2025年高考数学一轮复习教学课件第7章 第8课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第七章立体几何与空间向量 第8课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题对应学生用书第182页 考试要求能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题.掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法． 链接教材　夯基固本第8课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题1．点P到直线l的距离设＝a，u是直线l的单位方向向量，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＝＝_______________．提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解：①d＝||sinθ求解，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角．②d＝，其中μ为l的方向向量． 2．点P到平面α的距离若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示．[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． 一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)点A到平面α的距离是点A与α内任一点的线段的最小值．()(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．()√×√× 二、教材经典衍生(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)如图，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，则：(1)点B到直线AC1的距离为________；(2)直线FC到平面AEC1的距离为________．(1)(2)[(1)以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E，F，∴＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1)，＝，＝＝＝，取a＝＝(0，1，0)，u＝＝(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝，∴点B到直线AC1的距离为＝＝. (2)∵＝＝，∴FC∥EC1，∴FC∥平面AEC1，∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离，设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则∴∴取z＝1，则x＝1，y＝2，∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量．又∵＝，∴点F到平面AEC1的距离为＝＝，即直线FC到平面AEC1的距离为.] 典例精研　核心考点第8课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题考点一　求空间距离[典例1](2024·福建泉州模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面△PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC∥平面PAD，BC＝AD＝1，E是棱PD上的动点．(1)当E是棱PD的中点时，求证：CE∥平面PAB；(2)若AB＝1，AB⊥AD，求点B到平面ACE距离的范围． [解](1)证明：∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BC∥AD.取PA的中点F，连接BF，EF，∵E是棱PD的中点，∴EF是△PAD的中位线，∴EF∥AD∥BC，EF＝AD，∵BC＝AD，∴EF＝BC，即四边形BCEF是平行四边形，∴CE∥BF，∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB. (2)取AD的中点O，连接PO，∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.建立空间直角坐标系如图，则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，P(0，0，)，D(0，1，0)，则＝(1，0，0)，＝(1，1，0)，＝(0，2，0)，＝(0，－1，)，＝＝(0，2，0)＋λ＝(0，2－λ，λ)，λ∈[0，1]， 设平面ACE的法向量n＝(x，y，z)，则即令z＝2－λ，则y＝－λ，x＝λ，则n＝(λ，－λ，2－λ)为平面ACE的一个法向量，设点B到平面ACE的距离为d，d＝＝，当λ＝0时，d＝0，当λ≠0时，d＝＝，∵0≤λ≤1，∴当λ＝1时，d取得最大值，即d＝＝＝，综上，0≤d≤，即点B到平面ACE距离的取值范围是. 名师点评求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离．(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求．(3)等体积法．(4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意一点，则点P到α的距离d＝. [跟进训练]1．(1)(2023·浙江温州三模)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为()A．B．C．D．(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＝，则下列说法正确的是()A．点A到直线BE的距离是B．点O到平面ABC1D1的距离是C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为D．点P到直线AB的距离为√√√√ (1)A(2)BCD[(1)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A(1，0，0)，D(0，0，1)，G，于是＝＝(－1，0，1)，||＝＝＝－×(－1)＋1＝，所以点G到直线AD的距离d＝＝＝.故选A. (2)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)，E，所以＝(－1，0，0)，＝.设∠ABE＝θ，则cosθ＝＝，sinθ＝＝.故点A到直线BE的距离d1＝||sinθ＝1×＝，A错误．易知＝＝，平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，B正确．＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)． 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝＝＝.因为平面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，C正确．因为＝，所以＝，又＝(1，0，0)，则＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝，D正确．故选BCD.] 【教师备选资源】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方形，D为AB中点，且A1D＝.(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；(2)若点P在线段B1C上，且直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为，求点P到平面A1CD的距离．