新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题核心考点1点到直线的距离教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题核心考点1点到直线的距离教师用书，共8页。

1. (2020·全国Ⅱ卷理科)已知△ABC是面积为eq \f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( C )
A.eq \r(3) B．eq \f(3,2)
C．1 D．eq \f(\r(3),2)
【解析】 设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得：R＝2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为eq \f(9\r(3),4)的等边三角形，∴eq \f(1,2)a2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(9\r(3),4)，解得：a＝3，∴r＝eq \f(2,3)×eq \r(a2－\f(a2,4))＝eq \f(2,3)×eq \r(9－\f(9,4))＝eq \r(3)，∴球心O到平面ABC的距离d＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(4－3)＝1.故选C.
2. (2022·全国新课标Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2).
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
【解析】 (1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(2\r(2),3)h＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·A1A＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)，
解得h＝eq \r(2)，
所以点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，
因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得AE＝eq \r(2)，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2)，所以BC＝2，
则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，
所以A1C的中点D(1,1,1)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(BA,\s\up6(→))＝2y＝0，))可取m＝(1,0，－1)，
设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝a＋b＋c＝0，,m·\(BC,\s\up6(→))＝2a＝0，))可取n＝(0,1，－1)，
则csm，n＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2).
3. (2023·全国甲卷文科)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．
【解析】 (1)证明：∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
∴BC⊥平面ACC1，又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
(2)∵BC⊥平面ACC1，AC，A1C⊂平面ACC1，
∴BC⊥AC，BC⊥A1C，
∵AB＝A1B，BC＝BC，
∴Rt△ABC≌Rt△A1BC，
∴A1C＝AC，
∵A1C⊥底面ABC，AC⊂面ABC，
∴A1C⊥AC，
∴A1C2＋AC2＝A1A2，
∵AA1＝2，
∴A1C＝AC＝eq \r(2)，
∴A1C1＝eq \r(2)，
过A1作A1O⊥C1C于O，
∵A1C＝A1C1，
∴O为CC1的中点，
∴A1O＝eq \f(1,2)C1C＝eq \f(1,2)A1A＝1，
由(1)可知A1O⊥平面BCC1B1，
∴四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
4. (2021·全国甲卷)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，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
【解析】 (1)证明：连接AF，
∵E，F分别为直三棱柱ABC－A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
∴CF＝1，BF＝eq \r(5)，
∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
∴BF⊥AB，
∴AF＝eq \r(AB2＋BF2)＝eq \r(22＋\r(5)2)＝3，
AC＝eq \r(AF2－CF2)＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)，
∴AC2＝AB2＋BC2，即BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m,0,2)，
∴eq \(BF,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m,1，－2)，
∴eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，即BF⊥DE.
(2)∵AB⊥平面BB1C1C，
∴平面BB1C1C的一个法向量为m＝(1,0,0)，
由(1)知，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1－m,1，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－mx＋y－2z＝0，,－x＋y＋z＝0，))
令x＝3，则y＝m＋1，z＝2－m，
∴n＝(3，m＋1,2－m)，
∴csm，n＝eq \f(m·n,|m|·|n|)
＝eq \f(3,1×\r(9＋m＋12＋2－m2))
＝eq \f(3,\r(2m2－2m＋14))＝eq \f(3,\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋\f(27,2)))，
∴当m＝eq \f(1,2)时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大为eq \f(\r(6),3)，此时正弦值最小为eq \f(\r(3),3).
核心考点1 点到直线的距离
核心知识·精归纳
点到直线的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外的一点．
设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，则向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \(AQ,\s\up6(→))＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得点P到直线l的距离PQ＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－|\(AQ,\s\up6(→))|2)＝eq \r(a2－a·u2).
典例研析·悟方法
典例1 (1)已知直线l的方向向量为a＝(1,0,1)，点A(1,2，－1)在l上，则点P(3,1,1)到l的距离为( B )
A．2eq \r(2) B．1
C．3 D．2
【解析】 直线l的方向向量为a＝(1,0,1)，点A(1，2，－1)在l上，则点P(3,1,1)到l的距离为：d＝|eq \(AP,\s\up6(→))|eq \r(1－cs\(AP,\s\up6(→))，a2)＝eq \r(4＋1＋4)·
eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·a,|\(AP,\s\up6(→))|·|a|)))2)＝3eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3×\r(2))))2)＝1.故选B.
(2)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为( D )
A．1 B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \f(\r(6),4) D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 方法一：线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值等价于异面直线AD1、A1C1间的距离d，
因为A1C1与平面AD1C平行，故d等于A1到平面AD1C的距离，由VA1－AD1C＝VC－A1AD1可得，eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×(eq \r(2))2·d＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1，解得d＝eq \f(\r(3),3).故选D.
方法二：如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
设P(x,0,1－x)，0≤x≤1，则eq \(A1P,\s\up6(→))＝(x－1,0，－x)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，所以动点P到直线A1C1的距离为d＝eq \r(|\(A1P,\s\up6(→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1P,\s\up6(→))·\(A1C1,\s\up6(→)),|\(A1C1,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(x－12＋－x2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,\r(2))))2)＝eq \r(\f(3,2)x2－x＋\f(1,2))＝eq \r(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2＋\f(1,3))≥eq \f(\r(3),3)，当x＝eq \f(1,3)时取等号，即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值等于eq \f(\r(3),3).
方法技巧·精提炼
用向量法求点到直线的距离的一般步骤
(1)求直线的方向向量．
(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向上的投影向量的长度．
(3)利用勾股定理求解．
提醒：平行直线间的距离转化为点到直线的距离求解．
加固训练·促提高
1.已知直线l过点A(1，－1，－1)，且方向向量为m＝(1,0，－1)，则点P(1,1,1)到l的距离为( B )
A．2eq \r(2) B．eq \r(6)
C．eq \r(3) D．eq \r(2)
【解析】 ∵点A(1，－1，－1)，点P(1,1,1)∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,2,2)，∴|eq \(AP,\s\up6(→))|＝eq \r(02＋22＋22)＝2eq \r(2)，又∵直线l的方向向量为m＝(1,0，－1)，∴点P(1,1,1)到l的距离d＝eq \r(|\(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·m,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))))2)＝eq \r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,\r(2))))2)＝eq \r(6)，故选B.
2.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离．
【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，因为eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，－1))，u＝eq \f(\(A1E,\s\up6(→)),|\(A1E,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，
取a＝eq \(OA1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以a2＝eq \f(1,2)，a·u＝－eq \f(2,3).所以点O到直线A1E的距离为eq \r(a2－a·u2)＝eq \r(\f(1,2)－\f(4,9))＝eq \f(\r(2),6).高频考点
高考预测
距离问题
高考对此部分内容主要以解答题的形式考查，常以多面体为载体，题目与距离问题、折叠问题、探索问题相结合命题.
翻折问题
探索性问题