专题四　微专题3　空间向量与距离、探究性问题 -大二轮数学专题复习

微专题3空间向量与距离、探究性问题[考情分析]1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等难度.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.考点一空间距离1.点到直线的距离直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设AP=a，则点P到直线l的距离d=a22.点到平面的距离平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d=|AP考向1点到直线的距离例1(2024·来宾模拟)棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F满足D1E=2ED，BF=2FB1，则点EA.3355 B.C.375 D答案A解析如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E(0，0，1)，F(3，3，2)，C1(0，3，3)，EF=(3，3，1)，FC1=(-3，0，1)，则点E到直线FC1的距离d=EF2考向2点(线)到平面的距离例2(1)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A在平面α内，其余顶点均在平面α的同侧，AB=3，AD=4，AA1=5，若顶点B到平面α的距离为2，顶点D到平面α的距离为2，则顶点A1到平面α的距离为.

答案5解析以A为原点，AB，AD，AA1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)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，A1(0，0，5)，所以AB=(3，0，0)，AD=(0，4，0)AA1=(0，0，5设平面α的法向量为n=(x，y，z)，由题意可得|解得y所以顶点A1到平面α的距离为|AA1·n(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=34AB+12AD+2A.点A到直线BE的距离是5B.点O到平面ABC1D1的距离为2C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为3D.点P到直线AB的距离为25答案BC解析如图，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)，E12，0，1，O12，1所以BA=(-1，0，0)，BE=-对于A，方法一设∠ABE=θ，则cosθ=BA·BEBABE=55，sin故点A到直线BE的距离d1=BAsinθ=1×255=方法二点A到直线BE的距离d1=|=1-15故A错误；C1O=1平面ABC1D1的一个法向量DA1=(0，-1，1则点O到平面ABC1D1的距离d2=DA1·C1ODA1B=(1，0，-1)，A1D=(0，1，-1)，A1D1设平面A1BD的法向量为n=(x，y，z)，则n·A令z=1，得x=1，y=1，所以n=(1，1，1).所以点D1到平面A1BD的距离d3=A1D1·nD1C=(1，0，-1)=A1B，所以D1C又因为D1C⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以D1C∥平面A1BD，同理B1C∥平面A1BD，D1C∩B1C=C，D1C，B1C⊂平面B1CD1，所以平面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，故因为AP=34AB+1所以AP=3又AB=(1，0，0)，则AP·AB所以点P到直线AB的距离d4=AP2-AP·ABAB2=考向3异面直线间的距离例3在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥底面ABCD，PA=6，点G在侧棱PB上，且满足2PG=GB，则异面直线PC和DG的距离为()A.31414 B.C.3217 D答案A解析如图，以点A为原点，AB，AD，AP的方向分别作为x，y，则B(3，0，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，6)，G(1，0，4).所以DG=(1，-3，4)，PC=(3，3，-6)，DC=(3，0，0设n=(x，y，z)为直线PC和DG的公垂线的方向向量，则有n可取n=(1，3，2)，所以异面直线PC和DG的距离为|DC·n|n[规律方法](1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法.(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.跟踪演练1(多选)(2024·扬州模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的一点，点E是线段CC1上的一点，则下列说法正确的是()A.存在点E，使得A1E⊥平面AB1D1B.当点E为线段CC1的中点时，点B1到平面AED1的距离为2C.点E到直线BD1的距离的最小值为2D.当点E为线段CC1的中点时，存在点P，使得平面PBD与平面EBD的夹角为π答案ABD解析对于A选项，以DA，DC，DD1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.