2024版創(chuàng)新設(shè)計高考總復(fù)習(xí) 數(shù)學(xué) 人教A版第7節(jié) 向量法求距離、探索性及折疊問題

第7節(jié)向量法求距離、探索性及折疊問題

考試要求1.會求空間中點到直線、點到平面的距離.2.會用向量法探究空間幾何

體中線、面的位置關(guān)系、角的存在條件與折疊問題.

知識診斷?基礎(chǔ)夯實

【知識梳理】

1.點尸到直線/的距離

設(shè)力=4,U是直線/的單位方向向量，則向量存在直線/上的投影向量恁=

3")".在中，由勾股定理，得「。=、/|而2_|麗］2=、儲(@.“)2.

—P

2.點P到平面a的距離

若平面a的法向量為〃，平面a內(nèi)一點為A,則平面a外一點P到平面a的距離

d=壽瑞如圖所示.

3.線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到平面的距離.

【診斷自測】

1.思考辨析(在括號內(nèi)打“J”或“X”)

(1)平面a上不共線的三點到平面用的距離相等，則a〃..()

(2)點到直線的距離也就是該點到直線上任一點連線的長度.()

⑶直線/平行于平面a,則直線/上各點到平面a的距離相等.()

⑷直線/上兩點到平面a的距離相等，則/平行于平面a.()

答案(1)X(2)X(3)V(4)X

解析(1)當(dāng)平面a上三點在平面夕的兩側(cè)時，a與夕相交.

(2)點到直線的距離是過該點作直線的垂線，該點與垂足之間的距離.

(4)直線/上的兩個點在平面a的兩側(cè)時，/與平面a相交.

2.(選修一P34例6改編)已知平面ABC的一個法向量為〃=(1,2,1),向量辦=

(0,；，o],則點b到平面ABC的距離為.

答案*

I亦I9,°)(1，2,1)

解析由題意，點F到平面ABC的距離為邑洋------F----------:=

亞

6?

3.(選修一P35Tl改編)已知直線/經(jīng)過點A(2,3,1),且向量〃=惇，0,用為

/的一個單位方向向量，則點尸(4,3,2)到/的距離為.

答案*

解析因為或=(—2,0,-1),

且〃=(乎，o,為/的一個單位方向向量，

故點P到/的距離為d=M或/-(或.〃)2=^5—(-啦-乎)=*.

4.已知平面ABC〃平面4G。，AD=(-1,0,0),平面AQD的一個法向量為

機=(1,1,1),則平面ABC與平面4G。之間的距離為.

答案申

解析由題意得占但鏟1=去=坐

考點突破?題型剖析

考點一距離問題

角度1點到直線的距離

例1如圖，P為矩形A8CO所在平面外一點，PAL平面A3CD若已知AB=3,

AD=4,PA=\,則點尸到直線8。的距離為.

p

D

13

答案5

解析如圖，分別以AB,AO,AP所在直線為尢軸、y軸、z軸建立空間直角坐

標(biāo)系，

則P(0,0,1),3(3,0,0),0(0,4,0),

則濟=(-3,0,1),BD=(-3,4,0),

故點P到直線3。的距離I兩2一［經(jīng)用)=3

所以點P到直線B。的距離為1爭3

角度2點到平面的距離

例2在棱長均為a的正三棱柱ABC-A\B\C\中，D是側(cè)棱CG的中點，則點C,

到平面的距離為()

A.乎aB.坐a

C.乎aD*a

答案A

解析以A為空間直角坐標(biāo)原點，以垂直于AC的直線為x軸，以AC所在直線

為y軸，以所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系.

由ABC-A\B\C\是棱長均為a的正三棱柱，。是側(cè)棱CG的中點,

故40,0,0),⑤將，/，，O(0,a,G(0,a,a),

所以病=(當(dāng)/J,比1=(0,0,。疝=(0,a,

設(shè)平面ABi。的法向量是〃=(x,y,z),

n-ABi=*%:+為+az=0,

所以，取〃=(小，1,-2),

"?A￡>=ay+]z=0,

_____a

故點Ci到平面ABiD的距離d—

l?l―#3+1+44a

感悟提升1.點線距的求解步驟:

直線的單位方向向量。一所求點到直線上一點的向量方，及其在直線的方向向量a

上的投影向量一代入公式.

