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第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题
● 课前基础巩固
【知识聚焦】
1.　
2.　
【对点演练】
1.2　[解析] 以A为原点,建立空间直角坐标系,如图所示,则M(2,2,2),N(2,0,4),
所以MN=
=2.
2.　[解析] 以C为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),所以=(0,0,2),=(-2,-4,2),=(2,-2,0).设平面GEF的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得n=(1,1,3),所以点C到平面GEF的距离d==.
3.　[解析] 以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),D1(0,0,1),所以=(0,1,-1),=(-1,0,-1),=(-1,0,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,得n=(-1,1,1),所以点D1到平面A1BD的距离d===.易证平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1之间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1之间的距离为.
4.　[解析] 以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),O(2,1,1),E(1,2,0),所以=(0,1,-1),=(-1,2,-2),所以cos<,>===.因为<,>∈[0,π],所以sin<,>=,所以点O到直线A1E的距离为||sin<,>=×=.
5.-1或-11　[解析] 由题可知=(x+2,2,-4),=,则=,解得x=-1或x=-11.
● 课堂考点探究
例1　[思路点拨] (1)建立空间直角坐标系,利用投影向量及勾股定理求解点到直线的距离.(2)思路一:过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,作PO⊥平面ABC,垂足为O,连接OD,OC,OE,则PE=,所以EC=EO=1,所以CO=,进而根据勾股定理求出点P到平面ABC的距离;思路二:建系,利用向量法求点P到平面ABC的距离.
(1)A　(2)
[解析] (1)四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,即OA,OB,OC两两垂直,以点O为原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图.因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,所以A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,0,3),D(0,0,1),则G,所以=,=(-1,0,1),则||==,·=-×(-1)+1=,所以点G到直线AD的距离d=
=
=.故选A.
(2)方法一:过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,由题意知PD=PE=.过点P作PO⊥平面ABC,垂足为O,则点O在∠ACB的平分线上,连接OD,OC,OE,则OD⊥CD,OE⊥CE.在Rt△PCE中,PC=2,PE=,则EC=1.在Rt△ECO中,∠ECO=45°,则Rt△ECO为等腰直角三角形,所以EO=EC=1,所以CO=.在Rt△PCO中,PO==,即点P到平面ABC的距离为.
方法二:过点P作PD⊥AC,垂足为D,作PE⊥BC,垂足为E,由题意知PD=PE=,所以CD=CE=1.以C为坐标原点,以,的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),E(1,0,0),D(0,1,0),设P(x,y,z),则||=2,||=||=,得
解得或所以点P到平面ABC的距离为.
变式题1　(1)B　(2)
[解析] (1)方法一:设M为直线AC上任意一点,过M作MN⊥BC1,垂足为N,连接AN,如图,设=λ=λ+λ,=μ=μ+μ,则=-=+-=(1-λ)+(μ-λ)+μ.∵MN⊥BC1,∴·=0,即[(1-λ)+(μ-λ)+μ]·(+)=0,∵AB⊥AD,AB⊥AA1,AD⊥AA1,∴(μ-λ)+μ=0,即μ-λ+μ=0,∴λ=2μ,∴=(1-2μ)-μ+μ,∴||===
,∵μ∈R,∴当μ=时,||取得最小值=,故异面直线AC与BC1之间的距离是.故选B.
方法二:如图,取BC的中点E,连接B1E,DE,设B1E交BC1于点G,DE交AC于点F,则==2,==2.连接B1D,FG,在△B1DE中,==2,∴FG∥DB1,FG=DB1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易证B1D⊥AC,B1D⊥BC1,∴FG⊥AC,FG⊥BC1,∴FG为异面直线AC与BC1的公垂线段.∵B1D=,∴FG=,即异面直线AC与BC1之间的距离为.
方法三:如图,以D为坐标原点,以,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),C(0,1,0),连接DB1,∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),=(0,1,0),=(1,1,1),则·=0,·=0,∴DB1⊥AC,DB1⊥BC1,∴异面直线AC与BC1之间的距离为==.
(2)如图,连接A1C,易知=×S△BCD×A1A=××1×1×1=.在△A1DB中,A1D=A1B=BD=,所以△A1DB是边长为的等边三角形,则=×××sin 60°=,设点C到平面A1DB的距离为h,则==××h=,即××h=,解得h=,所以点C到平面A1DB的距离为.
变式题2　解:(1)证明:连接MN.
因为N为AB的中点,M为BC的中点,
所以线段MN是△ABC的中位线,所以MN∥AC,且MN=AC.在三棱台ABC-A1B1C1中,AC=2,A1C1=1,A1C1∥AC,且A1C1=AC,所以MN=A1C1,且MN∥A1C1,所以四边形A1C1MN是平行四边形,所以A1N∥C1M.又A1N 平面C1MA,C1M 平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA.
(2)因为A1A⊥平面ABC,且AB,AC 平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC.又AB⊥AC,所以A1A,AB,AC两两垂直.如图,以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系.因为AB=AC=AA1=2,A1C1=1,所以A(0,0,0),C1(0,1,2),B(2,0,0),C(0,2,0).
由M是BC的中点,可得M(1,1,0),
所以=(0,1,2),=(1,1,0).
设平面C1MA的法向量为m=(x,y,z),
则⊥m,⊥m,即·m=0,·m=0,由此可得令y=2,则x=-2,z=-1,即m=(-2,2,-1).易知平面ACC1A1的一个法向量为n=(1,0,0).设平面C1MA与平面ACC1A1的夹角为θ,
则cos θ=|cos|==.
故平面C1MA与平面ACC1A1的夹角的余弦值为.
(3)由(2)知,=(0,2,0),平面C1MA的一个法向量为m=(-2,2,-1),设点C到平面C1MA的距离为d,则d===,所以点C到平面C1MA的距离为.
例2　[思路点拨] (1)根据等体积法和锥体的体积公式即可求出VP-ABCD,延长BC,AD交于点M,连接PM,则l为直线PM;(2)建立空间直角坐标系,设=λ,利用空间向量法求解面面夹角,建立关于λ的方程即可求解.
解:(1)设四棱锥P-ABCD的高为h,则VB-PCD=VP-BCD=·h·S△BCD=,∵AB=2CD,
∴S△ADB=2S△BCD,∴S四边形ABCD=3S△BCD,∴VP-ABCD=3VP-BCD=2.如图,延长BC,AD交于点M,连接PM,则平面PAD与平面PBC的交线l为直线PM.
(2)取AD的中点E,连接PE,∵PA=PD,E是AD的中点,∴PE⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE 平面PAD,PE⊥AD,∴PE⊥平面ABCD,∴VB-PCD=VP-BCD=·PE·S△BCD=,
又S△BCD=BC·CD=2,∴PE=.
