空间距离

设射影为点C，点P到l的距离为PC的长， 而PC为矩形PACB的对角线 ∴PC=5

精解名题

例1．如图，已知正方体ABCD?A1B1C1D1棱长为a，求异线ＢＤ与B1Ｃ的距离．

解法一：连结ＡＣ交ＢＤ的中点Ｏ，取CC1的中点Ｍ，

连结ＢＭ交B1C于Ｅ，连AC1，则OM//AC1，

过Ｅ作ＥＦ／／ＯＭ交ＯＢ于Ｆ，则EF//AC1。 又斜线AC1的射影为ＡＣ，ＢＤ?ＡＣ， ?BD?AC1,?FE?BD。

同理AC1?B1C,EF?B1C，?EF为ＢＤ与B1C的公垂线，由于Ｍ为CC1的 中点，?MEC∽?BEB1，?Ａ Ｄ Ｏ D1

面直

C1

A1B1Ｍ Ｅ Ｃ

Ｆ Ｂ MCME1??。 BB1BE2BM?BFBE2525??， ,BE?MB?a，ＥＦ／／ＯＭ，

BOBM3233故BF?223a，?EF?BE2?BF2?ＯＢ＝a． 333解法二．（转化为线面距）

因为ＢＤ／／平面B1D1C，B1C?平面B1D1C，故ＢＤ与B1C的距离就是ＢＤ 到平面B1D1C的距离。

由VB?B1D1C13??VD1?B1BC，即?341?2a?h?1?a2?a，得h?3223a． 3解法三．（转化为面面距）易证平面B1D1C／／平面A1BD，用等体积法易得Ａ到平面A1BD的

距离为

3a。 3

同理可知：C1到平面B1D1C的距离为

33 a，而A1C?3a，故两平面间距离为a．

33D1 解法四．（垂面法）如图，ＢＤ／／平面B1D1C， B1D1?A1C1,B1D1?OO1,

O1 B1C1

A1Ｄ Ａ D1 B1D1?平面OO1C1C，

平面OO1C1C?平面B1D1C＝O1C，

Ｃ

O Ｂ O1?B1D1，故O到平面B1D1C的距离为

C1

Rt?O1OC斜边上的高

a?2a2?3a。

33a2A1Ｄ Ａ N B1M Ｃ E Ｂ OC?OO1 h??O1C解法五。（函数最小值法）如图，在上取一点M，作ME?BC于E，过E作EN?BD

交BD于N，易知MN为BD与B1C的公垂线时，MN最小。 设BE=x，CE=ME=a?x，EN=

2x， 223?3?a2123222x??a?x?=x?2ax?a=MN==。 ?x?a??222?2?3?当时x?32a。 a，时，?MN?min?33Ｇ

例2．如图，已知ＡＢＣＤ为边长是４的正方形， Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＡＤ的中点，ＧＣ垂直 于ＡＢＣＤ所在的平面，且ＧＣ＝２，求点 Ｂ到平面ＥＦＧ的距离。 解法一：连结ＢＦ，ＢＧ， S?BEFＦＨ Ａ

Ｄ O?Ｏ Ｅ

Ｂ

Ｃ

11?BE?FA??2?2?2， 2213BD?22,CH?AC, 24又Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＡＤ的中点， ?EF?

?GH?GC?CHS?GEF?VG?BEF22?3??2??42??22。

?4?22112?22?22?211，VB?EFG??211?h?11h， 2331??2?2， 3?h?211． 11上任一点到平面ＧＥＦ的距离，ＢＤ?ＡＣ于Ｏ，ＥＦ／／ＢＤ，

解法二．?Ｅ，Ｆ分别是ＡＢ，ＡＤ的中点，?ＥＦ／／ＢＤ，?Ｂ到平面ＧＥＦ的距离为ＢＤ

?EF?AC,又ＧＣ?平面ＡＢＣＤ，ＥＦ?平面ＡＢＣＤ，?ＥＦ?ＧＣ，ＥＦ?平面ＧＥＦ，?平面ＧＥＦ?平面ＧＣＨ，过Ｏ点作OO??ＨＧ，则OO??平面ＧＥＦ，OO?为Ｏ到平面ＧＣＨ的距离，即Ｂ到平面ＧＥＦ的距离。

OH?1AC?2由解法一知：GH?22，由?HOO?∽?HCG得 4OHOO?211。 ?,OO??GHGC11思维点拔：注意点距，线面距，面面距的转化，利用平面互相垂直作距离也是一种常用的方

法。

例3．已知正三棱柱ABC?A1B1C1的底面边长为8，对

角线B1C?10，D是AC的中点。（1）求点B1到 直线AC的距离。（2）求直线AB1到平面C1BD的 距离。

解析：（1）连结BD，B1D，由三垂线定理可得：

所以B1D就是B1点到直线AC的 B1D?AC，距离。

在Rt?B1BD中BB1?A

D B

C A1B1C1B1C2?BC2?102?82?6,BD?43．

?B1D?BD2?B1B2?221。

（2）因为AC与平面BDC1交于ＡＣ的中点Ｄ，设B1C?BC1?E，则AB1//DE，所

以AB1//平面C1BD，所以AB1到平面BDC1的距离等于Ａ点到平面BDC1的距 离，等于Ｃ点到平面BDC1的距离，也就等于三棱锥C?BDC1的高。

111213所以，直线 ?VC?BDC1?VC1?BDC，?hS?BDC1?S?BDCCC1，?h?3313AB1到平面BDC1的距离是

1213。 13思维点拔：求空间距离多用转化的思想。 例4．在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3， CC1=2，如图：

（1）求证：平面A1BC1∥平面ACD1； （2）求(1)中两个平行平面间的距离； （3）求点B1到平面A1BC1的距离。

（1）证明：由于BC1∥AD1，则BC1∥平面ACD1，

同理，A1B∥平面ACD1，则平面A1BC1∥平面ACD1。

（2）解：设两平行平面A1BC1与ACD1间的距离为d，则d等于D1到平面A1BC1的距离。

易求A1C1=5，A1B=25，BC1=13，则cosA1BC1=S?A1B1C1=61。

由于VD1?A1BC1?VB?A1C1D1，则

D1A1DABB1C1C265，则sinA1BC1=

6165，则

1261111S?A1BC1·d=?(AD1C1D1)·BB1，代入求得d=，

613321261即两平行平面间的距离为。

611261。 61（3）解：由于线段B1D1被平面A1BC1所平分，则B1、D1到平面A1BC1的距离相等，则由（2）知

点B1到平面A1BC1的距离等于

点评：立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来。在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面。这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了。

例5．（1）多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面?内，

其余顶点在?的同侧，正方体上与顶点A相邻的三个顶点到?的距离分别为1，2和4，P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面?的距离可能是：______（写出所有正确结论的编号） ．．

①3； ②4； ③5； ④6； ⑤7