则根据题意可得D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，A(2，0，0)，设E(0，2，a)(0≤a≤2)，所以AD1=(-2，0，2)，AB1=(0，2，2)，A1E=(假设存在点E，使得A1E⊥平面AB1D1，则AD1·A1E=4+2(a-2)=0，AB1·A解得a=0，所以存在点E，使得A1E⊥平面AB1D1，此时点E与点C重合，故A正确；对于B选项，当点E为线段CC1的中点时，E(0，2，1)，AE=(-2，2，1)，AD1=(-2，0设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则A取x=2，则m=(2，1，2)，AB1=(0，2，2)，故点B1到平面AED1的距离为AB1·mm对于C选项，B(2，2，0)，E(0，2，a)(0≤a≤2)，BE=(-2，0，a)，BD1=(-2，-2点E到直线BD1的距离为BE2-BE·故当a=1，即点E为CC1中点时，点E到直线BD1的距离取到最小值为2，故C对于D选项，点E为线段CC1的中点时，E(0，2，1)，DE=(0，2，1)，DB=(2，2，0设平面EBD的法向量为a=(x1，y1，z1)，则DE取x1=1，则a=(1，-1，2)，设P(x，0，2-x)(0≤x≤2)，DP=(x，0，2-x)，DB=(2，2，0)设平面PBD的法向量为b=(x2，y2，z2)，则DP取x2=2-x，则b=(2-x，x-2，-x)，若存在点P，使得平面PBD与平面EBD的夹角为π则cos〈a=|2-x化简得7x2-8x-8=0，解得x=4+627或4-627，由于0≤x≤2，所以x=4+627，故存在点P使得平面PBD考点二空间中的探究性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.例4(2024·聊城模拟)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB=2，点D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足AP=λAB+μAA1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1(1)当λ=μ=12时，求证：DP∥平面A1EF(2)当λ=1时，是否存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是155？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由(1)证明当λ=μ=12时，AP=12AB+12AA1=如图，连接CB1，DP，因为点D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1，因为点E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF，因为DP⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以DP∥平面A1EF.(2)解存在，点P为BB1的靠近点B的四等分点.当λ=1时，AP=AB+μ即BP=μBB1，μ∈[0，所以点P在棱BB1上，取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC，以D为坐标原点，DA，DB，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.则A12，0，0，B0，32，0，A11从而F-14A1E=-1AC=(-1，0，0)，设平面A1EF的法向量是m=(x1，y1，z1)，由m即-令x1=1，得m=(1，3，-1设平面ACP的法向量是n=(x2，y2，z2)，由n·AC令z2=3，得n=(0，-4μ，3所以cos〈m，=-4=43μ+35×16μ2+3=155，解得μ=14，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是155，此时点P为BB1[规律方法]解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.跟踪演练2(2024·黔西南州模拟)如图所示为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，AB=AD=22，CB=CD=4，AA1=4，∠BCD=60°，M，M1分别是线段BC，B1C1的中点(1)证明：BC⊥平面MM1D；(2)求BC与平面BDA1所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点P，使得PB1∥平面BDA1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.(1)证明由∠BCD=60°，CB=CD，知△BCD为正三角形，又M为BC的中点，则DM⊥BC.又M1为B1C1的中点，则MM1∥CC1，而CC1⊥BC，所以MM1⊥BC，又DM∩MM1=M，DM，MM1⊂平面MM1D，所以BC⊥平面MM1D.(2)解由(1)知△BCD为正三角形，则BD=4，在△ABD中，AB=AD=22有BD2=AB2+AD2，所以AB⊥AD，易知AA1⊥AB，AA1⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(22，0，0)，C(6+2，6+2，0)，D(0，22，0)，A1(0，0，4)，B1(22所以BC=(6-2，6+2，BA1=(-22，0，4)，BD=(-22，BB1=(0，0，4设平面BDA1的法向量为n=(x，y，z)，则n令x=2，得y=2，z=1，故n=(2，设BC与平面BDA1所成的角为θ，则sinθ=cos〈BC，n〉=即BC与平面BDA1所成角的正弦值为155假设在线段BC上存在点P，使得PB1∥平面BDA1，令BP=λBC(0≤λ≤1)，则BP=(6λ-2λ，6λ+2λ，0)所以PB1=BB1-BP=(2λ-6λ，-2λ-6λ由PB1∥平面BDA1，得PB1⊥所以PB1·n=2λ-23λ-2λ-23λ解得λ=33此时BP=3所以|BP|=32-632+3专题强化练(分值：60分)1.