以点B为坐标原点,BM,BA所在直线分别为x,y轴,过点B作平面ABCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则P(1,3,),C(2,0,0),D(2,2,0),M(4,0,0),∴=(0,2,0),=(1,-1,-),=(3,-3,-),设=λ=(3λ,-3λ,-λ),
则=-=(3λ-1,1-3λ,(1-λ)),设平面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),则
即令z1=1,得m=(,0,1).设平面CDN的法向量为n=(x2,y2,z2),则
即
令x2=(1-λ),可得n=((1-λ),0,1-3λ).∵平面PDC与平面DCN的夹角的余弦值为,∴|cos|===,
整理得3λ2-10λ+3=0,解得λ=或λ=3,即在直线l上存在点N,使平面PDC与平面DCN的夹角的余弦值为,此时=或=(9,-9,-3),则PN==或PN==6.
变式题　解:(1)证明:如图,连接BD,B1D1,由E,F分别为AD,AB的中点,得EF∥BD,又EF 平面BB1D1D,BD 平面BB1D1D,所以EF∥平面BB1D1D.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,A1B1∥AB且A1B1=AB=BF,则四边形A1FBB1为平行四边形,故A1F∥BB1,又A1F 平面BB1D1D,BB1 平面BB1D1D,所以A1F∥平面BB1D1D,又A1F∩EF=F,且A1F 平面A1EF,EF 平面A1EF,所以平面A1EF∥平面BB1D1D,又BD1 平面BB1D1D,所以BD1∥平面A1EF.
(2)取正方形ABCD的中心O,正方形A1B1C1D1的中心O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABCD,连接AO,因为四边形ABCD为正方形,所以AO⊥BO,以O为原点,OA,OB,OO1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,由AB=2A1B1=4,二面角C1-BC-D的大小为45°,得OO1=×tan 45°=1,则A(2,0,0),B(0,2,0),A1(,0,1),F(,,0),E(,-,0),D1(0,-,1),假设在棱AB上存在点M(m,n,0)满足题意,则=(m-2,n,0),=(-2,2,0),
设=λ(0≤λ≤1),则M(2-2λ,2λ,0),
=(2-2λ,2λ+,-1).
设平面A1EF的法向量为m=(x,y,z),
因为=(0,-,-1),=(0,2,0),所以
令x=1,则y=0,z=0,即m=(1,0,0).
因为直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为,所以|cos<,m>|===,整理得16λ2-248λ+61=0,解得λ=或λ=(舍),故AM=AB=1,故棱AB上存在点M,使得直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为,
此时线段AM的长为1.
例3　[思路点拨] (1)在△AEF中,由余弦定理得到EF,结合勾股定理得到垂直,由折叠的性质得到PE⊥EF,利用线面垂直的判定定理得到EF⊥平面PDE,即可证得结论;(2)由勾股定理以及线面垂直的性质得到EF,ED,EP两两垂直,建立空间直角坐标系,求出两平面的法向量即得二面角的正弦值.
解:(1)证明:在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,
∴cos∠EAF===,∴EF=2.∵EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF,得PE⊥EF,DE⊥EF,又PE∩DE=E,PE,DE 平面PDE,∴EF⊥平面PDE,
又∵PD 平面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接CE,
∵DE=5-2=3,
CD=3,
∠CDE=90°,
∴CE2=36,得CE=6.
又PE=AE=2,PC=4,∴PE2+CE2=PC2,∴PE⊥CE.又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE 平面DEC,∴PE⊥平面DEC,∴PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直.以E为原点,EF,ED,EP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P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),C(3,3,0),由F为AB的中点,得B(4,2,0),得=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0).设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则∴
令y1=2,则n1=(0,2,3).
设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则
∴
令x2=,则n2=(,-1,1).
设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α,∵cos==,∴sin α==.
变式题　解:(1)证明:方法一:如图,取A'C的中点G,连接DG,
因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC,
因为∠C=,所以DE⊥AC.
在立体图形中,DE⊥CD,DE⊥A'D,A'D∩CD=D,A'D,CD 平面A'CD,所以DE⊥平面A'CD,所以BC⊥平面A'CD.因为BC 平面A'BC,所以平面A'BC⊥平面A'CD,平面A'BC∩平面A'CD=A'C.因为G为A'C的中点,且CD=A'D,所以DG⊥A'C,因为DG 平面A'CD,所以DG⊥平面A'BC.又因为DG∥A'A,所以A'A⊥平面A'BC.
因为BA' 平面A'BC,所以AA'⊥BA'.
方法二:因为BE=EA'=EA,所以∠EA'A=∠EAA'且∠EA'B=∠EBA',故∠BA'A=∠EA'B+∠EA'A=∠EBA'+∠EAA',所以∠BA'A=90°,即AA'⊥BA'.
(2)方法一:因为DE∥BC,且DE 平面A'BC,BC 平面A'BC,所以DE∥平面A'BC.又DE 平面A'ED,若平面A'BC∩平面A'ED=l,则l∥DE,又DE∥BC,所以l∥BC.由(1)可知,BC⊥A'C,DE⊥A'D,所以l⊥A'C,l⊥A'D,所以平面A'BC与平面A'ED的夹角为∠CA'D.因为∠CA'D=,且CD=A'D,所以△A'CD为正三角形.过点B作BH⊥平面A'ED,垂足为H,连接HA',则∠BA'H为直线A'B与平面A'ED所成的角.过点C作CF⊥A'D于点F,因为BC∥平面A'ED,所以BH=CF=,又因为A'B==2,所以sin∠BA'H==.
方法二:以D为原点,DE所在直线为x轴,DA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设∠A'DA=θ,则D(0,0,0),E(1,0,0),B(2,-2,0),C(0,-2,0),A'(0,2cos θ,2sin θ),则=(2,0,0),=(0,2cos θ+2,2sin θ),=(1,0,0),=(0,2cos θ,2sin θ).设平面A'BC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令y1=-sin θ,则m=(0,-sin θ,cos θ+1).设平面A'ED的法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令y2=sin θ,则n=(0,sin θ,-cos θ).
由题得|cos|==,可得cos θ=-,所以A'(0,-1,),则=(-2,1,),所以n=.设直线A'B与平面A'ED所成角为α,则sin α=|cos<,n>|=,故直线A'B与平面A'ED所成角的正弦值为.第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题
1.C　[解析] 根据题意可知=(2,6,-2),显然=(2,6,-2)在向量n=(-3,0,4)上的投影向量的长度即为P(3,5,0)到l的距离,所以点P到l的距离为==.故选C.
2.D　[解析] 由题意得=(0,1,2),=(2,0,1),所以cos<,>===,所以sin∠ABC==,所以点A到直线BC的距离d=||sin∠ABC=×=.故选D.
3.B　[解析] 由题意得VG-ABD=×S△ABD·BB1=××2×2×2=.设点B到平面GAD的距离为h,则VB-AGD=×S△ADG·h=VG-ABD=,当G与B1重合时,S△ADG最大,最大值为×2×2=2,此时h最小,即为=.故选B.
4.B　[解析] 设O,O1分别是AC,A1C1的中点,连接OO1,OB,O1B1,根据正三棱柱的几何性质可知OB,OC,OO1两两垂直,以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),C1(0,1,2),所以=(,-1,0),=(0,-2,2),=(0,0,2).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,,).因为B1C1∥BC,B1C1 平面A1BC,BC 平面A1BC,所以B1C1∥平面A1BC,所以B1C1到平面A1BC的距离即为点C1到平面A1BC的距离,即为==.故选B.
