第七章§7.8空间距离及立体几何中的探索性问题

§7.8空间距离及立体几何中的探索性问题考试要求1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.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.1.点到直线的距离如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设AP=a，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=|AP|22.点到平面的距离如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是AP在直线l上的投影向量QP的长度，因此PQ=AP·n|n|1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(×)(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.(×)2.已知空间中有三点A(9，2，9)，B(8，1，9)，C(5，1，6)，则点A到直线BC的距离为()A.33 B.63 C.62答案C解析方法一因为BA=(1，1，0)，BC=(-3，0，-3)，所以点A到直线BC的距离为BA2−BA·BC方法二因为BA=(1，1，0)，BC=(-3，0，-3)，所以cos〈BA，BC〉=BA·BC|BA||所以sin〈BA，BC〉=1−−12所以点A到直线BC的距离为|BA|sin〈BA，BC〉=2×32=63.(2026·成都模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E为CD的中点，则点D到平面AD1E的距离为()A.63 B.36 C.33答案C解析以D为坐标原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，A(1，0，0)，E(0，1，0)，D1(0，0，1)，D1A=(1，0，-1)，EA=(1，-1，0)，DA=(1，0，设平面AD1E的法向量为m=(x，y，z)，则m令x=1，得y=1，z=1，所以m=(1，1，1)，则点D到平面AD1E的距离d=|DA·m||4.在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为正方形，SD⊥平面ABCD，SD=2AD=4，N为SB的中点，在棱SD上(包括端点)存在点M，使AM⊥CN，则DM=.答案1解析如图，建立空间直角坐标系，∵AD=2，SD=4，则S(0，0，4)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，∴N(1，1，2)，设DM=t，则M(0，0，t)，0≤t≤4，∴AM=(-2，0，t)，CN=(1，-1，2)，∵AM⊥CN，∴AM·CN=-2+2t=0，∴t=1，∴DM=1.题型一空间距离命题点1点线距离例1(人教A版选择性必修第一册P42习题1.4T6)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离.解在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为1，则E12A1(1，0，1)，O1，1所以OE=−12，12所以点O到直线A1E的距离为OE2−OE·A命题点2点面距离例2(2025·深圳模拟)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG=2，E，F分别是AB，AD的中点，则点B到平面GEF的距离为.答案2解析以C为原点，CD，CB，CG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(0，4，0)，E(2，4，0)，F(4，2，0)，G(0，0，2)，所以EF=(2，-2，0)，GE=(2，4，-2)，BE=(2，0，0)，设平面GEF的法向量是n=(x，y，z)，则n取x=1，则y=1，z=3，所以n=(1，1，3)，所以点B到平面GEF的距离为|BE·n||命题点3异面直线的距离例3定义：与两条异面直线都垂直相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，公垂线被这两条异面直线截取的线段，叫做这两条异面直线的公垂线段，两条异面直线的公垂线段的长度，叫做这两条异面直线的距离，公垂线段的长度可以看作是：分别连接两异面直线上两点，所得连线的向量在公垂线的方向向量上的投影向量的长度.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.31515 C.答案A解析如图，以点A为原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，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·DG=x−3y+4z=0，n所以异面直线PC和DG的距离为|DC·n||思维升华(1)点到直线的距离①设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d=|PA②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.(2)求点面距一般有以下三种方法①作点到面的垂线，求点到垂足的距离.②等体积法.③向量法.跟踪训练1(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在BD上，且BE=13BD；点F在CB1上，且CF=13CBA.线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段B.异面直线AA1与BD的距离为1C.点D1到直线EF的距离为14D.点D1到平面DEF的距离为6答案ACD解析以D为坐标原点，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D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，EB=13DB=CF=13CB所以E23，23对于A，EF=−13，13，13，DBCB1=(1，0，所以EF·DB=-13+13EF·CB1=-13+即EF⊥DB，EF⊥CB1，所以线段EF是异面直线BD与CB1的公垂线段，故A正确；对于B，由正方体的性质可得异面直线AA1与BD的公垂线的一个方向向量为AC=(-1，1，0)，又DA=(1，0，0)，所以异面直线AA1与BD的距离为|DA·AC||AC|对于C，D1E=23，2所以D1E在EF方向上的投影向量的长度为h=|D1E·EF||EF|=33，所以点D对于D，设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，DF=13则n·DB令x=1，得y=-1，z=2，所以n=(1，-1，2)，又DD1=(0，0，所以点D1到平面DEF的距离d=|DD1·n||n题型二立体几何中的探索性问题例4(2026·沈阳模拟)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，E为AB的中点，AB=BC1=AC1=2B1C1=4，B1E=22.(1)求证：B1E⊥C1D1；(2)在棱CC1上(包括端点)是否存在一点P，使得直线BP与平面CDD1C1所成角的余弦值为13？若存在，求C(1)证明连接EC1，因为AB⊥BC，BC∥B1C1，所以AB⊥B1C1.因为BC1=AC1，E是AB的中点，所以AB⊥EC1，因为B1C1∩EC1=C1，B1C1，EC1⊂平面B1C1E，所以AB⊥平面B1C1E，因为B1E⊂平面B1C1E，所以AB⊥B1E，因为AB∥C1D1，所以B1E⊥C1D1.(2)解因为B1E=22，B1C1=2，C1E=42−2所以B1C12+B1E2=C1E所以B1E⊥B1C1，又由(1)知C1D1⊥B1E，且C1D1∩B1C1=C1，C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以B1E⊥平面A1B1C1D1，因为ABCD-A1B1C1D1为四棱台，底面ABCD为正方形，所以四边形A1B1C1D1为正方形，B1E⊥平面ABCD，A1B1=B1C1=2.因为点E是AB的中点，AB=4，所以AE=2.所以AE∥A1B1且AE=A1B1，所以四边形A1B1EA为平行四边形，所以B1E∥AA1.又B1E⊥平面ABCD，所以AA1⊥平面ABCD.