第7章 第8课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题-备战2025年高考数学一轮复习（解析版）

第8课时向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题[考试要求]1．能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.2．掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法．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−提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：①d＝|AP|sinθ求解，其中θ为向量AP与直线l方向向量的夹角．②d＝AP2−AP·μ2．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·[常用结论]1．平行线间的距离可以转化为点到直线的距离．2．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值． ()(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． ()[答案](1)√(2)×(3)√(4)×二、教材经典衍生(人教A版选择性必修第一册P35练习T2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、则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，0，F1，12，1EC1＝−1，12取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－1，1，－1)，则a2＝1，∴点B到直线AC1的距离为a2−a·u(2)∵FC＝EC1＝−1，12，0，∴FC∥EC1，∴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∴12y−z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，∴点F到平面AEC1的距离为AF·nn＝0即直线FC到平面AEC1的距离为66考点一求空间距离[典例1](2024·福建泉州模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面△PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC∥平面PAD，BC＝12AD＝1，E是棱PD(1)当E是棱PD的中点时，求证：CE∥平面PAB；(2)若AB＝1，AB⊥AD，求点B到平面ACE距离的范围．[解](1)证明：∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD.取PA的中点F，连接BF，EF，∵E是棱PD的中点，∴EF是△PAD的中位线，∴EF∥AD∥BC，EF＝12AD∵BC＝12AD，∴EF＝BC即四边形BCEF是平行四边形，∴CE∥BF，∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立空间直角坐标系如图，则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，3)，D(0，1，0)，则AB＝(1，0，0)，AC＝(1，1，0)，AD＝(0，2，0)，DP＝(0，－1，3)，AE＝AD+DE＝(0，2，0)＋λDP＝(0，2－λ，3λ)，λ设平面ACE的法向量n＝(x，y，z)，则n即x令z＝2－λ，则y＝－3λ，x＝3λ，则n＝(3λ，－3λ，2－λ)为平面ACE的一个法向量，设点B到平面ACE的距离为d，d＝n·ABn当λ＝0时，d＝0，当λ≠0时，d＝34λ2∵0≤λ≤1，∴当λ＝1时，d取得最大值，即d＝31+6＝3综上，0≤d≤217即点B到平面ACE距离的取值范围是0，求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面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α内任意一点，则点P到α的距离d＝PA·[跟进训练]1．(1)(2023·浙江温州三模)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为()A．22 B．1C．33 D．(2)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足AP＝34ABA．点A到直线BE的距离是5B．点O到平面ABC1D1的距离是2C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为3D．点P到直线AB的距离为5(1)A(2)BCD[(1)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A(1，0，0)，D(0，0，1)，G13于是AG＝−2|AG|＝−232+232+所以点G到直线AD的距离d＝AG2−AG·AD故选A.(2)如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0),D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E12所以BA＝(－1，0，0)，BE＝−1设∠ABE＝θ，则cosθ＝BA·BEBABE＝55，sinθ故点A到直线BE的距离d1＝|BA|sinθ＝1×255＝易知C1O＝12平面ABC1D1的一个法向量为DA则点O到平面ABC1D1的距离d2＝DA1·C1A1B＝(1，0，－1)，A1设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝A1D1·n因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为33因为AP＝34AB+12AD+23AA1，所以AP＝34，12，2【教师备选资源】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，D为AB中点，且A1D＝5.(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；(2)若点P在线段B1C上，且直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为255，求点P到平面A1[解](1)证明：由题知AA1＝2，AD＝1，A1D＝5，因为AD2＋A1A2＝5＝A1D2，所以A1A⊥AD，又B1B⊥BC，B1B∥A1A，所以A1A⊥BC，又AD∩BC＝B，所以A1A⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，在等边△ABC中，D为AB中点，于是CD⊥AB，又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1.(2)取BC的中点为O，B1C1的中点为Q，则OA⊥BC，OQ⊥BC，由(1)知A1A⊥平面ABC，且OA⊂平面ABC，所以OA⊥AA1.又B1B∥A1A，所以OA⊥BB1，又BB1∩BC＝B，所以OA⊥平面BCC1B1，于是OA，OB，OQ两两垂直．如图，以O为坐标原点，OB，OQ，OA的方向为x轴、则O(0，0，0)，A(0，0，3)，A1(0，2，3)，C(－1，0，0)，D12，0，所以CD＝32，0，32，CA设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CD令x＝1，则z＝－3，y＝1，所以n＝(1，1，－3)为平面A1CD的一个法向量．设CP＝λCB1＝(2λ，2λ，0)，λ则AP＝AC+CP＝AC＋λCB1＝(2λ－1，2λ，－3)，由于直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为255，于是|cos〈AP，即|2λ＋1|＝2λ−12整理得4λ2－8λ＋3＝0，由于λ∈[0，1]，所以λ＝12于是CP＝λCB设点P到平面A1CD的距离为d，则d＝CP·nn所以点P到平面A1CD的距离为25考点二立体几何中的探索性问题[典例2]如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．(1)求证：AC⊥平面A1BO；(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为277，若存在，请计算[解](1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，∴A1B⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC，∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.(2)存在，线段CC1的中点P满足题意．理由如下：∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(0，3，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，3，23)，OB＝(0，3，0)，AA1＝(－1，3，23)，设CP＝tCC1＝tAA1＝(－t，3t，23t)，0则OP＝OC+CP＝(－1－t，3t，23易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1，0，0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，则m取x＝23t，则m＝(23t，0，t＋1)为平面POB的一个法向量，由题意得|cos〈n，m〉|＝n·mnm＝∵0≤t≤1，∴解得t＝CPCC1∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB的夹角的余弦值为277，此时CPC(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．[跟进训练]2．