新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第6讲第3课时综合问题（含解析）

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题型 空间中的距离问题
典例1如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
向量法求点线距离、点面距离，先建系坐标化．
则A(0,0,0)，B(2eq \r( ,3)，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，
∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．
(1)eq \(AN,\s\up16(→))＝(0,4,2)，eq \(AB,\s\up16(→))＝(2eq \r( ,3)，2,0)，则|eq \(AN,\s\up16(→))|＝2eq \r( ,5)，|eq \(AB,\s\up16(→))|＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝eq \r(|\(AN,\s\up16(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AN,\s\up16(→))·\(AB,\s\up16(→)),|\(AB,\s\up16(→))|)))2)＝eq \r( ,20－4)＝4.
这里计算eq \(AN,\s\up16(→))在eq \(AB,\s\up16(→))上的投影，几何法更显优势，作CD⊥AB，则可推得ND⊥AB.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥eq \(AB,\s\up16(→))，n⊥eq \(AN,\s\up16(→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up16(→))＝2\r( ,3)x＋2y＝0，,n·\(AN,\s\up16(→))＝4y＋2z＝0，))
令z＝2，则y＝－1，x＝eq \f(\r( ,3),3)，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,3),3)，－1，2)).
易知eq \(C1N,\s\up16(→))＝(0,0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
几何法求C1到平面ABN的距离，转化为求点C到平面ABN的距离，进一步可以转化为在△CDN中斜边上的高的计算．
d2＝eq \f(|\(C1N,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(|－4|,\f(4\r( ,3),3))＝eq \r( ,3).
1．求点到直线的距离的方法
(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq \r( ,|\(PA,\s\up16(→))|2－\(PA,\s\up16(→))·n2 ).
(2)若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
2．求平面α外一点P到平面α的距离的常用方法
(1)直接法：过点P作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是平面α内任意一点，则点P到平面α的距离为d＝eq \f(|\(PA,\s\up16(→))·n|,|n|).
计算eq \(PA,\s\up16(→))在法向量n上的投影的绝对值．
3．求线面距离和面面距离可以转化为点到平面的距离进行求解.
对点练1(2023·全国甲卷，文)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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A1­BB1C1C的高．
(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BCC1B1，
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
(2)解：如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，
所以四棱锥A1­BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC.
又因为A1B＝AB，BC为公共边，
所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以O为CC1的中点，OC1＝eq \f(1,2)AA1＝1，
又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AAeq \\al(2,1)，
即x2＋x2＝22，解得x＝eq \r(2)，
所以A1O＝eq \r(A1C\\al(2,1)－OC\\al(2,1))＝eq \r(\r(2)2－12)＝1，
所以四棱锥A1­BB1C1C的高为1.
题型 翻折问题
典例2如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为E，AB＝AE＝eq \f(1,2)CE＝1，DE＝eq \r( ,2).将△ADE沿AE翻折到△APE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC.最后这个条件，暗示△ADE翻折到怎样的位置？
(1)求证：PE⊥EC；
(2)设N为线段AE上任意一点，当平面BMN与平面PCE的夹角最小时，求EN的长．
发现这两个平面无公共边．
(1)证明：连接EB，由题意得PE＝eq \r( ,2)，BE＝eq \r( ,AB2＋AE2)＝eq \r( ,2)，又M是PB的中点，所以ME⊥PB，等腰三角形的性质．
又ME⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面PBC，
所以ME⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则BC
线面垂直的判定定理．
⊥ME，由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝eq \f(1,2)CE＝1，得BE＝BC＝eq \r( ,2)，
在△BCE中，CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，所以BC⊥BE.底面内的数量关系，可以得到BC⊥BE，因此一定要重视空间几何里给出的数量关系．
由ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面BEM，
得BC⊥平面BEM，PE⊂平面BEM，于是PE⊥BC.
由题意，知PE⊥AE，AE与BC相交，
则PE⊥平面ABCE，又EC⊂平面ABCE，
所以PE⊥EC.
