第7課時向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題[考試要求]1.能用向量的方法解決點到直線、點到平面、相互平行的直線、相互平行的平面的距離問題.2.掌握空間幾何體中的探索性及翻折問題的求解方法．考點一求空間距離1．點P到直線l的距離設(shè)AP＝a，u是直線l的單位方向向量，則向量AP在直線l上的投影向量AQ＝(a·u)u.在Rt△APQ中，由勾股定理，得|PQ|＝AP2-AQ提醒：點到直線的距離還可以用以下兩種方式求解：(1)d＝|AP|sinθ求解，其中θ為向量AP與直線l方向向量的夾角．(2)d＝AP2-AP·μ2．點P到平面α的距離若平面α的法向量為n，平面α內(nèi)一點為A，則平面α外一點P到平面α的距離d＝AP·n提醒：線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離．點到直線的距離[典例1](2024·濟(jì)寧一中月考)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________．135[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則BP＝(－3，0，1)，BD＝(－3，4，0)，故點P到直線BD的距離d＝BP2-BP·BD所以點P到直線BD的距離為135點到平面的距離[典例2](2024·衡水中學(xué)月考)已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝6，BC＝4，BB1＝3，求點B1到平面A1BC1的距離．[解]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(4，0，3)，B1(4，6，3)，B(4，6，0)，C1(0，6，3)，A1C1＝(－4，6，0)，A設(shè)平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n·A取x＝1，解得n＝1，23，43∴點B1到平面A1BC1的距離d＝A1B1用向量方法研究空間距離問題的一般步驟：(1)確定法向量；(2)選擇參考向量；(3)利用公式求解．跟進(jìn)訓(xùn)練1(2024·合肥模擬)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)，B(23，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4)，∵N是CC1的中點，∴N(0，4，2)．(1)AN＝(0，4，2)，AB＝(23，2，0)，則|AN|＝25，|AB|＝4.設(shè)點N到直線AB的距離為d1，則d1＝AN2-AN(2)設(shè)平面ABN的法向量為n＝(x，y，z)，則由n⊥AB，n⊥AN，得n令z＝2，則y＝－1，x＝33，即n＝33，-易知C1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[典例3](2024·廣東廣州模擬)如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E為PD的中點．(1)求證：PA⊥平面ABCD；(2)求PC與平面ACE所成角的正弦值；(3)在線段BC上是否存在點F，使得點E到平面PAF的距離為255？若存在，確定點[解](1)證明：∵四邊形ABCD為正方形，則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)∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以點A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)．則AC＝(2，2，0)，AE＝(0，1，1)，PC＝(2，2，－2)．設(shè)平面ACE的法向量為m＝(x，y，z)，由m·AC=2x+2y=0，m·AE設(shè)PC與平面ACE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈m，PC〉|＝m·PCmPC＝∴PC與平面ACE所成角的正弦值為13(3)設(shè)點F(2，t，0)(0≤t≤2)，設(shè)平面PAF的法向量為n＝(a，b，c)，AF＝(2，t，0)，AP＝(0，0，2)，由n·AF=2a+tb=0，n·AP=2c=0，取∴點E到平面PAF的距離為d＝AE·nn＝2∵t＞0，∴t＝1.∴當(dāng)點F為線段BC的中點時，點E到平面PAF的距離為25(1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，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)．跟進(jìn)訓(xùn)練2(2024·鹽城模擬)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2，B1C＝6，AB⊥B1C.(1)求證：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)在棱BB1上是否存在點P，使直線CP與平面ACC1A1所成角的正弦值為45，若存在，求BP[解](1)證明：如圖，取AB的中點D，連接CD，B1D.因為三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2，所以AB⊥CD，CD＝3，BD＝1.又因為AB⊥B1C，且CD∩B1C＝C，CD，B1C?平面B1CD，所以AB⊥平面B1CD.又因為B1D?平面B1CD，所以AB⊥B1D.在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，所以B1D＝3.在△B1CD中，CD＝3，B1D＝3，B1C＝6，所以CD2＋B1D2＝B1C2，所以CD⊥B1D，又因為AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD?平面ABC，所以B1D⊥平面ABC.又因為B1D?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面ABC.(2)假設(shè)在棱BB1上存在點P滿足條件．以DC，DA，DB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(3，0，0)，B1(0，0，3)，因此BB1＝(0，1，3)，AC＝(AA1＝BB1＝(0，1，3)，因為點P在棱BB1上，設(shè)BP＝λBB1＝λ(0，1，3)，其中0≤λ則CP＝CB+BP＝CB＋λBB1＝(－3，－1＋λ設(shè)平面ACC1A1的法向量為n＝(x，y，z)，由n·AC取x＝1，則y＝3，z＝－1，所以平面ACC1A1的一個法向量為n＝(1，3，－1)．因為直線CP與平面ACC1A1所成角的正弦值為45所以|cos〈n，CP〉|＝n·CPnCP＝化簡得16λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝14，所以|BP|＝14|BB故BP的長為12考點三立體幾何中的翻折問題[典例4](2024·山東臨沂質(zhì)檢)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達(dá)點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值．