1.2.5 空间中的距离 -【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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(2)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． 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\up16(→))·n|,|n|). [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)可以用|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝eq \r(\o(|AB,\s\up16(→))|2)＝eq \r(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→)))，求空间两点A、B的距离．(　　) (2)设n是平面α的法向量，A是平面α内一点，AB是平面α的一条斜线，则点B到α的距离为d＝eq \f(|\o(AB,\s\up16(→))·n|,|n|)(　　) (3)若直线l与平面α平行，直线l上任意一点与平面α内任意一点的距离就是直线l与平面α的距离．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)× 2．若已知点A(1,1,1)，B(－3，－3，－3)，则线段AB的长为(　　) A．4eq \r(3)　　 B．2eq \r(3)　　　C．4eq \r(2)　　　D．3eq \r(2) 解析：A　[|AB|＝eq \r(1＋32＋1＋32＋1＋32)＝4eq \r(3). ] 3．已知平面α的一个法向量n＝(1,0,1)，点A(－1,1,0)在α内，则平面外点P(－1,1,1)到平面α的距离为　________　. 解析：eq \f(\r(2),2)　[eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0,0,1)，n＝(1,0,1)，d＝eq \f(|\o(AP,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).] 空间两点间的距离 [例1] 　如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0＜a＜eq \r(2))． (1)求MN的长； (2)a为何值时，MN的长最小？ [思路点拨]　建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用两点间距离公式求解． [解]　(1)建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)． 因为CM＝BN＝a(0<a<eq \r(2))，且四边形ABCD，ABEF为正方形， 所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，1－\f(\r(2),2)a))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))， 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a－1))， 所以|eq \o(MN,\s\up16(→))|＝eq \r(a2－\r(2)a＋1)(0<a<eq \r(2))． (2)由(1)知MN＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2))，所以，当a＝eq \f(\r(2),2)时，MN＝eq \f(\r(2),2). 即当a＝eq \f(\r(2),2)时，MN的长最小，最小值为eq \f(\r(2),2). 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\up16(→))|＝eq \r(|\o(AB,\s\up16(→))|2)＝eq \r(\o(AB,\s\up16(→))·\o(AB,\s\up16(→)))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． [变式训练] 1．如图所示，在120°的二面角α­AB­β中，AC⊂α，BD⊂β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B，已知AC＝AB＝BD＝6，试求线段CD的长． 解：∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴eq \o(CA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0，eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0， 又∵二面角α­AB­β的平面角为120°， ∴〈eq \o(CA,\s\up16(→))，eq \o(BD,\s\up16(→))〉＝60°， ∴|CD|2＝|eq \o(CD,\s\up16(→))|2＝(eq \o(CA,\s\up16(→))＋eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→)))2 ＝eq \o(CA,\s\up16(→))2＋eq \o(AB,\s\up16(→))2＋eq \o(BD,\s\up16(→))2＋2(eq \o(CA,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(CA,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＋eq \o(BD,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→)))＝3×62＋2×62×cos 60°＝144， ∴CD＝12. 点到直线的距离 [例2]　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝3，BC＝4，AA1＝5，求点A1到下列直线的距离： (1)直线AC；(2)直线BD. [解]　(1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，显然AA1⊥AC， 所以AA1＝5即为所求点A1到直线AC的距离． (2)如图建立空间直角坐标系， 则有B(4,3,0)，A1(4,0,5). eq \o(DB,\s\up16(→))＝(4,3,0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(4,0,5)， eq \f(\o(DA1,\s\up16(→))·\o(DB,\s\up16(→)),|\o(DB,\s\up16(→))|)＝eq \f(16,5)， 设点A1到直线BD的距离为d.所以 d＝eq \r(|\o(DA1,\s\up16(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DA1,\s\up16(→))·\o(DB,\s\up16(→)),|\o(DB,\s\up16(→))|)))2)＝eq \r(41－\f(256,25))＝eq \f(\r(769),5) 1．本题(1)利用基本定义直接求解距离． 2．点到直线的距离的算法框图 空间一点A到直线l的距离的算法框图，如图． [变式训练] 2.已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，求点B到直线A1C1的距离． 