(2)解：连接BN，MN，设EN＝t，由(1)知PE，EA，
平面BMN和平面PCE无公共边，这样引入参数t，使t参与二面角余弦值的计算，用函数法求最小值．
EC两两垂直，故以E为坐标原点，eq \(EA,\s\up16(→))，eq \(EC,\s\up16(→))，eq \(EP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则N(t,0,0)，B(1,1,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r( ,2),2)))，
∴eq \(BM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(\r( ,2),2)))，eq \(BN,\s\up16(→))＝(t－1，－1,0)，
取平面PCE的一个法向量为m＝(1,0,0)，
设平面BMN的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up16(→))＝－\f(1,2)a－\f(1,2)b＋\f(\r( ,2),2)c＝0，,n·\(BN,\s\up16(→))＝t－1a－b＝0，))
令a＝1，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，t－1，\f(t,\r( ,2))))，法向量含参．
设平面BMN与平面PCE的夹角为θ，则
cs θ＝|cs〈n，m〉|＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，t－1，\f(t,\r( ,2))))·1，0，0,\r( ,1＋t－12＋\f(t2,2)))＝eq \f(1,\r( ,\f(3,2)t2－2t＋2))＝eq \f(1,\r( ,\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(2,3)))2＋\f(4,3)))，
由于cs θ在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，当cs θ取最大值的时候，对应的角θ有最小值．
∴当t＝eq \f(2,3)时，(cs θ)max＝eq \f(\r( ,3),2)，即EN的长为eq \f(2,3)时，平面BMN与平面PCE的夹角最小．
1．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
3．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段.
对点练2(2024·四川南充一诊)在平面五边形ABCDE中(如图1)，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2eq \r( ,2)，AB＝eq \r( ,3)，∠ABC＝90°，△ADE是等边三角形．现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得四棱锥E­ABCD(如图2)且EC＝3.
(1)求证：平面EAD⊥平面ABCD；
(2)在棱EB上存在点F，满足eq \f(EF,EB)＝eq \f(1,3)，求二面角E­AD­F的余弦值．
(1)证明：取AD的中点O，连接EO，CO，如图所示．
因为△ADE是等边三角形，O为AD中点，所以EO⊥AD.
因为AD＝2eq \r( ,2)，
所以EO＝eq \r( ,2\r( ,2)2－\r( ,2)2)＝eq \r( ,6).
因为AD＝2BC，∠ABC＝90°，AD∥BC，
所以四边形ABCO为矩形，所以CO＝AB＝eq \r( ,3).
又因为EC＝3，所以EC2＝CO2＋EO2，即EO⊥CO.
因为EO⊥AD，EO⊥CO，CO∩AD＝O，CO，AD⊂平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又因为EO⊂平面EAD，所以平面EAD⊥平面ABCD.
(2)解：以O为原点，OC，OA，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(0，eq \r( ,2)，0)，C(eq \r( ,3)，0,0)，D(0，－eq \r( ,2)，0)，B(eq \r( ,3)，eq \r( ,2)，0)，E(0,0，eq \r( ,6))，因为eq \f(EF,EB)＝eq \f(1,3)，eq \(EB,\s\up16(→))＝(eq \r( ,3)，eq \r( ,2)，－eq \r( ,6))，
所以eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \f(1,3)eq \(EB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,3),3)，\f(\r( ,2),3)，－\f(\r( ,6),3))).
由eq \(EA,\s\up16(→))＝(0，eq \r( ,2)，－eq \r( ,6))，
得eq \(FA,\s\up16(→))＝eq \(EA,\s\up16(→))－eq \(EF,\s\up16(→))＝(0，eq \r( ,2)，－eq \r( ,6))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r( ,3),3)，\f(\r( ,2),3)，－\f(\r( ,6),3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r( ,3),3)，\f(2\r( ,2),3)，－\f(2\r( ,6),3)))，eq \(AD,\s\up16(→))＝(0，－2eq \r( ,2)，0)．
设平面FAD的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(FA,\s\up16(→))＝－\f(\r( ,3),3)x＋\f(2\r( ,2),3)y－\f(2\r( ,6),3)z＝0，,n·\(AD,\s\up16(→))＝－2\r( ,2)y＝0，))
令x＝2eq \r( ,2)，则y＝0，z＝－1，即n＝(2eq \r( ,2)，0，－1)．
易知平面EAD的一个法向量为eq \(OC,\s\up16(→))＝(eq \r( ,3)，0,0)．
所以cs〈n，eq \(OC,\s\up16(→))〉＝eq \f(2\r( ,6),3\r( ,3))＝eq \f(2\r( ,2),3).
