2027年高考数学一轮复习第七章　§7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第七章　§7.8　空间距离及立体几何中的探索性问题学案含解析，共17页。

1.点到直线的距离
如图，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外一点，设AP=a，则向量AP在直线l上的投影向量AQ=(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ=|AP|2−|AQ|2=a2−(a·u)2.
2.点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是AP在直线l上的投影向量QP的长度，因此PQ=AP·n|n|=AP·n|n|=|AP·n||n|.
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.( × )
(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.( × )
(3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等.( √ )
(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.( × )
2.已知空间中有三点A(9，2，9)，B(8，1，9)，C(5，1，6)，则点A到直线BC的距离为( )
A.33B.63C.62D.32
答案 C
解析 方法一 因为BA=(1，1，0)，BC=(-3，0，-3)，所以点A到直线BC的距离为
BA2−BA·BC|BC|2=2−−3322=62.
方法二 因为BA=(1，1，0)，BC=(-3，0，-3)，
所以cs〈BA，BC〉=BA·BC|BA||BC|=−32×32=-12，
所以sin〈BA，BC〉=1−−122=32，
所以点A到直线BC的距离为|BA|sin〈BA，BC〉=2×32=62.
3.(2026·成都模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E为CD的中点，则点D到平面AD1E的距离为( )
A.63B.36C.33D.66
答案 C
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，A(1，0，0)，E(0，1，0)，D1(0，0，1)，
D1A=(1，0，-1)，EA=(1，-1，0)，DA=(1，0，0)，
设平面AD1E的法向量为m=(x，y，z)，
则m·D1A=x−z=0，m·EA=x−y=0，
令x=1，得y=1，z=1，所以m=(1，1，1)，
则点D到平面AD1E的距离d=|DA·m||m|=13=33.
4.在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，SD⊥平面ABCD，SD=2AD=4，N为SB的中点，在棱SD上(包括端点)存在点M，使AM⊥CN，则DM= .
答案 1
解析 如图，建立空间直角坐标系，
∵AD=2，SD=4，
则S(0，0，4)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，
∴N(1，1，2)，
设DM=t，则M(0，0，t)，0≤t≤4，
∴AM=(-2，0，t)，CN=(1，-1，2)，
∵AM⊥CN，∴AM·CN=-2+2t=0，∴t=1，
∴DM=1.
题型一 空间距离
命题点1 点线距离
例1 (人教A版选择性必修第一册P42习题1.4T6)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离.
解 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为1，则E12，1，0，
A1(1，0，1)，O1，12，12，
所以OE=−12，12，−12，A1E=−12，1，−1，
所以点O到直线A1E的距离为
OE2−OE·A1E|A1E|2=34−54322=26.
命题点2 点面距离
例2 (2025·深圳模拟)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为 .
答案 21111
解析 以C为原点，CD，CB，CG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B(0，4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)，
所以EF=(2，-2，0)，GE=(2，4，-2)，BE=(2，0，0)，
设平面GEF的法向量是n=(x，y，z)，
则n·EF=2x−2y=0，n·GE=2x+4y−2z=0，
取x=1，则y=1，z=3，
所以n=(1，1，3)，
所以点B到平面GEF的距离为|BE·n||n|=211=21111.
命题点3 异面直线的距离
例3 定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离，公垂线段的长度可以看作是：分别连接两异面直线上两点，所得连线的向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为( )
A.31414B.31515C.3217D.37777
答案 A
解析 如图，以点A为原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4).
所以DG=(1，-3，4)，
PC=(3，3，-6)，DC=(3，0，0)，
设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量，
则有n·DG=x−3y+4z=0，n·PC=3x+3y−6z=0，可取n=(1，3，2)，
所以异面直线PC和DG的距离为
|DC·n||n|=314=31414.
思维升华 (1)点到直线的距离
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=|PA|2−(PA·n)2.
②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.
(2)求点面距一般有以下三种方法
①作点到面的垂线，求点到垂足的距离.
②等体积法.
③向量法.
跟踪训练1 (多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE=13BD；点F在CB1上，且CF=13CB1.则下列结论正确的是( )
A.线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段
B.异面直线AA1与BD的距离为12
C.点D1到直线EF的距离为143
D.点D1到平面DEF的距离为63
答案 ACD
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，
A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，
EB=13DB=13，13，0，
CF=13CB1=13，0，13，
所以E23，23，0，F13，1，13.