解：以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，所以直线A1C1的方向向量eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝(－4,3,0)，eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(0,3,1)，所以点B到直线A1C1的距离d＝eq \r(|\o(BC1,\s\up16(→))|2－|\o(BC1,\s\up16(→))·\f(\o(A1C1,\s\up16(→)),|\o(A1C1,\s\up16(→))|)|2)＝eq \r(10－\f(9,5)2)＝eq \f(13,5). 点到平面的距离 [例3]　在三棱锥S－ABC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． [思路点拨]　借助平面SAC⊥平面ABC的性质，建立空间直角坐标系，先求平面CMN的法向量，再求距离． 解：取AC的中点O，连接OS，OB. ∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC. 又BO⊂平面ABC，∴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O－xyz，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))．∴eq \o(CM,\s\up16(→))＝(3，eq \r(3)，0)，eq \o(MN,\s\up16(→))＝(－1,0，eq \r(2))，eq \o(MB,\s\up16(→))＝(－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\up16(→))·n＝3x＋\r(3)y＝0，,\o(MN,\s\up16(→))·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1， 则x＝eq \r(2)，y＝－eq \r(6)，∴n＝(eq \r(2)，－eq \r(6)，1)． ∴点B到平面CMN的距离d＝eq \f(|n·\o(MB,\s\up16(→))|,|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\up16(→))|,|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] 3.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)求直线B1C到平面A1BD的距离． 解析：(1)证明：连接AB1交A1B于点E，连接DE. eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(DE∥B1C，,DE⊂平面A1BD))⇒B1C∥平面A1BD. (2)因为B1C∥平面A1BD，所以B1C到平面A1BD的距离就等于点B1到平面A1BD的距离． 如图建立坐标系，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\up16(→))＝(0,2eq \r(2)，3)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(0,2eq \r(2)，0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(－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(2\r(2)y＝0，,－x＋3z＝0，))所以n＝(3,0,1)． 所求距离为d＝eq \f(|n·\o(DB1,\s\up16(→))|,|n|)＝eq \f(3\r(10),10). 平行线面、平行平面间的距离 [例4] 如图，矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直，AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°，CD＝1，BC＝2，DF＝1. (1)求证：BE∥平面DCF； (2)求点B到平面DCF的距离． [解]　(1)证明：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(AE∥DF，AB∥DC，,AE∩AB＝A，,DF∩DC＝D，,AE，AB⊂平面ABE，,DF，DC⊂平面DFC))⇒平面ABE∥平面DFC， ∵BE⊂平面ABE，∴BE∥平面DCF. (2)如图，以D为原点，建立空间直角坐标系． ∵AB∥CD，∠ABC＝∠ADB＝90°， 则△ADB∽△BCD⇒eq \f(AD,BC)＝eq \f(DB,CD)， ∵CD＝1，BC＝2.∴BD＝eq \r(5)， ∴AD＝2eq \r(5)，AB＝5，∴F(0,0,1)， D(0,0,0)，A(2eq \r(5)，0,0)，B(0，eq \r(5)，0)， Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(5))，\f(1,\r(5))，0))，eq \o(BF,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(5)，1)， eq \o(CF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))，－\f(1,\r(5))，1))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(5))，\f(1,\r(5))，0)). 设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up16(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))x－\f(1,\r(5))y＋z＝0，,－\f(2,\r(5))x＋\f(1,\r(5))y＝0.)) 令x＝1，y＝2，z＝0.∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0)). d＝eq \f(|\o(BF,\s\up16(→))·n|,|n|)＝2.∴B到平面DCF的距离为2. 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． [变式训练] 4．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，求平面A1BD与平面B1CD1间的距离． 解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)， eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(0,1，－1)，eq \o(A1D,\s\up16(→))＝(－1,0，－1)，eq \o(A1D1,\s\up16(→))＝(－1，0,0)． 设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up16(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,－x－z＝0.)) 令z＝1，得y＝1，x＝－1，∴n＝(－1,1,1)． ∴点D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\o(A1D1,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3). ∵平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，∴平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3). [当堂达标] 1．