2.點面距的求解步驟：

(1)求出該平面的一個法向量；

(2)找出從該點出發(fā)的平面的任一條斜線段對應(yīng)的向量；

⑶求出法向量與斜線段對應(yīng)向量的數(shù)量積的絕對值，再除以法向量的模，即可

求出點到平面的距離.

訓(xùn)練1如圖，在正三棱柱ABC—481c中，各棱長均為4,N是CG的中點.

A,r^—_-7]C,

JN

A

t

B

⑴求點N到直線AB的距離;

(2)求點Ci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),8(2小，2,0),C(0,4,0),Ci(0,4,4).

?.?N是CG的中點，

:.N0,4,2).

(1麗=(0,4,2),牯=(2小，2,0),

則的=2小，|麗=4.

設(shè)點N到直線45的距離為力，

則"，前"［曾［=①』=4.

(2)設(shè)平面A3N的一個法向量為〃=(x,y,z),

貝/〃?油=24x+2y=0,

?俞=4y+2z=0,

令z=2,則y=-1,尤=坐，

即〃=惇，-1'2)

易知說V=(0,0,-2),

設(shè)點Ci到平面A3N的距離為di,

則dzj=4V§=5.

考點二探索性問題

例3(2023?廈門質(zhì)檢)在三棱柱ABC—AiBG中，四邊形AA\B\B是菱形,

AB1AC,平面.平面ABC,平面481cl與平面ABC的交線為/.

(1)證明：A\BLB\C.

(2)已知NA88=60。，AB=AC=2,/上是否存在點P,使AiB與平面A3P所成

角為30。？若存在，求BP的長度；若不存在，請說明理由.

(1)證明因為四邊形為菱形，

所以45_LABi.

因為平面44出山，平面ABC,平面A41B18A平面A8C=A&ACu平面ABC,

AC±AB,

所以ACJ_平面AAiBR

又平面A4i3iB,所以AC,4A

又因為A'nAC=A,

所以AiB_L平面AB\C.

又BCu平面ABC,所以AiB_L8iC.

(2)解/上不存在點P,使AiB與平面所成角為30。.理由如下：

取A1B的中點。，連接AD

因為N48Bi=60。,所以乙4Ai5i=60。.

又AA\=A\B\,

所以△AA為為等邊三角形，

所以

因為所以

又平面A4山山，平面ABC,平面AAiBBA平面ABC=AB,AOu平面AA\B\B,

所以平面ABC.

以A為原點，以4瓦AC,屐)的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角

坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz,

則4(0,0,0),5(2,0,0),C(0,2,0),4(一1,0,小),Bi(l,0,5),AC

=(0,2,0),

AB=(2,0,0),肪i=(l,0,小).

因為AC〃4C,ACQ平面AiBG,

AiCiu平面A\B\C\,

所以AC〃平面

又ACu平面ABC,平面AiBiGA平面ABC=/,

所以AC〃/.

假設(shè)/上存在一點P,使48與平面ABP所成角為30。.

設(shè)勵=疵(2￡1<),則成=(0,22,0),

所以辦=箱1+歷>=(1,2加/).

設(shè)〃=(九，y,z)為平面ABP的一個法向量，

\iiAB=0,[2x=0,

則即廠

?AP=0,〔尤+2雙十小z=0.

令、=一小，則z=22,可取〃=(0,一仍，22).

又后8=(3,0,一?

訐“?回胸12我1

所以sm3。=|cos(”，A⑻尸訴二聲行義？小=5，

即3+4/=4下,此方程無解，

因此/上不存在點P,使48與平面ABP所成角為30。.

感悟提升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，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，

解出參數(shù).

訓(xùn)練2如圖，四棱錐S—ABC。的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的

也倍，P為側(cè)棱S。上的點.

⑴求證：AC1SD；

(2)若SO_L平面PAC,求平面PAC與平面DAC夾角的大小;

(3)在(2)的條件下，側(cè)棱SC上是否存在一點E,使得8E〃平面PAC.若存在，求

SE：EC的值；若不存在，試說明理由.

⑴證明連接BD,設(shè)AC交8。于點。，連接SO由題意知SO_L平面ABCO,以

0為坐標(biāo)原點，以彷，0C,赤分別為x軸、y軸、Z軸正方向，建立坐標(biāo)系0—

xyz.

