第7章 第8課時　向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（解析版）

第8課時向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題[考試要求]1．能用向量的方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平行的平面間的距離問題.2．掌握空間幾何體中的探索性及翻折問題的求解方法．點P到直線l的距離設(shè)AP＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量AP在直線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：點到直線的距離還可以用以下兩種方式求解：①d＝|AP|sinθ求解，其中θ為向量AP與直線l方向向量的夾角．②d＝AP2?AP·μ2．點P到平面α的距離若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝AP·[常用結(jié)論]1．平行線間的距離可以轉(zhuǎn)化為點到直線的距離．2．線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)點A到平面α的距離是點A與α內(nèi)任一點的線段的最小值． ()(2)點到直線的距離也就是該點與直線上任一點連線的長度． ()(3)直線l平行于平面α，則直線l上各點到平面α的距離相等． ()(4)直線l上兩點到平面α的距離相等，則l平行于平面α． ()[答案](1)√(2)×(3)√(4)×二、教材經(jīng)典衍生(人教A版選擇性必修第一冊P35練習(xí)T2改編)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點，F(xiàn)為線段AB的中點，則：(1)點B到直線AC1的距離為________；(2)直線FC到平面AEC1的距離為________．(1)63(2)66[(1)以D1為原點，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x軸、y軸、則A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，0，F(xiàn)1，12，1EC1＝?1，12取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－1，1，－1)，則a2＝1，∴點B到直線AC1的距離為a2?a·u(2)∵FC＝EC1＝?1，12，0，∴FC∥EC1，∴點F到平面AEC1的距離即為直線FC到平面AEC1的距離，設(shè)平面AEC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n∴12y?z取z＝1，則x＝1，y＝2，∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一個法向量．又∵AF＝0，∴點F到平面AEC1的距離為AF·nn＝0即直線FC到平面AEC1的距離為66考點一求空間距離[典例1](2024·福建泉州模擬)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面△PAD是正三角形，且與底面ABCD垂直，BC∥平面PAD，BC＝12AD＝1，E是棱PD(1)當(dāng)E是棱PD的中點時，求證：CE∥平面PAB；(2)若AB＝1，AB⊥AD，求點B到平面ACE距離的范圍．[解](1)證明：∵BC∥平面PAD，BC?平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD.取PA的中點F，連接BF，EF，∵E是棱PD的中點，∴EF是△PAD的中位線，∴EF∥AD∥BC，EF＝12AD∵BC＝12AD，∴EF＝BC即四邊形BCEF是平行四邊形，∴CE∥BF，∵CE?平面PAB，BF?平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)取AD的中點O，連接PO，∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立空間直角坐標系如圖，則A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，3)，D(0，1，0)，則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設(shè)平面ACE的法向量n＝(x，y，z)，則n即x令z＝2－λ，則y＝－3λ，x＝3λ，則n＝(3λ，－3λ，2－λ)為平面ACE的一個法向量，設(shè)點B到平面ACE的距離為d，d＝n·ABn當(dāng)λ＝0時，d＝0，當(dāng)λ≠0時，d＝34λ2∵0≤λ≤1，∴當(dāng)λ＝1時，d取得最大值，即d＝31+6＝3綜上，0≤d≤217即點B到平面ACE距離的取值范圍是0，求點到平面的距離的常用方法(1)直接法：過P點作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離．(2)轉(zhuǎn)化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點到平面α的距離來求．(3)等體積法．(4)向量法：設(shè)平面α的一個法向量為n，A是α內(nèi)任意一點，則點P到α的距離d＝PA·[跟進訓(xùn)練]1．(1)(2023·浙江溫州三模)四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，點D在棱OC上，且OC＝3OD，點G為△ABC的重心，則點G到直線AD的距離為()A．22 B．1C．33 D．(2)(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點E，O分別是A1B1，A1C1的中點，P在正方體內(nèi)部且滿足AP＝34ABA．點A到直線BE的距離是5B．點O到平面ABC1D1的距離是2C．平面A1BD與平面B1CD1間的距離為3D．點P到直線AB的距離為5(1)A(2)BCD[(1)四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC兩兩垂直，以點O為原點，以射線OA，OB，OC的正方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，因為OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，則A(1，0，0)，D(0，0，1)，G13于是AG＝?2|AG|＝?232+232+所以點G到直線AD的距離d＝AG2?AG·AD故選A.(2)如圖，建立空間直角坐標系，則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設(shè)∠ABE＝θ，則cosθ＝BA·BEBABE＝55，sinθ故點A到直線BE的距離d1＝|BA|sinθ＝1×255＝易知C1O＝12平面ABC1D1的一個法向量為DA則點O到平面ABC1D1的距離d2＝DA1·C1A1B＝(1，0，－1)，A1設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·A1令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)為平面A1BD的一個法向量．