2023年高考数学一轮复习 第七章 立体几何与空间向量 8 空间距离及立体几何中的探索性问题练习（含解析）.docx

1、空间距离及立体几何中的探索性问题 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APa，则向量AP在直线 l 上的投影向量AQ(au)u，在 RtAPQ 中，由勾股定理，得 PQ|AP|2|AQ|2 a2au2.2点到平面的距离 如图，已知平面 的法向量为 n，A 是平面 内的定点，P 是平面 外一点过点 P 作平面 的垂线 l，交平面 于点 Q，则 n 是直线 l 的方向向量，且点 P 到平面

2、 的距离就是AP在直线 l 上的投影向量QP的长度，因此 PQAP n|n|APn|n|APn|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 上不共线的三点到平面 的距离相等，则.()(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，则直线 l 上各点到平面 的距离相等()(4)直线 l 上两点到平面 的距离相等，则 l 平行于平面.()教材改编题 1已知平面 的一个法向量 n(2，2,1)，点 A(1,3,0)在 内，则 P(2,1,4)到 的距离为()A10B3C.83D.103 答案 D 解析 由条件可得 P(2,1,4)到

3、 的距离为|APn|n|1，2，2，2，3103.2正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，则 A1A 到平面 B1D1DB 的距离为()A.2B2C.22 D.3 22 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 2.3已知直线 l 经过点 A(2,3,1)且向量 n22，0，22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)，n22，

4、0，22为 l 的一个单位方向向量，点 P 到 l 的距离 d|PA|2PAn25 2 222 22.题型一 空间距离 例 1 如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1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 3，2,0)，C(0,4,0)，C1(0,4,4)，N 是 CC1的中点，N(0,4,2)(1)AN(0,4,2)，AB(2 3，2,0)，则|AN|2 5，|AB|4.设点 N 到直线 AB 的距离为 d1，则 d1|AN|2 ANAB|AB2 20

5、44.(2)设平面 ABN 的一个法向量为 n(x，y，z)，则由 nAB，nAN，得 nAB2 3x2y0，nAN4y2z0，令 z2，则 y1，x 33，即 n33，1，2.易知 C1N(0,0，2)，设点 C1到平面 ABN 的距离为 d2，则 d2|C1Nn|n|4|4 33 3.教师备选 1.如图，P 为矩形 ABCD 所在平面外一点，PA平面 ABCD.若已知 AB3，AD4，PA1，则点 P 到直线 BD 的距离为_ 答案 135 解析 如图，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则 P(0,0,1)，B(3,0,0)，D(0,4,0)，

6、则BP(3,0,1)，BD(3,4,0)，故点 P 到直线 BD 的距离 d|BP|2BPBD|BD|2 10952135，所以点 P 到直线 BD 的距离为135.2如图，已知ABC 为等边三角形，D，E 分别为 AC，AB 边的中点，把ADE 沿 DE 折起，使点 A 到达点 P，平面 PDE平面 BCDE，若 BC4.求直线 DE 到平面 PBC 的距离 解 如图，设 DE 的中点为 O，BC 的中点为 F，连接 OP，OF，OB，因为平面 PDE平面 BCDE，平面 PDE平面 BCDEDE，所以 OP平面 BCDE.因为在ABC 中，点 D，E 分别为 AC，AB 边的中点，所以 D

7、EBC.因为 DE平面 PBC，BC平面 PBC，所以 DE平面 PBC.又 OFDE，所以以点 O 为坐标原点，OE，OF，OP 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 O()0，0，0，P()0，0，3，B()2，3，0，C()2，3，0，F()0，3，0，所以PB()2，3，3，CB()4，0，0.设平面 PBC 的一个法向量为 n(x，y，z)，由 nPB2x 3y 3z0，nCB4x0，得 x0，yz，令 yz1，所以 n(0,1,1)因为OF(0，3，0)，设点 O 到平面 PBC 的距离为 d，则 d|OFn|n|32 62.因为点 O 在直线 D

