8.6.2第3课时空间距离与线面垂直的综合问题 导学案-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第3课时　空间距离与线面垂直的综合问题 【学习目标】 　　1.能够解决简单的线面距离和面面距离问题. 　　2.进一步能熟练运用线面垂直的判定和性质定理证明一些与垂直有关的问题. ◆ 知识点　线面距离和面面距离 1.一条直线与一个平面平行时,这条直线上　　　　　　到这个平面的距离,叫作这条直线到这个平面的距离.  2.如果两个平面平行,那么其中一个平面内的　　　　　　　到另一个平面的距离都相等,我们把它叫作这两个平行平面间的距离.  【诊断分析】 1.判断下列说法的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)棱柱、棱台的上、下底面间的距离就是它们的高. (　 ) (2)若α∥β,l为平面α内任意一条直线,则直线l到平面β的距离等于这两个平行平面间的距离. (　 ) (3)若α∥β,A∈α,B∈β,则线段AB的长度就是这两个平行平面间的距离. (　 ) 2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=3,AA1=2. (1)点A到平面BCC1B1的距离为　　　　;  (2)直线AB到平面A1B1C1D1的距离为　　　　;  (3)平面ADD1A1与平面BCC1B1之间的距离为　　　　.  ◆ 探究点一　线面距离与面面距离 例1 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,G为AA1的中点,则直线BD到平面GB1D1的距离为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A. B. C. D. 变式 (1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则直线BB1到平面AA1C1C的距离为 (　 ) A.a B.a C.a D.a (2)如图,在四面体OABC中,OA,OB,OC两两垂直,已知OA=OB=2,OC=1, 平面α过点O且与平面ABC平行,则平面α与平面ABC之间的距离为 (　 ) A. B. C. D. [素养小结] 1.利用线面、面面平行转化:利用线面距、面面距的定义,转化为直线或平面上的一点到平面的距离. 2.利用中点转化:如果条件中具有中点条件,将一个点到平面的距离借助中点(等分点)转化为另一点到平面的距离. 3.通过换底转化:一是直接换底,以方便求几何体的高;二是将底面扩展(分割),以方便求底面积和高. ◆ 探究点二　线面垂直的综合应用 例2 如图,矩形ABCD是圆柱OO1的一个轴截面,点E在圆O上(异于A,B),F为DE的中点. (1)证明:BE⊥平面DAE; (2)当直线DE与平面ABE所成的角为45°时,证明:AF⊥平面BDE. 变式 如图,在多面体PABCDE中,PA⊥平面ABCD,DE∥PA,PA=2DE=2AD=4,四边形ABCD是正方形,BE=2. (1)求直线BE与平面ADEP所成角的余弦值; (2)证明:PE⊥平面ABE; (3)求三棱锥P-ABE的体积. 第3课时　空间距离与线面垂直的综合问题 【课前预习】 知识点 1.任意一点　2.任意一点 诊断分析 1.(1)√　(2)√　(3)×　[解析] (3)只有当AB⊥α,AB⊥β时,线段AB的长度才是这两个平行平面间的距离. 2.(1)4　(2)2　(3)4　[解析] (1)∵AB⊥平面BCC1B1,∴点A到平面BCC1B1的距离为AB=4. (2)∵AB∥平面A1B1C1D1,AA1⊥平面A1B1C1D1,∴直线AB到平面A1B1C1D1的距离为AA1=2. (3)∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1,AB⊥平面ADD1A1,AB⊥平面BCC1B1,∴平面ADD1A1与平面BCC1B1之间的距离为AB=4. 【课中探究】 探究点一 例1　B　[解析] 因为BD∥B1D1,BD⊄平面GB1D1,B1D1⊂平面GB1D1,所以BD∥平面GB1D1,所以直线BD到平面GB1D1的距离等于点D到平面GB1D1的距离.设D到平面GB1D1的距离为h,连接DG,则=·h.又因为几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,所以A1B1⊥平面GDD1,所以==·A1B1,所以·h=·A1B1,所以h=.又正方体的棱长为2,G为AA1的中点,所以GD1=,GB1=,B1D1=2,所以△GB1D1中B1D1边上的高为,所以h===.故选B. 变式　(1)C　(2)D　[解析] (1)因为BB1∥AA1,BB1⊄平面AA1C1C,AA1⊂平面AA1C1C,所以BB1∥平面AA1C1C,所以直线BB1到平面AA1C1C的距离即为点B1到平面AA1C1C的距离.如图,连接B1D1,设A1C1与B1D1交于点O,易知A1C1⊥B1D1,又AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1⊂平面AA1C1C,所以B1D1⊥平面AA1C1C,所以B1O的长即为直线BB1到平面AA1C1C的距离,而B1O=a,所以所求距离为a.故选C. (2)由题知OA⊥OB,OA⊥OC,又OB∩OC=O,所以OA⊥平面BOC. 因为平面α∥平面ABC,O∈α,所以平面α与平面ABC之间的距离即为点O到平面ABC的距离.由题意得AB=2,AC=,BC=,在△ABC中,由余弦定理得cos∠ACB==,所以sin∠ACB=,所以S△ABC=×××=.设点O到平面ABC的距离为d,由V三棱锥A-BOC=V三棱锥O-ABC,得××2×1×2=×·d,解得d=,即平面α与平面ABC之间的距离为.故选D. 探究点二 例2　证明:(1)因为DA⊥平面ABE,BE⊂平面ABE, 所以DA⊥BE.因为AB为圆O的直径,所以BE⊥AE. 又DA∩AE=A,DA⊂平面DAE,AE⊂平面DAE, 所以BE⊥平面DAE. (2)因为DA⊥平面ABE,AE⊂平面ABE, 所以DA⊥AE,易知∠DEA即为直线DE与平面ABE所成的角,所以∠DEA=45°, 所以△DAE为等腰直角三角形,AD=AE. 因为F为DE的中点,所以AF⊥DE. 由(1)知,BE⊥平面DAE, 又AF⊂平面DAE,所以BE⊥AF. 又BE∩DE=E,BE⊂平面BDE,DE⊂平面BDE, 所以AF⊥平面BDE. 变式　解:(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB. 因为四边形ABCD为正方形,所以AB⊥AD. 又AP∩AD=A,AP,AD⊂平面ADEP,所以AB⊥平面ADEP,故∠BEA就是直线BE与平面ADEP所成的角. 在Rt△ABE中,易得AB=2,因为BE=2,所以AE=2,所以cos∠BEA==,所以直线BE与平面ADEP所成角的余弦值为 . (2)证明:因为PA⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥AD.又因为DE∥PA,PA=2DE=2AD=4,所以四边形ADEP为直角梯形,所以PE=2. 在△PEA中,PE2+EA2=PA2,则PE⊥EA. 因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB, 在Rt△PAB中,PB==2,又BE=2,所以PE2+BE2=PB2,所以PE⊥EB.又EA∩EB=E,EA,EB⊂平面ABE,所以PE⊥平面ABE. (3)由(2)得,PE⊥平面ABE,所以三棱锥P-ABE的高即为PE,且PE=2. 由(1)得AB⊥平面ADEP,又AE⊂平面ADEP,所以AE⊥AB,所以S△ABE=×AE×AB=×2×2=2,所以V三棱锥P-ABE=×2×2=. 学科网（北京）股份有限公司 $