高三二轮高效复习讲义数学专题突破立体几何与空间向量第3讲空间向量与距离探究性问题

第3讲空间向量与距离、探究性问题▶对应学生用书P63【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.(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点.(1)求证：D1N∥平面CB1M；(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；(3)求点B到平面CB1M的距离.解：(1)证明：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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，依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，则M(0，1，1)，N(32，12，2所以D1N＝32，－12，0，CB1＝(设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则n·C取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1).D1N·n＝32，－12，0所以D1N⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1(2)易知CB1＝1，－1设平面BB1C1C的法向量为m＝x2则m·C取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0).设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ，则cosθ＝｜cos＜n，m＞｜＝｜n·m｜｜所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为222(3)易知BB1＝设点B到平面CB1M的距离为d，则d＝｜BB1·n所以点B到平面CB1M的距离为211考点1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＝a2－(a·u)2.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角度1点到直线的距离(2025·河南安阳一模)如图，在三棱锥SABC中，SA，SB，SC两两垂直，SC＝3，SB＝2，SA＝1，D为线段SC上靠近C的三等分点，点E为△ABC的重心，则点E到直线BD的距离为()A.36 B.6C.33 D.解析：选B.根据题意，以S为坐标原点，建立空间直角坐标系，则S(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A(0，0，1)，C(0，3，0)，又点E为△ABC的重心，所以E(23，1，13)，则EB＝(43，－1，－13)，DB＝(2，－2则cos＜EB，DB＞＝EB·DB｜EB||DB｜则sin＜EB，DB＞＝1－cos所以点E到直线BD的距离为｜EB｜·sin＜EB，DB＞＝169+1+19×352＝26角度2点到平面的距离(1)(2025·北京门头沟一模)某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥PABC，PA＝PB＝PC＝23，底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，顶点P到底面ABC的距离为3，则点B到平面PAC的距离为()A.2 B.6 C.3 D.23解析：选C.因为PA＝PB＝PC＝23，且底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，所以点P在平面ABC上的射影O为边AC的中点，在直角三角形PAO中，由勾股定理得AO＝3，所以AC＝23，又因为底面△ABC是等腰直角三角形，所以AB＝BC＝6，故VPABC＝13S△ABCPO＝13×12×6×6×3设点B到平面PAC的距离为d，则VPABC＝VBPAC＝13S△PAC·d＝13×12×23×3×d＝3，所以d(2)(2025·陕西西安二模)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则点B1到平面BDE的距离是点A到平面BDE的距离的倍.解析：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，D(0，0，0)，E(0，2，1)，B1(2，2，2)，设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，DB＝(2，2，0)，DE＝(0，2，1)，则n⊥DB取x＝1，则y＝－1，z＝2，所以n＝(1，－1，2)，DB1＝(2，2，2)，DA＝(2，0，0所以点B1到平面BDE的距离为d1＝｜DB1·n点A到平面BDE的距离为d2＝｜DA·n｜｜所以d1＝2d2，故点B1到平面BDE的距离是点A到平面BDE的距离的2倍.答案：2角度3异面直线间的距离在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，AA1＝3，则异面直线AC与BC1的距离是()A.32211 B.C.539 D解析：选A.