空間距離

空間中的距離主要指以下七種：①兩點之間的距離；②點到直線的距離；③點到平面的距離；④兩條平行線間的距離；⑤兩條異面直線間的距離；⑥平面的平行直線與平面之間的距離；⑦兩個平行平面之間的距離. 七種距離都是指它們所在的兩個點集之間所含兩點的距離中最小的距離. 七種距離之間有密切聯系，有些可以相互轉化，如兩條平行線間的距離可轉化為點到直線的距離，平行線面間的距離或平行平面間的距離都可轉化成點到平面的距離. 在這七種距離中，求點到平面的距離是重點，求兩條異面直線間的距離是難點.

1. 求空間各種距離的基本思路

（1）求點到平面的距離：①直接法，即直接由點作垂線，求垂線段的長；②轉移法，轉化成求另一點到該平面的距離.

（2）求異面直線的距離：①定義法，即求公垂線段的長；②轉化成求直線與平面的距離；③函數極值法，依據是兩條異面直線的距離是分別在兩條異面直線上兩點間距離中最小的.

2. 空間向量法需要掌握以下公式

（1）異面直線a，b之間的距離：d=■，其中n⊥a，n⊥b，A∈a，B∈b.

（2）直線a與平面α之間的距離：d=■，其中A∈a，B∈α. n是平面α的法向量.

（3）兩平行平面α，β之間的距離：d=■，其中A∈α，B∈β. n是平面α的法向量.

（4）點A到平面α的距離：d=■，其中B∈α，n是平面α的法向量. 另法：點A（x0，y0，z0），平面Ax+By+Cz+D=0，則 d=■.

（5）點A到直線a的距離：d=■，其中B∈a，a是直線a的方向向量.

（6）兩平行直線a，b之間的距離：d=■，其中A∈a，B∈b，a是a的方向向量.

如圖1，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，點E為CC1的中點. 求點D1到平面DBE的距離.

思索 點面距離是所有七種距離中最重要的一類，研究透這一類問題就能類似地去研究其他距離. 一般來講，對于適合建立坐標系的問題可以優先考慮坐標向量法，但是如果直接使用傳統幾何法能迅速求解則不必麻煩地去建立坐標系了.

破解 解法1：如圖2，O1OE與平面DBE垂直，交線為OE，再作O1H⊥OE于H，則O1H⊥平面DBE. 則O1H為點O1到平面BDE的距離. 再在△O1OH中使用勾股定理得O1H=■.

解法2：以D為原點，建立空間直角坐標系（如圖3），設平面DBE的法向量為n=（x，y，z），而■=（1， 1，0），■=（0， 1，1）由■⊥n且■⊥n，可得法向量為n=（1，-1，1），■=（0，0，2），由此可得點D1到平面BDE的距離d=■cos〈n，■〉=■.

解法3：可以利用空間中點到平面的距離公式直接獲得結果：由解法2知D1（0，0，2），平面BDE的方程式為：x-y+z=0，所以可求其距離為d=■=■.

如圖4，把長和寬分別為2■，2的長方形ABCD沿對角線AC折成60°的二面角，則B和D之間的距離為__________.

思索 此題是求空間中兩點的距離，從圖形上看，依然可以采取建立坐標系的方法，但是由于是填空題不必要“小題大做”. 可以考慮直接作輔助線轉化為平面幾何中的線段來求，或者利用普通基底向量法.

破解 解法1：作DE⊥AC，垂足為E，BF⊥AC，垂足為F. 因為AB=2■，AD=2，所以DE=BF=■，EF=2. 又因為二面角D-AC-B為60°，DE⊥AC，BF⊥AC，所以異面直線DE，BF所成的角為60°. 于是可以得到BD=■=■.

解法2：如果從向量的角度來看，■，■，■三個向量的模方便求解，兩兩夾角也知道，因此得到■=■=■，這樣的向量法顯得很方便快捷.

■ 已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，求異面直線A1C1與AB1間的距離

思索 這是距離類型中比較難的一類，求異面直線的距離，可求兩異面直線的公垂線，或轉化為求線面距離，或面面距離，亦可由最值法求得.

破解 解法1：如圖5，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，因為A1C1∥AC，所以A1C1∥平面AB1C，所以A1C1與平面AB1C間的距離等于異面直線A1C1與AB1間的距離.連結B1D1，BD，設B1D1∩A1C1=O1，BD∩AC=O. 因為AC⊥BD，AC⊥DD1，所以AC⊥平面BB1D1D，所以平面AB1C⊥平面BB1D1D. 連結B1O，則平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O，作O1G⊥B1O于G，則O1G⊥平面AB1C，所以O1G為直線A1C1與平面AB1C間的距離，即為異面直線A1C1與AB1間的距離. 在Rt△OO1B1中，因為O1B1=■，OO1=1，所以OB1=■=■. 所以O1G=■=■，即異面直線A1C1與AB1間的距離為■.

