新高考数学一轮复习课时过关练习第07章 立体几何与空间向量 第2课时 向量法求距离、探索性及折叠问题 (含解析)

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第二课时　向量法求距离、探索性及折叠问题

　题型一　利用向量法求距离
角度1　点到直线的距离
例1 已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足＝＋＋，则点P到AB的距离为________.
答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，
则＝(1，0，0)＋(0，1，0)＋(0，0，1)＝.
又＝(1，0，0)，
∴在上的投影为＝，
∴点P到AB的距离为
)＝.
角度2　点到平面的距离
例2 如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝CD＝1，E为PC的中点.
(1)证明：BE∥平面PAD.
(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.
(1)证明　如图，取PD的中点F，连接AF，EF，
因为E为PC的中点，F为PD的中点，
所以EF綉CD.
又AB綉CD，
所以EF綉AB，
故四边形ABEF为平行四边形，
所以BE∥AF.
又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(2)解　法一(向量法)　如图，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.
在等边△PBC中，PO＝，OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.
如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OM，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则P(0，0，)，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，
C(1，0，0)，故E，
所以＝(2，1，0)，＝(－1，1，－)，＝.
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝－2，z＝－，故n＝(1，－2，－)为平面PAD的一个法向量.
所以点E到平面PAD的距离d＝
＝
＝.
法二(等体积法)　由(1)得BE∥平面PAD，
故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离.
如图，取BC的中点G，连接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.
又△PBC是边长为2的正三角形，
所以PG＝，PB＝BC＝2.
因为AB⊥平面PBC，AB⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PBC.
因为平面ABCD∩平面PBC＝BC，
所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.
因为AB⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，
所以四边形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，
则AD＝，S△ABD＝×1×2＝1.
因为AB⊥PB，AB＝1，PB＝2，
所以PA＝.
在Rt△PGD中，易知DG＝.
又PG＝，所以PD＝2，
所以S△APD＝×2×＝.
设点B到平面PAD的距离为h，
因为三棱锥P－ABD的体积
V＝S△APD×h＝S△ABD×PG，
所以h＝＝＝.
所以点E到平面PAD的距离为.
感悟提升　(1)向量法求点到直线距离的步骤
①根据图形求出直线的单位方向向量v.
②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
③垂线段长度d＝.
(2)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内任意点，则点P到α的距离为d＝.
训练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.
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的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
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＝＝＝.
　题型二　立体几何中的探索性问题
例3 (12分)(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[规范答题]
(1)证明　因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，……………………2分
故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，……………………4分
于是＝(1－m，1，－2)，
所以·＝0，所以BF⊥DE. ……………………6分
(2)解　易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0). ……………………7分
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
又＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，……………………9分
所以cos〈n1，n2〉＝.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝
＝，……………………10分
故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.
……………………12分

第一步　根据已知条件建立空间直角坐标
系，利用向量法证明线线垂直
第二步　求两平面的法向量
第三步　计算向量的夹角(或函数值)
第四步　借助于函数的单调性或基本不等式确定最值
第五步　反思解题思路，检查易错点
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.
(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，试说明理由.
(1)证明　连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.
设底面边长为a，则高SO＝a，于是
S，D，C.
于是，＝，＝，
则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解　由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝.
由题知，二面角P－AC－D为锐角，
则cos〈，〉＝＝，
所以二面角的大小为30°.
(3)解　在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝.
设＝t，
则＝＋＝＋t
＝.
又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，
则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.
　题型三　折叠问题
例4 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BCG与平面ACG夹角的大小.
(1)证明　由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解　作EH⊥BC，垂足为H.
因为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H－xyz，
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，－).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30°.
感悟提升　1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.
训练3 (2022·宁波质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝，＝2.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2.

(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(1)证明　在图①中，连接AE，AC，AC交BE于F.
∵＝2，DC＝3，
∴CE＝2，∴AB＝CE.
又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形.
在Rt△ACD中，AC＝＝2，
∴AF＝CF＝.
在图②中，AC1＝，∵AF2＋C1F2＝AC，∴C1F⊥AF，
由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，
∴C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面ABED.

(2)解　如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，2，0)，
E(0，1，0)，F，C1，
∴＝，＝(，0，0)，＝.
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取z＝，得n＝(0，－2，)，∴|n|＝.
记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.


1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，M，N分别为CD，BB1的中点，求异面直线MN与A1B的距离.
解　以A为原点，以AD，AB，AA1为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图.