对于A，EF=−13，13，13，DB=(1，1，0)，
CB1=(1，0，1)，
所以EF·DB=-13+13=0，
EF·CB1=-13+13=0，
即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段，故A正确；
对于B，由正方体的性质可得异面直线AA1与BD的公垂线的一个方向向量为AC=(-1，1，0)，
又DA=(1，0，0)，所以异面直线AA1与BD的距离为|DA·AC||AC|=12=22，故B错误；
对于C，D1E=23，23，−1，EF=−13，13，13，
所以D1E在EF方向上的投影向量的长度为h=|D1E·EF||EF|=33，所以点D1到直线EF的距离为|D1E|2−ℎ2=179−13=143，故C正确；
对于D，设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，DF=13，1，13，
则n·DB=0，n·DF=0，即x+y=0，13x+y+13z=0，
令x=1，得y=-1，z=2，
所以n=(1，-1，2)，又DD1=(0，0，1)，
所以点D1到平面DEF的距离d=|DD1·n||n|=26=63，故D正确.
题型二 立体几何中的探索性问题
例4 (2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=22.
(1)求证：B1E⊥C1D1；
(2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面CDD1C1所成角的余弦值为13？若存在，求C1PC1C的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接EC1，
因为AB⊥BC，BC∥B1C1，
所以AB⊥B1C1.
因为BC1=AC1，E是AB的中点，
所以AB⊥EC1，
因为B1C1∩EC1=C1，B1C1，EC1⊂平面B1C1E，
所以AB⊥平面B1C1E，
因为B1E⊂平面B1C1E，所以AB⊥B1E，
因为AB∥C1D1，所以B1E⊥C1D1.
(2)解 因为B1E=22，B1C1=2，
C1E=42−22=23，
所以B1C12+B1E2=C1E2，
所以B1E⊥B1C1，
又由(1)知C1D1⊥B1E，且C1D1∩B1C1=C1，C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以B1E⊥平面A1B1C1D1，
因为ABCD-A1B1C1D1为四棱台，底面ABCD为正方形，
所以四边形A1B1C1D1为正方形，
B1E⊥平面ABCD，A1B1=B1C1=2.
因为点E是AB的中点，AB=4，所以AE=2.
所以AE∥A1B1且AE=A1B1，
所以四边形A1B1EA为平行四边形，
所以B1E∥AA1.
又B1E⊥平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD.
以A为坐标原点，AB，AD，AA1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B(4，0，0)，C(4，4，0)，D(0，4，0)，C1(2，2，22)，
设CP=λCC1，0≤λ≤1，
则P(4-2λ，4-2λ，22λ)，BP=(-2λ，4-2λ，22λ)，
CD=(-4，0，0)，CC1=(-2，-2，22).
设平面CDD1C1的法向量为n=(x，y，z)，
则n·CD=−4x=0，n·CC1=−2x−2y+22z=0，
令y=2，则n=(0，2，1).
设直线BP与平面CDD1C1所成的角为θ，且cs θ=13，
则sin θ=|cs〈n，BP〉|=|n·BP||n||BP|
=423·4λ2+(4−2λ)2+8λ2=223，
化简得(2λ-1)2=0，
即λ=12，CP=12CC1，
故P为棱CC1的中点，所以C1PC1C=12.
思维升华 (1)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”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”.
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
跟踪训练2 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点.
(1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值；
(2)在截面AEF内(包括边界)是否存在点G，使DG⊥平面AEF，并说明理由.
解 (1)由PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
故PA⊥AB，PA⊥AD，
又底面ABCD为正方形，故AB⊥AD，
即PA，AD，AB两两垂直，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设AB=2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，
E(1，0，1)，F(2，1，0)，AF=(2，1，0)，BP=(-2，0，2)，BC=(0，2，0)，
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
则n·BP=0，n·BC=0，即−2x+2z=0，2y=0，
令x=1，则n=(1，0，1)，
因为|cs〈n，AF〉|=|n·AF||n||AF|=22×5=105，
所以直线AF与平面PBC所成角的正弦值为105.
(2)假设截面AEF内(包括边界)存在点G满足条件，
设AG=λAE+μAF，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，λ+μ∈[0，1]，
因为AE=(1，0，1)，AF=(2，1，0)，DA=(0，-2，0)，
所以DG=DA+AG=(λ+2μ，μ-2，λ)，
因为DG⊥平面AEF，
所以DG·AE=0，DG·AF=0，
所以2λ+2μ=0，2λ+5μ−2=0，解得λ=−23，μ=23，
与λ∈[0，1]矛盾，故与假设矛盾，
所以在截面AEF内(包括边界)不存在点G，使DG⊥平面AEF.
课时精练
[分值：60分]
1.(13分)(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2.