8、E 上，所以直线 DE 到平面 PBC 的距离等于 62.思维升华点到直线的距离(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|2PAn2.(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.跟踪训练 1(1)(多选)已知正方体 ABCDA1B1C1D1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AP34AB12AD23 AA1，则下列说法正确的是()A点 A 到直线 BE 的距离是 55 B点 O 到平面 ABC1D1的距离为 24 C平面 A1BD 与平面 B1CD1间

9、的距离为 33 D点 P 到直线 AB 的距离为2536 答案 BC 解析 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)，E12，0，1，所以BA(1,0,0)，BE12，0，1.设ABE，则 cos BABE|BA|BE|55，sin 1cos22 55.故点 A 到直线 BE 的距离 d1|BA|sin12 55 2 55，故 A 错误；易知 C1O12C1A112，12，0，平面 ABC1D1的一个法向量 DA1(0，1,1)，则点 O 到平面 ABC1D1的距离 d2|DA1 C1O|DA

10、1|122 24，故 B 正确；A1B(1,0，1)，A1D(0,1，1)，A1D1(0,1,0)设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nA1B0，n A1D0，所以 xz0，yz0，令 z1，得 y1，x1，所以 n(1,1,1)所以点 D1到平面 A1BD 的距离 d3|A1D1n|n|13 33.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 33，故 C 正确；因为AP34AB12AD23 AA1，所以AP34，12，23，又AB(1,0,0)，则AP

11、AB|AB|34，所以点 P 到直线 AB 的距离 d4|AP|2APAB|AB|2181144 91656，故 D 错误(2)(2022枣庄检测)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，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 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD1所在直线为 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|2FD1FG|FG|2 6232 42

12、3.点 D1到直线 GF 的距离为 423，又|FG|3，1D GFS12 3 423 142.题型二 立体几何中的探索性问题 例 2(2021北京)已知正方体 ABCDA1B1C1D1，点 E 为 A1D1中点，直线 B1C1交平面 CDE 于点F.(1)求证：点 F 为 B1C1的中点；(2)若点 M 为棱 A1B1上一点，且二面角 MCFE 的余弦值为 53，求A1MA1B1的值(1)证明 如图所示，取 B1C1的中点 F，连接 DE，EF，FC，由于 ABCDA1B1C1D1为正方体，E，F为中点，故 EFCD，从而 E，F，C，D 四点共面，平面 CDE 即平面 CDEF，据此可得，

13、直线 B1C1交平面 CDE 于点 F，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 F 与点 F重合，即点 F 为 B1C1的中点(2)解 以点 D 为坐标原点，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，不妨设正方体的棱长为 2，设A1MA1B1(01)，则 M(2,2，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，从而MC(2,22，2)，CF(1,0,2)，FE(0，2,0)，设平面 MCF 的法向量为 m(x1，y1，z1)，则 mMC2x12y12z10，mCFx12z10，令 z11 可得 m2，11，1(1)，设平面 CFE 的法向量为

14、 n(x2，y2，z2)，则 nFE2y20，nCFx22z20，令 z21 可得 n(2,0，1)，从而 mn5，|m|5112，|n|5，则 cosm，n mn|m|n|55112 5 53.整理可得(1)214，故 1232舍去.所以A1MA1B112.教师备选 (2022盐城模拟)如图，三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 2，B1C 6，ABB1C.(1)求证：平面 ABB1A1平面 ABC；(2)在棱 BB1上是否存在点 P，使直线 CP 与平面 ACC1A1所成角的正弦值为45，若不存在，请说明理由；若存在，求 BP 的长(1)证明 如图，取 AB 的中点 D，连接 CD，B

15、1D.因为三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 2，所以 ABCD，CD 3，BD1.又因为 ABB1C，且 CDB1CC，CD，B1C平面 B1CD，所以 AB平面 B1CD.又因为 B1D平面 B1CD，所以 ABB1D.在 RtB1BD 中，BD1，B1B2，所以 B1D 3.在B1CD 中，CD 3，B1D 3，B1C 6，所以 CD2B1D2B1C2，所以 CDB1D，又因为 ABB1D，ABCDD，AB，CD平面 ABC，所以 B1D平面 ABC.又因为 B1D平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1平面 ABC.(2)解 假设在棱 BB1上存在点 P 满足条件以 DC，DA

