63　第七章　第58课时　空间距离及立体几何中的探索性问题

2/23第58课时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．知识点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|知识点2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·nn[常用结论]1．平行线间的距离可以转化为点到直线的距离．2．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离．1．(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)已知直线l经过点A(2，3，1)，且向量n＝22，0，22为l的一个单位方向向量，则点P(4，3，2)到22[因为PA＝(－2，0，－1)，且n＝22，故点P到l的距离为d＝PA|22．(北师大版选择性必修第一册P142习题3－4A组T21)已知点M(－1，2，3)，平面α经过A(1，2，0)，B(－2，0，1)，C(0，2，2)，则点M到平面α的距离为______________．

2515[由题意，得AM＝(－2，0，3)，AB＝(－3，－2，1)，AC＝(－1，0，2设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，由题意可得n即-3x-2y+z则z＝1，y＝－52，∴n＝2∴点M到平面α的距离为AM·n3．(湘教版选择性必修第二册P106习题2.4T15改编)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M，N分别是A1B1，AD，CC1的中点，则直线AC与平面EMN之间的距离为()A．1B．33C．32DB[如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(2，1，2)，M(1，0，0)，N(0，2，1)，所以ME＝(1，1，2)，MN＝(－1，2，1)，AC＝(－2，2，0)，设平面EMN的法向量为m＝(x，y，z)，则m令x＝1，可得m＝(1，1，－1)为平面EMN的一个法向量，所以AC·m＝0，即AC⊥m，又AC⊄平面EMN，所以AC∥平面EMN，故点A到平面EMN的距离即为直线AC到平面EMN的距离，又MA＝(1，0，0)，所以点A到平面EMN的距离为|MA·m||m|＝考点一空间距离点线距离[典例1](人教A版选择性必修第一册P35练习T2(1)改编)如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A1B1C1D1，已知AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为()A．27 B．C．357 D．B[法一(向量法)：由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，A1C＝(1，2，－3)，BC＝(0，2，0)，A1C方向上的单位向量为μ＝114，214，-314法二(几何法)：连接AC，A1B(图略)，在Rt△ABC中，由AB＝1，BC＝2，得AC＝5，在Rt△A1AC中，A1C＝AC在Rt△A1AB中，A1B＝A1则A1B2＋BC2＝A1C2，在Rt△A1BC中，设边A1C上的高为h，由A1B×BC＝A1C×h得h＝10×214＝2点面距离[典例2](2026·庆阳模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且AE＝14AA1＝12，则点B到平面EDC1的距离为(A．5 B．3C．53 D．C[建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，E1，所以DC1＝(0，1，2)，DE＝1，-1，12设平面EDC1的法向量为m＝(x，y，z)，则m取z＝1，则x＝－52，y＝－2所以m＝-52，-2，1为平面EDC1的一个法向量，所以点B到平面EDC1的距离d＝通性通法：(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＝PA|②若能求出点在直线上的射影坐标，则可以直接利用两点间的距离公式求距离．(2)点到平面的距离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．[多维变迁]1．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为()A．23 B．2C．22λ3 D[以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，所以ED1＝(－2，0，1)，EF＝(0，2，0)，EG＝(0，λ，1设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则n取x＝1，得n＝(1，0，2)为平面D1EF的一个法向量，所以点G到平面D1EF的距离d＝|EG·2．(2026·宜昌模拟)如图所示，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．(1)求点B到直线AC1的距离；(2)求直线FC到平面AEC1的距离．[解]以D1为坐标原点，分别以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，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)，(1)取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－a2＝1，a·u＝33，则点B到直线AC1的距离为a(2)∵FC＝EC1＝-1，12，0，且F，C，而FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，则点F到平面AEC1的距离就是直线FC到平面AEC1的距离．设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE＝12y-z＝0，n·EC1＝-又AF＝∴直线FC到平面AEC1的距离为|AF【教用·备选题】1．(2025·青岛调研)已知圆柱的高和底面半径均为4，AB为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且AP＝BP，PC是圆柱的一条母线，则点P到平面ABC的距离为______________．