如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，3)，∴AC＝(－2，2，0)，BC1＝(－2，0，3设直线AC与BC1的公垂线的方向向量为n＝(x，y，z)，则n·AC＝－2x+2y=0，n·BC∴n＝(3，3，2)，又AB＝(0，2，0)，∴异面直线AC与BC1的距离是d＝｜n·AB｜｜[规律方法](1)求点到平面的距离的方法：①利用空间向量点到平面的距离公式；②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.对点练1.(1)(2025·山东淄博一模)四棱锥SABCD中，AB＝(4，－1，0)，AD＝(0，3，0)，AS＝(－3，1，－4)，则三棱锥SABD的体积为()A.5 B.6 C.8 D.9解析：选C.设平面ABD的法向量为m＝(x，y，z)，则AB·m=4x－y=0，AD·m则点S到平面ABD的距离为d＝｜AS·m｜｜m｜＝｜-4｜1＝4，则点B到直线AD的距离为AB2-(AB·AD｜AD｜)2＝17-(-3故三棱锥SABD的体积为13S△ABD·d＝13×6×4＝(2)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，G为AA1的中点，则直线BD与平面GB1D1的距离为()A.33 B.2C.63 D.解析：选B.由图易证BD∥平面GB1D1，所以BD与平面GB1D1的距离等于D与平面GB1D1的距离.设D与平面GB1D1的距离为h，则VD-GB1D1＝13S△GB1D1·h.又因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以A1B1⊥平面GDD1，所以VD-GB1D1＝VB1-又正方体的棱长为2，G为AA1的中点，所以GD1＝5，GB1＝5，B1D1＝22，所以△GB1D1中B1D1边上的高为3.所以h＝S△GDD1·考点2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.(2025·福建厦门三模)如图，在多面体ABCDEF中，AE⊥平面ABCD，平面CDF⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，△CDF是正三角形，AB＝2，AE＝23.(1)证明：DF∥平面ABE；(2)若直线EF与底面ABCD的交点为G，直线AG上是否存在点N，使得平面EBN与平面ECD的夹角为60°？若存在，求AN的长；若不存在，请说明理由.解：(1)证明：取CD中点M，连接FM.因为△CDF是正三角形，所以FM⊥CD，又因为平面CDF⊥平面ABCD，平面CDF∩平面ABCD＝CD，FM⊂平面CDF，所以FM⊥平面ABCD，因为AE⊥平面ABCD，所以AE∥FM，又因为FM⊂平面CDF，AE⊄平面CDF，所以AE∥平面CDF.因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD.又因为AB⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以AB∥平面CDF.又因为AB∩AE＝A，AB⊂平面ABE，AE⊂平面ABE，所以平面ABE∥平面CDF.因为DF⊂平面CDF，所以DF∥平面ABE.(2)因为AE∥FM且FM＝3≠AE，所以四边形AMFE为梯形，延长EF交AM的延长线于G.AM⊂平面ABCD，所以G∈平面ABCD.以A为原点，AB，AD，AE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B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，M(1，2，0)，E(0，0，23)，DC＝(2，0，0)，ED＝(0，2，－23)，BE＝(－2，0，23)，设平面ECD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·令z1＝1，可得n1＝(0，3，1)，设AN＝λAM，λ∈R，则BN＝BA＋AN＝BA＋λAM＝(λ－2，2λ，0)，设平面EBN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n即n令z2＝2λ，可得n2＝(23λ，23－3λ，2λ)，则｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n1·n2｜｜n1｜·解得λ＝±233，故｜AN｜＝｜5λ｜＝[规律方法]解决立体几何中探究性问题的基本方法(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.对点练2.(2025·四川成都三模)如图，在矩形ABCE中，AB＝2，BC＝1，D为EC中点，将△EAD沿AD翻折至△PAD，使得PB＝PC.(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)线段PB上是否存在一点T，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为66？