第3章 §4 4.3 第2课时 空间中的距离问题(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 赢在微点 轻松课堂 数学 第三章 空间向量与立体几何 　 §4　向量在立体几何中的应用 4.3　用向量方法研究立体几何中的度量关系 第2课时　空间中的距离问题 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 稳健启程 新知初步构建 自主预习·明新知 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 合作探究·攻重难 细研深究 萃取知识精华 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 第2课时　空间中的距离问题 当堂检测·提素养 第 * 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\r(\o(BC1,\s\up15(→))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up15(→))·\f(\o(A1C1,\s\up15(→)),|\o(A1C1,\s\up15(→))|)))2)＝eq \r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))2)＝eq \f(13,5)。 用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的单位方向向量； (3)求所求点与直线上某一点所构成的向量； (4)代入点线距公式求距离。 【变式训练】　在长方体OABC­O1A1B1C1中，OA＝2，AB＝3，AA1＝2，求O1到直线AC的距离。 解　解法一：建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(2,0,0)，O1(0,0,2)，C(0,3,0)， 所以eq \o(AO1,\s\up15(→))＝(－2,0,2)，eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－2,3,0)， 所以eq \o(AC,\s\up15(→))对应的单位向量为u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(13))，\f(3,\r(13))，0))， 所以O1到直线AC的距离d＝eq \r(\o(AO\o\al(2,1),\s\up15(→))－\o(AO1,\s\up15(→))·u2)＝eq \r(8－\f(16,13))＝eq \f(2\r(286),13)。 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，O1(0,0,2)，C(0,3,0)，过O1作O1D⊥AC于点D，设D(x，y,0)，则eq \o(O1D,\s\up15(→))＝(x，y，－2)，eq \o(AD,\s\up15(→))＝(x－2，y,0)。 因为eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－2,3,0)，eq \o(O1D,\s\up15(→))⊥eq \o(AC,\s\up15(→))，eq \o(AD,\s\up15(→))∥eq \o(AC,\s\up15(→))， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋3y＝0，,\f(x－2,－2)＝\f(y,3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(18,13)，,y＝\f(12,13)，))所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)，\f(12,13)，0))， 所以|eq \o(O1D,\s\up15(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,13)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))2＋－22)＝eq \f(2\r(286),13)。 即O1到直线AC的距离为eq \f(2\r(286),13)。 类型二 求点到平面的距离 【例2】　在三棱锥S­ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2eq \r(3)，M，N分别为AB，SB的中点，如图所示。求点B到平面CMN的距离。 解　取AC的中点O，连接OS，OB。 因为SA＝SC，AB＝BC，所以AC⊥SO，AC⊥BO。 因为平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC， 所以SO⊥平面ABC。 又BO⊂平面ABC，所以SO⊥BO。 如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O­xyz， 则B(0,2eq \r(3)，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,2eq \r(2))，M(1，eq \r(3)，0)，N(0，eq \r(3)，eq \r(2))。 所以eq \o(CM,\s\up15(→))＝(3，eq \r(3)，0)，eq \o(MN,\s\up15(→))＝(－1,0，eq \r(2))，eq \o(MB,\s\up15(→))＝(－1，eq \r(3)，0)。 设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CM,\s\up15(→))·n＝3x＋\r(3)y＝0，,\o(MN,\s\up15(→))·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1， 则x＝eq \r(2)，y＝－eq \r(6)， 所以n＝(eq \r(2)，－eq \r(6)，1)。 所以点B到平面CMN的距离d＝eq \f(|n·\o(MB,\s\up15(→))|,|n|)＝eq \f(4\r(2),3)。 求点到平面的距离的主要方法 (1)作点到平面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离。 (2)在三棱锥中用等体积法求解。 (3)向量法：d＝eq \f(|n·\o(MA,\s\up15(→))|,|n|)(n为平面的法向量，A为平面上一点，MA为过点A的斜线段)。 