2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第7章　§7.8　空间距离及立体几何中的探索问题

§7.8　空间距离及立体几何中的探索问题考试要求　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．知识梳理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＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.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的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝.思考辨析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.(　×　)教材改编题1．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为(　　)15 A.B．2C.D.答案　A解析　由正方体性质可知，A1A∥平面B1D1DB，A1A到平面B1D1DB的距离就是点A1到平面B1D1DB的距离，连接A1C1，交B1D1于O1(图略)，A1O1的长即为所求，由题意可得A1O1＝A1C1＝.2．已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n＝为l的一个单位方向向量，则点P(4,3,2)到l的距离为________．答案　解析　∵＝(－2,0，－1)，n＝为l的一个单位方向向量，∴点P到l的距离d＝＝＝.3．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．答案　解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，所以＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，＝(2,2,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，所以点D1到平面A1BD的距离d＝＝.题型一　空间距离15 例1　(1)(2023·长沙模拟)空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，则点P到直线MN的距离为(　　)A．2B．2C．3D．2答案　A解析　因为＝(1,1,1)，所以的一个单位方向向量为u＝(1,1,1)．因为＝(1，－1,3)，故||＝＝，·u＝(1－1＋3)＝，所以点P到直线MN的距离为＝＝2.(2)(2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝AB＝AA1＝2，BC1＝2，M为线段AB上的动点．①证明：BC1⊥CM；②若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．①证明　因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B，在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥C1B.因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.又因为CM⊂平面ABC，所以C1B⊥CM.②解　由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(0,0,0)，C(2,0,0)，C1(0,2，0)，A1(－2，2，4)，E(－1,2，2)，15 ＝(2,0,0),＝(－1,2，2)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝，则n＝(0，，－3)．又因为＝(4，－2，－4)，故点A1到平面BCE的距离d＝＝.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＝；②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　(1)(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为________．答案　解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，＝(－1，－1,2)，＝(－1,1,1)，∴点D1到直线GF的距离d＝＝＝.又||＝，15 ∴＝××＝.(2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．①证明：D1E⊥A1D；②当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离．①证明　以D为坐标原点，直线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(图略)，设AE＝x，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．＝(1，x，－1)，＝(－1,0，－1)，因为·＝0，所以⊥，即D1E⊥A1D.②解　因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而＝(1,1，－1)，＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)，设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则即得从而可取n＝(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离d＝＝＝.题型二　立体几何中的探索性问题例2　(2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．(1)求证：AC⊥平面A1BO；(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为，若存在，请计算的值；若不存在，请说明理由．(1)证明　∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB，15 ∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，∴A1B⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC，∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.(2)解　存在，线段CC1的中点P满足题意．理由如下：∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A1(0，，2)，＝(0，，0)，＝(－1，，2)，设＝t＝t＝(－t，t,2t)，0≤t≤1，则＝＋＝(－1－t，t,2t)，易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，则取x＝2t，则m＝(2t,0，t＋1)，由题意得|cos〈n，m〉|＝＝＝，∵0≤t≤1，∴解得t＝＝，∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为，此时＝.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”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．跟踪训练2　如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．15 (1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．(1)证明　如图，连接BD交AC于点O，连接SO.由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a，于是S，D，C.于是＝，＝.则·＝0，所以⊥，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.(2)解　由题设知，平面PAC的一个法向量为＝，平面DAC的一个法向量为＝.设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈，〉|＝＝，15 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.(3)解　假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝.设＝t(0≤t≤1)，因为B，C，所以＝，则＝＋＝＋t＝.由·＝0，得－＋0＋a2t＝0，解得t＝，当SE∶EC＝2∶1时，⊥.由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.课时精练1.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．15 解　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．(1)＝(0,4,2)，＝(2，2,0)，则||＝2，||＝4.设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝＝＝4.(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥，n⊥，得令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝.易知＝(0,0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝＝＝.2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．(1)求证：BM⊥AB1；15 (2)若直线AB1与平面BCM所成的角为，求点A1到平面BCM的距离．(1)证明　∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，＝(－1，a,1)，＝(1,0,1)，∵·＝0，∴⊥，∴BM⊥AB1.(2)解　设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，由(1)知＝(－1，a,1)，＝(－1,1,0)，＝(1,0,1)，∴取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，∵直线AB1与平面BCM所成的角为，∴sin ＝＝＝，解得a＝，∴n＝，∵＝(1,0，－1),∴点A1到平面BCM的距离d＝＝＝.3.已知空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.15 (1)若BD＝BC，求证：BC⊥ED；(2)探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．(1)证明　∵△ABC，△ECD是全等的正三角形，∴CD＝BC，∵BD＝BC，∴BD2＝BC2＋DC2，∴BC⊥DC，∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD＝CD，∴BC⊥平面ECD，∵DE⊂平面ECD，∴BC⊥ED.(2)解　A，B，D，E四点共面．理由如下，如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN，∵△ABC是等边三角形，∴AM⊥BC，AM＝BC，∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AM⊥平面BCD，同理EN⊥平面BCD，且EN＝CD＝BC，∴AM∥EN，且AM＝EN，∴四边形AMNE是矩形，∴AE∥MN，又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E四点共面．4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；15 (2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明　∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.(2)解　存在．由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵点E，F分别为AC，PC的中点，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直．以E为坐标原点，以EB，EC，EF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A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2，0,0)，C(0,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2，2,0)．设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，∴＝＋＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，＝(－2，2,0)，＝(0,4，－2)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则y＝，z＝2，∴n＝(1，，2)．15 由已知得＝，即＝，解得λ＝或λ＝(舍去)，故λ＝，∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点．5.(2022·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.(1)求证：AB∥平面PCD；(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；(3)棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．(1)证明　∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PDC.(2)解　∵ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，∴BC＝＝2，又PB＝PC＝3，∴点P到直线BC的距离为＝2，∵平面PBC⊥平面ABCD，∴点P到平面ABCD的距离为2.以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)．∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，∴＝(2,1，－2)，＝(0,5,0)，＝(4,2,0)，设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则令x1＝1，x2＝1可得m＝(1,0,1)，n＝(1，－2,0)，设平面APB与平面PBC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.∴平面APB与平面PBC夹角的余弦值为.15 (3)解　假设棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为，设＝λ＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，∴Q(4λ，2λ＋3,0)，∴＝(4λ－4,2λ＋3,0)，由(2)知平面PBA的一个法向量为m＝(1,0,1)，∴点Q到平面PBA的距离d＝＝＝，∴|4λ－4|＝，∴λ＝1－，∴棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为，＝1－.6.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．解　建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，(1)＝(1,1－t，－2)，＝(1,1,1)，＝(2,0,1)，设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，15 则令x＝1，得z＝－2，y＝1，∴m＝(1,1，－2)，若存在满足题意的点P，则∥m，∴＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.(2)易知平面BCC1B1的法向量为n＝(0,1,0)，设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，又＝(2,2－t，－1)，＝(1，1－t，－2)，∴令y0＝1，则x0＝－1，z0＝－，∴r＝，设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，r〉|＝＝，0≤t≤2，∴当t＝时，(cosθ)max＝，(sinθ)min＝.此时C1P＝2－＝.15