若O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up16(→))＝(1,1，－2)，eq \o(OB,\s\up16(→))＝(3,2,8)，eq \o(OC,\s\up16(→))＝(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　) A.eq \f(\r(165),2)　 B．2eq \r(14)　 　C.eq \r(53)　　 D.eq \f(\r(53),2) 解析：D　[由题意得eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→)))＝(2，eq \f(3,2)，3) eq \o(PC,\s\up16(→))＝eq \o(OC,\s\up16(→))－eq \o(OP,\s\up16(→))＝(－2，－eq \f(1,2)，－3)，则|eq \o(PC,\s\up16(→))|＝eq \r(4＋\f(1,4)＋9)＝eq \f(\r(53),2).故选D.] 2．若正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为(　　) A.eq \f(\r(3),3) B．1 C.eq \r(2) D.eq \r(3) 解析：D　[如图，A1C1∥平面ABCD，所以A1C1到平面ABCD的距离等于点A1到平面ABCD的距离，由AB1与平面ABCD所成的角是60°，AB＝1.∴BB1＝eq \r(3).即点A1到平面ABCD的距离为eq \r(3).] 3．已知直线l经过点A(2,3,1)，且向量n＝(1,0，－1)所在直线与l垂直，则点P(4,3,2)到l的距离为　________　. 解析：因为eq \o(PA,\s\up16(→))＝(－2,0，－1)，又n与l垂直，所以点P到l的距离为eq \f(|\o(PA,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－2＋1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 答案：eq \f(\r(2),2) 4．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是　_________　. 解析：如图建立坐标系．则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(2,0,2)，eq \o(D1A1,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(2,2,0)，设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝0，)) ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得n＝(－1,1,1)．∴D1到平面A1BD的距离d＝eq \f(|\o(D1A1,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3). 答案：eq \f(2\r(3),3) 知识整合·思维导图 题型梳理·素养聚焦 [考点一]　数学运算、数学抽象——空间向量及其运算　 [例1]　(1)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A、B、C、D的距离都等于2.给出以下结论：①eq \o(SA,\s\up16(→))＋eq \o(SB,\s\up16(→))＋eq \o(SC,\s\up16(→))＋eq \o(SD,\s\up16(→))＝0；②eq \o(SA,\s\up16(→))＋eq \o(SB,\s\up16(→))－eq \o(SC,\s\up16(→))－eq \o(SD,\s\up16(→))＝0；③eq \o(SA,\s\up16(→))－eq \o(SB,\s\up16(→))＋eq \o(SC,\s\up16(→))－eq \o(SD,\s\up16(→))＝0；④eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SB,\s\up16(→))＝eq \o(SC,\s\up16(→))·eq \o(SD,\s\up16(→))；⑤eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SC,\s\up16(→))＝0，其中正确结论的序号是　________　. (2)如图，在平行六面体A1B1C1D1—ABCD中，M分eq \o(AC,\s\up16(→))成的比为eq \f(1,2)，N分eq \o(A1D,\s\up16(→))成的比为2，设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c，试用a、b、c表示eq \o(MN,\s\up16(→)). [解析]　(1) 容易推出：eq \o(SA,\s\up16(→))－eq \o(SB,\s\up16(→))＋eq \o(SC,\s\up16(→))－eq \o(SD,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))＋eq \o(DC,\s\up16(→))＝0，所以③正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SB,\s\up16(→))＝2·2·cos∠ASB，eq \o(SC,\s\up16(→))·eq \o(SD,\s\up16(→))＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是eq \o(SA,\s\up16(→))·eq \o(SB,\s\up16(→))＝eq \o(SC,\s\up16(→))·eq \o(SD,\s\up16(→))，因此④正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④. [答案]　③④ (2)连接AN，则eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→)).由已知ABCD是平行四边形，故eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝a＋b，又M分eq \o(AC,\s\up16(→))成的比为eq \f(1,2)，故eq \o(MA,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3) eq \o(AC,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b)． 由已知，N分eq \o(A1D,\s\up16(→))成的比为2，故eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))＋eq \o(DN,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \o(ND,\s\up16(→))＝eq \o(AD,\s\up16(→))－eq \f(1,3) eq \o(A1D,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)(c＋2b)，于是eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→))＝－eq \f(1,3)(a＋b)＋eq \f(1,3)(c＋2b)＝eq \f(1,3)(－a＋b＋c)． 向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义． [考点二]　数学运算——空间向量的坐标运算　 [例2]　(1)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝eq \f(1,2)x－2a，则x＝(　　) A．(0,3，－6)　　　　　　 B．(0,6，－20) C．(0,6，－6) D．