因为二面角E­AD­F的平面角为锐角，
所以二面角E­AD­F的余弦值为eq \f(2\r( ,2),3).
题型 探究性问题
典例3(2024·湖北襄阳四中模拟)如图所示，在三棱锥P­ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC上的射影为点H.
(1)证明：PC⊥AB.
概括来讲，在三棱锥中，若两组对棱互相垂直，则第三组对棱也互相垂直．
(2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点M，是否存在λ，使得eq \(CM,\s\up16(→))
这组数量关系说明此三棱锥是正三棱锥．
＝λeq \(CP,\s\up16(→))，且BM与平面PAB所成角的余弦值为eq \f(4,5)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明：因为点P在底面ABC上的射影为点H，所以PH⊥平面ABC，应用线⊥面的性质定理⇒PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥AC.
又AB，BC，CA⊂平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAH，所以BC⊥平面PAH，
应用线⊥面的判定定理．
又AH⊂平面PAH，所以BC⊥AH，同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH⊂平面PCH，所以AB⊥平面PCH，
又PC⊂平面PCH，所以PC⊥AB.
(2)解：延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB，
又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以CA＝CB，
同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形．
【抓全分】注意逻辑的严密性，发现△ABC是等边三角形不难，但是利用条件说明其是等边三角形是很容易遗漏的，这里通过条件的转化，用“三条边都相等”的方式进行了说明．
又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2eq \r( ,3).
【另解】由HA＝HB＝HC＝2，△ABC为正三角形，所以其外接圆半径R＝2，由正弦定理得△ABC的边长为2Rsin 60 °＝2eq \r( ,3).
如图，以点O为坐标原点，以eq \(OB,\s\up16(→))，eq \(OC,\s\up16(→))，eq \(HP,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(－eq \r( ,3)，0,0)，B(eq \r( ,3)，0,0)，P(0,1,2)，C(0,3，0)，故eq \(AB,\s\up16(→))＝(2eq \r( ,3)，0,0)，eq \(AP,\s\up16(→))＝(eq \r( ,3)，1,2)，eq \(BC,\s\up16(→))＝(－eq \r( ,3)，3,0)，eq \(CP,\s\up16(→))＝(0，－2,2)．
由eq \(CM,\s\up16(→))＝λeq \(CP,\s\up16(→))，得eq \(BM,\s\up16(→))＝eq \(BC,\s\up16(→))＋eq \(CM,\s\up16(→))＝eq \(BC,\s\up16(→))＋λeq \(CP,\s\up16(→))＝(－eq \r( ,3)，3－2λ，2λ)，将参数λ引进eq \(BM,\s\up16(→))的坐标里面．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\(AP,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r( ,3)x＝0，,\r( ,3)x＋y＋2z＝0，))令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝(0，－2,1)，所以cs〈eq \(BM,\s\up16(→))，n〉＝eq \f(\(BM,\s\up16(→))·n,|\(BM,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(－6＋6λ,\r( ,12－12λ＋8λ2)×\r( ,5))，
设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得cs θ＝eq \f(4,5)，又θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin θ＝eq \f(3,5)，
【易错提醒】注意平面PAB的法向量与直线BM的方向向量所成的角不是直线与平面所成的角，即cs θ≠cs〈eq \(BM,\s\up16(→))，n〉，正确的是sin θ＝|cs〈eq \(BM,\s\up16(→))，n〉|.
故eq \f(|－6＋6λ|,\r( ,12－12λ＋8λ2)×\r( ,5))＝eq \f(3,5)，所以λ＝eq \f(1,3)或λ＝2，
即存在λ＝eq \f(1,3)或λ＝2，均可使得BM与平面
【名师叨叨】注意此时参数λ的值有两个，当λ＝eq \f(1,3)时，M在线段CP上；当λ＝2时，M在线段CP的延长线上. 本题对λ没有限制，所以两种情况都符合题意，要写全面．
PAB所成角的余弦值为eq \f(4,5).
