高三数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第七课时向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题学案

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考点一 求空间距离
1．点P到直线l的距离设AP＝a，u是直线l的单位方向向量，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|＝
AP2-AQ2＝a2-a·u2．
提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：
(1)d＝|AP|sin θ求解，其中θ为向量AP与直线l方向向量的夹角．
(2)d＝AP2-AP·μμ2，其中μ为l的方向向量．
2．点P到平面α的距离
若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝AP·nn，如图所示．
提醒：线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．
点到直线的距离
[典例1] (2024·济宁一中月考)如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________．
135 [如图，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，
则BP＝(－3，0，1)，BD＝(－3，4，0)，故点P到直线BD的距离
d＝BP2-BP·BDBD2＝10-952＝135，
所以点P到直线BD的距离为135.]
点到平面的距离
[典例2] (2024·衡水中学月考)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝4，BB1＝3，求点B1到平面A1BC1的距离．
[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，则
A1(4，0，3)，B1(4，6，3)，B(4，6，0)，C1(0，6，3)，A1C1＝(－4，6，0)，A1B＝(0，6，－3)，A1B1＝(0，6，0)．
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·A1C1=0，n·A1B=0， 即-4x+6y=0，6y-3z=0，
取x＝1，解得n＝1，23，43为平面A1BC1的一个法向量．
∴点B1到平面A1BC1的距离d＝A1B1·nn＝122929.
用向量方法研究空间距离问题的一般步骤：(1)确定法向量；(2)选择参考向量；(3)利用公式求解．
跟进训练1 (2024·合肥模拟)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1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，
则A(0，0，0)，B(23，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，
∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2)．
(1)AN＝(0，4，2)，AB＝(23，2，0)，
则|AN|＝25，|AB|＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝AN2-AN·ABAB2＝20-4＝4.
(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥AB，n⊥AN，
得n·AB=23x+2y=0，n·AN=4y+2z=0，
令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝33，-1，2为平面ABN的一个法向量．
易知C1N＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝C1N·nn＝3.
考点二 立体几何中的探索性问题
[典例3] (2024·广东广州模拟)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)求PC与平面ACE所成角的正弦值；
(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为255？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：∵四边形ABCD为正方形，则BC⊥AB，CD⊥AD，
∵PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，
∴BC⊥平面PAB，
∵PA⊂平面PAB，∴PA⊥BC.
∵PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，
∴CD⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD，
∵BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP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(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．
则AC＝(2，2，0)，AE＝(0，1，1)，PC＝(2，2，－2)．
设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，
由m·AC=2x+2y=0，m·AE=y+z=0， 取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一个法向量，
设PC与平面ACE所成角为θ，
则sin θ＝|cs 〈m，PC〉|＝m·PCmPC＝23×23＝13，
∴PC与平面ACE所成角的正弦值为13.
(3)设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，
AF＝(2，t，0)，AP＝(0，0，2)，
由n·AF=2a+tb=0，n·AP=2c=0， 取a＝t，则n＝(t，－2，0)为平面PAF的一个法向量，
∴点E到平面PAF的距离为d＝AE·nn＝2t2+4＝255，
∵t＞0，∴t＝1.
∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为255.
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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”等．
(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．
跟进训练2 (2024·盐城模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝6，AB⊥B1C.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为45，若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.
因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，
所以AB⊥CD，CD＝3，BD＝1.
又因为AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D⊂平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝3.
在△B1CD中，CD＝3，B1D＝3，B1C＝6，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1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(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(3，0，0)，B1(0，0，3)，
因此BB1＝(0，1，3)，AC＝(3，－1，0)，
AA1＝BB1＝(0，1，3)，CB＝(－3，－1，0)．
因为点P在棱BB1上，
设BP＝λBB1＝λ(0，1，3)，其中0≤λ≤1.
则CP＝CB+BP＝CB＋λBB1＝(－3，－1＋λ，3λ)．
设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·AC=0， n·AA1=0，得3x-y=0，y+3z=0，
取x＝1，则y＝3，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，3，－1)．
因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为45，
所以|cs 〈n，CP〉|＝n·CPnCP＝-235×3+λ-12+3λ2＝45，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝14，所以|BP|＝14|BB1|＝12，
故BP的长为12.
考点三 立体几何中的翻折问题
[典例4] (2024·山东临沂质检)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
[解] (1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|＝1，建立如图所示的空间直角坐标系．
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝32，EH＝32.
则H(0，0，0)，P0，0，32，D-1，-32，0，DP＝1，32，32，HP＝0，0，32.
又HP为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈HP，DP〉|＝HP·DPHPDP＝343＝34.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线线关系、线面位置关系和度量关系的变化情况. 一般地，翻折后还在同一个平面上的相关关系不发生变化，不在同一个平面上的发生变化．
跟进训练3 (2024·陕西西安模拟)如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E为CD中点，将△ADE沿AE折起使得平面ADE⊥平面ABCE，BE与AC相交于点O，H是棱DE上的一点且满足DH＝2HE.
(1)求证：OH∥平面BCD；
(2)求平面ABC与平面BCD夹角的余弦值.
[解] (1)证明：由题意知CE∥AB，AB＝2CE，
所以OE∶OB＝1∶2.
又DH＝2HE，所以OH∥BD，
又BD⊂平面BCD，OH⊄平面BCD，
所以OH∥平面BCD.
(2)因为平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DE⊥AE，又ED⊂平面AED，
所以DE⊥平面ABCE，所以DE⊥CE，
以E为坐标原点，EC，EA，ED的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设菱形的边长为4，则D(0，0，2)，C(2，0，0)，B(4，23，0).
则DC＝(2，0，－2)，DB＝(4，23，－2).