[解](1)證明：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)如圖，作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點，HF的方向為y軸正方向，|BF|＝1，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝3.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝32，EH＝3則H(0，0，0)，P0，0，32，D-1，-又HP為平面ABFD的法向量，設(shè)DP與平面ABFD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈HP，DP〉|＝HP·DPHP所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34平面圖形的翻折問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線線關(guān)系、線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.一般地，翻折后還在同一個平面上的相關(guān)關(guān)系不發(fā)生變化，不在同一個平面上的發(fā)生變化．跟進(jìn)訓(xùn)練3(2024·陜西西安模擬)如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E為CD中點，將△ADE沿AE折起使得平面ADE⊥平面ABCE，BE與AC相交于點O，H是棱DE上的一點且滿足DH＝2HE.(1)求證：OH∥平面BCD；(2)求平面ABC與平面BCD夾角的余弦值.[解](1)證明：由題意知CE∥AB，AB＝2CE，所以O(shè)E∶OB＝1∶2.又DH＝2HE，所以O(shè)H∥BD，又BD?平面BCD，OH?平面BCD，所以O(shè)H∥平面BCD.(2)因為平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DE⊥AE，又ED?平面AED，所以DE⊥平面ABCE，所以DE⊥CE，以E為坐標(biāo)原點，EC，EA，ED的方向為x軸、不妨設(shè)菱形的邊長為4，則D(0，0，2)，C(2，0，0)，B(4，23，0).則DC＝(2，0，－2)，DB＝(4，23，－2).設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x，y，z)，n·DC令z＝1，得n＝1，-33易知平面ABC的一個法向量為m＝(0，0，1)，設(shè)平面ABC與平面BCD的夾角為θ，則cosθ＝m·nmn＝故平面ABC與平面BCD夾角的余弦值為217課后習(xí)題(四十一)向量法求距離及立體幾何中的探索性、翻折問題1．(人教A版選擇性必修第一冊P49練習(xí)T13改編)如圖所示，M，N是直角梯形ABCD兩腰的中點，DE⊥AB于點E，現(xiàn)將△ADE沿DE折起，使二面角A-DE-B為45°，此時點A在平面BCDE內(nèi)的射影恰為點B，則M，N的連線與AE所成角的大小為()A．45°B．90°C．135°D．180°B[建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．由題意知△ABE為等腰直角三角形．設(shè)CD＝1，則BE＝1，AB＝1，AE＝2.設(shè)BC＝DE＝2a，則E(0，0，0)，A(1，0，1)，N(1，a，0)，D(0，2a，0)，M12所以MN＝12所以MN·AE＝1故AE⊥MN，從而MN與AE所成角的大小為90°.]2．(人教B版選擇性必修第一冊P63習(xí)題1－2CT2改編)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________．(1)63(2)66[(1)以D1為原點，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x軸、y軸、則A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E1，12，∴AB＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1)，AE＝EC1＝-1，12，取a＝AB＝(0，1，0)，u＝AC1AC1＝33(－1，1，－1)，則a2＝1，∴點B到直線AC1的距離為a2-a·u(2)∵FC＝EC1＝∴FC∥EC1，又FC?平面AEC1，EC1?平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，∴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∴12y-z=0，-x+∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一個法向量．又∵AF＝0，∴點F到平面AEC1的距離為AF·nn即直線FC到平面AEC1的距離為663．(2024·太原模擬)如圖，已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，點E在棱AB上移動．(1)求證：D1E⊥A1D；(2)在棱AB上是否存在點E，使得AD1與平面D1EC所成的角為π6？若存在，求出AE[解](1)證明：∵AE⊥平面AA1D1D，A1D?平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.∵在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，∴A1D⊥AD1.∵AE∩AD1＝A，AE，AD1?平面AED1，∴A1D⊥平面AED1.∵D1E?平面AED1，∴D1E⊥A1D.(2)以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．設(shè)棱AB上存在點E(1，t，0)(0≤t≤2)，使得AD1與平面D1EC所成的角為π6A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，AD1＝(－1，0，1)，CE＝(1，t－2，0)，設(shè)平面D1EC的法向量為n＝(x，y，z)，則n取y＝1，得n＝(2－t，1，2)為平面D1EC的一個法向量，∴sinπ6＝AD1整理得t2＋4t－9＝0，解得t＝13－2或t＝－2－13(舍去)，∴在棱AB上存在點E，使得AD1與平面D1EC所成的角為π6，此時AE＝134．(2024·青島二中月考)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD＝2，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，問：線段AD上是否存在一點Q，使得它到平面PCD的距離為32？若存在，求出AQ．[解]取AD的中點O，連接PO，OC.在△PAD中，∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得A(0，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，則CP＝(－1，0，1)，CD＝(－1，1，0)．假設(shè)存在點Q，使它到平面PCD的距離為32設(shè)Q(0，y，0)(－1≤y≤1)，則CQ＝(－1，y，0)．設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，則n·CP=0即x0＝y(tǒng)0＝z0，取x0＝1，則平面PCD的一個法向量為n＝(1，1，1)．∴點Q到平面PCD的距離d＝CQ·nn＝-∴y＝－12或y＝5此時AQ＝0，則|AQ|＝12，|QD|＝3∴存在點Q滿足題意，此