5.C　[解析] 由题得=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(0,-1,0),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,得n=,所以所求距离d==.故选C.
6.　[解析] 由题得=(-2,0,-1),则点P到l所在平面的距离d====.
7.2　　[解析] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1⊥平面A1B1C1D1,因为B1D1 平面A1B1C1D1,所以DD1⊥B1D1,又DD1⊥CD,所以DD1是异面直线B1D1与CD的公垂线段,又DD1=2,所以异面直线B1D1与CD的距离为2.因为CD∥AB,CD 平面ABD1,AB 平面ABD1,所以CD∥平面ABD1,所以CD到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,即点D到平面ABD1的距离就是异面直线BD1与CD的距离,设其为h,由题得AD1==,因为=,所以××2×1×2=××2××h,所以h=,所以异面直线BD1与CD的距离为.
8.A　[解析] 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,设=d,=b,=c,则=++=d+b+c,=-c,|d|=|b|=|c|=a,d·b=0,d·c=b·c=a×a×cos 60°=a2,所以||=|d+b+c|==a,||=a,·=-c·(d+b+c)=-(c·d+c·b+c·c)=-a2,所以点E到直线AC1的距离为=
=a.故选A.
9.A　[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2.对于A,P(2,2,2),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(2,2,1),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1),设点P到平面ABC的距离为d,则d===,易知△ABC是边长为的等边三角形,所以S△ABC=×()2=,所以VP-ABC=·S△ABC·d=××=.对于B,易求得S△PAC=,点B到平面PAC的距离为1,所以VP-ABC=VB-PAC=·S△PAC·1=××1=.对于C,P(2,2,0),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,2),所以=(1,0,-1),=(0,1,1),=(2,2,-1),设平面ABC的法向量为m=(x1,y1,z1),则
令x1=1,则z1=1,y1=-1,所以m=(1,-1,1),设点P到平面ABC的距离为d1,则d1===,易求得S△ABC=,所以VP-ABC=·S△ABC·d1=××=.对于D,易求得S△PBC=,点A到平面PBC的距离为1,所以VP-ABC=VA-PBC=·S△PBC·1=××1=.故选A.
10.D　[解析] 因为四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,AB=2,AC=3,AD=2,所以·=3,·=2,·=1.设平面BCD的一个法向量为n=x+y+z,则
即令z=1,得x=1,y=0,所以n=+,所以|n|==,·n=4+1=5,设点A到平面BCD的距离为h,则h===.故选D.
11.ABC　[解析] 对于A,显然EF∥平面A1ADD1,点E到平面A1ADD1的距离即为直线EF到平面A1ADD1的距离,点E到平面A1ADD1的距离为2,故A正确.对于B,以D为坐标原点,以,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A1(2,0,2),A(2,0,0),E(1,2,0),F(0,2,1),所以=(0,0,2),=(-1,2,0),=(-2,2,1).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则
取y=1,得n=(2,1,2),所以点A1到平面AEF的距离d===,故B正确.对于C,点A1到直线AF的距离为=
=,故C正确.对于D,连接CA,GA,GE,GF,记点C,点G到平面AEF的距离分别为h1,h2,则V三棱锥C-AEF=·S△AEF·h1=V三棱锥A-CEF=××2=,V三棱锥G-AEF=·S△AEF·h2=V三棱锥A-GEF=××2=,所以h1≠h2,故D错误.故选ABC.
12.BCD　[解析] 如图,以B1为坐标原点,建立空间直角坐标系,设BC=a,BB1=b,则由题得B1(0,0,0),A1(0,2,0),C1(a,0,0),A(0,2,b),B(0,0,b),所以=(0,-2,b),=(-a,2,0),==(a,0,0),=(0,0,b),又=λ,=λ,λ∈(0,1),所以=+=+λ=(λa,0,b),即P(λa,0,b),=+=+λ=(a-λa,2λ,0),即Q(a-λa,2λ,0),所以=(a-2λa,2λ,-b).对于A,·=(a-2λa,2λ,-b)·(0,-2,b)=-4λ-b2<0,故A错误;对于B,由题知=(a,0,0)是平面ABB1A1的一个法向量,·=(a-2λa,2λ,-b)·(a,0,0)=a2-2λa2,当λ=时,·=a2-2λa2=0,又PQ 平面ABB1A1,所以PQ∥平面ABB1A1,故B正确;对于C,=(λa,-2,b),=(a-2λa,2λ,-b),=(0,-2,b),设平面A1BP的法向量为m=(x,y,z),则取z=2,则m=(0,b,2),设点Q到平面A1BP的距离为d,则由λ∈(0,1)得d===,由题意可知=|A1B||BP|=,故==·d=××=-=-+,因为BB1,B1C1的长度为定值,所以ab为定值,故当λ=时,三棱锥B-A1PQ的体积最大,故C正确;对于D,设直线PQ与A1B所成角为θ,当λ=时,cos θ==
==
=≥=,当且仅当b2=,即b=时等号成立,故D正确.故选BCD.
13.　
[解析] 如图所示,以AD的中点O为原点,以OD,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O作OM⊥平面ACD交AB于M,以OM所在直线为z轴建立空间直角坐标系Oxyz,则A,B,C,D,则=,=,=.设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则
取x=-,则y=1,z=3,可得n=(-,1,3).设点D到平面ABC的距离为d,得d===,即点D到平面ABC的距离是.因为O是AD的中点,所以点O到平面ABC的距离是×=.
14.　[解析] 以D为原点,DA,DC,DD1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D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),=(-2,2,-1).因为点P在侧面ABB1A1内,所以设点P的坐标为(2,b,c),b,c∈[0,2],所以=(2,b,c-2),又·=0,所以-4+2b+2-c=0,得c=2b-2,所以b∈[1,2],又PB⊥BC,所以S△PBC=BC·PB=×2×PB=,将c=2b-2代入上式,得S△PBC==,b∈[1,2],故当b=时,S△PBC取得最小值.
15.解:(1)证明:因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以A1C1∥AC,
又D,E分别为AB,BC的中点,所以DE∥AC,所以DE∥A1C1,
又A1C1 平面B1DE,DE 平面B1DE,所以A1C1∥平面B1DE.
(2)因为ABC-A1B1C1是直三棱柱,且AB⊥AC,所以以A为坐标原点,AB,AC,AA1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,设AA1=a(a>0),则B1(1,0,a),D,A1(0,0,a),F,则=,=,由B1D⊥A1F可得·=0,即-+=0,可得a=1.设AC=b(b>0),则C1(0,b,1),则=,=(0,b,0),设平面A1FC1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,0,2),由E,得=,
所以点E到平面A1FC1的距离d===.
16.解:(1)证明:由题意可知BC⊥AB.
因为平面SAB∩平面ABCD=AB,平面SAB⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以BC⊥平面SAB.
