2023版考前三个月冲刺专题练　第20练　空间向量与距离、探究性问题

第20练　空间向量与距离、探究性问题

[考情分析]　空间向量与距离、探究性问题在高考试题中出现较少，一般以解答题的形式考查，难度在中档以上．

一、空间距离

例1　(2022·吉林模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝2，M是AB的中点，N是A1B1的中点，P是BC1与B1C的交点，点Q在线段C1N上．

(1)求证：PQ∥平面A1CM；

(2)若平面A1CM与平面ACM的夹角的余弦值是，求点B到平面A1CM的距离．

(1)证明　如图，连接AC1交A1C于点H，连接MH.

∵AH＝HC1，AM＝MB，

∴BC1∥MH，

又MH⊂平面A1CM，BC1⊄平面A1CM，

∴BC1∥平面A1CM.

∵四边形A1NBM是平行四边形，

∴BN∥A1M，

又BN⊄平面A1CM，A1M⊂平面A1CM，

∴BN∥平面A1CM.

∵BC1∩BN＝B，BC1⊂平面BC1N，BN⊂平面BC1N，

∴平面A1CM∥平面BC1N.

又∵PQ⊂平面BC1N，∴PQ∥平面A1CM.

(2)解　以A为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

设A1(0,0，h)(h>0)，

M(0,2,0)，C(2,0,0)，B(0,4,0)，

所以＝(0,2，－h)，＝(2,0，－h)，

设平面A1CM的法向量为n＝(x，y，z)，

则不妨设z＝2，

解得n＝(h，h，2)．

显然平面ACM的法向量可取为n0＝(0,0,1)．

由平面A1CM与平面ACM的夹角的余弦值是，

可得|cos〈n，n0〉|＝

＝＝＝，

又h>0，解得h＝2，∴n＝(2,2,2)．

又＝(0,2,0)，

d＝＝＝，

即点B到平面A1CM的距离为.

规律方法　(1)点到直线的距离

直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝.

(2)点到平面的距离

平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝.

跟踪训练1　(2022·镇江模拟)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，点A1在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，侧面AA1C1C是边长为2的菱形．

(1)若△ABC是正三角形，求异面直线DB1与BC所成角的余弦值；

(2)当直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为时，求线段BD的长．

解　(1)依题意，点A1在平面ABC上的射影为线段AC的中点D，

所以A1D⊥平面ABC，A1D⊥CD，A1D⊥BD，

由于AB＝BC，

所以BD⊥CD，

以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

则A1(0,0，)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，

当△ABC是等边三角形时，B(，0,0)，

B1＝(，1，)，＝(－，1,0)，

＝(，1，)．

设直线DB1与BC所成角为α，

则cos α＝＝＝.

所以异面直线DB1与BC所成角的余弦值为.

(2)设DB＝t，t>0，

则B(t，0,0)，B1(t，1，)，＝(t，0，)，

A(0，－1,0)，＝(0,1，)，＝(t，1,0)，

设平面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)，

则

故可取平面ABB1A1的一个法向量为

n＝，

设直线CB1与平面ABB1A1所成角为β，

则sin β＝

＝＝，

化简得4t4－13t2＋9＝0，

即(t2－1)(4t2－9)＝0，t>0，

解得t＝1或t＝，也即BD＝1或.

二、探究性问题

例2　(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.

(1)证明：BF⊥DE；

(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE的夹角的正弦值最小？

(1)证明　因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，

所以CF＝1，BF＝.

如图，连接AF，

由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，

得BF⊥AB，

于是AF＝＝3，

所以AC＝＝2.

由AB2＋BC2＝AC2，

得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，

＝(0,2,1)．

设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0,2)，

于是＝(1－m，1，－2)．

所以·＝0，所以BF⊥DE.

(2)解　易知平面BB1C1C的法向量可取为

n1＝(1,0,0)．

设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，

则

又＝(1－m，1，－2)，＝(－1,1,1)，

所以

令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，

于是平面DFE的一个法向量为

n2＝(3，m＋1,2－m)，

所以cos〈n1，n2〉＝.

设平面BB1C1C与平面DFE的夹角为θ，

则sin θ＝，

故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE的夹角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE的夹角的正弦值最小．

规律方法　空间向量求解探究性问题：

(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；

(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解、是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．

跟踪训练2　(2022·北京丰台模拟)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝DC＝AB.以直线AB为轴，将直角梯形ABCD旋转得到直角梯形ABEF，且AF⊥AD.

(1)求证：DF∥平面BCE；

(2)在线段DF上是否存在点P，使得直线AE和平面BCP所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

(1)证明　由题意得EF∥CD，EF＝CD，

所以四边形DCEF为平行四边形，

所以DF∥CE，

因为DF⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，

所以DF∥平面BCE.

(2)解　线段DF上存在点P，使得直线AE和平面BCP所成角的正弦值为，理由如下：

由题意得AD，AB，AF两两垂直．

建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，

所以＝(0,1,1)，＝(1，－1,0)，

＝(1，－2,0)，＝(－1,0,1)，

设＝λ(0≤λ≤1)，

则＝＋＝＋λ＝(1－λ，－2，λ)，

设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，

所以

即

令x＝λ，则y＝λ，z＝1＋λ，

于是n＝(λ，λ，1＋λ)，

设直线AE和平面BCP所成角为θ，

由题意得sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，

整理得3λ2－22λ＋7＝0，

解得λ＝或λ＝7.

因为0≤λ≤1，

所以λ＝，即＝.

所以线段DF上存在点P，当＝时，直线AE和平面BCP所成角的正弦值为.