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§7.8　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＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.
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的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝.
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．已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在α内，则P(－2,1,4)到α的距离为(　　)
A．10 B．3 C. D.
答案　D
解析　由条件可得P(－2,1,4)到α的距离为
＝＝.
2．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为(　　)
A. B．2 C. D.
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＝
A1C1＝.
3．已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n＝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　
解析　∵＝(－2,0，－1)，n＝为l的一个单位方向向量，
∴点P到l的距离d＝＝＝.
题型一　空间距离
例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)，
则由n⊥，n⊥，
得
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＝＝＝.
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AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________．
答案　
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)，
则＝(－3,0,1)，＝(－3,4,0)，
故点P到直线BD的距离
d＝
＝＝，
所以点P到直线BD的距离为.
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BC＝4.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BCDE＝DE，
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DE∥BC.
因为DE 平面PBC，BC 平面PBC，
所以DE∥平面PBC.
又OF⊥DE，
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，P，B，
C，F，
所以＝，＝.
设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由
得
令y＝z＝1，
所以n＝(0,1,1)．
因为＝(0，，0)，
设点O到平面PBC的距离为d，
则d＝＝＝.
因为点O在直线DE上，
所以直线DE到平面PBC的距离等于.
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＝
.
(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ABCD－A1B1C1D1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＝＋＋，则下列说法正确的是(　　)
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离为
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
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)，
E，
所以＝(－1,0,0)，＝.
设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，
sin θ＝＝.
故点A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×＝，故A错误；
易知＝＝，
平面ABC1D1的一个法向量＝(0，－1,1)，
则点O到平面ABC1D1的距离
d2＝＝＝，故B正确；
＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)，
＝(0,1,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以
令z＝1，得y＝1，x＝1，
所以n＝(1,1,1)．
所以点D1到平面A1BD的距离
d3＝＝＝.
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，故C正确；
因为＝＋＋，
所以＝，
又＝(1,0,0)，则＝，
所以点P到直线AB的距离d4＝＝＝，故D错误．
(2)(2022·枣庄检测)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　
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)，
＝(－1，－1,2)，＝(－1,1,1)，
∴点D1到直线GF的距离
d＝
＝＝.
∴点D1到直线GF的距离为，
又||＝，
∴＝××＝.
题型二　立体几何中的探索性问题
例2　(2021·北京)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，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M－CF－E的余弦值为，求的值．
(1)证明　如图所示，取B1C1的中点F′，
连接DE，EF′，F′C，
由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，
从而E，F′，C，D四点共面，
平面CDE即平面CDEF′，
据此可得，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＝λ(0≤λ≤1)，
则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，
从而＝(－2,2－2λ，－2)，＝(1,0,2)，
＝(0，－2,0)，
设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
令z1＝－1可得m＝(λ≠1)，
设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，
从而m·n＝5，|m|＝，|n|＝，
则cos〈m，n〉＝＝
＝.
整理可得(λ－1)2＝，故λ＝.
所以＝.
教师备选
(2022·盐城模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝，AB⊥B1C.
(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，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，B1D.
因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
所以AB⊥CD，CD＝，BD＝1.
又因为AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C 平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D 平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝.
在△B1CD中，CD＝，B1D＝，B1C＝，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，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，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(，0,0)，B1(0,0，)，
因此＝(0,1，)，＝(，－1,0)，＝＝(0,1，)，＝(－，－1,0)．
因为点P在棱BB1上，
设＝λ＝λ(0,1，)，其中0≤λ≤1.
则＝＋＝＋λ＝(－，－1＋λ，λ)．
设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取x＝1，则y＝，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，，－1)．
因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，
所以|cos〈n，〉|＝
＝＝，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝，所以||＝||＝，
故BP的长为.
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　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＝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＝.
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，
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)问知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝.
设＝t(0≤t≤1)，
因为B，C，
所以＝，
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.
课时精练
1.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝，AB＝BC＝AD＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥PC.
(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)，0≤m≤3a，
则＝(－a，m－a，0)，＝(－a，－a，a)．
∵PC⊥CF，
∴C⊥，
∴·＝(－a)·(－a)＋(m－a)·(－a)＋0·a＝a2－a(m－a)＝0，
∴m＝2a，即F(0,2a，0)．
设平面PCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
解得
取x＝1，得n＝(1,1,2)．
设点A到平面PCF的距离为d，由＝(a，a，0)，
得d＝＝＝a.
(2)由于＝(－a，0，a)，＝(0，a，0)，
＝(0,0，a)．
设平面PBC的法向量为n1＝(x0，y0，z0)，
由
得
取x0＝1，得n1＝(1,0,1)．
设点A到平面PBC的距离为h，
∵AD∥BC，AD 平面PBC，BC 平面PBC，
∴AD∥平面PBC，
∴h为AD到平面PBC的距离，
∴h＝＝＝a.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，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？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BC⊥AB，CD⊥AD，
因为PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为PA 平面PAB，所以PA⊥BC，
因为PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
因为PA 平面PAD，所以PA⊥CD，
因为BC∩CD＝C，BC，CD 平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD.
(2)解　因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，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＝(2,2,0)，＝(0,1,1)，＝(2,2，－2)，
由
取y＝1，可得m＝(－1,1，－1)，
cos〈m，〉＝
＝＝，
所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为.
(3)解　设点F(2，t，0)(0≤t≤2)，设平面PAF的法向量为n＝(a，b，c)，
＝(2，t，0)，＝(0,0,2)，
由
取a＝t，则n＝(t，－2,0)，
所以点E到平面PAF的距离为d＝＝＝，因为t>0，所以t＝1.因此，当点F为线段BC的中点时，点E到平面PAF的距离为.
3．(2022·湖南雅礼中学月考)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝A1B1＝AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD.
(1)若点M是AD的中点，求证：C1M⊥A1C；
(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？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AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，
∵Q为BC的中点，则AQ⊥BC，
∵AD∥BC，∴AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，以AQ，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(，0,0)，
C(，1,0)，C1，M(0,1,0)，
＝，＝(，1，－1)，
∴·＝－＋＋(－1)2＝0，
∴C1M⊥A1C.
(2)解　如图，假设点E存在，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1，
＝(，λ，0)，＝(0,1,1)，
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝－，则x＝λ，z＝，
∴n＝(λ，－，)，
平面ADD1的一个法向量为m＝(1,0,0)，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝±，即CE＝1－或CE＝1＋.
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，此时CE＝1－或CE＝1＋.
4.(2022·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD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，若存在，求线段PM的长度；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PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD，PO 平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，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)，E(－1,2，)，F(－1,0，)，
＝(0，－2,0)，＝(1,2，－)，
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，则m＝(，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θ，
所以cos θ＝＝＝，
所以θ＝，
所以平面EFG与平面ABCD的夹角为.
(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，
即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，
设＝λ，λ∈[0,1]，
＝＋＝＋λ，
所以＝(2λ，－4,2－2λ)，
所以cos ＝|cos〈，m〉|＝，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ<0，方程无解，
所以不存在这样的点M.

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