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1、 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(au)u，在RtAPQ中，由勾股定理，得PQ.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
2、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()A10 B3 C. D.答案D解析由条件可得P(2,1,4)到的距离为.2正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为()A. B2 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B1D1
3、DB的距离，连接A1C1，交B1D1于O1(图略)，A1O1的长即为所求，由题意可得A1O1A1C1.3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(2，2,0)，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
4、|2，|4.设点N到直线AB的距离为d1，则d14.(2)设平面ABN的一个法向量为n(x，y，z)，则由n，n，得令z2，则y1，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AB3，AD4，PA1，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A
5、C，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DEBC.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，P，B，C，F，所以，.设平面PBC的一个法向量为n(x，y，z)，由得令yz1，所以n(0,1,1)因为
6、(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，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(
7、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，则cos ，sin .故点A到直线BE的距离d1|sin 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z1，得y1，x1，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A
8、1BD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ABCDA1B1C1D1中，AA1AB2，AD1，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ABCDA1B1C1D1
9、，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，求的值(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，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(01)，则M(2,2，2)
10、，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，从而(2,22，2)，(1,0,2)，(0，2,0)，设平面MCF的法向量为m(x1，y1，z1)，则令z11可得m(1)，设平面CFE的法向量为n(x2，y2，z2)，则令z21可得n(2,0，1)，从而mn5，|m|，|n|，则cosm，n.整理可得(1)2，故.所以.教师备选(2022盐城模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，B1C，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，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长(1)证明如图，
11、取AB的中点D，连接CD，B1D.因为三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，所以ABCD，CD，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.在B1CD中，CD，B1D，B1C，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，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间
12、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(0,1，)，其中01.则(，1，)设平面ACC1A1的法向量为n(x，y，z)，由得取x1，则y，z1，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|cosn，|，化简得162810，解得，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
13、(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SOa，于是S，D，C.于是，.则0，
14、故OCSD，从而ACSD.(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，则cos |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(0t1)，因为B，C，所以，则t.又0，得0a2t0，则t，当SEEC21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SEEC21.课时精练1.如图，在梯形ABCD中，ADBC，ABC，ABBCADa，PA平面ABCD，且PAa，点F在AD上，且CFPC.
15、(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(a，ma，0)，(a，a，a)PCCF，C，(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)，则解得取x1，得n(1,1,2)设点A到平面PCF的距离为d，由(a，a，0)，得da.(2)由于(a，0，a)，(0，a，0)，(0,0，a)设平面PBC的法向量为n1(x0，y0，
16、z0)，由得取x01，得n1(1,0,1)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，ha.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？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PBBC，BCAB，PBABB，PB，AB平面PAB，所以BC平面PAB，因为PA平面P
17、AB，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(2,2,0)，(0,1,1)，(2,2，2)，由取y1，可得m(1,1，1)，cosm，所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为.(3)解设点F(2，t，
18、0)(0t2)，设平面PAF的法向量为n(a，b，c)，(2，t，0)，(0,0,2)，由取at，则n(t，2,0)，所以点E到平面PAF的距离为d，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.3(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，AA1A1B1AB1，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？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
19、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，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)20，C1MA1C.(2)解如图，假设点E存在，设点E的坐标为(，0)，其中11，(，0)，(0,1,1)，设平面AD1E的法向量为n(x，y，z)，则即取y，则x，z，n(，)，平面ADD1的一个法向量为m(1,0,0)，|cosm，n
20、|，解得，即CE1或CE1.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CE1或CE1.4.(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，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POAD.又因为CD平面PAD，PO平面PAD，所以POCD.又ADCDD
21、，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z1，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，所以cos ，所以，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，0,1，所以(2，4,22)，所以cos |cos，m|，整理得22320，0，方程无解，所以不存在这样的点M.