因为平面SCD∩平面SAB=l,所以l 平面SAB,则BC⊥l.
(2)由题可知AB⊥AD.因为SA⊥AB,平面SAB∩平面ABCD=AB,平面SAB⊥平面ABCD,SA 平面SAB,所以SA⊥平面ABCD,又AD 平面ABCD,所以SA⊥AD.故以A为坐标原点,AD,AB,AS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.
设AD=1,则B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),所以=(1,-2,0),=(2,2,-2).设=λ(0<λ<1),则=λ=(2λ,2λ,-2λ),从而Q(2λ,2λ,-2λ+2),故=(2λ,2λ-2,-2λ+2).设平面BDQ的法向量为n=(x,y,z),则
即
令x=2-2λ,得n=(2-2λ,1-λ,1-3λ).易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),则|cos|===,即6(1-3λ)2=14λ2-16λ+6,整理得2λ2=λ,解得λ=或λ=0(舍去).
故在棱SC上存在一点Q满足题意,此时=1.
17.解:(1)因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD,
又AB 平面ABE,
设平面ABE∩平面PCD=l,则AB∥l,
取PD的中点G,连接EG,AG,则EG∥CD,又AB∥CD,所以AB∥EG,即EG为l,即EG,AG就是应画的线.
因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AB⊥PA,又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,
所以AB⊥平面PAD,又AG 平面PAD,所以AB⊥AG,即截面ABEG为直角梯形,又PA=AB=2,所以AG=,EG=1,BE==,所以截面周长为++3.
(2)以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,0),
所以=(-1,1,1),=(-2,1,0),=(0,2,-2).
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,可得n=(1,2,-1),设PD∩平面BEF=H,设=λ(0≤λ≤1),则=λ(0,2,-2)=(0,2λ,-2λ),又P(0,0,2),所以H(0,2λ,2-2λ),则=(-2,2λ,2-2λ),由·n=(-2,2λ,2-2λ)·(1,2,-1)=0,可得6λ-4=0,即λ=,即H为PD上靠近点D的三等分点,连接EH,FH,即EH,FH就是应画的线.第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题
【课标要求】　能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题.
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==　　　　　=　　　　　.
题组一　常识题
1.[教材改编] 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=A1A=4,M为BC1的中点,N为A1B1的中点,则MN=　　　　.
2.[教材改编] 已知正方形ABCD的边长为4,CG⊥平面ABCD,CG=2,E,F分别是AB,AD的中点,则点C到平面GEF的距离为　　　　.
3.[教材改编] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则平面A1BD与平面B1CD1之间的距离为　　　　.
题组二　常错题
◆索引:点到直线的距离公式记错;点到平面的距离公式忽略绝对值出错.
4.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为正方形A1ABB1的中心,E为棱BC的中点,则点O到直线A1E的距离为　　　　.
5.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,点P(-2,1,4)到平面α的距离为,则x=　　　　　　.
　点线距、点面距
例1 (1)四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,OA=1,OB=2,OC=3,点D在棱OC上,且OC=3OD,点G为△ABC的重心,则点G到直线AD的距离为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.
C. D.
(2)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么点P到平面ABC的距离为　　　　.
总结反思
1.求点到直线的距离常用以下两种方法:
(1)几何法:求点A到直线l的距离,就是求从点A向直线l所作的垂线段的长度,往往在直角三角形中利用勾股定理求解.
(2)向量法:点A到直线l的距离d=(其中A为直线l外一点,P为直线l上的任一点,n为与l的方向向量平行的单位向量).
2.点到平面的距离的求法:
(1)几何法:①作出点到平面的垂线段,在直角三角形中,求这条垂线段的长度.
②把待求的点到平面的距离看作三棱锥的高,利用三棱锥的等体积转换法求解.
(2)向量法:点A到平面α的距离d=(其中A是平面α外一点,B是平面α内任一点,n是平面α的一个法向量).
变式题1 (1)定义:两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线AC与BC1之间的距离是 (　 )
A. B.
C. D.
(2)[2024·云南曲靖二中联考] 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点C到平面A1DB的距离为　　　　.
变式题2 [2023·天津卷] 如图,三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,N为AB的中点,M为BC的中点.
(1)求证:A1N∥平面C1MA;
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1的夹角的余弦值;
(3)求点C到平面C1MA的距离.


　立体几何中的探索性问题
例2 [2024·广州三模] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,CD∥AB,∠ABC=90°,AB=2CD,三棱锥B-PCD的体积为,平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)求四棱锥P-ABCD的体积,并在图上画出交线l(注意保留作图痕迹).
(2)若AB=2BC=4,PA=PD,且平面PAD⊥平面ABCD,在l上是否存在点N,使平面PDC与平面DCN的夹角的余弦值为 若存在,求PN的长度;若不存在,请说明理由.


总结反思
存在性问题的解题策略:
对于线面位置关系的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证,寻找假设满足的条件,若满足则肯定假设,若得出矛盾的结论,则否定假设.
变式题 如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AD,AB的中点,AB=2A1B1=4,二面角C1-BC-D的大小为45°.
(1)求证:BD1∥平面A1EF.
(2)棱AB上是否存在点M,使得直线D1M与平面A1EF所成的角的正弦值为 若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.


　折叠问题
例3 [2024·新课标Ⅱ卷] 如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求平面 PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.


总结反思
翻折问题的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系,尤其是隐含的垂直关系,一般地翻折后还在一个平面上的性质不发生变化,不在同一平面上的性质发生变化.
变式题 [2024·湖南长沙一中模拟] 在Rt△ABC中,∠C=,AC=2CB=4,D,E分别为AC,AB的中点,现将△ABC以DE为折痕折起,使点A到达点A'的位置,如图.
(1)连接AA',证明:AA'⊥BA';
(2)若平面A'BC与平面A'ED的夹角为,求直线A'B与平面A'ED所成角的正弦值.

第48讲　空间距离及立体几何中的探索性问题
(时间:45分钟)
1.已知直线l过点A(1,-1,2),与l垂直的一个向量为n=(-3,0,4),则P(3,5,0)到l的距离为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.14 B.5
C. D.
2.已知点A(-1,1,1),B(-1,2,3),C(1,2,4),则点A到直线BC的距离d= (　 )
A. B.
C. D.
3.[2024·河北廊坊期末] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,G为线段B1D1上的动点,则点B到平面GAD距离的最小值为 (　 )
A.1 B.
C. D.2
4.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,则B1C1到平面A1BC的距离是 (　 )
A. B.
C. D.
5.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),P(1,-1,0),那么过点P且平行于平面ABC的平面与平面ABC间的距离是 (　 )
A. B.
C. D.
6.已知动直线l经过点A(2,3,1),且向量n=(1,0,-1)所在直线与动直线l垂直,则点P(4,3,2)到l所在平面的距离为　　　　.
7.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2BC=2,则异面直线B1D1与CD的距离为　　　　,异面直线BD1与CD的距离为　　　　.
