第八節(jié)向量與距離及立體幾何中的探索問題【課程標(biāo)準(zhǔn)】1.會求空間中點到直線以及點到平面的距離．2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關(guān)系或空間角存在的條件．1．點到直線的距離(1)定義：如圖，直線l的方向向量為v，點P為直線l外一點，過點P作直線l的垂線交l于點D，則PD即為點P到直線l的距離．設(shè)A為直線l上任意一點，則AD是AP在l上的投影向量，所以投影長AD＝APcos∠PAD＝(2)距離公式：點P到已知直線l的距離d＝PD＝AP2-AD(3)求空間一點P到直線l(P?l)的距離的算法程序如圖所示．2．點到平面的距離(1)定義：如圖，已知平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)的定點，P是平面α外一點．過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則n是直線l的方向向量，且點P到平面α的距離就是AP在直線l上的投影向量QP的長度．因此QP＝AP·(2)求空間一點P到平面α(P?α)的距離的算法程序如圖所示．【自主檢測】1．(多選)下列說法錯誤的是()A．平面α上不共線的三點到平面β的距離相等，則α∥βB．點到直線的距離也就是該點與直線上任一點連線的長度C．直線l平行于平面α，則直線l上各點到平面α的距離相等D．直線l上兩點到平面α的距離相等，則l平行于平面α答案：ABD2．已知直線l經(jīng)過點A(2，3，1)且向量n＝22，0，22為l的一個單位方向向量，則點P(4，3，2答案：2解析：因為PA＝-2，0，-1，n＝223．如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點，F(xiàn)為線段AB的中點，則：(1)點B到直線AC1的距離為________；(2)直線FC到平面AEC1的距離為________．答案：(1)63(2)解析：(1)以D1為坐標(biāo)原點，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，0，F(xiàn)1，12，1，所以AB＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1)，AE＝0，12，-1，EC1＝-1，1(2)因為FC＝EC1＝-1，12，0，所以FC∥EC1，所以FC∥平面AEC1，所以點F到平面AEC1的距離即為直線FC到平面AEC1的距離，設(shè)平面AEC1的法向量為n＝(x，y，z)，則&n·AE＝0，&n·EC1＝0，所以&12y-z＝0，&-x+12y＝0，所以&x＝學(xué)生用書第206頁考點一空間距離師生共研如圖，P為矩形ABCD所在平面外一點，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，則點P到直線BD的距離為________．答案：13解析：如圖，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，1)，B(3，0，0)，D(0，4，0)，則BP＝(－3，0，1)，BD＝(－3，4，0)，故點P到直線BD的距離d＝BP2-BP·BDBD2如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝12AB＝12A(1)證明：BC1⊥CM；(2)若E為A1C1的中點，求點A1到平面BCE的距離.解：(1)證明：因為AB⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，所以AB⊥BC1，在△BCC1中，BC＝2，BC1＝23，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC12＝CC因為AB∩BC＝B，AB，BC?平面ABC，所以BC1⊥平面ABC.又因為CM?平面ABC，所以BC1⊥CM.(2)由(1)知，AB⊥BC1，BC⊥BC1，AB⊥BC，以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則B(0，0，0)，C(2，0，0)，C10，23，0，A1BC＝(2，0，0)，BE＝-1，設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，則&n·令y＝3，則n＝0，又因為A1故點A1到平面BCE的距離d＝0×4+-21．點到直線的距離(1)設(shè)過點P的直線l的單位方向向量為n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝PA2(2)若能求出點在直線上的射影坐標(biāo)，可以直接利用兩點間距離公式求距離．2．求點面距一般有以下三種方法(1)作點到面的垂線，求點到垂足的距離．(2)等體積法．(3)向量法．對點練1．如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，各棱長均為4，N是CC1的中點．(1)求點N到直線AB的距離；(2)求點C1到平面ABN的距離．解：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，B23，2，0，C(0，4，0)，C1(0，因為N是CC1的中點，所以N(0，4，2)．