16、，DB1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(0,1,0)，B(0，1,0)，C(3，0,0)，B1(0,0，3)，因此 BB1(0,1，3)，AC(3，1,0)，AA1 BB1(0,1，3)，CB(3，1,0)因为点 P 在棱 BB1上，设BP BB1(0,1，3)，其中 01.则CPCBBPCB BB1(3，1，3)设平面 ACC1A1的法向量为 n(x，y，z)，由 nAC0，n AA10，得 3xy0，y 3z0，取 x1，则 y 3，z1，所以平面 ACC1A1的一个法向量为 n(1，3，1)因为直线 CP 与平面 ACC1A1所成角的正弦值为45，所以

17、|cosn，CP|nCP|n|CP|2 3|5 323245，化简得 162810，解得 14，所以|BP|14|BB1|12，故 BP 的长为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 SABCD 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 (1)求证：ACSD；(2)若 SD平面 PAC，求平面 PAC 与平面 DAC 夹

18、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 SEEC 的值；若不存在，试说明理由(1)证明 如图，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 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 62 a，于是 S0，0，62 a，D 22 a，0，0，C0，22 a，0.于是OC0，22 a，0，SD 22 a，0，62 a.则OCSD0，故 OCSD，从而 ACSD.(2)解 由题设知，平面 PAC 的一个法向量DS2

19、2 a，0，62 a，平面 DAC 的一个法向量OS0，0，62 a.设平面 PAC 与平面 DAC 的夹角为，则 cos|cosOS，DS|OSDS|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.根据第(2)问知DS是平面 PAC 的一个法向量，且DS22 a，0，62 a，CS0，22 a，62 a.设CEtCS(0t1)，因为 B22 a，0，0，C0，22 a，0，所以BC 22 a，22 a，0，则BEBCCEBCtCS 22 a，22 at，62 at.又BEDS0，得a22064a2t0，则

20、 t13，当 SEEC21 时，BEDS.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 SEEC21.课时精练 1.如图，在梯形 ABCD 中，ADBC，ABC2，ABBC13ADa，PA平面 ABCD，且 PAa，点 F 在 AD 上，且 CFPC.(1)求点 A 到平面 PCF 的距离；(2)求 AD 到平面 PBC 的距离 解(1)由题意知 AP，AB，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，则 A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)，D(0,3a，0)，P(0,0，a)设 F(0，m，0)，0m3a，则CF(a，

21、ma，0)，CP(a，a，a)PCCF，C FCP，CFCP(a)(a)(ma)(a)0aa2a(ma)0，m2a，即 F(0,2a，0)设平面 PCF 的法向量为 n(x，y，z)，则 nCFaxay0，nCPaxayaz0，解得 xy，z2x.取 x1，得 n(1,1,2)设点 A 到平面 PCF 的距离为 d，由AC(a，a，0)，得 d|ACn|n|a1a1026 63 a.(2)由于BP(a，0，a)，BC(0，a，0)，AP(0,0，a)设平面 PBC 的法向量为 n1(x0，y0，z0)，由 n1BPax0az00，n1BCay00，得 x0z0，y00.取 x01，得 n1(1

22、,0,1)设点 A 到平面 PBC 的距离为 h，ADBC，AD平面 PBC，BC平面 PBC，AD平面 PBC，h 为 AD 到平面 PBC 的距离，h|APn1|n1|a2 22 a.2如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，PBBC，PDCD，且 PA2，E 为 PD 的中点 (1)求证：PA平面 ABCD；(2)求直线 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2 55？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由(1)证明 因为四边形 ABCD 为正方形，则 BCAB，CDAD，因为

23、PBBC，BCAB，PBABB，PB，AB平面 PAB，所以 BC平面 PAB，因为 PA平面 PAB，所以 PABC，因为 PDCD，CDAD，PDADD，PD，AD平面 PAD，所以 CD平面 PAD，因为 PA平面 PAD，所以 PACD，因为 BCCDC，BC，CD平面 ABCD，所以 PA平面 ABCD.(2)解 因为 PA平面 ABCD，ABAD，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)，设平面 ACE 的法向量为 m(x，y，z)，则AC(2,2

