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

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君§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→|2－|AQ→|2＝a2－a·u2.2．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→·n|n|＝AP→·n|n|＝|AP→·n||n|.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()A.2B．2C.22D.322公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君答案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＝12A1C1＝2.2．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l的距离为________．答案22解析∵PA→＝(－2,0，－1)，n＝22，0，22为l的一个单位方向向量，∴点P到l的距离d＝|PA→|2－PA→·n2＝5－－2－222＝22.3．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．答案233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D1A1—→＝(2,0,0)，DA1—→＝(2,0,2)，DB→＝(2,2,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·DA1—→＝0，n·DB→＝0，即2x＋2z＝0，2x＋2y＝0，令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，所以点D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1—→·n||n|＝233.题型一空间距离例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()公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君A．22B．23C．3D．25答案A解析因为MN→＝(1,1,1)，所以MN→的一个单位方向向量为u＝33(1,1,1)．因为PM→＝(1，－1,3)，故|PM→|＝12＋－12＋32＝11，PM→·u＝33(1－1＋3)＝3，所以点P到直线MN的距离为PM→2－PM→·u2＝11－3＝22.(2)(2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝12AB＝12AA1＝2，BC1＝23，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＝23，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC21＝CC21，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(0,23，0)，A1(－2，23，4)，E(－1,23，2)，BC→＝(2,0,0),BE→＝(－1,23，2)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君则n·BC→＝0，n·BE→＝0，即2x＝0，－x＋23y＋2z＝0.令y＝3，则n＝(0，3，－3)．又因为A1C—→＝(4，－23，－4)，故点A1到平面BCE的距离d＝|0×4＋－23×3＋－4×－3|23＝3.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＝|PA→|2－PA→·n2；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142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)，FD1—→＝(－1，－1,2)，FG→＝(－1,1,1)，∴点D1到直线GF的距离d＝|FD1—→|2－FD1—→·FG→|FG→|2＝6－232＝423.又|FG→|＝3，∴1DGFS△＝12×3×423＝142.(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．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君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)．D1E—→＝(1，x，－1)，A1D—→＝(－1,0，－1)，因为D1E—→·A1D—→＝0，所以D1E—→⊥A1D—→，即D1E⊥A1D.②解因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而D1E—→＝(1,1，－1)，AC→＝(－1,2,0)，AD1—→＝(－1,0,1)，设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则n·AC→＝0，n·AD1—→＝0，即－a＋2b＝0，－a＋c＝0，得a＝2b，a＝c，从而可取n＝(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离d＝|D1E—→·n||n|＝|2＋1－2|3＝13.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277，若存在，请计算CPCC1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，∵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．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君理由如下：∵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(0，3，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A1(0，3，23)，OB→＝(0，3，0)，AA1—→＝(－1，3，23)，设CP→＝tCC1—→＝tAA1—→＝(－t，3t,23t)，0≤t≤1，则OP→＝OC→＋CP→＝(－1－t，3t,23t)，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m·OB→＝3y＝0，m·OP→＝－1－tx＋3ty＋23tz＝0，取x＝23t，则m＝(23t,0，t＋1)，由题意得|cos〈n，m〉|＝|n·m||n||m|＝23t12t2＋t＋12＝277，∵0≤t≤1，∴解得t＝CPCC1＝12，∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为277，此时CPCC1＝12.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2倍，P为侧棱SD上的点．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(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＝62a，于是S0，0，62a，D－22a，0，0，C0，22a，0.于是OC→＝0，22a，0，SD→＝－22a，0，－62a.则OC→·SD→＝0，所以OC→⊥SD→，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.(2)解由题设知，平面PAC的一个法向量为DS→＝22a，0，62a，平面DAC的一个法向量为OS→＝0，0，62a.设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈OS→，DS→〉|＝|OS→·DS→||OS→||DS→|＝32，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DS→是平面PAC的一个法向量，且DS→＝22a，0，62a，CS→＝0，－22a，62a.设CE→＝tCS→(0≤t≤1)，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君因为B22a，0，0，C0，22a，0，所以BC→＝－22a，22a，0，则BE→＝BC→＋CE→＝BC→＋tCS→＝－22a，22a1－t，62at.由BE→·DS→＝0，得－a22＋0＋32a2t＝0，解得t＝13，当SE∶EC＝2∶1时，BE→⊥DS→.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．解建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(1)AN→＝(0,4,2)，AB→＝(23，2,0)，则|AN→|＝25，|AB→|＝4.设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝|AN→|2－AN→·AB→||AB→2＝20－4＝4.(2)设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥AB→，n⊥AN→，得n