第7节 向量法求距离、探索性及折叠问题

第七章立体几何与空间向量第7节向量法求距离、探索性及折叠问题1.会求空间中点到直线、点到平面的距离.2.会用向量法探究空间几何体中线、面的位置关系、角的存在条件与折叠问题.考试要求知识诊断基础夯实内容索引考点突破题型剖析分层精练巩固提升ZHISHIZHENDUANJICHUHANGSHI知识诊断基础夯实11.点P到直线l的距离知识梳理2.点P到平面α的距离3.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.1.思考辨析(在括号内打“√”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到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.(

)×诊断自测×√×解析(1)当平面α上三点在平面β的两侧时，α与β相交.(2)点到直线的距离是过该点作直线的垂线，该点与垂足之间的距离.(4)直线l上的两个点在平面α的两侧时，l与平面α相交.KAODIANTUPOTIXINGPOUXI考点突破题型剖析2考点一距离问题角度1点到直线的距离例1

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

________.解析如图，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)，角度2点到平面的距离A解析以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.由ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，

设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，感悟提升训练1

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；解建立如图所示的空间直角坐标系，∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2).

(2)求点C1到平面ABN的距离.解设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，考点二探索性问题例3

(2023·厦门质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l. (1)证明：A1B⊥B1C.证明因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1.因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB，所以AC⊥平面AA1B1B.又A1B⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1B.又因为AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，所以A1B⊥B1C.

(2)已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，请说明理由.解l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下：取A1B1的中点D，连接AD.因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.又AA1＝A1B1，所以△AA1B1为等边三角形，所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB.又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD⊂平面AA1B1B，所以AD⊥平面ABC.

因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AC∥平面A1B1C1，又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，所以AC∥l.

假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.设n＝(x，y，z)为平面ABP的一个法向量，

即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解，因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.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”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.感悟提升

故OC⊥SD，从而AC⊥SD.

(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.

(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.解在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.

由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.考点三折叠问题(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；

解因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，

(2)当三棱锥P－COD的体积最大时，求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值.解由题意知OC⊥平面POD，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.则C(1，0，0)，D(0，0，1)，P(0，1，0)，

设平面CPD的法向量为n1＝(x，y，z).取y＝1，得x＝1，z＝1，得平面CPD的一个法向量为n1＝(1，1，1).易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，设平面OPD与平面CPD的夹角为θ，翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.感悟提升

所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB，又因为BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAB.

(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值.解作PO⊥AB于点O，以O为坐标原点，以过O垂直于平面PAB的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.FENCENGJINGLIANGONGGUTISHENG分层精练巩固提升3【A级

基础巩固】解由题意知AP，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，则A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，3a，0)，P(0，0，a).设F(0，m，0)，0≤m≤3a，∴m＝2a，即F(0，2a，0).设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)，(2)求AD到平面PBC的距离.设平面PBC的法向量为n1＝(x0，y0，z0)，设点A到平面PBC的距离为h，∵AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴h为AD到平面PBC的距离，2.如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离.解如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，连接OP，OF，OB，则OP⊥DE，因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以OP⊥平面BCDE.因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点，所以DE∥BC.因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE，所以以点O为坐标原点，OE，OF，OP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，设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，解直线l∥平面PBC.又因为N是PC的中点，所以MN∥BC，又BC⊂平面ABC，且MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，又MN⊂平面AMN，且平面AMN∩平面ABC＝l，所以MN∥l，又因为l⊄平面PBC，MN⊂平面PBC，所以直线l∥平面PBC.解因为AC是圆O的直径，所以∠ABC＝90°，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PBA，则BC⊥PB，故∠PBA是平面PBC与平面ABC所成的角，所以∠PBA＝45°，以点B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，4.(2023·保定质检)如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC＝2AB＝12，E，F都在AC上，且AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，EB∥

FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P－EFGB，如图2. (1)证明：EF⊥PB；证明由AE∶EF∶FC＝3∶4∶5，AC＝12，得PE＝AE＝3，EF＝4，PF＝FC＝5，则PF2＝PE2＋EF2，所以PE⊥EF.所以△ABE∽△ACB，所以BE⊥AC，即BE⊥EF.又PE∩BE＝E，所以EF⊥平面PEB，因为PB⊂平面PEB，所以EF⊥PB.(2)若M为PB的中点，求平面BFM与平面EFM夹角的余弦值.平面BFM即平面BFP，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，设平面EFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，设平面BFM与平面EFM的夹角大小为θ，【B级

能力提升】证明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；解取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面A