【变式训练】　在直三棱柱中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点。 (1)求证：B1C∥平面A1BD； (2)求点B1到平面A1BD的距离。 解　(1)证明：连接AB1交A1B于点E，则E为AB1的中点。连接DE。因为D是AC的中点，所以DE∥B1C，DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD。 (2)如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B1(0，2eq \r(2)，3)，B(0,2eq \r(2)，0)，A1(－1,0,3)，eq \o(DB1,\s\up15(→))＝(0,2eq \r(2)，3)，eq \o(DB,\s\up15(→))＝(0,2eq \r(2)，0)，eq \o(DA1,\s\up15(→))＝(－1,0,3)。 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up15(→))·n＝2\r(2)y＝0，,\o(DA1,\s\up15(→))·n＝－x＋3z＝0，))所以n＝(3,0,1)。 故所求距离为d＝eq \f(|n·\o(DB1,\s\up15(→))|,|n|)＝eq \f(3\r(10),10)。 类型三 其他距离的求法 【例3】　如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在棱BB1上，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H。 (1)求证：B1D⊥平面ABD； (2)求证：平面EGF∥平面ABD； (3)求平面EGF与平面ABD的距离。 解　(1)证明：如图所示建立空间直角坐标系， 设AB＝a，则A1(a,0,0)，B1(0,0,0)，C1(0,2,0)，F(0,1,0)，E(0,0,1)，A(a,0,4)，B(0,0,4)，D(0,2,2)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))。 所以eq \o(B1D,\s\up15(→))＝(0,2,2)，eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－a,0,0)，eq \o(BD,\s\up15(→))＝(0,2，－2)。 所以eq \o(B1D,\s\up15(→))·eq \o(AB,\s\up15(→))＝0＋0＋0＝0，eq \o(B1D,\s\up15(→))·eq \o(BD,\s\up15(→))＝0＋4－4＝0。 所以eq \o(B1D,\s\up15(→))⊥eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(B1D,\s\up15(→))⊥eq \o(BD,\s\up15(→))， 所以B1D⊥AB，B1D⊥BD。 又AB∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD。 (2)证明：由(1)可得eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－a,0,0)，eq \o(BD,\s\up15(→))＝(0,2，－2)， eq \o(GF,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，eq \o(EF,\s\up15(→))＝(0,1，－1)， 所以eq \o(AB,\s\up15(→))＝2eq \o(GF,\s\up15(→))，eq \o(BD,\s\up15(→))＝2eq \o(EF,\s\up15(→))， 所以eq \o(GF,\s\up15(→))∥eq \o(AB,\s\up15(→))，eq \o(EF,\s\up15(→))∥eq \o(BD,\s\up15(→))。 所以GF∥AB，EF∥BD。 又GF∩EF＝F，AB∩BD＝B， 所以平面EGF∥平面ABD。 (3)由(1)(2)知，eq \o(B1D,\s\up15(→))是平面EGF和平面ABD的法向量。 因为平面EGF∥平面ABD，所以点E到平面ABD的距离就是两平面的距离，设为d。 因为eq \o(EB,\s\up15(→))＝(0,0,3)，eq \o(B1D,\s\up15(→))＝(0,2,2)， 所以d＝eq \f(|\o(B1D,\s\up15(→))·\o(EB,\s\up15(→))|,|\o(B1D,\s\up15(→))|)＝eq \f(6,\r(22＋22))＝eq \f(3\r(2),2)。 即两平面间的距离为eq \f(3\r(2),2)。 线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行。 【变式训练】　如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点。 (1)求点D到平面PEF的距离； (2)求直线AC到平面PEF的距离。 解　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1，0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，则eq \o(PE,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq \o(PF,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－1))。 设平面PEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up15(→))＝0，,n·\o(PF,\s\up15(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)y－z＝0，,\f(1,2)x＋y－z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(z＝\f(3,2)y，,x＝y，)) 令y＝2，则n＝(2,2,3)，又eq \o(DP,\s\up15(→))＝(0,0,1)， 所以点D到平面PEF的距离d＝eq \f(|\o(DP,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(3,\r(17))＝eq \f(3\r(17),17)。 (2)由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，又EF⊂平面PEF，AC⊄平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以A点到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离。