若存在，求出PTTB的值；若不存在，解：(1)如图，设线段AD的中点为M，线段BC的中点为N，连接PM，MN，PN，依题意，PD＝PA＝1，则PM⊥AD，由PB＝PC，得PN⊥BC，而CD∥AB，AB⊥BC，MN是梯形ABCD的中位线，于是MN∥AB，MN⊥BC，而MN，PN⊂平面PMN，MN∩PN＝N，则BC⊥平面PMN，而PM⊂平面PMN，于是BC⊥PM，又AD，BC⊂平面ABCD，且AD和BC一定相交，因此PM⊥平面ABCD，而PM⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)依题意，AD＝BD＝2，则AD2＋BD2＝4＝AB2，即AD⊥BD，由(1)知PM⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PM⊥BD，由AD，PM⊂平面PAD，PM∩AD＝M，得BD⊥平面PAD，过D作Dz⊥平面ABCD，以D为原点，直线DA，DB，Dz分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图：则A(2，0，0)，B(0，2，0)，P(22，0，22)，PB＝(－22，2，－22)，AP＝(－22，令PT＝λPB＝(－22λ，2λ，－22λ)，0≤λ≤则AT＝AP＋PT＝(－22(λ＋1)，2λ，－22(λ－1)由BD⊥平面PAD，得平面PAD的法向量n＝(0，1，0)，设直线AT与平面PAD所成角为θ，则sinθ＝｜cos＜n，AT＞｜＝｜n·AT｜｜n||AT｜＝所以当PTTB＝12时，直线AT与平面PAD所成角的正弦值为[课下巩固检测练(二十八)]空间向量与距离、探究性问题(单选题、填空题每题5分，多选题每题6分，解答题每题10分)1.已知空间中向量AB＝(0，1，0)，向量AC的单位向量为(－33，33，－33)，则点B到直线AC的距离为(A.33 B.6C.233 D解析：选B.设向量AC的单位向量为e，则e＝(－33，33，－33)，AB·e＝33，点B到直线AC的距离为：｜AB2.在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点A到平面A1BCD1的距离为()A.2 B.22 C.1 D.2解析：选B.连接AB1，与A1B相交于点E，因为四边形ABB1A1为正方形，所以AB1⊥A1B，又BC⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB1，因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面BCD1A1，所以AB1⊥平面BCD1A1，故点A到平面A1BCD1的距离为AE的长，又棱长为4，所以AE＝12AB1＝12×42＋3.如图，在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱CD上的一点，且DE＝2EC，则点B1到平面AEC1的距离为()A.6B.3C.2D.7解析：选B.以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以A(0，0，0)，B1(3，0，3)，E(2，3，0)，C1(3，3，3)，所以AE＝(2，3，0)，AC1＝(3，3，3设平面AEC1的法向量n＝(x，y，z)，所以n·AE=2x+3y=0，n·AC1=3所以平面AEC1的一个法向量n＝(3，－2，－1)，又AB1＝(3，0，3所以点B1到平面AEC1的距离d＝｜AB1·n4.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝2，AD＝3，E为AB的中点，则异面直线B1C1与DE的距离为()A.2 B.10 C.1 D.6解析：选C.分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AA1＝1，AB＝2，AD＝3，E为AB的中点，则D(0，0，0)，C1(0，2，1)，B1(3，2，1)，E(3，1，0)，则B1C1＝(－3，0，0)，DE＝(3，1，设B1C1与DE的公垂线的一个方向向量为n＝(x，y，z)，则n·B1C1＝－3x=0，n·DE=3x＋y=0，取z＝又DC1＝(0，2，1)B1C1与DE之间的距离为d＝｜DC1·n5.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝π2，AC＝2，BC＝1，AA1＝2，点D是棱AC的中点，点E在棱BB1上运动，则点D到直线C1E的距离的最小值为(A.3B.4C.5D.5解析：选A.因为CC1⊥平面ABC，∠ACB＝π2，所以以C为原点，CA，CB，CC1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连接C1D，则D(1，0，0)，C1(0，0，2)，设E(0，1，c)，其中0≤c≤2，所以C1D＝(1，0，－2)，C1E＝(0，1，c则点D到直线C1E的距离d＝｜C1D｜2设t＝(c－2)2＋1，因为c∈[0，2]，所以t∈[1，5]，则d＝1+4t∈［355所以点D到直线C1E的距离的最小值为356.(多选)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，BB1的中点，M为线段A1D上的动点，则()A.存在点M，使得直线FM⊥AC1B.存在点M，使得EM∥平面AA1B1BC.点M到直线C1D1距离的最小值为2D.三棱锥C1MEF的体积为6解析：选BC.以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，E(2，1，0)，F(2，0，1)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，C1(2，2，2)，D1(0，2，2)，所以AC1＝(2，2，2)，DA1＝(0，－2，2)，EF＝(0，－1设DM＝λDA1(0≤λ≤1)，则DM＝(0，－2λ，2λ)，所以M(0，2－2λ，2λ对于A项，FM＝(－2，2－2λ，2λ－1)，所以FM·AC1＝－2×2＋2(2－2λ)＋2(2λ－1)＝－2≠0，故A对于B项，因为AD⊥面AA1B1B，所以面AA1B1B的一个法向量为n＝(0，1，0)，又因为EM∥面AA1B1B，EM＝(－2，1－2λ，2λ)，所以EM·n＝1－2λ＝0，解得λ＝12，即DM＝12DA1，所以存在点M位于A1D的中点时，使得EM∥面AA1B1B对于C项，因为C1D1＝(－2，0，0)，所以u＝C1D1｜C1D1｜设a＝C1M＝(－2，－2λ，2λ－2)，则a·u＝2，所以点M到直线C1D1的距离为d＝a2－(a·u)2＝4+4λ2所以当λ＝12时，dmin＝2，故C项正确对于D项，因为A1D∥EF，A1D⊄面EFC1，EF⊂面EFC1，所以A1D∥面EFC1，所以VC1-MEF＝VM-C1EF＝VD-C1EF所以S△C1EF＝12EF所以VC1-MEF＝VD-C1EF＝13S△C1EF7.