22[由题意可得AB＝8，因为AP＝BP，所以S△ABP＝12×8×4＝16因为PC⊥平面ABP，且PC＝4，所以V三棱锥C-ABP＝13×16×4＝64因为AP＝BP＝42，所以AC＝BC＝43，所以S△ABC＝12×8×48-16＝162设点P到平面ABC的距离为d，则V三棱锥P-ABC＝13×162d＝643，解得d＝222．(2025·肇庆二模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝12AA1＝1，E为CC1的中点，平面AED1∩BB1＝F，且BF＝λB(1)求λ的值；(2)求点F到平面A1ED1的距离．[解](1)连接EF，AF．由平面AA1D1D∥平面BB1C1C，且平面AD1EF∩平面AA1D1D＝AD1，平面AD1EF∩平面BB1C1C＝EF，所以EF∥AD1．以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，D1(0，0，2)，E(0，1，1)，B(1，1，0)，B1(1，1，2)，设F(1，1，a)，则EF＝(1，0，a－1)，AD1＝(－1，0，2)，B1B＝(0，0，由EF∥AD1，得a－1＝－2，即a＝－1，则BF＝(0，0，－1)，又BF＝λB1所以λ＝12(2)由(1)知，A1(1，0，2)，F(1，1，－1)，所以A1D1＝(－1，0，0)，D1E＝(0，1设n＝(x，y，z)为平面A1D1E的法向量，则n令y＝1，得n＝(0，1，1)为平面A1D1E的一个法向量．又EF＝(1，0，－2)，所以点F到平面A1D1E的距离d＝|n考点二立体几何中的探索性问题[典例3](2026·榆林模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是CC1的中点．(1)求平面A1BD与平面ABC夹角的余弦值；(2)在线段CD上是否存在一点P，使得BP与平面A1BD所成角的正弦值为36？若存在，求出CP的长；若不存在，请说明理由[解](1)因为CC1⊥平面ABC，CA，CB⊂平面ABC，∠ACB＝90°，则CC1⊥CA，CC1⊥CB，CA⊥CB，以C为坐标原点，以CA，CB，CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为AA1＝AC＝BC＝2，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(2，0，2)，D(0，0，1)，则DA1＝(2，0，1)，DB＝(0，2，－1易知平面ABC的一个法向量为m＝CC1＝(0，0，2设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，所以n·DA1＝故n＝(－1，1，2)为平面A1BD的一个法向量，则n·m＝4，|n|＝6，|m|＝2，所以cos〈n，m〉＝n·因为平面A1BD与平面ABC的夹角为锐角，所以平面A1BD与平面ABC夹角的余弦值为|cos〈n，m〉|＝63(2)假设存在点P，设CP＝λCD＝(0，0，λ)，λ∈[0，1]，BP＝BC＋CP＝(0，－2，0)＋(0，0，λ)＝(0，－2设BP与平面A1BD所成的角为θ，θ∈0，由(1)知，平面A1BD的一个法向量为n＝(－1，1，2)，n·BP＝2λ－2，|n|＝6，|BP|＝4+λ所以cos〈n，BP〉＝n·所以sinθ＝|cos〈n，BP〉|＝2λ所以7λ2－16λ＋4＝0，解得λ＝27或λ＝2(舍)所以在线段CD上存在一点P，使BP与平面A1BD所成角的正弦值为36此时CP＝27通性通法：利用空间向量巧解探究性问题的策略(1)空间向量最适合解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；(2)解题时，把结论当作条件，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”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[多维变迁](2025·三明四校联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB⊥BC，AD∥BC，AD＝3，PA＝BC＝2AB＝2，PB＝3．(1)求证：BC⊥PB；(2)棱PA上是否存在点E，使得点E与点B到平面PCD的距离相等？若存在，求线段BE的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB．(2)假设存在满足条件的点E，在△PAB中，因为PA＝2，PB＝3，AB＝1，所以PA2＝AB2＋PB2，所以PB⊥AB．以B为坐标原点，以BA，BC，BP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(－1，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，D(－1，3，0)，P(0，0，3)，所以CD＝(－1，1，0)，PC＝(0，2，－3)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·CD＝-x+y＝0，m·PC因为点B与点E到平面PCD的距离相等，且点B与点E在平面PCD的同侧，所以BE∥平面PCD，因为点E在棱PA上，所以AE＝λAP，其中0≤λ≤1，因为AP＝(1，0，3)，所以AE＝(λ，0，3λ)，又BA＝(－1，0，0)，所以BE＝BA＋AE＝(λ－因为BE∥平面PCD，m＝(3，3，2)为平面所以BE·m＝0，即3(λ－1)＋23λ＝0，解得λ＝13所以BE＝所以BE＝|BE|＝73异面直线的距离和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，公垂线与两条直线相交的点所形成的线段，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．[典例4]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 BC．3217 DA[如图，以A为原点，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，所以异面直线PC和DG的距离为|DC·【教用·备选题】(人教A版选择性必修第一册P49复习参考题1T17)如图，两条异面直线a，b所成的角为θ，在直线a，b上分别取点A'，E和点A，F，使AA'⊥a，且AA'⊥b．已知A'E＝m，AF＝n，EF＝l，求线段AA'的长．[解]过点A作a的平行线c，过点E作AA'的平行线交c于点G，连接GF，则EG＝AA'，AG＝A'E，EG⊥平面AFG，在△AFG中，若∠GAF为锐角或直角，由余弦定理得GF2＝AF2＋AG2－2AF·AG·cosθ＝n2＋m2－2mncosθ，在Rt△EGF中，EG2＝EF2－GF2＝l2－(n2＋m2－2mncosθ)，故AA'＝l2若∠GAF为钝角，可得AA'＝l2综上，若∠GAF为锐角或直角，则AA'＝l2-n2-m2+21．(链接考向2)(人教A版选择性必修第一册P35练习T2(3)改编)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是A1C1的中点，则点O到平面ABC1D1的距离为()A．32 B．C．12 D．B[建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，1)，O12，12，0，C1(0，1，0)，D1A＝(1，0，1)，AB＝(0设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D1A＝x+z＝0，n·AB＝y＝0，令x＝1，得n＝(1，0，－12．