[解](1)证明：由题知AA1＝2，AD＝1，A1D＝，因为AD2＋A1A2＝5＝A1D2，所以A1A⊥AD，又B1B⊥BC，B1B∥A1A，所以A1A⊥BC，又AD∩BC＝B，所以A1A⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，所以CD⊥AA1，在等边△ABC中，D为AB中点，于是CD⊥AB，又AB∩AA1＝A，所以CD⊥平面ABB1A1. (2)取BC的中点为O，B1C1的中点为Q，则OA⊥BC，OQ⊥BC，由(1)知A1A⊥平面ABC，且OA⊂平面ABC，所以OA⊥AA1.又B1B∥A1A，所以OA⊥BB1，又BB1∩BC＝B，所以OA⊥平面BCC1B1，于是OA，OB，OQ两两垂直．如图，以O为坐标原点，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(0，0，)，A1(0，2，)，C(－1，0，0)，D，B1(1，2，0)．所以＝＝(1，2，)，＝(2，2，0)，＝(－1，0，－)． 设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，则z＝－，y＝1，所以n＝(1，1，－)为平面A1CD的一个法向量．设＝λ＝(2λ，2λ，0)，λ∈[0，1]，则＝＝＋λ＝(2λ－1，2λ，－)，由于直线AP与平面A1CD所成角的正弦值为，于是|cos〈，n〉|＝＝，即|2λ＋1|＝，整理得4λ2－8λ＋3＝0，由于λ∈[0，1]，所以λ＝.于是＝λ＝(1，1，0)．设点P到平面A1CD的距离为d，则d＝＝，所以点P到平面A1CD的距离为. 考点二　立体几何中的探索性问题[典例2]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． [解](1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB，∵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)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)，＝(－1，0，0)，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)为平面POB的一个法向量，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的夹角的余弦值为，此时＝. 名师点评(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． [跟进训练]2．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD的中点．(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)求PC与平面ACE所成角的正弦值；(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为？若存在，确定点F的位置；若不存在，请说明理由． [解](1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥AB，CD⊥AD，∵PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，∵PA⊂平面PAB，∴PA⊥BC.∵PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，∴CD⊥平面PAD，∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥CD，∵BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD.(2)由(1)知PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以点A为坐标原点，AB，AD，AP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)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．则＝(2，2，0)，＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)． 设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，由取y＝1，可得m＝(－1，1，－1)是平面ACE的一个法向量，设PC与平面ACE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈m，〉|＝＝＝，∴PC与平面ACE所成角的正弦值为. (3)设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，＝(2，t，0)，＝(0，0，2)，由取a＝t，则n＝(t，－2，0)为平面PAF的一个法向量，∴点E到平面PAF的距离d＝＝＝，∵t＞0，∴t＝1.∴当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为. 考点三　立体几何中的翻折问题[典例3](2023·江苏南京二模)在梯形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，AB＝2，AD＝DC＝，如图1．现将△ADC沿对角线AC折成直二面角P-AC-B，如图2，点M在线段BP上．(1)求证：AP⊥CM；(2)若点M到直线AC的距离为，求的值．[解](1)证明：由已知可得AC＝BC＝2，又AB＝2，则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，又平面PAC⊥平面ACB，平面PAC∩平面ACB＝AC，CB⊥AC，CB⊂平面ACB，故CB⊥平面PAC，又AP⊂平面PAC，则CB⊥AP，又AP⊥PC，PC∩CB＝C，PC，CB⊂平面PCB，所以AP⊥平面PCB，又CM⊂平面PCB，则AP⊥CM. (2)设AC中点为O，AB中点为D，以OA，OD，OP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(1，0，0)，C(－1，0，0)，P(0，0，1)，B(－1，2，0)，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ，设M(x，y，z)，则(x＋1，y－2，z)＝λ(1，－2，1)，则M(λ－1，2－2λ，λ)，＝(2，0，0)，＝(λ，2－2λ，λ)，因为点M到直线AC的距离为，则＝，即λ2＋(2－2λ)2＋λ2＝，即25λ2－40λ＋16＝0，解得λ＝，所以＝. 名师点评三步解决平面图形翻折问题 [跟进训练]3．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．[解](1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0).设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则即所以可取n＝(3，6，－)为平面ACGD的一个法向量．又平面BCGE的一个法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝＝.因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°. 4．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解](1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝，EH＝，则H(0，0，0)，P，D，＝＝.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈〉|＝＝＝，所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为. 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(四十九)向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 THANKS