(1)AN＝AB＝則AN＝25，AB設(shè)點N到直線AB的距離為d1，則d1＝AN2-(2)設(shè)平面ABN的一個法向量為n＝(x，y，z)，則&令z＝2，則y＝－1，x＝33即n＝33，-1，設(shè)點C1到平面ABN的距離為d2，則d2＝C1N·考點二立體幾何中的探索性問題師生共研(2025·遼寧葫蘆島模擬)在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1B1BA⊥平面ABC，側(cè)面A1B1BA為菱形，∠ABB1＝π3，AB1⊥AC，AB＝AC＝2，E是AC的中點．(1)求證：A1B⊥平面AB1C；(2)確定在線段A1E上是否存在一點P，使得AP與平面A1B1E所成角為π3，若存在，求出EP解：(1)證明：因為側(cè)面A1B1BA為菱形，∠ABB1＝π3，則△B1BA是等邊三角形，取AB中點O，連接B1O，于是有B1O⊥AB又平面A1B1BA⊥平面ABC，且B1O?平面A1B1BA，平面A1B1BA∩平面ABC＝AB，于是B1O⊥平面ABC，又AC?平面ABC，即有B1O⊥AC，又AB1⊥AC，且B1O∩AB1＝B1，B1O，AB1?平面A1B1BA，因此AC⊥平面A1B1BA，而A1B?平面A1B1BA，則AC⊥A1B，由四邊形A1B1BA為菱形，得A1B⊥AB1，又AB1，AC?平面AB1C，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C.(2)由(1)可知B1O⊥AB，B1O⊥AC，AC⊥平面A1B1BA，且AB?平面A1B1BA，所以AC⊥AB，取BC的中點為D，連接OD，有OD∥AC，OD⊥AB，以O(shè)為原點，OB，則B(1，0，0)，A-1，設(shè)平面A1B1E的一個法向量為n＝(x，y，z)，則&令z＝1，得n＝0，令EP＝λEA依題意，sinπ3＝cos〈n整理得，5λ2－2λ＝0，解得λ＝25或λ＝0所以存在滿足條件的點P，EPEA1的值為學(xué)生用書第207頁1.對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等．2．對于位置探究型問題，通常借助向量，引進(jìn)參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù)．對點練2．如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的2倍，P為側(cè)棱SD上的點．(1)求證：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾角的大??；(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：如圖，連接BD交AC于點O，連接SO.由題意知，SO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)B，OC，OS所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)底面邊長為a，則高SO＝62a于是S0，于是OC＝0，則OC·SD＝0，所以O(shè)C⊥故OC⊥SD，從而AC⊥SD.(2)由題設(shè)知，平面PAC的一個法向量為DS＝22a，設(shè)平面PAC與平面DAC的夾角為θ，則cosθ＝cos〈OS，所以平面PAC與平面DAC夾角的大小為30?.(3)假設(shè)在棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC.由(2)知DS是平面PAC的一個法向量，且DS＝設(shè)CE＝因為B22所以BC＝則BE＝BC+由BE·DS＝0，得－a22+0+3解得t＝13，當(dāng)SE∶EC＝2∶1時，BE⊥DS由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在點E，使BE∥平面PAC，此時SE∶EC＝2∶1.考點三折疊問題師生共研(2025·湖南長沙模擬)如圖①所示，四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，∠BCD＝60?，AB＝23，BC＝3，E為線段CD上一點，滿足BC＝CE，F(xiàn)為BE的中點，現(xiàn)將梯形沿BE折疊(如圖②)，使平面BCE⊥平面ABED.(1)求證：平面ACE⊥平面BCE；(2)能否在線段AB上找到一點P(端點除外)使得直線AC與平面PCF所成角的正弦值為34？若存在，試確定點P解：(1)證明：在直角梯形ABCD中，CE＝BC＝3，∠BCD＝60?，因此△BCE為等邊三角形，從而BE＝3，又AB＝23，由余弦定理得AE2＝12＋9－2×23×3cos30?＝3，所以AE2＋BE2＝AB2，即AE⊥BE，且折疊后AE與BE位置關(guān)系不變，又因為平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以AE⊥平面BCE，因為AE?平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE.(2)因為△BCE為等邊三角形，F(xiàn)為BE的中點，所以CF⊥BE，又因為平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED＝BE，所以CF⊥平面ABED，取AB的中點G，連接FG，則FG∥AE，從而FG⊥BE，以F為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：則A3，-32，0，C假設(shè)在AB上存在一點P使直線AC與平面PCF所成角的正弦值為34，且AP＝λAB，因為B0，32，0所以CP＝CA+AP＝設(shè)平面PCF的法向量為n＝x，&n·令y＝2(λ－1)得n＝32λ-1所以cos〈CA，解得λ＝12或λ＝76(舍綜上可知，存在點P是線段AB的中點，使得直線AC與平面PCF所成角的正弦值為34翻折問題中的解題關(guān)鍵是要結(jié)合圖形弄清翻折前后變與不變的關(guān)系，尤其是隱含的垂直關(guān)系．