD,PD的交点分别为E,F，则面因为面AEF//面PBC，面AEF∩面ABCD=AE，面所以AE//BC，同理又AB//CD，即AB//EC，所以四边形又CD=2，故E是CD由中位线定理的推论，可知F是PD的中点，由条件易得SABCD=12AB由PD⊥底面ABCD，得VF−ADE=故平面α将四棱锥P−ABCD分成两部分几何体的体积之比为.（2）由CD,PD,DA两两垂直，建立空间直角坐标系如图2，记PD的长为则EC=0,1,0，BC=设平面PBC的法向量n=x,y,z，则有取y=t得平面PBC的法向量由条件易知点E到平面PBC距离为EC⋅nn=66，即t2所以n=故直线PA与平面PBC所成角θ满足sinθ.【点睛】本题主要考查棱锥的体积公式以及利用空间向量线面角，空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.【变式5-1】6.（2023·全国·高三专题练习）底面为菱形的直棱柱ABCD−A1B1(1)在图中作一个平面α，使得BD⊂α，且平面AEF//α.（不必给出证明过程，只要求作出(2)若AB=AA1=2,∠BAD=【答案】(1)见解析(2)d【分析】（1）取B1C1,D1C1的中点M,N，则平面BMND即为所求平面α.（2）连接AC,AC交BD于O，则AC⊥BD，分别以（1）如图，取B1C1,D1C1的中点证明：由EF//MN,EF⊄平面BMND，MN⊂平面BMND，可得由AE//DN，AE⊄平面BMND，DN⊂平面BMND，可得AE∩EF=E,AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF,故可得平面（2）如图，连接AC,AC交BD于O，∵在直棱柱ABCD−∴AC∴分别以DB,AC所在的直线为x,又∵所有棱长为2，∠∴A∴E∴AE=1设n=x,y,z令y=43得n=∴点B到平面AEF的距离ℎ=∴平面AEF与平面α的距离d=题型6线线距离【例题6】在三棱锥S−ABC中，SA=BC=2，SC=AB=3，SB=AC=5【答案】66【分析】将三棱锥S−ABC补成正六面体为利用勾股定理求解长、宽、高，再建立直接坐标系后，求出AM和CN的法向量，便可求得直线AM与【详解】解：三棱锥S−ABC的三组对棱分别相等，因此三棱锥S−ABC的外接平行六面体为长方体，将三棱锥S−ABC放在长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c因此以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：则S0,3,2，A1,0,2，B0,0,0AM=−1设n=x,y,z令y=2，则z=32又MN=0,0,2，所以异面直线AM与CN故答案为：66【变式6-1】1．（2023秋·辽宁沈阳·高二沈阳二十中校联考期末）如图①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1．沿着AE将(1)求异面直线AB′与(2)求异面直线AB′与【答案】(1)3(2)2【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线AB′与（2）根据空间向量求直线AB′与CD公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线AB【详解】（1）图①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC所以BE2+AE2=在图②中，∠DAB′=90°，即AD所以AD⊥平面AB′E，即又B′E⊂平面AB′E，所以B′则E0,0,0所以AB′=则异面直线AB′与CD所成的角的余弦值为（2）由（1）得AC=1,−3,0，设m=所以AB′⋅m所以异面直线AB′与CD之间的距离为【变式6-1】2．（2023春·江西·高二校联考开学考试）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，D为A(1)求点C1到平面BCD(2)若AA1=2AB，平面BCD⊥平面ABB1A1，若平面BDE【答案】(1)2；(2)269【分析】（1）由已知可推得VC1−（2）取BD中点为F，可得AF⊥平面BCD，进而可证BC⊥平面ABB1A1.然后根据已知可求得AB=1，BC=4.以点B为坐标原点建系，设AE=λAC，根据已知写出点的坐标，得出平面BDE与平面BDC1的法向量，根据已知求出λ=12，即E为AC的中点.将平面AC【详解】（1）设点A到平面BCC1B由三棱柱的性质可知，AA1//平面BC所以，点D到平面BCC1B1的距离等于点A到平面所以，VD由已知可得，VC所以，VD−BC又VC1−BCD=（2）取BD中点为F，连结AF.因为AA1=2AB，D为AA1的中点，所以AD=因为平面BCD∩平面ABB1A1=BD，平面BCD所以，AF⊥平面BCD，因为BC⊂平面BCD，所以又由直三棱柱的性质可得，AA1⊥BC，AA1∩AF=所以，BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A设AB=a，BC=b，则则VABC−A则由已知可得，VABC−A以点B为坐标原点，分别以BC,BA,设AE=λAC0≤λ≤1，则B0,0,0，C4,0,0，A0,1,0，B所以，BD=0,1,1，AC=4,−1,0，所以AE=λAC设n1=x1,y1,z1是平面所以，n1=λ设n2=x2,y2,z2是平面所以，n2=1,2,−2又平面BDE与平面BDC1的夹角的余弦值为53333，所以整理可得22λ2−7λ−2=0所以λ=12，所以AE=12AC如图，延长AA1至点G，使得A1G=AA连结GH、C1G、因为D,E分别是AA1、由三棱柱