所以點D1到平面A1BD的距離d3＝A1D1·n因為平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離，所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為33因為AP＝34AB+12AD+23AA1，所以AP＝34，12，2【教師備選資源】如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，四邊形BCC1B1是邊長為2的正方形，D為AB中點，且A1D＝5.(1)求證：CD⊥平面ABB1A1；(2)若點P在線段B1C上，且直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為255，求點P到平面A1[解](1)證明：由題知AA1＝2，AD＝1，A1D＝5，因為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，在等邊△ABC中，D為AB中點，于是CD⊥AB，又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1.(2)取BC的中點為O，B1C1的中點為Q，則OA⊥BC，OQ⊥BC，由(1)知A1A⊥平面ABC，且OA?平面ABC，所以O(shè)A⊥AA1.又B1B∥A1A，所以O(shè)A⊥BB1，又BB1∩BC＝B，所以O(shè)A⊥平面BCC1B1，于是OA，OB，OQ兩兩垂直．如圖，以O(shè)為坐標原點，OB，OQ，OA的方向為x軸、則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設(shè)平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·CD令x＝1，則z＝－3，y＝1，所以n＝(1，1，－3)為平面A1CD的一個法向量．設(shè)CP＝λCB1＝(2λ，2λ，0)，λ則AP＝AC+CP＝AC＋λCB1＝(2λ－1，2λ，－3)，由于直線AP與平面A1CD所成角的正弦值為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設(shè)點P到平面A1CD的距離為d，則d＝CP·nn所以點P到平面A1CD的距離為25考點二立體幾何中的探索性問題[典例2]如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等邊三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O為AC的中點．(1)求證：AC⊥平面A1BO；(2)試問線段CC1上是否存在點P，使得平面POB與平面A1OB夾角的余弦值為277，若存在，請計算[解](1)證明：∵△ABC是等邊三角形，O是AC的中點，∴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，線段CC1的中點P滿足題意．理由如下：∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O(shè)為坐標原點，OA，OB所在直線分別為x軸、y軸，過點O作Oz∥A1B，以O(shè)z所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則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)，設(shè)CP＝tCC1＝tAA1＝(－t，3t，23t)，0則OP＝OC+CP＝(－1－t，3t，23易知平面A1OB的一個法向量為n＝(1，0，0)，設(shè)平面POB的法向量為m＝(x，y，z)，則m取x＝23t，則m＝(23t，0，t＋1)為平面POB的一個法向量，由題意得|cos〈n，m〉|＝n·mnm＝∵0≤t≤1，∴解得t＝CPCC1∴線段CC1上存在點P，使得平面POB與平面A1OB的夾角的余弦值為277，此時CPC(1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．[跟進訓(xùn)練]2．如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E為PD的中點．(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)求PC與平面ACE所成角的正弦值；(3)在線段BC上是否存在點F，使得點E到平面PAF的距離為255？若存在，確定點[解](1)證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴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，不妨以點A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．則AC＝(2，2，0)，AE＝(0，1，1)，PC＝(2，2，－2)．設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，由m·AC=2x+2y=設(shè)PC與平面ACE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈m，PC〉|＝m·PCm·PC∴PC與平面ACE所成角的正弦值為13(3)設(shè)點F(2，t，0)(0≤t≤2)，設(shè)平面PAF的法向量為n＝(a，b，c)，AF＝(2，t，0)，AP＝(0，0，2)，由n·AF=2a+tb=0，n·∴點E到平面PAF的距離d＝AE·nn＝2∵t＞0，∴t＝1.∴當(dāng)點F為線段BC的中點時，點E到平面PAF的距離為25考點三立體幾何中的翻折問題[典例3](2023·江蘇南京二模)在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝22，AD＝DC＝2，如圖1．現(xiàn)將△ADC沿對角線AC折成直二面角P-AC-B，如圖2，點M在線段BP上．(1)求證：AP⊥CM；(2)若點M到直線AC的距離為255，求[解](1)證明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝22，則∠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，則CB⊥AP，又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB?平面PCB，所以AP⊥平面PCB，又CM?平面PCB，則AP⊥CM.(2)設(shè)AC中點為O，AB中點為D，以O(shè)A，OD，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則A(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，設(shè)BMBP＝λ(0≤λ≤1)，則BM＝λBP設(shè)M(x，y，z)，則(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，則M(λ－1，2－2λ，λ)，CA＝(2，0，0)，CM＝(λ，2－2λ，λ)，因為點M到直線AC的距離為255，則CM2即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝45即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝45，所以BMBP＝三步解決平面圖形翻折問題[跟進訓(xùn)練]3．圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的平面BCGE與平面ACGD的夾角的大?。甗解](1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.