設(shè)底面邊長為。，則高5。=坐出

于是《0,0,*￡^一￥出0，0)，d°'乎"，0),乎&，0，0

于是，歷=(0,乎a,0),擊=(一當(dāng)a,0,—乎‘，

則反:?豆)=0,故OCLSO,從而AC_LSD

(2)解由題設(shè)知，平面PAC的一個法向量總=惇〃，0,坐力,

平面D4C的一個法向量旃=(0,0,坐J

則cos(次,DS}=9型=當(dāng)，

\OS\\DS\

所以平面PAC與平面OAC夾角的大小為30°.

(3)解在棱SC上存在一點E使8E〃平面PAC

根據(jù)第(2)問知名是平面PAC的一個法向量，

且場=(乎a,0,坐/，擊=(o,—乎。，乎/，或=(-*a,*a,o).

設(shè)在=商，

則庵=冊+走=比+￡屈=(一坐a,當(dāng)a(1-Z),乎aj.

2￡

又曲,卡=0,得一亍+o+w屋t=o,

E1

則t=y

當(dāng)SE：EC=2：1時，BE^DS.

由于BEG平面PAC,故8E〃平面PAC.

因此在棱SC上存在點E,使8E〃平面PAC,此時SE：￡C=2：1.

考點三折疊問題

例4(2023?蘇北四市質(zhì)檢)已知一圓形紙片的圓心為O,直徑AB=2,圓周上有

C,。兩點.如圖，OCLAB,ZAOD=1,點P是曲上的動點.沿AB將紙片折為直

二面角，并連接PO,PD,PC,CD.

⑴當(dāng)AB〃平面PC。時，求尸。的長；

(2)當(dāng)三棱錐P-COD的體積最大時，求平面OPD與平面CPD夾角的余弦值.

解⑴因為A3〃平面PCD,A3u平面OPD,

平面。PDA平面PCO=PO,所以A3〃PO,

JTTT

又NAO￡>=z，所以NODP=/OPD=z，

oo

所以

又OD=OP=1,所以PD=小.

(2)由題意知OC_L平面POD,

而S^DOP=2'OD-OP-sinZDOP,

所以當(dāng)OOLOP時，三棱錐P-CO0的體積最大.

易知OC,OD,OP兩兩垂直，以。為坐標(biāo)原點，OC,OP,歷的方向分別為X

軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。一盯z,

則。(1,0,0),0(0,0,1),P(0,1,0),

故無=(1,-1,0),D>=(0,1,-1).

設(shè)平面CP￡)的法向量為m=(x,y,z).

PCni=0,x—y=0,

則即

DPm=Q,j-z=0,

取y=l,得x=l,z=l,

得平面CPO的一個法向量為〃i=(l,1,1).

易知平面OP。的一個法向量為“2=(1,0,0),

設(shè)平面OPD與平面CPD的夾角為仇

則c°s°一|m|欣「3'

所以平面。尸。與平面CPD夾角的余弦值為伴.

感悟提升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.

訓(xùn)練3(2023?濟南調(diào)研)如圖，矩形A8CO中，AB=2,BC=1,將△AC。沿AC

折起，使得

點。到達(dá)點尸的位置，連接PB,PB=p

(1)證明：平面平面ABC；

(2)求直線PC與平面ABC所成角的正弦值.

(1)證明因為8C=1,PC=2,PB=yj3,

所以BC2+p4=pc2,所以BCLPB,

又因為PB^AB=B,PB,ABu平面PAB,

所以BC,平面PAB,

因為BCu平面ABC,

所以平面ABC!.平面PAB.

(2)解作POLAB于點O,以。為坐標(biāo)原點，以過。垂直于平面PA8的直線為

x軸，OB,OP所在直線分別為y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.

易得?！秉cOP巖,

所以尸(0,0,坐)，c(-l,|,0),

所以1,_啕，

易知平面A8C的一個法向量為〃=(0,0,1),

所以cos(PC,n)=-^J-=一乎，

\PC\-\n\"

所以直線PC與平面ABC所成角的正弦值為乎.

分層精練?鞏固提升

【A級基礎(chǔ)鞏固】

jrI

1.如圖，在梯形ABC。中，AD//BC,ZABC=yAB=BC=^AD=a,PA_L平面

ABCD,且PA=a,點/在AD上，且C/，PC

(1)求點A到平面PCF的距離;

(2)求A。到平面PBC的距離.