一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一平面上的性質(zhì)發(fā)生變化．對點練3．圖①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60?.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖②所示．(1)證明：圖②中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖②中的平面BCG與平面ACG夾角的大小．解：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC?平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)過點E作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60?，可求得BH＝1，EH＝3.所以以H為坐標(biāo)原點，HC所在的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G2，0，AC＝(2，－1，0)．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則&CG·令z＝－3，則x＝3，y＝6，所以可取n＝3，又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝n·因此平面BCG與平面ACG夾角的大小為30?.學(xué)生用書第208頁[真題再現(xiàn)](2024·天津卷節(jié)選)如圖，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中點，M是DD1的中點．求點B到平面CB1M的距離.解：以A為坐標(biāo)原點，以AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，依題意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，則M(0，1，1)，N32所以D1設(shè)平面CB1M的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則&n·取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，則n＝(1，3，1)．易知BB設(shè)點B到平面CB1M的距離為d，則d＝BB所以點B到平面CB1M的距離為211[教材呈現(xiàn)](湘教版必修二P106T13)四面體S-ABC中，△ABC是等腰三角形，AB＝BC＝2a，SA＝3a，∠ABC＝120?，SA⊥平面ABC，求點A到平面SBC的距離．點評：這兩題考查相同的知識點，設(shè)問的形式和本質(zhì)基本一樣，都是考查求點面距問題，同時高考題又考查綜合應(yīng)用所學(xué)知識解決問題的能力．課時測評60向量與距離及立體幾何中的探索問題對應(yīng)學(xué)生(時間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)1．(13分)如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝π2，AB＝BC＝13AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，點(1)求點A到平面PCF的距離；(5分)(2)求AD到平面PBC的距離．(8分)解：(1)由題意知AP，AB，AD兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，3a，0)，P(0，0，a)．設(shè)F(0，m，0)，0≤m≤3a，則CF＝因為CF⊥PC，所以CF⊥CP，所以CF·CP＝-a·-a+m-a·(－a)＋0·a＝a2－a所以m＝2a，即F(0，2a，0)．設(shè)平面PCF的法向量為n＝(x，y，z)，則&解得&x＝y(tǒng)，&z＝2x，取x＝1，得n設(shè)點A到平面PCF的距離為d，由AC＝得d＝AC·n(2)由于BP＝AP＝設(shè)平面PBC的法向量為n1＝(x0，y0，z0)，由&得&x0＝z0，&y0＝0，取x0設(shè)點A到平面PBC的距離為h，因為AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以h為AD到平面PBC的距離，所以h＝AP·n2．(13分)(2024·山東青島模擬)如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝π2(1)求四棱錐A1-BCC1B1的體積；(5分)(2)在側(cè)棱BB1上是否存在點E，使得二面角E-AC-B的余弦值為7210？若存在，說明點E的位置；若不存在，說明理由．(8解：(1)在三棱臺ABC-A1B1C1中，取B1C1的中點O1，連接A1O1，因為AB＝AC，∠BAC＝π2，AB＝2A1B1＝4，則A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝π2，有BC＝42，B1C1＝22，A1O1⊥B1因為平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1，則平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1?