探索性问题解题策略
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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”问题转化成“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
对点练3(2024·北京大兴区模拟)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为线段A1D1，BC1上的动点．给出下列四个结论：
①存在点M，N，满足MN∥平面ABB1A1.
②对于任意点M，存在点N，满足MN∥平面ABB1A1.
③对于任意点M，存在点N，满足MN⊥BC1.
④对于任意点N，存在点M，满足MN⊥BC1.
其中所有正确结论的序号是________．
解析：对于①，当M，N分别为A1D1，BC1的中点时，如图1，取B1C1的中点P，连接MP，NP，则根据正方形的性质可得MP∥A1B1，
图 1
又MP⊄平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，故MP∥平面ABB1A1，同理NP∥平面ABB1A1.
又MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，故平面MNP∥平面ABB1A1.
又MN⊂平面MNP，所以MN∥平面ABB1A1.故①正确．
对于②，当M在A1处，N不在B处时，M在平面ABB1A1上，MN∥平面ABB1A1不成立，故②错误．
图 2
对于③④，方法一(几何法)：连接MB，MC1，如图2，当M在A1处时，△MBC1为正三角形，当N在BC1的中点时，则有MN⊥BC1.当M在D1处时，△MBC1为直角三角形，当N在C1处时，则有MN⊥BC1.当M在线段A1D1(不含端点)上时，由于cs∠BMC1＝eq \f(MB2＋MC\\al(2,1)－BC\\al(2,1),2MB·MC1)>0，所以∠BMC1为锐角，且MB2>MCeq \\al(2,1).设BC1的中点为Q，则过M作△MBC1中BC1边上的高时，垂足一定在QC1上，这个垂足就是满足条件的点N，所以对任意点M，存在点N，满足MN⊥BC1.反过来，当N在BQ(不含Q)上时，若MN⊥BC1，则点M在D1A1的延长线上，因而在线段A1D1上不存在满足题意的点M，从而③正确，④错误．
方法二(向量法)：如图3，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
图 3
设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则B(1,1,0)，C1(0，1,1)，eq \(BC1,\s\up16(→))＝(－1,0,1)．
设M(t,0,1)，eq \(BN,\s\up16(→))＝λeq \(BC1,\s\up16(→))＝(－λ，0，λ)，则t，λ∈[0,1]，N(1－λ，1，λ)，所以eq \(MN,\s\up16(→))＝(1－λ－t,1，λ－1)．
当MN⊥BC1时，eq \(MN,\s\up16(→))·eq \(BC1,\s\up16(→))＝λ＋t－1＋λ－1＝0，即t＋2λ＝2.
故对于任意的t∈[0,1]，存在λ＝1－eq \f(t,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))满足条件，即对于任意的点M，存在点N，满足MN⊥BC1.故③正确．当λ＝0，即N在B点处时，若MN⊥BC1，则t＝2，不满足t∈[0,1]，即M不在线段A1D1上，故④错误．故填①③.
答案：①③
题型 最值、范围问题
典例4如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PD，E，F分别为AD，BC的中点．
(1)证明：平面PEF⊥平面PBC.由判定定理，思考AD⊥平面PEF.
(2)若AB＝2，AP＝3，求直线PD与平面
这两个条件说明了底面ABCD和△PAD内的数量关系，以AD为轴建系，点P的位置不能确定．
PBC所成角的正弦值的最大值．
(1)证明：因为E为AD的中点，PA＝PD，所以PE⊥AD.
因为AD∥BC，所以BC⊥PE.
因为在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，所以BC⊥EF.
又EF∩PE＝E，EF，PE⊂平面PEF，
所以BC⊥平面PEF.
因为BC⊂平面PBC，
所以平面PEF⊥平面PBC.
(2)解：过点E作EQ⊥平面ABCD，以E为坐标原点，分别以eq \(EA,\s\up16(→))，eq \(EF,\s\up16(→))，eq \(EQ,\s\up16(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系．
这样建系，优点在于A，B，C，D为定点，动点P在平面Eyz内，便于应用θ＝∠PEF为变量，表示出点P的坐标．
设∠PEF＝θ(0