高三数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第7课时向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题学案

第7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．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-AQ提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：(1)d＝|AP|sinθ求解，其中θ为向量AP与直线l方向向量的夹角．(2)d＝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·n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则BP＝(－3，0，1)，BD＝(－3，4，0)，故点P到直线BD的距离d＝BP2-BP·BD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)，A设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A取x＝1，解得n＝1，23，43∴点B1到平面A1BC1的距离d＝A1B1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(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥AB，n⊥AN，得n令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝33，-易知C1设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝C1N·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[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设PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈m，PC〉|＝m·PCmPC＝∴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∴点E到平面PAF的距离为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(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[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＝(AA1＝BB1＝(0，1，3)，因为点P在棱BB1上，设BP＝λBB1＝λ(0，1，3)，其中0≤λ则CP＝CB+BP＝CB＋λBB1＝(－3，－1＋λ设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，由n·AC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|cos〈n，CP〉|＝n·CPnCP＝化简得16λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝14，所以|BP|＝14|BB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＝3则H(0，0，0)，P0，0，32，D-1，-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、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令z＝1，得n＝1，-33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cosθ＝m·nmn＝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所以MN＝12所以MN·AE＝1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、则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，∴AB＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1)，AE＝EC1＝-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＝∴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∴12y-z=0，-x+∴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即直线FC到平面AEC1的距离为663．(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[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π6A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，AD1＝(－1，0，1)，CE＝(1，t－2，0)，设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则n取y＝1，得n＝(2－t，1，2)为平面D1EC的一个法向量，∴sinπ6＝AD1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＝134．(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AQ．[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＝-∴y＝－12或y＝5此时AQ＝0，则|AQ|＝12，|QD|＝3∴存在点Q满足题意，此