以A为坐标原点，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B(4，0，0)，C(4，4，0)，D(0，4，0)，C1(2，2，22)，设CP=λCC1，0≤λ≤则P(4-2λ，4-2λ，22λ)，BP=(-2λ，4-2λ，22λ)，CD=(-4，0，0)，CC1=(-2，-2，22设平面CDD1C1的法向量为n=(x，y，z)，则n令y=2，则n=(0，2，1).设直线BP与平面CDD1C1所成的角为θ，且cosθ=13则sinθ=|cos〈n，BP〉|=|=423·化简得(2λ-1)2=0，即λ=12，CP=1故P为棱CC1的中点，所以C1PC思维升华(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”.(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.跟踪训练2如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F分别是棱PB，BC的中点.(1)求直线AF与平面PBC所成角的正弦值；(2)在截面AEF内(包括边界)是否存在点G，使DG⊥平面AEF，并说明理由.解(1)由PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，故PA⊥AB，PA⊥AD，又底面ABCD为正方形，故AB⊥AD，即PA，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB=2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，F(2，1，0)，AF=(2，1，0)，BP=(-2，0，2)，BC=(0，2，0)，设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，则n·BP令x=1，则n=(1，0，1)，因为|cos〈n，AF〉|=|n·AF||所以直线AF与平面PBC所成角的正弦值为105(2)假设截面AEF内(包括边界)存在点G满足条件，设AG=λAE+μAF，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，λ+μ∈[0，1]，因为AE=(1，0，1)，AF=(2，1，0)，DA=(0，-2，0)，所以DG=DA+AG=(λ+2μ，μ-2，λ)，因为DG⊥平面AEF，所以DG所以2λ+2与λ∈[0，1]矛盾，故与假设矛盾，所以在截面AEF内(包括边界)不存在点G，使DG⊥平面AEF.课时精练[分值：60分]1.(13分)(2026·广州模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，且AB=2.(1)求点C1到直线AB的距离；(6分)(2)求点C到平面ABB1A1的距离；(7分)解因为点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，所以A1D⊥平面ABC，又AC，BD⊂平面ABC，故A1D⊥AC，A1D⊥BD，因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，点D为AC的中点，故AC⊥BD，所以DB，DC，DA1两两垂直，故以D为坐标原点，DB，DC，DA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2，则AC=22，DA=DB=DC=2，因为侧面ACC1A1为菱形，所以A1A=AC=22，又A1D⊥AC，所以A1D=A1A2则A(0，-2，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，6)，C1(0，22，6)，所以AB=(2，2，0)，AC1=(0，32，AC=(0，22，0)，AA1=(0，2，6(1)点C1到直线AB的距离为|AC1|2(2)设平面ABB1A1的法向量为n=(x，y，z)，则n令z=1，得y=-3，x=3，故n=(3，-3，1)，所以点C到平面ABB1A1的距离为|AC·n||2.(15分)(2025·吕梁模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱DD1上的一点，且D1E=2DE.(1)若点F满足BF=2FB1，求证：CF∥平面A1EC(2)底面ABCD内(包括边界)是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由.(8分)(1)证明以D为坐标原点，DA，DC，DD1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A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，F(3，3，2)，所以A1C1=(-3，3，0)，EA1=(3CF=(3，0，2)，设平面A1EC1的法向量为n=(x，y，z)，所以n令x=2，得y=2，z=-3，所以平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3).所以n·CF=2×3-3×2=0，所以n⊥CF，又CF⊄平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1.(2)解假设底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)，又D1(0，0，3)，所以D1P=(a，b，又平面A1EC1的一个法向量为n=(2，2，-3)，所以D1P∥所以a2=b2=−3−3，解得a=2，所以底面ABCD内(包括边界)存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，此时DP=22+23.(15分)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1.(1)求证：AC⊥平面PBC；(6分)(2)在线段AC上(包括端点)是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，若存在，求出CF(1)证明∵△PBC为等边三角形，D为PC的中点，∴BD⊥PC，又∵BD⊥PA，PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∵AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD，取BC的中点G，连接PG，∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC，∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PG⊂平面PBC，∴PG⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴PG⊥AC，∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC.(2)解以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过点C且与GP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，P(0，1，3)，D0，12，3设CF=a，则F(a，0，0)(0≤a≤1)，则DE=(0，1，0)，DF=a，−设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，则n·取x=3，可得n=(3，0，2a)，易知平面ABC的一个法向量为m=(0，0，1)，则|cos〈m，n〉|=|m·n||m||解得a=12，此时CF=1∴在线段AC上存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，且CF=14.(17分)(2025·成都模拟)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；(5分)(2)在线段PD上(包括端点)是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是13？若存在，求出DM(3)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.(6分)(1)证明如图，过E作EG⊥AD交AD于点G，连接EF，G