设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)，
n·DC=0，n·DB=0，即2x-2z=0， 4x+23y-2z=0.
令z＝1，得n＝1，-33，1为平面BCD的一个法向量.
易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
设平面ABC与平面BCD的夹角为θ，则cs θ＝m·nmn＝173＝217.
故平面ABC与平面BCD夹角的余弦值为217.
课后习题(四十一) 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题
1．(人教A版选择性必修第一册P49练习T13改编)如图所示，M，N是直角梯形ABCD两腰的中点，DE⊥AB于点E，现将△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M，N的连线与AE所成角的大小为( )
A．45° B．90° C．135° D．180°
B [建立空间直角坐标系，如图所示．
由题意知△ABE为等腰直角三角形．
设CD＝1，则BE＝1，AB＝1，AE＝2.
设BC＝DE＝2a，则E(0，0，0)，A(1，0，1)，
N(1，a，0)，D(0，2a，0)，M12，a，12，
所以MN＝12，0，-12，AE＝(－1，0，－1)，
所以MN·AE＝12，0，-12·(－1，0，－1)＝0，
故AE⊥MN，从而MN与AE所成角的大小为90°.]
2．(人教B版选择性必修第一册P63习题1－2CT2改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则：
(1)点B到直线AC1的距离为________；
(2)直线FC到平面AEC1的距离为________．
(1)63 (2)66 [(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，0，F1，12，1，
∴AB＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1)，AE＝0，12，-1，
EC1＝-1，12，0，FC＝-1，12，0，AF＝0，12，0，
取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝33，
∴点B到直线AC1的距离为a2-a·u2＝1-13＝63.
(2)∵FC＝EC1＝-1，12，0，
∴FC∥EC1，又FC⊄平面AEC1，
EC1⊂平面AEC1，
∴FC∥平面AEC1，
∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离，
设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·AE=0， n·EC1=0，
∴12y-z=0， -x+12y=0，取z＝1，则x＝1，y＝2，
∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量．
又∵AF＝0，12，0，
∴点F到平面AEC1的距离为AF·nn＝66，
即直线FC到平面AEC1的距离为66. ]
3．(2024·太原模拟)如图，已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)在棱AB上是否存在点E，使得AD1与平面D1EC所成的角为π6？若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．
[解] (1)证明：∵AE⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，
∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1＝A，AE，AD1⊂平面AED1，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E⊂平面AED1，∴D1E⊥A1D.
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设棱AB上存在点E(1，t，0)(0≤t≤2)，
使得AD1与平面D1EC所成的角为π6，
A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，AD1＝(－1，0，1)，CD1＝(0，－2，1)，
CE＝(1，t－2，0)，
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·CD1=-2y+z=0， n·CE=x+t-2y=0，
取y＝1，得n＝(2－t，1，2)为平面D1EC的一个法向量，
∴sin π6＝AD1·nAD1n＝t-2+22×t-22+5，
整理得t2＋4t－9＝0，解得t＝13－2或t＝－2－13(舍去)，
∴在棱AB上存在点E，使得AD1与平面D1EC所成的角为π6，此时AE＝13－2.
4．(2024·青岛二中月考)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，问：线段AD上是否存在一点Q，使得它到平面PCD的距离为32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，说明理由
．
[解] 取AD的中点O，连接PO，OC.在△PAD中，
∵PA＝PD，∴PO⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.
建立如图所示的空间直角坐标系，易得A(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，
则CP＝(－1，0，1)，CD＝(－1，1，0)．
假设存在点Q，使它到平面PCD的距离为32，
设Q(0，y，0)(－1≤y≤1)，则CQ＝(－1，y，0)．
设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则n·CP=0，n·CD=0，∴-x0+z0=0，-x0+y0=0，
即x0＝y0＝z0，取x0＝1，则平面PCD的一个法向量为n＝(1，1，1)．
∴点Q到平面PCD的距离d＝CQ·nn＝-1+y3＝32，
∴y＝－12或y＝52(舍去)．
此时AQ＝0，12，0，
则|AQ|＝12，|QD|＝32，
∴存在点Q满足题意，此时AQQD＝13.
5．(2024·长沙模拟)如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为E，AB＝AE＝12CE＝1，DE＝2.将△ADE沿AE翻折到△PAE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC.
(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．
[解] (1)证明：连接EB，由题意PE＝2，
BE＝AB2+AE2＝2，又M是PB中点，
所以ME⊥PB，而ME⊥PC，PC∩PB＝P，
所以ME⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则BC⊥ME，
由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝12CE＝1知，
BE＝BC＝2，
在△BCE中，CE＝2，则B C2＋BE2＝CE2，
即BC⊥BE.
由ME∩BE＝E，ME，BE⊂平面BEM.
则BC⊥平面BEM，又PE⊂平面BEM，于是PE⊥BC.
由题意，PE⊥AE，AE与BC相交，则PE⊥平面ABCE，EC⊂平面ABCE，
所以PE⊥EC.
(2)连接BN，MN，设EN＝t(0≤t≤1)，由(1)知，PE，EA，EC两两垂直，
故分别以EA，EC，EP的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
由题意，得N(t，0，0)，B(1，1，0)，M12，12，22，BM＝-12，-12，22，BN＝(t－1，－1，0)，
取平面PCE的一个法向量m＝(1，0，0)，
设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，则
n·BM=-12a-12b+22c=0，n·BN=t-1a-b=0，
令a＝1，即n＝1，t-1，t2为平面BMN的一个法向量，
设平面BMN与平面PCE的夹角为θ，则
cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝132t2-2t+2＝132t-232+43，
∴当t＝23时，(cs θ)max＝32，即EN长为23时平面BMN与平面PCE的夹角最小．