由于eq \o(AE,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，又由(1)知平面PEF的一个法向量为n＝(2,2,3)，所以点A到平面PEF的距离为eq \f(|\o(AE,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(17))＝eq \f(\r(17),17)，即直线AC到平面PEF的距离为eq \f(\r(17),17)。 1．已知直线l过定点A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)为其一个方向向量，则点P(4,3,2)到直线l的距离为(　　) A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(10),2) D.eq \r(2) 解析　eq \o(PA,\s\up15(→))＝(－2,0，－1)，|eq \o(PA,\s\up15(→))|＝eq \r(5)，eq \f(|\o(PA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(2),2)，则点P到直线l的距离d＝eq \r(|\o(PA,\s\up15(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(PA,\s\up15(→))·n,|n|)))2)＝eq \r(5－\f(1,2))＝eq \f(3\r(2),2)。 答案　A 答案与解析 2．已知向量n＝(2,0,1)为平面α的法向量，点A(－1,2,1)在α内，则点P(1,2， －2)到α的距离为 (　　) A.eq \f(\r(5),5) B.eq \r(5) C．2eq \r(5) D.eq \f(\r(5),10) 解析　因为eq \o(PA,\s\up15(→))＝(－2,0,3)，所以点P到平面α的距离为d＝eq \f(|\o(PA,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4＋3|,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)。 答案　A 答案与解析 3．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E为A1D1的中点，则C1到直线CE的距离为(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(6),3) 解析　建立空间直角坐标系，如图，则C(1,1,0)，C1(1,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，所以eq \o(EC,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq \o(CC1,\s\up15(→))＝(0,0,1)，所以点C1到CE的距离为d＝eq \o(CC1,\s\up15(→))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CC1,\s\up15(→))·\o(EC,\s\up15(→)),|\o(EC,\s\up15(→))|)))2＝eq \r(1－\f(4,9))＝eq \f(\r(5),3)。故选C。 答案　C 答案与解析 4.如图所示，在直二面角D­AB­E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△AEB是等腰直角三角形，其中∠AEB＝90°，则点D到平面ACE的距离为________。 解析　取AB的中点O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，E(1,0,0)，D(0，－1,2)，C(0,1,2)，从而eq \o(AD,\s\up15(→))＝(0,0,2)，eq \o(AE,\s\up15(→))＝(1,1,0)，eq \o(AC,\s\up15(→))＝(0,2,2)。设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋2z＝0，))令y＝1，则x＝－1，z＝－1，所以n＝(－1，1，－1)为平面ACE的一个法向量。故点D到平面ACE的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD,\s\up15(→))·n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,\r(3))))＝eq \f(2\r(3),3)。 答案与解析 答案　eq \f(2\r(3),3) 5.如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为直角梯形，AB∥CD且∠ADC＝90°，AD＝1，CD＝eq \r(3)，BC＝2，AA1＝2，E是CC1的中点，求直线A1B1与平面ABE的距离。 解　如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D­xyz，则A1(1,0,2)，A(1,0,0)，E(0，eq \r(3)，1)，C(0，eq \r(3)，0)。过点C作AB的垂线交AB于点F，易得BF＝eq \r(3)，所以B(1,2eq \r(3)，0)，所以eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0,2eq \r(3)，0)，eq \o(BE,\s\up15(→))＝(－1，－eq \r(3)，1)。 设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up15(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋z＝0，)) 所以y＝0，x＝z，不妨取n＝(1,0,1)。 因为eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(0,0,2)，所以点A1到平面ABE的距离 d＝eq \f(|\o(AA1,\s\up15(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(2))＝eq \r(2)。 因为直线A1B1与平面ABE的距离等于点A1到平面ABE的距离，所以直线A1B1与平面ABE的距离为eq \r(2)。 $$