8.如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是a,且AB⊥AD,∠A1AB=∠A1AD=60°,E为CC1的中点,则点E到直线AC1的距离为 (　 )
A.a B.a
C.a D.a
9.[2025·浙江名校协作体联考] 如图,在下列四个正方体中,P是顶点,A,B,C是棱的中点,则三棱锥P-ABC体积最大的是 (　 )
10.[2024·沧州二模] 已知四面体ABCD满足∠BAC=,cos∠CAD=,cos∠DAB=,AB=2,AC=3,AD=2,则点A到平面BCD的距离为 (　 )
A. B.
C. D.
11.(多选题)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G分别为棱BC,CC1,BB1的中点,则下列结论正确的是 (　 )
A.直线EF到平面A1ADD1的距离为2
B.点A1到平面AEF的距离为
C.点A1到直线AF的距离为
D.点C与点G到平面AEF的距离相等
12.(多选题)[2024·烟台二模] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AB⊥BC,P,Q分别为棱BC,A1C1上的动点,且=λ,=λ,λ∈(0,1),则 (　 )
A.存在λ使得PQ⊥A1B
B.存在λ使得PQ∥平面ABB1A1
C.若BB1,B1C1的长度为定值,则当λ=时,三棱锥B-A1PQ的体积最大
D.当λ=时,直线PQ与A1B所成角的余弦值的最小值为
13.在三棱锥B-ACD中,平面ABD⊥平面ACD,O是AD的中点,若AC=CD=AD=AB=1,且∠BAD=30°,则点D到平面ABC的距离为　　　　,点O到平面ABC的距离为　　　　.
14.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为　　　　.
15.[2025·江苏南通一模] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E,F分别为AB,BC,B1B的中点.
(1)证明:A1C1∥平面B1DE;
(2)若AB=1,AB⊥AC,B1D⊥A1F,求点E到平面A1FC1的距离.
16.[2024·湖北十堰调研] 如图①,在平面四边形BCDP中,PD∥BC,BA⊥AD,垂足为A,PA=AB=BC=2AD,将PAB沿AB翻折到△SAB的位置,使得平面SAB⊥平面ABCD,如图②所示.
(1)设平面SCD与平面SAB的交线为l,证明:BC⊥l.
(2)在棱SC上是否存在一点Q(点Q不与端点重合),使得二面角Q-BD-C的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
17.在如图所示的一块木料中,ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别是PC,AD的中点.
(1)若要经过点E和棱AB将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由并计算截面周长;
(2)若要经过点B,E,F将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由.(共161张PPT)
第48讲 空间距离及立体几何中的探
索性问题
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】 能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的
直线、相互平行的平面的距离问题.
1.点到直线的距离
如图,已知直线的单位方向向量为,是直线 上的
定点,是直线外一点,设，则向量 在直
线上的投影向量，在 中,
由勾股定理,得_ ______________ ______________.
◆ 知识聚焦 ◆
2.点到平面的距离
如图,已知平面 的法向量为,是平面
内的定点,是平面 外一点.过点作平面
的垂线,交平面 于点,则是直线 的方向
向量,且点到平面 的距离就是在直线
上的投影向量的长度.因此_ _____ ______.
题组一 常识题
1.［教材改编］ 在直三棱柱中， ，
，为的中点，为的中点，则
_____.
[解析] 以 为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则, ，
所以 .
◆ 对点演练 ◆
2.［教材改编］ 已知正方形的边长为4, 平面 ,
,,分别是,的中点,则点到平面 的距离为_ ____.
[解析] 以 为原点，建立如图所示的空间
直角坐标系,则,, ,
,所以 ,
， .设平面
的法向量为 ,则
即 令
，得,所以点到平面
的距离 .
3.［教材改编］ 如图,正方体 的棱长为1,则平面
与平面 之间的距离为_ __.
[解析] 以 为坐标原点，建立如图所示的空
间直角坐标系,则,, ,
,所以 ,
, .设平面
的法向量为 ,则
即令 ,得
,所以点到平面 的距离
.易证平面 平面
,所以平面与平面 之间的距
离等于点到平面 的距离,所以平面
与平面之间的距离为 .
题组二 常错题
◆ 索引：点到直线的距离公式记错;点到平面的距离公式忽略绝对
值出错.
4.在棱长为2的正方体中，为正方形 的中
心，为棱的中点，则点到直线 的距离为_ __.
[解析] 以为坐标原点，，，的方向分别为,, 轴的正方
向建立空间直角坐标系，则，， ，所以
，，所以 ，
.因为， ，所以
，，所以点到直线的距离为 ,
.
5.已知平面 的一个法向量为，点在平面
内，点到平面 的距离为，则 __________.
或
[解析] 由题可知， ，则
，解得或 .
探究点一 点线距、点面距
例1（1）四面体满足 , ,
,，点在棱上，且，点为 的重
心，则点到直线 的距离为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 四面体 满足
，即, ,
两两垂直，以点为原点，以,, 的
方向分别为,, 轴的正方向建立空间直角坐
标系，如图.因为,, ，
，所以, ，
，,则 ，所以
［思路点拨］建立空间直角坐标系,利用投影
向量及勾股定理求解点到直线的距离.
, ，则
,
，所以点 到直
线的距离
.故选A.
（2）已知 ,为平面外一点,,点到 两
边,的距离均为,那么点到平面 的距离为____.
[解析] 方法一:过点作,垂足为,作,垂足为 ,由题
意知.过点作 平面,垂足为，则点 在
的平分线上,连接,,,则,.在
中,,,则.在中, ,则
为等腰直角三角形,所以,所以 .在
中,,即点到平面的距离为 .
［思路点拨］思路一：过点作，垂足为，作 ，
垂足为,作 平面，垂足为，连接,,，则 ,
所以,所以，进而根据勾股定理求出点 到平面
的距离；
方法二：过点作,垂足为,作,垂足为 ,由题意知
,所以.以为坐标原点，以, 的方向
分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则 ,
, ,设,则, ，得
解得或所以点到平
面的距离为 .
［思路点拨］思路二：建系，利用向量法求点到平面 的距离.
[总结反思]
1.求点到直线的距离常用以下两种方法：
（1）几何法:求点到直线的距离,就是求从点向直线所作的垂线
段的长度,往往在直角三角形中利用勾股定理求解.
（2）向量法:点到直线的距离（其中为直
线外一点,为直线上的任一点,为与的方向向量平行的单位向
量）.
2.点到平面的距离的求法:
（1）几何法:①作出点到平面的垂线段,在直角三角形中,求这条垂线
段的长度.
②把待求的点到平面的距离看作三棱锥的高,利用三棱锥的等体积转
换法求解.
（2）向量法:点到平面 的距离（其中是平面 外一
点，是平面 内任一点,是平面 的一个法向量）.
变式题1（1）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上
任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体
中，异面直线与 之间的距离是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：设为直线上任意一点，过
作，垂足为，连接 ，如图，设
，
，则 ，
，即
，，， ，
，即 ，
，，
，， 当时， 取
得最小值，故异面直线与 之间的距
离是 .故选B.