(多选)(2025·四川眉山三模)某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为22，下列结论正确的有()A.AG⊥平面BCDGB.该石凳的体积为64C.A，F，C，D四点共面D.点B到平面ACD的距离为6解析：选AC.“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.A选项：由图可知AG⊥平面BCDG，故A选项正确；B选项：43－8×13×12×2×2×2＝1603，故C选项：∵A，F，C，D四点均是正方体各棱上中点，∴AF∥CM，DF∥MN，CD∥AN，且这个六条边长全相等，∴A，F，C，D四点共面，故C选项正确；D选项：如图建立空间直角坐标系，∵AG＝AF2＋FG2＝4，∴正方体棱长为4，∴B(2，0，4)，A(4，2，0)，D(2，4，4)，C(0∴CD＝(2，2，0)，CA＝(4，0，－4)，设平面ACD的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则CD·n1=2x+2y=0，CA·n1=4即n1＝(1，－1，1)，CB＝(2，－2，0)，∴点B到平面ACD的距离为｜CB·n1｜｜n1｜8.(2025·甘肃白银三模)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，AA1＝a，点B到平面AB1D的距离为3，则a＝.解析：如图，过点B作BP⊥AB1于点P，连接B1D，BD，因为AD⊥平面ABB1A1，BP在平面ABB1A1内，所以AD⊥BP，又AB1，AD为平面AB1D内两条相交直线，则BP⊥平面AB1D.由直角三角形ABB1的面积可得：BP＝2a22+a2＝2a4+a答案：239.如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，∠B1AB＝60°，E为DD1的中点，则A1C1到平面EAC的距离为.解析：连接C1E，C1A，因为A1C1∥AC，AC⊂平面EAC，A1C1⊄平面EAC，所以A1C1∥平面EAC，所以A1C1到平面EAC的距离等于C1到平面EAC的距离，设C1到平面EAC的距离为d，因为正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，∠B1AB＝60°，所以BB1＝ABtan60°＝23，AC＝22，因为E为DD1的中点，所以DE＝3，所以AE＝CE＝22＋(所以S△ACE＝12AC·AE2－(AC2)2＝S△CC1E＝12CD·CC1＝12×2因为VC1-ACE＝VA-CC1E，所以1所以13×10d＝13×23×2，解得d＝答案：210.(2025·山东烟台一模)如图，点C在以AB为直径的半圆的圆周上，∠ABC＝60°，且BP⊥平面ABC，AB＝2BP＝4，CD＝λCP(0＜λ＜1).(1)求证：AC⊥BD；(2)当λ为何值时，平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为68解：(1)证明：由BP⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则BP⊥AC，又点C在以AB为直径的半圆的圆周上，则BC⊥AC，由BP∩BC＝B且都在平面PBC内，则AC⊥平面PBC，由BD⊂平面PBC，故AC⊥BD.(2)若O为AB的中点，即为半圆的圆心，作Oz⊥平面ABC，在面ABC内作Ox⊥AB，由∠ABC＝60°，AB＝2BP＝4，则BC＝2，AC＝23，故可构建如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－2，0)，B(0，2，0)，C(3，1，0)，P(0，2，2)，由CD＝λCP(0＜λ＜1)，故CD＝(－3λ，λ，2λ)，可得D(3－3λ，λ＋1，2λ)，所以AD＝(3－3λ，λ＋3，2λ)，AB＝(0，4，0)，AC＝(3，3，0)，若m＝(x，y，z)，n＝(a，b，c)分别为平面ACD、平面ABD的一个法向量，则m取y＝－1，m＝(3，－1，2)，n·AD＝(3－3λ)a＋(λ+3)b+2λc所以｜cos＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜整理得2λ-14λ2+3(λ-1)2＝14，则57λ2－58λ11.(2025·湖南邵阳二模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝22，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且AP＝λAA(1)证明：A1C⊥平面ABC1；(2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为455？若存在，求出λ的值；若不存在，解：(1)证明：∵AB＝AC＝2，BC＝22，∴AB2＋AC2＝BC2，故AB⊥AC.又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥平面AA1C