则M(3，2，0)，N(0，4，1)，A1(0，0，2)，B(0，4，0)，
即＝(－3，2，1)，＝(0，4，－2).
设MN，A1B公垂线的方向向量为
n＝(x，y，z)，
则有⇒
令y＝1，则z＝2，x＝，
即n＝，|n|＝.
又＝(－3，－2，2)在n上的射影的长度为
d＝＝＝＝.
即异面直线MN与A1B的距离为.
2.如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝45°，点E是CD边的中点，将△DAE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且PB＝2.
(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；
(2)求点E到平面PAB的距离.
(1)证明　在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝45°，点E是CD边的中点，将△DAE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且PB＝2，
∴AE＝＝2，
∴AE⊥AB.∵AB2＋PA2＝PB2，∴AB⊥PA.
∵AE∩PA＝A，AE，PA⊂平面PAE，
∴AB⊥平面PAE，∵AB⊂平面ABCE，
∴平面PAE⊥平面ABCE.
(2)解　∵AE＝2，DE＝2，PA＝2，
∴PA2＝AE2＋PE2，∴AE⊥PE.
∵AB⊥平面PAE，AB∥CE，
∴CE⊥平面PAE，∴EA，EC，EP两两垂直，
以E为原点，EA，EC，EP分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，P(0，0，2)，
＝(0，0，－2)，＝(2，0，－2)，＝(2，4，－2).
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1，0，1)，
∴点E到平面PAB的距离d＝＝＝.
3.(2022·湖北七市联考)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠BAD＝90°，PD＝DC＝BC＝2PA＝2AB＝2，PD⊥DC.
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)设＝λ(0＜λ＜1) ，当平面PAM与平面PBD夹角的余弦值为时，求λ的值.
(1)证明　因为四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠BAD＝90°，所以AD⊥DC.
因为PD⊥DC，PD∩AD＝D，所以CD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA.
取CD的中点E，连接BE，
在Rt△BCE中，BC＝2，CE＝1，可得BE＝，所以AD＝.
又PD＝2PA＝2，所以PA2＋AD2＝PD2，所以PA⊥AD，
又AD∩CD＝D，所以PA⊥平面ABCD.
(2)解　以A为原点，以AB，AD，AP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B(1，0，0)，D(0，，0)，P(0，0，1)，
所以＝(－1，0，1)，＝(－1，，0).
设平面PBD的法向量m＝(x，y，z)，
由
令y＝1，得m＝(，1，).
设M(x0，y0，z0)，由＝λ(0＜λ＜1)，得(x0－1，y0，z0)＝λ(－1，，0)，
所以M(1－λ，λ，0)，所以＝(0，0，1)，＝(1－λ，λ，0).
设平面PAM的法向量n＝(x1，y1，z1)，
由得
令x1＝λ，得平面PAM的一个法向量为
n＝(λ，λ－1，0).
设平面PAM与平面PBD夹角的平面角为θ，
则有cos θ＝＝＝＝，解得λ＝0或λ＝.
因为0＜λ＜1，所以λ＝.
4.如图1，在直角梯形ABCD中，E，F分别为AB的三等分点，FG∥BC，ED∥BC，AB⊥BC，BC⊥DC，AB＝3，BC＝2，若沿着FG，ED折叠，使得点A和点B重合，如图2所示，连接GC，BD.

(1)求证：平面GBD⊥平面BCDE；
(2)求平面BGC与平面DGC夹角的余弦值.
(1)证明　取BD，BE的中点，分别记为O，M，连接GO，OM，MF.
则OM∥DE且OM＝DE.又因为GF∥DE且GF＝DE，
所以GF∥OM且GF＝OM，故四边形OGFM为平行四边形，
故GO∥FM.因为M为EB的中点，
△BEF为等边三角形，故FM⊥EB，
易知平面EFB⊥平面BCDE，
又平面EFB∩平面BCDE＝BE，故FM⊥平面BCDE，
因此GO⊥平面BCDE.又GO⊂平面GBD，
故平面GBD⊥平面BCDE.
(2)解　建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，1，0)，
C(0，1，2)，D(0，0，2)，G，
则＝(0，－1，0)，＝，＝(0，0，－2).
设平面DGC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，得m＝.
设平面BGC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令x2＝1，得n＝(1，，0).
则|cos〈m，n〉|＝＝，
故平面BGC与平面DGC夹角的余弦值为.

5.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M；使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
(1)证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.
又PA⊥PD，PA∩AB＝A.
∴PD⊥平面PAB.
(2)解　取AD中点O，连接CO，PO，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.
又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD.
∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO.
∵AC＝CD，∴CO⊥AD.
以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.
易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0).
则＝(1，1，－1)，＝(0，－1，－1)，
＝(2，0，－1)，＝(－2，－1，0).
设n＝(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量.
由得
解得即n＝.
设PB与平面PCD的夹角为θ.
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝
＝＝.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)解　设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得＝λ，因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ).
因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD，
当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·＝0，解得λ＝，所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.
6.(2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求平面FAE与平面PAE夹角的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解　过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，
所以E(0，1，1)，
所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面FAE的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAE的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知，平面FAE与平面PAE夹角的余弦值为.
(3)解　直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.