以H為坐標原點，HC的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Hxyz，則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG＝(1，0，3)，AC＝(2，－1，0).設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則CG·n所以可取n＝(3，6，－3)為平面ACGD的一個法向量．又平面BCGE的一個法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝n·mn因此平面BCGE與平面ACGD的夾角為30°.4．如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．[解](1)證明：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)如圖，作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標原點，HF的方向為y軸正方向，|BF|＝1，建立如圖所示的空間直角坐標系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則H(0，0，0)，P0，0，3DP＝1，32又HP為平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈HP，DP〉|＝HP·DPHP所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34課時分層作業(yè)(四十九)向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題1．如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝π3，3AD＝2CD＝2DD1＝6，點P，M分別為AB，CD1上靠近A，D1(1)點M到直線PD1的距離；(2)直線PD與平面PCD1所成角的正弦值．[解](1)由題可得AD＝2，CD＝DD1＝3，又點P為AB上靠近A的三等分點，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為直角三角形，DP⊥AB.因為底面ABCD為平行四邊形，所以DP⊥CD.由直四棱柱的性質(zhì)可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，即DP，CD，DD1兩兩垂直，故以D為坐標原點，分別以DP，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.則D(0，0，0)，P(3，0，0)，D1(0，0，3)，M(0，1，2)，PD1＝(－3，0，3)，過點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故點M到直線PD1的距離為|ME|＝316+1(2)因為DP＝(3，0，0)，D1M＝(0，1，－1)，PD設(shè)平面PCD1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·D令x＝3，得y＝1，z＝1，故n＝(3，1，1)為平面PCD1的一個法向量．設(shè)直線PD與平面PCD1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，DP〉|＝n·DPn·DP所以直線PD與平面PCD1所成角的正弦值為1552．(2024·廣州模擬)如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，EA⊥平面ABCD，EA∥BF，AB＝AE＝2BF＝2.(1)證明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一點M，使得平面MBD與平面ABCD的夾角為45°，求點M到平面BCF的距離．[解](1)證明：取EC的中點G，連接BD交AC于N，連接GN，GF.因為四邊形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中點，所以GN∥AE且GN＝12AE，又AE∥BF，AE＝2BF所以GN∥BF且GN＝BF，所以四邊形BNGF是平行四邊形，所以GF∥BN，又EA⊥平面ABCD，BN?平面ABCD，所以EA⊥BN，又因為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的中點H，由四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，則∠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為原點，AH，AB，AE為坐標軸建立空間直角坐標系，設(shè)在棱EC上存在點M使得平面MBD與平面ABCD的夾角為45°，則D(3，－1，0)，B(0，2，0)，C(3，1，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(0，2，1)，A(0，0，0)，則設(shè)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)，設(shè)平面DBM的法向量為n＝(x，y，z)，則n即3令x＝3，y＝1，得n＝3，1，設(shè)平面ABCD的一個法向量為m＝(0，0，1)，所以|cos〈n，m〉|＝m·nm·n＝2λ?1λ?14所以M334，34設(shè)平面BCF的法向量為u＝(a，b，c)，則u·BC=0，u·BF=0，所以點M到平面BCF的距離d＝u·CMu3．(2023·天津高考改編)如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N為線段AB的中點，M為線段BC的中點．(1)求證：A1N∥平面C1MA；(2)求平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值；(3)求點C到平面C1MA的距離．[解](1)證明：連接MN，可得MN為△ABC的中位線，可得MN∥AC，且MN＝12AC而A1C1＝1，AC∥A1C1，則MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四邊形MNA1C1為平行四邊形，則A1N∥C1M，而A1N?平面C1MA，C1M?平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.法一(向量法)(2)因為A1A⊥平面ABC，且AB，AC?平面ABC，所以A1A⊥AB，A1A⊥AC.又AB⊥AC，所以直線A1A，AB，AC兩兩垂直．如圖，以AB，AC，AA1分別為x軸、因為AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，則A(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)．又點M是線段BC的中點，可得M(1，1，0)，所以AC1＝(0，1，2)，設(shè)平面C1MA的法向量為m＝(x，y，z)，則AC1⊥m，AM⊥即AC1·m＝0，AM·m令y＝2，則x＝－2，z＝－1，即m＝(－2，2，－1)，故平面C1MA的一個法向量為m＝(－2，2，－1)．易知平面ACC1A1的一個法向量n＝(1，0，0)．設(shè)平面C1MA與平面ACC1A1的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝m·nm故平面C1MA與平面ACC1A1夾角的余弦值為23(3)由(2)知，AC＝