24、,0)，AE(0,1,1)，PC(2,2，2)，由 mAC2x2y0，mAEyz0，取 y1，可得 m(1,1，1)，cosm，PC mPC|m|PC|232 313，所以直线 PC 与平面 ACE 所成角的正弦值为13.(3)解 设点 F(2，t，0)(0t2)，设平面 PAF 的法向量为 n(a，b，c)，AF(2，t，0)，AP(0,0,2)，由 nAF2atb0，nAP2c0，取 at，则 n(t，2,0)，所以点 E 到平面 PAF 的距离为 d|AEn|n|2t242 55，因为 t0，所以 t1.因此，当点 F 为线段 BC 的中点时，点 E 到平面 PAF 的距离为2 55.3

25、(2022湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台 ABCDA1B1C1D1中，底面四边形 ABCD 为菱形，AA1A1B112AB1，ABC60，AA1平面 ABCD.(1)若点 M 是 AD 的中点，求证：C1MA1C；(2)棱 BC 上是否存在一点 E，使得平面 EAD1与平面 DAD1夹角的余弦值为13？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由(1)证明 如图，取 BC 的中点 Q，连接 AQ，AC，四边形 ABCD 为菱形，则 ABBC，ABC60，ABC 为等边三角形，Q 为 BC 的中点，则 AQBC，ADBC，AQAD，由于 AA1平面 ABCD，以点 A 为坐标原点，以 AQ，

26、AD，AA1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图，则 A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(3，0,0)，C(3，1,0)，C132，12，1，M(0,1,0)，C1M 32，12，1，A1C(3，1，1)，C1M A1C3212(1)20，C1MA1C.(2)解 如图，假设点 E 存在，设点 E 的坐标为(3，0)，其中11，AE(3，0)，AD1(0,1,1)，设平面 AD1E 的法向量为 n(x，y，z)，则 nAE0，n AD10，即 3xy0，yz0，取 y 3，则 x，z 3，n(，3，3)，平面 ADD1的一个法向量为 m(1,0

27、,0)，|cosm，n|mn|m|n|2613，解得 32，即 CE1 32 或 CE1 32.因此，棱 BC 上存在一点 E，使得平面 EAD1与平面 DAD1夹角的余弦值为13，此时 CE1 32 或CE1 32.4.(2022潍坊模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，PAD 是正三角形，CD平面 PAD，E，F，G，O 分别是 PC，PD，BC，AD 的中点 (1)求证：PO平面 ABCD；(2)求平面 EFG 与平面 ABCD 夹角的大小；(3)在线段 PA 上是否存在点 M，使得直线 GM 与平面 EFG 所成的角为6，若存在，求线段 PM的长

28、度；若不存在，请说明理由(1)证明 因为PAD 是正三角形，O 是 AD 的中点，所以 POAD.又因为 CD平面 PAD，PO平面 PAD，所以 POCD.又 ADCDD，AD，CD平面 ABCD，所以 PO平面 ABCD.(2)解 如图，连接 OG，以 O 点为坐标原点，分别以 OA，OG，OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系，则 O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(2,4,0)，D(2,0,0)，G(0,4,0)，P(0,0,2 3)，E(1,2，3)，F(1,0，3)，EF(0，2,0)，EG(1,2，3)，设平面 EFG 的法向量为 m(x，

29、y，z)，则 EFm0，EGm0，即 2y0，x2y 3z0，令 z1，则 m(3，0,1)，又平面 ABCD 的法向量 n(0,0,1)，设平面 EFG 与平面 ABCD 的夹角为，所以 cos|mn|m|n|13212112，所以 3，所以平面 EFG 与平面 ABCD 的夹角为3.(3)解 不存在，理由如下：假设在线段 PA 上存在点 M，使得直线 GM 与平面 EFG 所成的角为6，即直线 GM 的方向向量与平面 EFG 法向量 m 所成的锐角为3，设PMPA，0,1，GMGPPMGPPA，所以GM(2，4,2 32 3)，所以 cos3|cosGM，m|32 4267，整理得 22320，0，方程无解，所以不存在这样的点 M.