空間距離

吳文堯

重點難點

在立體幾何中，空間距離主要有：點到平面的距離、兩異面直線間的距離、直線到平面的距離（線面平行時）、兩平行平面間的距離. 所有的距離計算問題都可以化歸為求點到平面的距離，所以求空間距離的重點就轉移到如何求點到平面的距離；難點是如何把其他形式的距離轉化為點到平面的距離，以及在涉及具體問題時求點到平面距離的解題對策的選擇及靈活應用.

方法突破

一、注意把線線距離、線面距離、面面距離轉化為點到平面的距離

（1）線面距離化歸為點面距離：當直線與平面平行時，直線上的點到平面的距離處處相等，直線上的任意一點到平面的距離即為直線到平面的距離.

（2）面面距離化歸為點面距離：當平面與平面平行時，其中一個平面上的點到另一平面的距離處處相等，其中一個平面上的任意一點到另一平面的距離即為兩平行平面間的距離.

（3）異面直線間的距離化歸為點面距離：如圖1，a，b是異面直線，AB是它們的公垂線段（AB的長即為異面直線a，b的距離），過點B作a的平行線a■，則直線a■，b確定的平面α和a平行，AB即為直線a到平面α的距離，所以異面直線的距離可化歸為直線到平面的距離，最終化為點到平面的距離.

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圖1

二、掌握求點到平面的距離的幾種常用方法

（1）直接構作法：設點A為平面α外一點，過點A作AB⊥平面α于B，則AB的長即為點A到平面α的距離.

（2）平行轉移法：設點A為平面α外一點，過點A作直線a與平面α平行，則直線a上的任意一點到平面α的距離即為點A到平面α的距離.

（3）比例轉移法：設點A為平面α外一點，過點A作平面α的斜線OA交α于點O，P為直線OA上的點（如圖2），設A，P到平面α的距離分別為h，h0，則h=■h0.

（4）體積法：設點A為平面α外一點，△BCD在平面α內，設A到平面α的距離分別為h，則■S△BCD=VABCD，即h=■.

（5）空間向量法：設點A為平面α外一點，點B在平面α內，n是平面α的一個法向量，則A到平面α的距離h=■.

（6）公式法：設P（x0，y0，z0）為空間直角坐標系內一點，平面α的方程為Ax+By+Cz+D=0，則點P到平面α的距離為d=■.

典例精講

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

思索一 由點到平面的距離的定義可知，過該點作出已知平面的垂線，則這條垂線段的長即為所求.而解決本題的關鍵是如何過點D1作出平面BDE的垂線段，注意到點E為線段CC1的中點，若把直角梯形BB1C1E補成△BB1G，則C1E恰為△BB1G的中位線，由此不難得到平面BDG⊥平面DD1G且交線為DG，然后再作垂線段.

破解一 延長BE和B1C1交于點G，連結GD，GD1，如圖3. 因為C1E∥BB1且C1E=■BB1，所以可得GE=EB=ED，故∠BDG=90°，即BD⊥DG.

又因為BD⊥DD1，所以BD⊥平面DD1G. 從而平面BDG⊥平面DD1G且交線為DG.

作D1K⊥DG于K，則D1K⊥平面BDG，即D1K⊥平面BDE. 所以D1K即為點D1到平面BDE的距離.

在Rt△D1DG中，D1D=2，D1G=■，故DG=■，D1K=■=■，故點D1到平面BDE的距離為■.

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圖3

思索二 如果注意到D1B1∥平面DBE及圖形的對稱性，那么便可考慮把點D1轉移到D1B1的中點O1，再過點O1作平面BDE的垂線段，即用平行轉移法解決.

破解二 如圖4，設正四棱柱ABCD-A1B1C1D1兩底面的中心分別為O，O1，則O，O1分別為BD，B1D1的中點. 因為D1B1∥DB，所以D1B1∥平面DBE. 所以點O1到平面BDE的距離等于點D1到平面BDE的距離.？搖？搖？搖？搖

連結OO1，OE，O1E，則DB⊥OO1，DB⊥OE，所以DB⊥平面OO1E，所以平面BDE⊥平面OO1E，且交線為OE.作O1H⊥OE于H，則O1H⊥平面DBE. 所以O1H即為點O1到平面BDE的距離，即為點D1到平面BDE的距離.

在△OO1E中，EO=EO1=■，OO1=2. 設△OO1E的面積為S，則S=■OO1·O1C1=■，S=■OE·O1H=■O1H. 由此可得O1H=■.故點D1到平面BDE的距離為■.

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圖4 圖5

思索三 易見點D1在平面BDE的射影不在△BDE的內部，但平面BDE的斜線段D1B的中點Q的射影恰在等腰三角形DBE的底邊的高線上，故把問題轉化為求點Q到平面BDE的距離較合適，即也可用比例轉移法解決.