解法2：如圖6，在A1C1上任取一點M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，連結RN. 因為平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，所以可得MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1. 因為AB1⊥RN，設A1R=x，則可得RB1=1-x. 因為∠C1A1B1=∠AB1A1=？搖45°，所以MR=x，RN=NB1=■（1-x）. 又因為MN=■=■=■（0

解法3：以點D為原點，DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A（1，0，0），A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1），所以■=（0，1，1），■=（-1，1，0）. 設MN是直線A1C1與AB1的公垂線，且■=λ■=（0，λ，λ），■=μ■=（-μ，μ，0），則■=■+■+■=-（-μ，μ，0）+（0，0，-1）+（0，λ，λ）=（μ，λ-μ，λ-1），從而可以得到■·■=0，■·■=0？圯λ-2μ=0，2λ-μ=1？圯λ=■，μ=■.故■=■，■，■？圯■=■.

如圖7，已知ABCD是矩形，AB=a，AD=b，PA⊥平面ABCD，PA=2c，Q是PA的中點. 求：

（1）點Q到BD的距離；

（2）點P到平面BQD的距離.

思索 點線距離問題既可以考慮轉化為平面幾何中的垂線段來處理，也可以套用空間向量公式解決.

破解 （1）在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E為垂足，連結QE（如圖8）. 因為QA⊥平面ABCD，由三垂線定理得QE⊥BE，所以QE的長為Q到BD的距離. 在矩形ABCD中，AB=a，AD=b，所以AE=■. 在Rt△QAE中，QA=■PA=c，所以QE=■，所以點Q到BD的距離為■.

（2）解法1：因為平面BQD經過線段PA的中點，所以點P到平面BQD的距離等于點A到平面BQD的距離. 在△AQE中，作AH⊥QE，H為垂足（如圖8）. 因為BD⊥AE，BD⊥QE，所以BD⊥平面AQE，所以BD⊥AH，所以AH⊥平面BQE，即AH為點A到平面BQD的距離. 在Rt△AQE中，因為AQ=c，AE=■，所以可得AH=■，所以點P到平面BD的距離為■.

解法2：設點A到平面QBD的距離為h，由VA-BQD=VQ-ABD，得■S△BQD·h=■S△ABD·AQ，h=■=■. 體積法也是處理各種距離問題的一個常用手段，需要重點掌握.

■ 在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2. 以AC的中點O為球心，AC為直徑的球面交PD于點M，交PC于點N.

（1）求證：平面ABM⊥平面PCD；

（2）求直線CD與平面ACM所成的角的大小；

（3）求點N到平面ACM的距離.

思索 前兩問略. 題目中關于球體的條件需要利用到直徑所對圓周角為直角的平面幾何知識，因此在求解中可以考慮嘗試綜合幾何法.

破解 解法1（轉移法求距離）：設D到平面ACM的距離為h，由VD-ACM=VM-ACD，即2■h=8，求得h=■，另求得PC=6. 因為AN⊥NC，由■=■，得PN=■. 所以■=■. 故點N到平面ACM的距離等于點P到平面ACM距離的■. 又因為M是PD的中點，則P，D到平面ACM的距離相等，由（2）可知所求距離為■h=■.

解法2（利用相似比轉化距離再用向量法）：由條件可得，AN⊥NC. 在Rt△PAC中，PA2=PN·PC，所以PN=■，則NC=PC-PN=■，■=■，所以所求距離等于點P到平面ACM距離的■. 設點P到平面ACM的距離為h，則h=■，所以所求距離為■h=■.

近年來，高考對立體幾何的考查仍然注重于空間觀點的建立和空間想象能力的培養. 題目起點低，步步升高，給不同層次的學生都有發揮能力的余地. 大題綜合性強，有幾何組合體中深層次考查空間的線面關系. 因此，高考復習應在抓好基本概念、定理、表述語言的基礎上，以總結空間線面關系在幾何體中的確定方法入手，突出數學思想方法在解題中的指導作用，并積極探尋解答各類立體幾何問題的有效的策略思想及方法.

（1）領悟解題的基本策略思想.高考改革穩中有變，基本數學思想如轉化、類比等仍是考查中心，選擇好典型例題，在基本數學思想的指導下，歸納一套合乎一般思維規律的解題模式是重要的，通過熟練運用，逐步內化為自己的經驗，解決一般基本數學問題就會自然流暢.

（2）探尋立體幾何圖形中的基面. 立體幾何圖形必須借助面的襯托，點、線、面的位置關系才能顯露地“立”起來？搖在具體的問題中，證明和計算經常依附于某種特殊的輔助平面（即基面），這個輔助平面的獲取正是解題的關鍵所在，通過對這個平面的截取、延展或構造，綱舉目張，問題就迎刃而解了.

（3）重視模型在解題中的應用：學生學習立體幾何是從認識具體幾何模型到抽象出空間點、線、面的關系，從而培養空間想象能力，而數學問題中的許多圖形和數量關系都與我們熟悉的模型存在著某種聯系. 它引導我們以模型為依據，找出起關鍵作用的一些關系或數量，對比數學問題中的題設條件，突出特性，設法對原圖形補形、拼湊、構造、嵌入，轉化為熟知的、形象的、直觀的模型，利用其特征規律獲取最優解.