平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1，在梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝3，則梯形BCC1B1的高h(yuǎn)＝BB12因此梯形BCC1B1的面積S＝12所以四棱錐A1-BCC1B1的體積V＝13S(2)取BC的中點O，連接AO，因為AB＝AC，則AO⊥BC，在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分別為上下底邊B1C1，BC的中點，有OO1⊥BC，而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1?平面BCC1B1，于是OO1⊥平面ABC，以O(shè)為原點，分別以O(shè)A，OB，OO1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A22，0，0，B0，2設(shè)平面ACE的法向量為n＝(x，y，z)，而CA＝則&n·CA＝22x+22因為OO1⊥平面ABC，則OO1＝0，0，1為平面ABC的一個法向量，記二面角于是cosθ＝cos〈n，即6m2＋m－2＝0，而0<m<1，解得m＝12所以存在點E為B1B的中點時，使得二面角E-AC-B的余弦值為723．(17分)(2024·廣東茂名模擬)在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O為AD的中點．(1)求證：PO⊥BC；(5分)(2)若AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，PO＝27，點E在棱PB上，直線AE與平面ABCD所成角為π6，求點E到平面PCD的距離．(12分解：(1)證明：因為PA＝PD，O為AD的中點，所以PO⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以PO⊥BC.(2)由AB＝8，AD＝DC＝CB＝4，可知四邊形ABCD為等腰梯形，易知BD＝43，因為AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，P0，0，27，A2，0，0，B平面ABCD的法向量為n＝0，設(shè)E(x，y，z)，則AE＝PE＝因為直線AE與平面ABCD所成角為π6所以sinπ6＝cos〈n所以x2－4x＋4＋y2－3z2＝0，①因為點E在棱PB上，所以PE＝λPB(0<λ<1)，所以x＝－2λ，y＝43λ，z＝27-27λ，代入①解得λ＝PE＝設(shè)平面PCD的法向量為m＝x1&令z1＝1，得x1＝－7，所以m＝-7所以點E到平面PCD的距離d＝PE·4．(17分)圖①是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90?，AB＝2，DC＝3，AD＝3，CE＝2ED.以BE為折痕將△BCE折起，使點C到達(dá)C1的位置，且AC1(1)證明：平面BC1E⊥平面ABED；(5分)(2)求直線BC1與平面AC1D所成角的正弦值．(12分)解：(1)證明：在圖③中，連接AE，AC，AC交BE于點F.因為CE＝2ED，DC所以CE＝2，所以AB＝CE.又AB∥CD，所以四邊形AECB是平行四邊形．又因為在Rt△ACD中，AC＝32所以AF＝CF＝3.在圖④中，因為AC1＝6，所以AF2＋C1F2＝AC12，所以C1F由題意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，BE，AF?平面ABED，所以C1F⊥平面ABED，又C1F?平面BC1E，所以平面BC1E⊥平面ABED.(2)如圖④，以D為坐標(biāo)原點，DA，DE的方向分別為x，y軸的正方向，F(xiàn)C則D(0，0，0)，A3，0，0E(0，1，0)，F(xiàn)32所以BC1＝設(shè)平面AC1D的法向量為n＝(x，y，z)，由&n·取z＝3，得n＝0，-2，記直線BC1與平面AC1D所成的角為θ，則sinθ＝BC5．(20分)如圖，在四棱錐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)求證：AB∥平面PCD；(4分)(2)求平面APB與平面PBC夾角的余弦值；(6分)(3)棱BC上是否存在點Q到平面PBA的距離為1010，若存在，求出CQCB的值；若不存在，說明理由．(10解：(1)證明：因為AB∥CD，AB?平面PCD，CD?平面PCD，所以AB∥平面PCD.(2)因為ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，所以BC＝42+5-32＝25所以點P到直線BC的距離為32-5＝因為平面PBC⊥平面ABCD，所以點P到平面ABCD的距離為2.以D為原點，以DA，DC及平面ABCD過D的垂線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)．所以A(4，0，0)，B(4，5，0)，C(0，3，0)，P(2，4，2)，所以PB＝設(shè)平面APB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則&&令x1＝1，x2＝1可得m＝(1，0，1)，n＝