(1)求点C1到直线AB的距离；(6分)
(2)求点C到平面ABB1A1的距离；(7分)
解 因为点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，
所以A1D⊥平面ABC，
又AC，BD⊂平面ABC，故A1D⊥AC，A1D⊥BD，
因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，点D为AC的中点，故AC⊥BD，
所以DB，DC，DA1两两垂直，故以D为坐标原点，DB，DC，DA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2，
则AC=22，DA=DB=DC=2，
因为侧面ACC1A1为菱形，
所以A1A=AC=22，
又A1D⊥AC，所以A1D=A1A2−DA2=6，
则A(0，-2，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，6)，C1(0，22，6)，
所以AB=(2，2，0)，AC1=(0，32，6)，
AC=(0，22，0)，AA1=(0，2，6).
(1)点C1到直线AB的距离为
|AC1|2−AB·AC1|AB|2=24−622=15.
(2)设平面ABB1A1的法向量为n=(x，y，z)，
则n·AB=2x+2y=0，n·AA1=2y+6z=0，
令z=1，得y=-3，x=3，
故n=(3，-3，1)，
所以点C到平面ABB1A1的距离为
|AC·n||n|=267=2427.
2.(15分)(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE.
(1)若点F满足BF=2FB1，求证：CF∥平面A1EC1；(7分)
(2)底面ABCD内(包括边界)是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由.(8分)
(1)证明 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
所以A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，F(3，3，2)，
所以A1C1=(-3，3，0)，EA1=(3，0，2)，
CF=(3，0，2)，
设平面A1EC1的法向量为n=(x，y，z)，
所以n·A1C1=−3x+3y=0，n·EA1=3x+2z=0，
令x=2，得y=2，z=-3，
所以平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3).
所以n·CF=2×3-3×2=0，
所以n⊥CF，
又CF⊄平面A1EC1，
所以CF∥平面A1EC1.
(2)解 假设底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，
设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)，
又D1(0，0，3)，所以D1P=(a，b，-3)，
又平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3)，
所以D1P∥n，
所以a2=b2=−3−3，解得a=2，b=2，
所以底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，
此时DP=22+22=22.
3.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1.
(1)求证：AC⊥平面PBC；(6分)
(2)在线段AC上(包括端点)是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由.(9分)
(1)证明 ∵△PBC为等边三角形，D为PC的中点，∴BD⊥PC，
又∵BD⊥PA，PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，
∵AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD，
取BC的中点G，连接PG，
∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC，
∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PG⊂平面PBC，
∴PG⊥平面ABC，
∵AC⊂平面ABC，
∴PG⊥AC，
∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC，
∴AC⊥平面PBC.
(2)解 以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且与GP平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，P(0，1，3)，D0，12，32，E0，32，32，
设CF=a，则F(a，0，0)(0≤a≤1)，
则DE=(0，1，0)，DF=a，−12，−32，
设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，
则n·DE=y=0，n·DF=ax−12y−32z=0，
取x=3，可得n=(3，0，2a)，
易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)，
则|cs〈m，n〉|=|m·n||m||n|=2a1×3+4a2=csπ3=12，
解得a=12，此时CF=12，
∴在线段AC上存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，且CF=12.
4.(17分)(2025·成都模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点.
(1)求证：EF∥平面PAB；(5分)
(2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是13？若存在，求出DMDP的值，若不存在，说明理由；(6分)
(3)在平面PBC内是否存在点H，满足HD·HA=0，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状.(6分)
(1)证明 如图，过E作EG⊥AD交AD于点G，连接EF，GF，
因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD，
又EG⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，且EG⊥AD，故EG∥PA，
因为E为PD的中点，所以G为AD的中点，
又F为BC的中点，所以GF∥AB，
而EG⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以EG∥平面PAB，同理GF∥平面PAB，
又因为EG∩GF=G，EG，GF⊂平面EGF，
所以平面EGF∥平面PAB，而EF⊂平面EGF，
所以EF∥平面PAB.
(2)解 设DM=tDP(0≤t≤1)，如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，B(0，1，0)，
C(22，1，0)，D(22，-1，0)，
故PB=(0，1，-1)，PC=(22，1，-1)，
PD=(22，-1，-1)，CD=(0，-2，0)，
则CM=CD+DM=CD-tPD=(-22t，t-2，t)，
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
则有n·PB=y−z=0，n·PC=22x+y−z=0，
令y=1，则n=(0，1，1)，
故|cs〈n，CM〉|=|n·CM||n||CM|
=|2t−2|2×(−22t)2+(t−2)2+t2=13，
整理得4t2-16t+7=0，解得t=12或t=72(舍去)，
所以当DMDP=12时，
直线CM与平面PBC所成角的正弦值是13.
(3)解 由(2)知，平面PBC的一个法向量为n=(0，1，1)，
B(0，1，0)，AD的中点G2，−12，0，
则BG=2，−32，0，
则AD的中点G到平面PBC的距离为
|BG·n||n|=322=324，
由HD·HA=0，
即HD⊥HA，故H在以AD的中点为球心，半径为12AD=12(22)2+(−1)2=32的球面上，而324