方法二：如图，取的中点，连接， ，设
交于点，交于点 ，则
,.连接,，在 中，
,， .在正方体
中，易证，， ,
， 为异面直
线与的公垂线段., ,即
异面直线与之间的距离为 .
方法三：如图，以为坐标原点，以, ,
的方向分别为轴、轴、 轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则， ,
,，， ，连
接，， ，
, ，则
，，，, 异面直线
与 之间的距离为
.
（2）[2024·云南曲靖二中联考] 在棱长为1的正方体
中，点到平面 的距离为_ __.
[解析] 如图，连接 ，易知
.在中， ，所以
是边长为 的等边三角形，则
，设点 到平
面的距离为，则 ，即
，解得，所以点到平面
的距离为 .
变式题2 [2023·天津卷] 如图，三棱台
中，已知 平面 ，
，, ，
为的中点，为 的中点.
（1）求证：平面 ;
证明：连接 .
因为为的中点，为 的中点，
所以线段是的中位线，所以 ，
且.在三棱台 中，
，,,且,所以 ,且
,所以四边形是平行四边形，所以 .又
平面, 平面,所以平面 .
解：因为 平面，且，
平面，所以， .又
，所以，， 两两垂直.
如图，以为原点，,, 的方向分
别为轴、轴、 轴的正方向，建立空间
直角坐标系.因为 ,
,所以， ,
, .
（2）求平面与平面 的夹角的余弦值；
由是的中点，可得 ，
所以, .
设平面的法向量为 ,
则,,即 ,
,由此可得
令,则, ,即
.易知平面
的一个法向量为 .设平
面与平面的夹角为 ,
则, .
故平面与平面 的夹角的余弦
值为 .
（3）求点到平面 的距离.
解：由（2）知，，平面
的一个法向量为,设点 到平
面的距离为 ,则
，所以点 到
平面的距离为 .
探究点二 立体几何中的探索性问题
例2 [2024·广州三模] 如图，在四棱锥中，底面 为直
角梯形，， ，，三棱锥 的
体积为，平面与平面的交线为 .
（1）求四棱锥 的体积，并在图上画出
交线 （注意保留作图痕迹）.
解：设四棱锥的高为 ，则
，
， ，
，
.如图，延长，交于点，
连接，则平面与平面的交线为直线 .
［思路点拨］根据等体积法和锥体的体积公式即可求出 ，延
长，交于点，连接，则为直线 ；
（2）若，，且平面 平面，在
上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为 ？若存
在，求 的长度；若不存在，请说明理由.
解：取的中点，连接，， 是
的中点， .
平面 平面，平面 平面
， 平面， ，
平面 ，
，
又， .
［思路点拨］建立空间直角坐标系，设 ，利用空间向量法
求解面面夹角，建立关于 的方程即可求解.
以点为坐标原点，，所在直线分别为 ，
轴，过点作平面的垂线为 轴，建立空间
直角坐标系，如图所示，则 ，
，，， ，
， ，设
，
则 ，
设平面的法向量为 ，则
即令 ，得
.设平面 的法向量为
，则
即
令 ，可得
平面与平面
的夹角的余弦值为， ,
，
整理得，解得或 ，
即在直线上存在点，使平面与平面 的
夹
角的余弦值为，此时 或
，则
或
.
[总结反思]
存在性问题的解题策略：
对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件
下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满
足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设.
变式题 如图，在正四棱台中，,分别为,
的中点，，二面角的大小为 .
（1）求证：平面 .
证明：如图，连接， ，
由,分别为, 的中点，得
，又 平面 ，
平面，所以 平
面.在正四棱台中， 且
，则四边形为平行四边形，故 ，又
平面， 平面，所以平面 ，
又，且 平面， 平面 ，所以平面
平面，又 平面，所以平面 .
（2）棱上是否存在点，使得直线与平面 所成的角的
正弦值为？若存在，求出 的长；若不存在，请说明理由.
解：取正方形的中心 ，
正方形的中心 ，连
接，则 平面 ，
连接，因为四边形 为正
方形，所以，以为原点，，，所在直线分别为, ,
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由 ，二面角
的大小为 ，得 ，则
，，， ，
， ，
假设在棱上存在点
满足题意，则
，
，
设 ，则
，
.
设平面 的法向量为
，
因为 ，
，所以
令，则， ，即
.
因为直线与平面 所成
的角的正弦值为 ，所以
,
，整理得
，解得
或 （舍），故
，故棱 上存在
点，使得直线 与平面
所
成的角的正弦值为 ，
此时线段 的长为1.
探究点三 折叠问题
例3 [2024·新课标Ⅱ卷] 如图，平面四边
形中，,, ,
, ,点， 满足
,，将沿 对
折至，使得 .
（1）证明： ;
［思路点拨］在中，由余弦定理得到 ，结合勾股定理得到
垂直，由折叠的性质得到 ，利用线面垂直的判定定理得到
平面 ，即可证得结论；
证明：在 中，
， ，
，
， ，
，得，，又,, 平面
， 平面 ，
又 平面， .
（2）求平面与平面 所成的二面
角的正弦值.
解：连接 ， ，
， ,
,得 .
［思路点拨］由勾股定理以及线面垂直的性质得到，， 两
两垂直，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量即得二面角的
正弦值.
又, ，
, .又
，,,
平面， 平面 ，
，即，， 两两垂
直.以为原点，，， 所在
直线分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ,
,, ，,由为 的中点,得
，得
,
,
,
.设平面 的
法向量为 ,则
令,则 .
设平面 的法向量为
，则
令,则 .
设平面与平面 所成的二面
角为 ，
, ，
.
[总结反思]
翻折问题的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，
尤其是隐含的垂直关系，一般地翻折后还在一个平面上的性质不发
生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
变式题 [2024·湖南长沙一中模拟] 在中， ,
，，分别为,的中点，现将以 为折
痕折起，使点到达点 的位置，如图.
（1）连接，证明： ;
证明：方法一：如图，取的中点，连接 ，因为，分别
为,的中点，所以 ，因为，所以 .
在立体图形中，，,,, 平面
，所以 平面，所以 平面.
因为 平面，所以平面 平面，平面 平
面 . 因为为的中点，且，所以，
因为 平面，所以 平面.又因为，所
以 平面 .因为 平面，所以 .
方法二：因为，所以 且
，故 ，
所以 ，即 .
（2）若平面与平面的夹角为，求直线与平面 所
成角的正弦值.
解：方法一：因为，且 平面,
平面 ，所以平面.
又 平面，若平面 平面
，则，又，所以 .
由（1）可知，,，所以,，所以平
面 与平面的夹角为.
因为，且，所以 为
正三角形.过点作 平面，垂足为，
连接，则 为直线与平面所
成的角.过点作于点，因为
平面，所以，又因为
，所以 .
方法二：以为原点，所在直线为轴， 所
在直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设 ，则，,, ,
，则, ，
，.设平面 的法向量为
，
则
令 ，则 .设
平面的法向量为 ，
则
令 ，则 .
由题得, ，可得
，所以
,则 ，所以
.设直线 与
平面所成角为 ，则 ,
，故直线 与
平面所成角的正弦值为 .