(13分)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，M是BC的中点，N是AB1的中点，P是B1C1的中点.(1)证明：MN∥平面A1CP；(7分)(2)求点P到直线MN的距离.(6分)(1)证明由题意知，AA1⊥平面ABC，∠BAC=60°，而AB⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，在平面ABC内过点A作y轴，使得AB⊥y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，3，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2得M32，32，0，N(1，所以A1C=(1，3，-2MN=-设平面A1CP的法向量为n=(x，y，z)，则n令x=1，得y=-3，z=-1所以n=(1，-3，-1)所以MN·n=-12×1+-32×(-3)+1×(-1)=0，又MN不在平面A1CP内，即MN∥平面A(2)解连接PM，由(1)得PM=(0，0，-2)，则MN·PM=-2，MN=2，所以点P到直线MN的距离为PM2-MN2.(15分)(2024·黔东南州模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，DE⊥平面ABCD，DE∥BF，AD=DE=2，BF=1，∠BAD=60°.(1)证明：平面FAC⊥平面BDEF；(6分)(2)试问线段CD上是否存在一点P，使得平面AEF与平面BFP夹角的余弦值为24？若存在，请判断点P的位置；若不存在，请说明理由.(9分(1)证明因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.又因为DE∩BD=D，且DE，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为AC⊂平面FAC，所以平面FAC⊥平面BDEF.(2)解设AC∩BD=O，以O为坐标原点，OA，OB的方向分别为x，yA(3，0，0)，B(0，1，0)，C(-3，0，0)，D(0，-1，0)，E(0，-1，2)，F(0，1，1设DP=λDC=λ(-3，1，0)，λ∈[0，1]则P(-3λ，λ-1，0).设平面AEF的法向量为m=(x，y，z)，因为AE=-3，-1，2，EF=(所以AE令y=1，则m=(3，1，2)设平面BFP的法向量为n=(x1，y1，z1)，因为BF=(0，0，1)，BP=(-3λ，λ-2，0)所以BF令x1=λ-2，则n=λ-2假设存在点P，使得平面AEF与平面BFP夹角的余弦值为2则cos〈m，n解得λ=12或λ=2(舍去)所以存在点P满足题意，且P为CD的中点.3.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，E，F分别为PD，BC的中点(1)求证：EF∥平面PAB；(6分)(2)在平面PBC内是否存在点H，满足HD·HA=0？若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状.(9分)(1)证明如图，过点E作EG⊥AD交AD于点G，连接EG，GF，因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD，又EG⊂平面PAD，PA⊂平面PAD，且EG，PA不共线，故EG∥PA.因为E为PD的中点，所以G也为AD的中点，又F为BC的中点，所以GF∥AB，而EG⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EG∥平面PAB，同理GF∥平面PAB，又因为EG∩GF=G，EG，GF⊂平面EGF，所以平面EGF∥平面PAB，而EF⊂平面EGF，所以EF∥平面PAB.(2)解如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，又CD=2，AB=1，BC=22，PA=1则P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(22，1，0)，D(22，-1，0故PB=(0，1，-1)，PC=(22，1，-1设平面PBC的法向量n=(x，y，z)，则有n取y=1，得x=0，z=1，即n=(0，1，1)，又AD的中点G2则BG=2则AD的中点到平面PBC的距离为n·BGn=0×2由HD·HA=0，即HD⊥HA，故H在以AD的中点为球心，半径为12AD=32而324<32，故H在平面PBC上的轨迹是半径为3故存在符合题意的H，此时H轨迹是半径为3244.(17分)[向量的叉乘]两个向量a和b的叉乘写作a×b，叉乘运算结果是一个向量，其模为|a×b|=|a||b|sin〈a，b〉，方向与这两个向量所在平面垂直.若a=(x1，y1，z1)，b=(x2，y2，z2)，则a×b=(y1z2-y2z1，-(x1z2-x2z1)，x1y2-x2y1).如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=90°，AB綉12CD，AD=CD=2，O，E，F，G分别是AD，PD，PC，AC的中点(1)证明：平面BOE∥平面DF