解(1)由題意知AP,AB,A。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),￡)(0,3a,0),P(0,0,a).

設(shè)F(0,m,0),

則C/ul—a,m~a,0),CP=(—a,—a,a).

\'PC±CF,滂」亦

CF-CP=(-a)-(—a)+(m-?)?(—a)+0?a=/_a(m-a)=0,

：.m=2a,即F(0,2a,0).

設(shè)平面PCF的法向量為〃=(x,y,z),

\n-CF=-ax-\-ay=0,

則-

[n-CP=—ax—ay+az=0,

x=y,

解得J'取x=l,得〃=(1,1,2).

、z2x,

設(shè)點A到平面Pb的距離為d,

由AC=(a,a,0),

,口，\AC-n\aXl+aX1+0X2m

付"=Ml=忑=3"

(2)由于濟=(—a,0,a),BC=(0,a,0),AP=(0,0,a).

設(shè)平面P8C的法向量為m=(xo,yo,zo),

n\BP=-4xo+azo=O,

由,

ji\-BC=uyo=O,

xo=zo

得J八9取xo=l,得〃1=(1,0,1).

lyo=O.

設(shè)點A到平面PBC的距離為人，

,.,AD//BC,AD@平面PBC,BCu平面PBC,

...AO〃平面PBC,

:.h為AD到平面PBC的距離，

:.仁典=喂=旦

2.如圖，已知△ABC為等邊三角形，D,E分別為AC,AB邊的中點，把△4￡)￡

沿。E折起，使點A到達(dá)點P,平面POE,平面8COE,若8C=4.求直線OE到

平面PBC的距離.

解如圖，設(shè)OE的中點為O,的中點為凡

連接OP,OF,OB,則OPLDE,

因為平面PDE1.平面BCDE,平面PDEA平面BCDE=DE,

所以O(shè)PJ_平面BCDE.

因為在△ABC中，點。，E分別為AC,AB邊的中點，

所以DE〃BC.

因為。所平面PBC,BCu平面PBC,

所以DE〃平面PBC.

又OFIDE,

所以以點。為坐標(biāo)原點，OE,OF,OP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。(0,0,0),尸(0,0,5),BQ,小，0),C(-2,小，0),F(0,小，0),

所以而=(2,小，一小)，CB=(4,0,0).

設(shè)平面的一個法向量為〃=(x,y,z),

?麗=2尤+小y—小z=0,f=0,

由，—得’x_

[〃.CB=4x=0,ly-z,

令y=z=l,所以〃=(0,1,1).

因為赤=(0,yf3,0),

設(shè)點。到平面P8C的距離為乩

川41?1722?

因為點。在直線DE上,

所以直線0E到平面P8C的距離等于坐

3.(2023?濰坊段考)如圖，線段AC是圓。的直徑，點8是圓。上異于A,C的點，

AC=2,BC=1,PAJ_平面ABC,M是P8上的動點，且麗=A而(0V2V1),N

是PC的中點.

(1)若％=；,記平面AMN與平面ABC的交線為/,試判斷直線/與平面P8C的位

置關(guān)系，并加以證明；

(2)若平面與平面ABC所成的角為會點M到平面PAC的距離是坐，求見的

值.

解⑴直線/〃平面PBC.

證明：當(dāng)時，M是PB的中點，

又因為N是PC的中點，所以MN〃BC,

又8Cu平面ABC,且MNQ平面ABC,

所以MN〃平面ABC,

又MNu平面AMN,且平面AMNA平面ABC=l,

所以MN//1,

又因為過平面PBC,MNu平面PBC,

所以直線/〃平面PBC.