例1 ［配例1使用］ [2024·福建泉州模拟]
在四棱锥中，, ,
,, .
（1）求证： ；
证明：取的中点，连接，因为，
所以 .因为，，
所以 ，又，，
, 平面，所以 平面 ，
【备选理由】例1考查利用向量法证明线线垂直，点面距的逆用求线段
长度，再求直线与平面所成角的正弦值；
又 平面，所以平面 平面 ，
又平面 平面， 平面，
，所以 平面 ，
故以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
设,，
则,, , ，
所以， ，
因为 ，
所以，即 .
（2）当点到平面的距离为,时，求直线 与平面
所成角的正弦值.
解：当时，, ,
,，则 ,
, ，
设平面的法向量为 ，则
令，则,，得 .
因为点到平面的距离为 ，所以
，解得 ，
所以， ，
.
设直线与平面所成的角为 ,则
, ，
故直线与平面所成角的正弦值为 .
例2 ［配例1使用］ 在平行六面体中， ,
, ， , .
（1）证明： 平面 ；
【备选理由】例2利用向量数量积证明线线垂直，再证线面垂直，用向
量法求平面 的法向量，用公式求点到平面的距离；
证明：方法一：以为坐标原点，所在直线为轴， 所在
直线为轴，过点且垂直于平面的直线为 轴，建立空间直角
坐标系，
则,,, ，
设，则，， ，
由 ，
得 ，
由 ，
得 ，
由，得，即 ，
由得，则, ，
则，故，又，， ,
平面，所以 平面 .
方法二：由题得
，故 ，
又，，, 平面，所以 平
面 .
（2）求点到平面 的距离.
解：设平面的法向量为 ，由（1）得
，, ，
则令，得, ，即
，
设点到平面的距离为 ，
则，故点到平面的距离为 .
例3 ［配例3使用］ 如图①，四边形是直角梯形， ，
，四边形是边长为2的菱形，并且 ，以
为折痕将折起，使点到达 的位置，得到四棱锥
,如图②，且 .
【备选理由】例3是折叠与探索性以及距离问题的综合问题；
（1）求证：平面 平面 .
证明：在直角梯形中，连接，交于点 ，
四边形是边长为2的菱形， ，
，.在四棱锥中，
, ，,是
二面角 的平面角.
，， ，即
， 平面 平面 .
（2）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为 ？
若存在，求出直线与平面 所成角的正弦值；若不存在，请说
明理由.
解：由（1）可知,,两两垂直，故以
为坐标原点，,,的方向分别为,, 轴
的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，， ，
， ，
， ，
， ，
.假设存在点 满足题意，设
， ，连
接 ，
则 .
设平面的法向量为 ，
则令 ，得
，
点到平面 的距离
，解得 或
（舍去），
，
.
设直线与平面所成的角为 ,
则, .
故在棱上存在点满足题意，此时直线
与平面所成角的正弦值为 .
例4 ［补充使用］ [2024·广东四校联考] 如图，在棱长为2的正方
体中，点是正方体的中心，将四棱锥 绕
直线逆时针旋转后，得到四棱锥 .
【备选理由】例4考查面面垂直的证明，线面垂直的判定和性质，考查
运算求解能力.
（1）若，求证：平面 平面 .
证明：若，则平面
和平面 为同一个平面.
以正方形和正方形 为
侧面作正方体 ,连接
，，，， ，
所以平面与平面重合，平面与平面 重合.
由正方体性质可知 平面 ，
，，，如图所示，是的中点，是 的中点，
因为， 平面 ，所
以， ，
所以为二面角
的平面角，
因为， ，所以
，同理可得 ，
所以，所以平面
平面 .
（2）是否存在 ，使得直线 平面？若存在，求出 的
值；若不存在，请说明理由.
解：假设存在 ，使得直线 平
面 ，
以为原点，以，， 的方向分
别为，， 轴的正方向，建立如图所
示的空间直角坐标系，
则，，，，故 ，
，
设平面的法向量为，则
令，得 .
取的中点，的中点，连接，，, ，则
， .
因为,,所以 ，则
，同理可知， ，
因为，，，所以四边形 为矩形，所
以 ，
故是二面角的平面角，且 ,
是二面角 的平面角，
是二面角 的平面角.
因为， ，所以
，
所以，所以 .
因为，，，， 平面 ，
所以 平面，且 ，
故，同理 ，
所以 ，
因为 ，
，
所以 .
若直线 平面，则 ，
即存在，使得 ，则
因为，可得 ，
故方程组 无解，
所以不存在，使得直线 平面 .
作业手册
1.已知直线过点，与垂直的一个向量为 ，则
到 的距离为( )
A.14 B.5 C. D.
[解析] 根据题意可知，显然 在向量
上的投影向量的长度即为到的距离，所以点
到的距离为 .故选C.
√
◆ 基础热身 ◆
2.已知点,,，则点到直线的距离
( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意得,，所以 ,
，所以 ，所以
点到直线的距离 .故选D.
√
3.[2024·河北廊坊期末]已知正方体的棱长为2, 为
线段上的动点，则点到平面 距离的最小值为( )
A.1 B. C. D.2
√
[解析] 由题意得
.设点到平面的距离为 ，则
，当
与重合时，最大，最大值为，此时 最小，
即为 .故选B.
4.已知正三棱柱的所有棱长都为2，则 到平面
的距离是( )
A. B. C. D.
[解析] 设,分别是,的中点，连接, ,
，根据正三棱柱的几何性质可知,, 两两
垂直，以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标
系，则,,, ，所以
,, .设平面
√
的法向量为 ，则
令,得,, .因
为, 平面, 平面 ，所以
平面，所以到平面 的距离即为点
到平面的距离，即为 .故选B.
5.已知点，，，，那么过点 且平
行于平面的平面与平面 间的距离是( )
A. B. C. D.
[解析] 由题得,, ，设平面
的法向量为，则即 令
，得，所以所求距离 .故选C.
√
6.已知动直线经过点，且向量 所在直线与动直
线垂直，则点到 所在平面的距离为_ __.
[解析] 由题得，则点到 所在平面的距离
.
7.在长方体中， ，则异面直
线与的距离为___，异面直线与 的距离为_ ___.
2
[解析] 在长方体中， 平面 ，因为
平面，所以，又，所以
是异面直线与的公垂线段，又，所以异面直线
与的距离为2.
因为， 平面， 平面 ，
所以平面，所以到平面的距离就是异面直线
与的距离，即点到平面的距离就是异面直线与 的距
离，设其为，由题得 ，因为
，所以 ，所
以，所以异面直线与的距离为 .
8.如图，在平行六面体 中，
以顶点为端点的三条棱长都是 ，且
， ， 为
的中点，则点到直线 的距离为
( )
A. B. C. D.
√
◆ 综合提升 ◆
[解析] 在平行六面体 中，
设，， ，则
,
，， ,
，所以
，
，
，
所以点到直线 的距离为
.故选A.