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[解](1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴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)由(1)知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=设PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈m，PC〉|＝m·PCm·PC∴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·∴点E到平面PAF的距离d＝AE·nn＝2∵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25考点三立体几何中的翻折问题[典例3](2023·江苏南京二模)在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝22，AD＝DC＝2，如图1．现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图2，点M在线段BP上．(1)求证：AP⊥CM；(2)若点M到直线AC的距离为255，求[解](1)证明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝22，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊥AC，CB⊂平面ACB，故CB⊥平面PAC，又AP⊂平面PAC，则CB⊥AP，又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB⊂平面PCB，所以AP⊥平面PCB，又CM⊂平面PCB，则AP⊥CM.(2)设AC中点为O，AB中点为D，以OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，设BMBP＝λ(0≤λ≤1)，则BM＝λBP设M(x，y，z)，则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，则M(λ－1，2－2λ，λ)，CA＝(2，0，0)，CM＝(λ，2－2λ，λ)，因为点M到直线AC的距离为255，则CM2即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝45即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝45，所以BMBP＝三步解决平面图形翻折问题[跟进训练]3．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG＝(1，0，3)，AC＝(2，－1，0).设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG·n所以可取n＝(3，6，－3)为平面ACGD的一个法向量．又平面BCGE的一个法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝n·mn因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°.4．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Hxyz.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＝3则H(0，0，0)，P0，0，3DP＝1，32又HP为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈HP，DP〉|＝HP·DPHP所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34课时分层作业(四十九)向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题1．如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝π3，3AD＝2CD＝2DD1＝6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A，D1(1)点M到直线PD1的距离；(2)直线PD与平面PCD1所成角的正弦值．[解](1)由题可得AD＝2，CD＝DD1＝3，又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP＝1.在△ADP中，由余弦定理可得，DP2＝AD2＋AP2－2AD·AP·cos∠DAP＝4＋1－2×2×1×12故AD2＝4＝AP2＋DP2，所以△ADP为直角三角形，DP⊥AB.因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD.由直四棱柱的性质可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，即DP，CD，DD1两两垂直，故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0，0，0)，P(3，0，0)，D1(0，0，3)，M(0，1，2)，PD1＝(－3，0，3)，过点M作ME⊥PD令PE＝λPD1＝(－3λ，0，3λ)，所以E(3−3故ME＝(3−3λ，－1，3由ME·PD1＝－3＋3λ＋9λ－6＝0，解得所以ME＝34故点M到直线PD1的距离为|ME|＝316+1(2)因为DP＝(3，0，0)，D1M＝(0，1，－1)，PD设平面PCD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D令x＝3，得y＝1，z＝1，故n＝(3，1，1)为平面PCD1的一个法向量．设直线PD与平面PCD1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，DP〉|＝n·DPn·DP所以直线PD与平面PCD1所成角的正弦值为1552．(2024·广州模拟)如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，求点M到平面BCF的距离．[解](1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，所以GN∥AE且GN＝12AE，又AE∥BF，AE＝2BF所以GN∥BF且GN＝BF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以GF∥BN，又EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN，又因为AC∩EA＝A，AC，EA⊂平面EAC，所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF⊂平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC.(2)取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，则∠ADC＝60°，所以△ADC是正三角形，所以AH⊥CD，所以AH⊥AB，又AE⊥平面ABCD，所以以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45°，则D(3，－1，0)，B(0，2，0)，C(3，1，0)，E(0，0，2)，F(0，2，1)，A(0，0，0)，则设EM＝λEC＝λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，－2λ)，所以M(3λ，λ，2－2λ)，所以DM＝(3λ－3，λ＋1，2－2λ)，BM＝(3λ，λ－2，2－2λ)，BC＝(3，－1，0)，BF＝(0，0，1)，设平面DBM的法向量为n＝(x，y，z)，则n即3令x＝3，y＝1，得n＝3，1，设平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以|cos〈n，m〉|＝m·nm·n＝2λ−1λ−14所以M334，34设平面BCF的法向量为u＝(a，b，c)，则u·BC=0，u·BF=0，所以点M到平面BCF的距离d＝u·CMu3．(2023·天津高考改编)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点．(1)求证：A1N∥平面C1MA；(2)求平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值；(3)求点C到平面C1MA的距离．[解](1)证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN＝12AC而A1C1＝1，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四边形MNA1C1为平行四边形，则A1N∥C1M，而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.法一(向量法)(2)因为A1A⊥平面ABC，且AB，AC⊂平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC.又AB⊥AC，所以直线A1A，AB，AC两两垂直．如图，以AB，AC，AA1分别为x轴、因为AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，则A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．又点M是线段BC的中点，可得M(1，1，0)，所以AC1＝(0，1，2)，设平面C1MA的法向量为m＝(x，y，z)，则AC1⊥m，AM⊥即AC1·m＝0，AM·m令y＝2，则x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，故平面C1MA的一个法向量为m＝(－2，2，－1)．易知平面ACC1A1的一个法向量n＝(1，0，0)．设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝m·nm故平面C1MA与平面ACC1A1夹角的余弦值为23(3)由(2)知，AC＝