(链接考向1)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()A．135 B．C．157 D．A[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(0，4，0)，则BP＝(－3，0，1)，BD＝(－3，4，0)．法一：点P到直线BD的距离d＝BP|所以点P到直线BD的距离为135法二：cos〈BP，BD〉＝所以sin〈BP，BD〉＝所以点P到直线BD的距离为|BP|sin〈BP，BD〉＝103．(链接考点二)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BA⊥BC．(1)若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC；(2)若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一点，试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离等于22[解](1)证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA．因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，BA，BB1⊂平面BAA1B1，所以BC⊥平面BAA1B1，又AB1⊂平面BAA1B1，所以BC⊥AB1．因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B．因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．(2)由(1)知，直线BA，BB1，BC两两垂直，以B为原点，直线BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为BA＝BC＝BB1＝2，则B(0，0，0)，A1(2，2，0)，B1(0，2，0)，C(0，0，2)．设M(0，0，t)(0≤t≤2)，则MC＝(0，0，2－t)，A1B1＝(－2，0，0)，B1C＝(0，－设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B1＝-2x＝0，n·B1C＝-2y+2z所以点M到平面A1B1C的距离等于|MC·n||n|＝|2-t2，所以|2-t2＝22，解得t＝1或课时作业(五十八)空间距离及立体几何中的探索性问题一、单项选择题1．(人教B版选择性必修第一册P63习题1-2CT1改编)已知直线l的方向向量为n＝(1，0，2)，点A(0，1，1)在直线l上，则点P(1，2，2)到直线l的距离为()A．230 B．30C．3010 D．D[由已知，得PA＝(－1，－1，－1)，因为直线l的方向向量为n＝(1，0，2)，所以点P(1，2，2)到直线l的距离为PA|2-PA·2．(2022·新高考Ⅰ卷节选)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22，则点A到平面A1BC的距离为()A．32 B．C．2 D．3C[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V三棱锥A－A1BC＝13S△A1BC·h＝223h＝V三棱锥A1－ABC＝1二、多项选择题3．(2026·漳州模拟)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，则下列说法正确的是()A．点A1到直线B1E的距离为5B．直线FC1到直线AE的距离为30C．点A1到平面AB1E的距离为3D．直线FC1到平面AB1E的距离为1ABD[建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(1，1，1)，E0，0，12，F1，1，12，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，对于A，因为B1E＝-1，-1，-12，直线B1E的一个单位方向向量u1＝所以A1B1·u1所以点A1到直线B1E的距离为A1B1对于B，因为AE＝所以AE∥FC1，即AE∥FC所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离，因为直线AE的一个单位方向向量u2＝AEAE＝-255，0，55，AF所以直线FC1到直线AE的距离为54-5对于C，设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，AB1＝(0，1，1)，AE＝-1，0，12则n令z＝2，则y＝－2，x＝1，即n＝(1，－2，2)为平面AB1E的一个法向量，设点A1到平面AB1E的距离为d，则d＝|AA1·n||n|＝23对于D，因为AE∥FC1，所以FC1∥平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离等于C1到平面AB1E的距离，又C1B1＝(1，0，由选项C得平面AB1E的一个法向量为n＝(1，－2，2)，所以C1到平面AB1E的距离为|C所以直线FC1到平面AB1E的距离为13，故D正确故选ABD．]4．(2025·随州期末)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝BC＝3，AC＝2，D是AC的中点，下列判断正确的是()A．B1C∥平面A1BDB．平面A1BD⊥平面AA1C1CC．直线B1C到平面A1BD的距离是10D．点A1到直线BC的距离是113ABD[对于A，如图1所示，连接AB1交A1B于点E，连接DE，所以DE∥B1C，又DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD，故A正确；对于B，因为AB＝BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，BD⊂平面ABC，所以BD⊥平面A1ACC1，又BD⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AA1C1C，故B正确；对于C，因为B1C∥平面A1BD，所以B1C到平面A1BD的距离等于点B1到平面A1BD的距离，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图2所示，则D(0，0，0)，B1(0，22，3)，B(0，22，0)，A1(－1，0，3)，所以DB1＝(0，22，3)，DB＝(0，22，0)，DA1＝(－1，0设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则DB·n＝0，则n＝(3，0，1)为平面A1BD的一个法向量，所求距离d＝|n·D对于D，如图3所示，作AF⊥BC，连接A1F，因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC，又AA1∩AF＝A，AA1，AF⊂平面A1AF，所以BC⊥平面A1AF，则BC⊥A1F，又AF＝BD·所以A1F＝A1A2+故选ABD．]三、填空题5．(人教A版选择性必修第一册P35练习T