從一題多解看空間距離的求法

廖永福

(福建省廈門第二中學 361009)

題目(2013年北京卷理14)如圖1，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為____.

解法1(定義法) 點P到直線CC1的距離的最小值就是異面直線D1E與CC1間的距離.

如圖2，過點E作EE1∥CC1交B1C1于點E1，連接D1E1，過點C1作C1F⊥D1E1，垂足為點F，過點F作FP0∥E1E交D1E于點P0，則B1E1=E1C1，P0F∥CC1.

圖2

在C1C上取點Q，使得C1Q=FP0.

連接P0Q，則四邊形P0QC1F為平行四邊形.

因為CC1⊥平面A1B1C1D1，C1F?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥C1F，四邊形P0QC1F為矩形.

所以P0Q⊥CC1,P0Q⊥PF.

因為P0Q∥FC1，所以P0Q⊥D1E1.

又D1E1∩P0F=F，D1E1，P0F?平面D1EE1，

所以P0Q⊥平面D1EE1.

所以P0Q⊥D1E.

即P0Q為異面直線D1E和CC1的公垂線.

在Rt△C1D1E1中，由

C1F·D1E1=C1D1·C1E1，得

解法2 (等體積法)點P到直線CC1的距離的最小值就是異面直線D1E與CC1間的距離.

圖3

如圖3，過點E作EE1∥CC1交B1C1于點E1，連接D1E1，則B1E1=E1C1.

因為EE1?平面D1EE1，CC1?平面D1EE1，

所以CC1∥平面D1EE1.

所以異面直線D1E與CC1間的距離就是直線CC1到平面D1EE1的距離，就是點C1到平面D1EE1的距離.

設點C1到平面D1EE1的距離為d，

因為VC1-D1EE1=VE-C1D1E1，

因為CC1⊥平面A1B1C1D1，

所以EE1⊥平面A1B1C1D1.

又D1E1?平面A1B1C1D1，所以EE1⊥D1E1.

又S△C1D1E1=1，EE1=2，

解法3 (等面積法)如圖4，過點E作EE1∥CC1交B1C1于點E1，連接D1E1，過點P作PF∥EE1交D1E1于點F，連接C1F，則B1E1=E1C1，PF∥CC1.

圖4

因為CC1⊥平面A1B1C1D1，C1F?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥C1F.

所以C1F的長就是點P到CC1的距離.

因為點P在線段D1E上運動，所以點F在線段D1E1上運動，當C1F⊥D1E1時，C1F取得最小值.

在Rt△C1D1E1中，由

C1F·D1E1=C1D1·C1E1，得

解法4 (向量法)以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖5所示的空間直角坐標系，則C(0,2,0),C1(0,2,2)，D1(0,0,2),E(1,2,0).

圖5

所以點P到直線CC1的距離

解法5 (向量法)建立空間直角坐標系同解法4，則D(0,0,0)，D1(0,0,2),E(1,2,0).

所以P(λ,2λ,2-2λ).

又設點P在CC1上的投影為點Q，

則Q(0,2,2-2λ).

解法6(向量法)建立空間直角坐標系同解法4，則C(0,2,0),C1(0,2,2)，D1(0,0,2),E(1,2,0).

取x=2，則y=-1.

所以n=(2,-1,0).

所以異面直線CC1與D1E間的距離為

點評本題主要考查空間距離的求法，正方體的基本結構特征，以及空間線線、線面、面面平行和垂直的判定和性質等，體現了邏輯推理、直觀想象和數學運算等核心素養.解題關鍵是熟練掌握各種距離之間的轉化方法，屬于中檔題.

在上述六種解法中，前三種解法是純幾何方法，其中解法1把問題轉化為求異面直線間的距離，利用定義法來解；解法2把問題轉化為求點到平面的距離，利用等體積法來解；解法3把問題轉化為點到直線的距離，利用等面積法來解.后三種解法是向量方法，通過建立空間直角坐標系，以向量為工具把幾何問題轉化為代數問題，這三種方法分別應用了點到直線的距離公式、兩點間的距離公式和異面直線間的距離公式.

可以看出，空間距離的求法雖然很多，如定義法、轉化法、等積法和向量法等，但始終滲透著數形結合思想和轉化與化歸思想.解題時應根據題設條件，靈活選擇解法，優化解題過程.