破解三 設正四棱柱的底面ABCD的中心為O，線段BD■的中點為Q，點Q到平面BDE的距離為h，則點D■到平面BDE的距離為2h.

連結QO，QE，OE，易證明（同破解二）平面BDE⊥平面OQE，且交線為OE.作QP⊥OE于P，則QP⊥平面BDE，故點D■到平面BDE的距離為2QP.

在Rt△OQE中，因為OQ=1，QE=■，所以OE=■，QP=■=■. 故點D1到平面BDE的距離為■.

思索四 上述給出的三種解法在作平面的垂線段時，不約而同地運用了“先作面面垂直，再作交線垂線，從而得到平面垂線段”的作圖程序. 故“先作面面垂直，再作線面垂直”是我們值得重視的構作平面垂線段的方法. 事實上，在求點面距離時，不一定要作出垂線段. 在本題中，△BDE是邊長為■ 的正三角形，即△BDE的面積容易求得，且四面體D1BDE“生長在”底面邊長和高均已知的正四棱柱中，四面體D1BDE的其中一個面DD1E恰在正四棱柱的表面上，故很容易求得四面體D1BDE的體積，因此也可運用體積法解決.endprint

破解四 設點D1到平面BDE的距離為d，因為S△DBE=■BD·OE=■·■·■=■，所以得V■=■·d·S△DBE=■d. 又因為V■=V■=■·BC·S■=■·1·■·2·1=■. 從而可得■·d=■，即d=■. 故點D1到平面BDE的距離為■.

思索五 由于DA，DC，DD1兩兩垂直，且點E為CC1的中點，因此，建立空間直角坐標系后，相關點的坐標都容易得到，故也可考慮用空間向量法解決.

破解五 如圖6，建立空間直角坐標系D-xyz（以D為原點），則D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（0，1，1），所以■=（1，1，0），■=（0，1，1）. 設平面BDE的一個法向量為n=（x，y，z），則■·n=x+y=0，■·n=y+z=0.

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圖6

故可取n=（1，-1，1），而■=（0，0，2），故點D1到平面BDE的距離d=■=■.

思索六 在本題的解答中，若熟悉空間坐標系中點到平面的距離公式，求解便可一蹴而就.

破解六 同破解五，建立空間直角坐標系D-xyz（以D為原點），則由已知條件可得D（0，0，0），D1（0，0，2），B（1，1，0），E（0，1，1），平面BDE的方程為x-y+z=0，所以易得D1（0，0，2）到平面BDE：x-y+z=0的距離為d=■=■.

變式練習

1. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2，CC1=2■，E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為（ ）

A. 2 B. ■ C. ■ D. 1

2. 如圖7，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，E為AB的中點，則點E到平面ACD1的距離為________.

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圖7

3. 已知正三棱錐P-ABC，點P，A，B，C都在半徑為■的球面上，若PA，PB，PC兩兩互相垂直，則球心O到截面ABC的距離為______.

4. 如圖8，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=1，直線BD與平面AA1B1B所成的角為30°，F為A1B1的中點，求點A到平面BDF的距離.

5. 如圖9，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Q為球心，AC為直徑的球面交PD于點M，交PC于點N.

（1）證明：M為PD的中點；

（2）設直線CD與平面ACM所成的角為θ，求sinθ的值；

（3）求點N到平面ACM的距離.

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圖9

參考答案

1. D 2. ■ 3. ■

4. 由題意可知∠ABD=30°，所以AD=■AB=■. 建立空間直角坐標系A-xyz（以點A為原點），則A（0，0，0），B（2，0，0），D0，■，0，F（1，0，1）. 設n=（a，b，1）是平面BDF的一個法向量，則■⊥n且■⊥n，可得a=1，b=■，即n=（1，■，1）. 所以h=■=■.

5. （1）依題意知，AC是所作球面的直徑，所以AM⊥MC. 又因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD. 又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，所以AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.又因為AP=AD，？搖所以M為PD的中點.

（2）由（1）可知，在Rt△AMC中，AM=2■，AC=2■，所以CM=2■. 所以S△AMC=■AM·MC=2■，V■=■CD·S△AMD=■. 設點D到平面AMC的距離為h，由V■=V■可得h=■，sinθ=■=■.

（3）PC=6，由AN⊥PC可得AC2=CN·CP，所以CN=■，故CN ∶ CP=5 ∶ 9. 所以點N到平面ACM的距離等于點P到平面ACM的距離的■. 又注意到M為PD的中點，所以P，D兩點到平面ACM的距離相等，所以點N到平面ACM的距離為■h=■. ■endprint