(6,6，－6) (2)已知向量a＝(x,1,2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3,1，z)，a∥b，b⊥c. ①求向量a，b，c；②求a＋c与b＋c所成角的余弦值． [解析]　B　[(1)由b＝eq \f(1,2)x－2a得x＝4a＋2b， 又4a＋2b＝4(2,3，－4)＋2(－4，－3，－2)＝(0,6，－20)， 所以x＝(0,6，－20)．] (2)[解]　①∵向量a＝(x,1,2)，b＝(1，y，－2)，c＝(3,1，z)，且a∥b，b⊥c， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x,1)＝\f(1,y)＝\f(2,－2),3＋y－2z＝0))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，,z＝1，)) ∴向量a＝(－1,1,2)，b＝(1，－1，－2)，c＝(3,1,1)． ②∵a＋c＝(2,2,3)，b＋c＝(4,0，－1)， ∴(a＋c)·(b＋c)＝2×4＋2×0＋3×(－1)＝5， |a＋c|＝eq \r(22＋22＋32)＝eq \r(17)，|b＋c| ＝eq \r(42＋02＋－12)＝eq \r(17)， ∴a＋c与b＋c所成角的余弦值为eq \f(a＋c·b＋c,|a＋c||b＋c|)＝eq \f(5,17). 　熟记空间向量的坐标运算公式 设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)， (1)加减运算：a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)． (2)数量积运算：a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2. (3)向量夹角： cos〈a，b〉＝eq \f(x1x2＋y1y2＋z1z2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＋z\o\al(2,1))\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＋z\o\al(2,2))). (4)向量长度：设M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)， 则|eq \o(M1M2,\s\up16(→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22). 提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算． [考点三]　逻辑推理——利用空间向量证明平行、垂直问题　 [例3]　四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：(1)PC∥平面EBD；(2)平面PBC⊥平面PCD. [证明]　如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 设DC＝a，PD＝b，则D(0,0,0)，C(a,0,0)，B(a，a,0)，P(0,0，b)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(b,2))). (1)eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(b,2)))，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(a，a,0)． 设平面EBD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DE,\s\up16(→))·n＝0，,\o(DB,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a,2)y＋\f(b,2)z＝0，,ax＋ay＝0.))令x＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(a,b)))， 因为eq \o(PC,\s\up16(→))·n＝(a,0，－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(a,b)))＝0，所以eq \o(PC,\s\up16(→))⊥n，又PC⊄平面EBD，故PC∥平面EBD. (2)由题意得平面PDC的一个法向量为eq \o(DA,\s\up16(→))＝(0，a,0)， 又eq \o(PB,\s\up16(→))＝(a，a，－b)，eq \o(PC,\s\up16(→))＝(a,0，－b)， 设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up16(→))·m＝0，,\o(PC,\s\up16(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax1＋ay1－bz1＝0，,ax1－bz1＝0，))得y1＝0，令x1＝1，则z1＝eq \f(a,b)， 所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(a,b)))，因为eq \o(DA,\s\up16(→))·m＝(0，a,0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(a,b)))＝0， 所以eq \o(DA,\s\up16(→))⊥m，即平面PBC⊥平面PCD. (1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量． (2)证明线面平行的方法 证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． 能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线． 利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量． (3)证明面面平行的方法 转化为线线平行、线面平行处理． 证明这两个平面的法向量是共线向量． (4)证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直． (5)证明线面垂直的方法 证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量． 证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直． (6)证明面面垂直的方法 转化为证明线面垂直，证明两个平面的法向量互相垂直． [考点四]　直观想象、数学运算——利用空间向量求空间距离　 [例4]　如图所示，已知四边形ABCD、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点，求： (1)eq \o(PM,\s\up16(→))与eq \o(FQ,\s\up16(→))所成的角； (2)P点到平面EFB的距离； (3)异面直线PM与FQ的距离． [解]　如图，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，M(0,0，a)，E(a,0，a)，F(0，a，a)，则由中点坐标公式得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0，\f(a,2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0)). (1)eq \o(PM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \o(FQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)，－a))， 所以eq \o(PM,\s\up16(→))·eq \o(FQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))×eq \f(a,2)＋0＋eq \f(a,2)×(－a)＝－eq \f(3,4)a2，且|eq \o(PM,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(2),2)a，|eq \o(FQ,\s\up16(→))|＝eq \f(\r(6),2)a， 所以cos〈eq \o(PM,\s\up16(→))，eq \o(FQ,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(PM,\s\up16(→))·\o(FQ,\s\up16(→)),|\o(PM,\s\up16(→))||\o(FQ,\s\up16(→))|)＝eq \f(－\f(3,4)a2,\f(\r(2),2)a×\f(\r(6),2)a)＝－eq \f(\r(3),2).