9.[2025·浙江名校协作体联考]如图，在下列四个正方体中， 是顶
点，,,是棱的中点，则三棱锥 体积最大的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系,设正方
体的棱长为2.对于A,,, ,
，所以, ,
，设平面 的法向量为
，则
令,则，所以，设点到平面的距离为 ，
则，易知 是边长为 的等边三角形，所以 ，所以 .
对于B，易求得,点到平面 的距离为1，所以.
对于C，, , , ，所以
, , ，
设平面 的法向量为，
则 令,则, ，
所以，设点到平面的距离为 ，
则 ,易求得
，所以 .
对于D，易求得,点到平面 的距离为1，所以 .故选A.
10.[2024·沧州二模]已知四面体满足, ,
,,,，则点到平面 的距离为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为四面体满足,, ,
,,，所以,, .
设平面的一个法向量为 ，则
即令，得,，所以 ，
所以 ,
，设点到平面的距离为 ，则
.故选D.
11.（多选题）如图，已知正方体
的棱长为2，，， 分
别为棱，， 的中点，则下列结论
正确的是( )
A.直线到平面 的距离为2
B.点到平面的距离为
C.点到直线的距离为
D.点与点到平面 的距离相等
√
√
√
[解析] 对于A，显然平面,点
到平面的距离即为直线 到平面
的距离，点到平面 的距离
为2,故A正确.
对于B，以为坐标原点,以 , ，的方向分
别为,, 轴的正方向，建 立空间直角坐标系，
则, ,,,所以
, , .
设平面的法向量为 ,则
取，得,所以点 到平面的距离 ,故B正确.
对于C，点到直线 的距离为
,故C正确.
对于D，连接 ，，，，记点，点到平面 的距离分别为， ，则
，
,
所以，故D错误.故选 .
12.（多选题）[2024·烟台二模] 如图，在直三棱柱
中，,，,分别为棱, 上的动点，且
，， ，则( )
A.存在 使得
B.存在 使得平面
C.若,的长度为定值，则当 时，三
棱锥 的体积最大
D.当时，直线与 所成角的余弦值的
最小值为
√
√
√
[解析] 如图，以 为坐标原点，建立空间直
角坐标系，设, ，则由题得
,,, ,
，所以 ，
， ，
，又 ，
， ，所以
，即 ，
，即，所以 .
对于A， ，故A错误；
对于B，由题知是平面 的一个法向量，
，当 时，
，又 平面，所以 平面
，故B正确；
对于C， ，
，，设平面 的法向量为
，则
取 ，则
，设点到平面的距离为 ，
则由得 ，
由题意可知 ，
故
，因为,的长度为定值，所以为定值，故当 时，三棱锥
的体积最大，故C正确；
对于D，设直线与所成角为 ，
当 时， ，当且仅当，即 时等号成立，故D正确.故选 .
13.在三棱锥中，平面 平面，是 的中点，若
，且 ，则点到平面 的距
离为_ ___，点到平面 的距离为____.
[解析] 如图所示，以的中点 为原点，以
，所在直线分别为轴、轴，过 作
平面交于，以所在直线为
轴建立空间直角坐标系，则 ，
，， ，则
， ，
.设为平面 的法 向量，
则
取，则, ，可得
.设点到平面的距离为 ，得
,即点到平面 的距离
是.因为是的中点，所以点到平面
的距离是 .
14.如图，在棱长为2的正方体中，是棱 的中
点，点在侧面内，若垂直于，则 的面积的最
小值为_ ___.
[解析] 以为原点，，， 所在直线
分别为,, 轴建立如图所示的空间直角坐标
系，则,,, ，
.因为点在侧面 内，
所以设点的坐标为,, ,所以
,又 ，所以
,得,所以,又 ，所以
,
将 代入上 式，得
,
,故当时， 取得最小值
.
15.[2025·江苏南通一模] 如图，在直三棱柱中， ，
，分别为，， 的中点.
（1）证明：平面 ；
证明：因为为直三棱柱，
所以 ，又，分别为，
的中点，所以，所以 ，
又 平面， 平面，
所以平面 .
（2）若，，，求点到平面 的距离.
解：因为是直三棱柱，且 ，
所以以为坐标原点，,, 所在直线分别
为,, 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设
，则, ,
,，则 ，
，由 可得
，即，可得 .设
，则 ，则
,，设平面
的法向量为 ，则
令,得 ，
由，得 ，
所以点到平面 的距离
.
16.[2024·湖北十堰调研] 如图①，在平面四边形 中，
，，垂足为，，将 沿
翻折到的位置，使得平面 平面 ，如图②所示.
（1）设平面与平面的交线为，证明： .
证明：由题意可知 .
因为平面 平面，平面 平面，
平面，所以 平面 .
因为平面 平面，所以 平面，则 .
（2）在棱上是否存在一点（点 不与端点重合），使得二面角
的余弦值为？若存在，求出 的值；若不存在，请说
明理由.
解：由题可知.因为 ，平
面 平面，平面
平面， 平面，所以
平面，又 平面 ，所以
.故以为坐标原点，，，所在直线分别为，， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，， ，所以
，.设 ，则
，从而
，故
.设平面 的
法向量为，则
即
令 ，得
.
易知平面的一个法向量为，
则 , ，
即 ，整理得
，解得或 （舍去）.
故在棱上存在一点 满足题意，此时
.
17.在如图所示的一块木料中， 是正方
形， 平面，，，
分别是， 的中点.
（1）若要经过点和棱 将木料锯开，在木
料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面
周长；
◆ 能力拓展 ◆
解：因为, 平面， 平面
，所以平面 ，
又 平面 ，
设平面 平面，则 ，
取的中点，连接,，则 ，又
因为 平面， 平面，所以 ，又
，，, 平面 ，
，所以，即为，即, 就是应画的线.
所以 平面，又 平面 ，所以
，即截面 为直角梯形，又
，所以, ，
，所以截面周长为
.
（2）若要经过点，， 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，
请说明理由.
解：以为坐标原点，，， 的方向
分别为，， 轴的正方向建立空间直角坐
标系，如图，
则，，， ，
，， ，
所以,, .
设平面的法向量为 ，
则令 ，可得
，设 平面 ，设
,则
，又 ，
所以 ，则
，由
，
可 得，即，即为 上靠近点
的三等分点，连接, ，即
, 就是应画的线.
【知识聚焦】1. 　 2.
【对点演练】1. 2. 3. 4. 5.-1或-11
课堂考点探究
例1(1)A　(2) 变式题1(1)B　(2) 变式题2 (1)略　(2) (3)
例2 (1) ，图略 (2) 存在， 的长度或
变式题 (1)略　(2) 例3 (1)略　(2) 变式题(1)略　(2)
教师备用习题
例1 (1)略　(2) 例2 (1)略　(2) 例3(1)略　(2)　例4 (1)略　(2)
基础热身
1.C 2.D 3.B 4.B 5.C 6. 7. 2
综合提升
8.A 9.A 10.D 11.ABC 12.BCD 13.
14. 15.(1)略　(2) 16.(1)略　(2)
能力拓展
17.(1) ,图略　(2)

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