(2)因為AC是圓。的直徑，所以NABC=90。，

由勾股定理得A8=S，

因為PAL平面ABC,BCu平面ABC,

所以PALBC,

又AB_L3C,ABDPA=A,

所以BC_L平面P8A,則BCLPB,

故NP84是平面P8C與平面ABC所成的角，

所以NPB4=45。，

所以△P4?為等腰直角三角形，且

以點B為坐標(biāo)原點，BA,8C所在直線分別為龍，y軸建立如圖所示的空間直角坐

標(biāo)系B-xyz,

則4小，0,0),6(0,0,0),C(0,1,0),P(小，0,小),

則比=(一小，1,0),力=(0,0,S),

設(shè)平面PAC的法向量為〃=(x,y,z),

/i-AC=O,—yl3x+y=Q,

則一所以

n-AP=O,A/3Z=0,

令x=l,得y=小,貝=小，0）,

又麗=2而=（一小九0,一市2）,

所以點M到平面PAC的距離d=端?=華=喙，

\ll\ZJ

2

所以

4.（2023?保定質(zhì)檢）如圖1,在Rt/XABC中，ABLBC,AC=2AB=12,E,P都在

AC上，且AE：所：FC=3：4：5,EB//FG,將△AEB,ACFG分別沿EB,

R7折起，使得點A,C在點尸處重合，得到四棱錐P—EFGB,如圖2.

(1)證明:EFLPB；

(2)若“為PB的中點,求平面BFM與平面EFM夾角的余弦值.

⑴證明由AE：EF：FC=3：4：5,AC=12,

得PE=AE=3,EF=4,PF=FC=5,

則PF2=PE2+EF2,

所以PELEF.

因為第NA=NA,

所以△ABES^ACB,

所以8￡_LAC,即BELEE

又PECBE=E,所以EFL平面PEB,

因為PBu平面PEB,所以EFLPB.

(2)解以￡為坐標(biāo)原點，以前，EB,講的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向

建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,

則E(0,0,0),F(4,0,0),P(0,0,3),B(0,3小，0),40,歲，|),

則彷=(4,0,0),EM=(0,歲，|),BF=(4,—3小，0),PF=(4,0,~3).

平面BFM即平面BFP,

設(shè)平面BEM的法向量為/〃=(xi,yi,zi),

則mBF=0,m-PF=0,

(4x1—3小yi=O,

得1

4x\—3zi=0.

令yi=4,得加=(3小，4,4小).

設(shè)平面EFM的法向量為〃=(X2,>2,Z2),

則n-EF=Q,n-EM=Q,

f4x2=0,

令"=1,得〃=(0,1,一小).

設(shè)平面BFM與平面EFM的夾角大小為6,

|4-12|4啦T

貝!]cos6=|cos(m,〃〉|=

I詞〃廠啊X2—91'

所以平面BFM與平面EFM夾角的余弦值為邛胃.

【B級能力提升】

5.如圖，在四棱錐P-ABCQ中，平面PA。，平面ABC。，PALPD,PA=PD,

AB±AD,AB=l,AD=2,AC=CD=y[5.

p

(1)求證：PDJ_平面PAB；

(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；

(3)在棱PA上是否存在點M,使得〃平面PC。？若存在，求衰的值；若不存

在，說明理由.

⑴證明,平面PAOL平面ABCD,平面PAOPI平面ABCD=AD,ABLAD,

ABu平面ABC。，

.?.48,平面PAD.

TPOu平面PAO,：.AB±PD.

又PA_LPO,PAHAB=A,

?平面PAB.

(2)解取A。中點0,

連接CO,PO,'：PA=PD,

：.POLAD.

又?"聽平面PAD,

平面PAO,平面ABCD,

.?.POL平面ABCD

；COu平面ABC。，，POLCO.

\'AC=CD,：.COA.AD.

以。為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

易知P(0,0,1),5(1,1,0),0(0,-1,0),C(2,0,0).

則沌=(1,1,-1),PD=(0,-1,-1),PC=(2,0,-1),CD=(-2,-

1,0).

設(shè)〃=(xo,yo,1)為平面POC的一個法向量,

nPD=Q,f—yo—1=0,

由得

n-PC=0l2xo-l=O,

解得_i即〃=匕，-i,i.

[XL,7

設(shè)PB與平面PCD的夾角為仇

則sin8=|cos</i,PB)|=卜=-j=W，

血質(zhì)11qj+i+ix小

所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為箸.

(3)解設(shè)M是棱PA上一點，則存在aW[0,1]使得贏=施，

因此點M(0,1-2,2),-2,2).

因為BMC平面PCD,要使〃平面PCD,

當(dāng)且僅當(dāng)麗/?〃=(),

即(-1,—A,2)(；，—1,1)=0,解得2=；,

所以在棱PA上存在點M,使得〃平面PCD,此時筆=(.

6.(2023?青島調(diào)研)如圖，在四棱錐E-ABCD中，平面A8CO_L平面ABE,

AB//DC,ABVBC,AB=2BC=2