所以eq \o(PM,\s\up16(→))与eq \o(FQ,\s\up16(→))所成的角为150°. (2)设n＝(x，y，z)是平面EFB的单位法向量， 即|n|＝1，n⊥平面EFB，所以n⊥eq \o(EF,\s\up16(→))，且n⊥eq \o(BE,\s\up16(→)). 又eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－a，a,0)，eq \o(BE,\s\up16(→))＝(0，－a，a)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋z2＝1，,－ax＋ay＝0，,－ay＋az＝0，))得其中的一个解是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),3)，,y＝\f(\r(3),3)，,z＝\f(\r(3),3).)) 所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))). 又eq \o(PE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(a,2))). 设所求距离为d，则d＝|eq \o(PE,\s\up16(→))·n|＝eq \f(\r(3),3)a. (3)设e＝(x1，y1，z1)是两异面直线的公垂线上的单位方向向量，则由eq \o(PM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \o(FQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)，－a))， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＋z\o\al(2,1)＝1，,－\f(a,2)x1＋\f(a,2)z1＝0，,\f(a,2)x1－\f(a,2)y1－az1＝0.))求得其中的一个解e＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).而eq \o(MF,\s\up16(→))＝(0，a,0)，设所求距离为m，则m＝|eq \o(MF,\s\up16(→))·e|＝|－eq \f(\r(3),3)a|＝eq \f(\r(3),3)a. 1．空间距离有两点距、点线距、点面距、线线距、线面距和面面距六种情况，高考中以两点距与点面距为重点考查，而线面距、面面距通常可转化为点面距求解． 2．点面距主要利用平面法向量求解，有时也利用等体积转化法求解． [考点五]　直观想象、数学运算——利用空间向量求空间角　 [例5]　如图所示四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN. (1)求AM与PD的夹角；(2)求二面角P－AM－N的余弦值； (3)求直线CD与平面AMN夹角的余弦值． [解]　建立如图所示的空间直角坐标系． ∵A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，∴eq \o(PC,\s\up16(→))＝(2,2，－2) eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0,2，－2)． 设M(x1，y1，z1)，∴eq \o(PM,\s\up16(→))＝λeq \o(PD,\s\up16(→))，∴(x1，y1，z1－2)＝λ(0,2，－2)， ∴x1＝0，y1＝2λ，z1＝－2λ＋2，∴M(0,2λ，2－2λ)． ∵PC⊥平面AMN，∴eq \o(PC,\s\up16(→))⊥eq \o(AM,\s\up16(→))，∴eq \o(PC,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0， ∴(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0⇒4λ－2(2－2λ)＝0， ∴λ＝eq \f(1,2)，∴M(0,1,1)．设N(x2，y2，z2)，∵eq \o(PN,\s\up16(→))＝teq \o(PC,\s\up16(→))， ∴(x2，y2，z2－2)＝t(2,2，－2)， ∴x2＝2t，y2＝2t，z2＝－2t＋2，∴N(2t,2t,2－2t)． ∵eq \o(PC,\s\up16(→))⊥eq \o(AN,\s\up16(→))，∴eq \o(AN,\s\up16(→))·eq \o(PC,\s\up16(→))＝0，∴(2t,2t,2－2t)·(2,2，－2)＝0， ∴4t＋4t－2(2－2t)＝0，∴t＝eq \f(1,3)， ∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))). (1)∵cos 〈eq \o(AM,\s\up16(→))，eq \o(PD,\s\up16(→))〉＝eq \f(0，1，1·0，2，－2,\r(0＋1＋1)×\r(0＋4＋4))＝0， ∴AM与PD夹角为90°. (2)∵AB⊥平面PAD，PC⊥平面AMN， ∴eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(PC,\s\up16(→))分别是平面PAD，平面AMN的法向量， ∴设二面角P­AM­N的大小为θ，则其余弦值为cos θ ＝eq \f(\o(AB,\s\up16(→))·\o(PC,\s\up16(→)),|\o(AB,\s\up16(→))||\o(PC,\s\up16(→))|)＝eq \f(\r(3),3). (3)直线CD的方向向量eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2,0,0)， 平面AMN的法向量eq \o(PC,\s\up16(→))＝(2,2，－2)，∴直线CD与平面AMN夹角为φ，其正弦值为 sin φ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos 〈DC，\o(PC,\s\up16(→))〉))＝eq \f(\r(3),3). ∴直线CD与平面AMN夹角的余弦值为eq \f(\r(6),3). 1．求异面直线的夹角 设两异面直线的方向向量分别为n1、n2，那么这两条异面直线的夹角为θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|. 2．求面面的夹角 如图，设平面α、β的法向量分别为n1、n2.因为两平面的法向量的夹角(或其补角)就等于平面α、β的夹角θ，所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|. 3．求斜线与平面的夹角 如图，设平面α的法向量为n1，斜线OA的方向向量为n2，斜线OA与平面的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈n1，n2〉|. $$