专题8.7 向量法求距离、探索性及折叠问题(解析版)

8.7向量法求距离、探索性及折叠问题知识点总结1.点到平面的距离若P是平面α外一点，PO⊥α，垂足为O，A为平面α内任意一点，设n为平面α的法向量，则点P到平面α的距离d＝|AP→·n||n|.2.点到直线的距离如图(1)，点P为直线l外一点，A是l上任意一点，在点P和直线l所确定的平面内，取一个与直线l垂直的向量n，则点P到直线l的距离为d＝|AP→·n||n|.如图(2)，设e是直线l的方向向量，则点P到直线l的距离为d＝|AP→|sin〈AP→，e〉.3.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离.典型例题分析考向一点到直线的距离例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)，则BP→＝(－3，0，1)，BD→＝(－3，4，0)，故点P到直线BD的距离d＝|BP→|2－BP→·BD→|BD→|2＝10－952＝135，所以点P到直线BD的距离为135.考向二点到平面的距离例2在棱长均为a的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是侧棱CC1的中点，则点C1到平面AB1D的距离为()A.24aB.28aC.324aD.22a答案A解析以A为空间直角坐标原点，以垂直于AC的直线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系.由ABC－A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，故A(0，0，0)，B13a2，a2，a，D0，a，a2，C1(0，a，a)，所以AB1→＝3a2，a2，a，DC1→＝0，0，a2，AD→＝0，a，a2，设平面AB1D的法向量是n＝(x，y，z)，所以n·AB1→＝3a2x＋a2y＋az＝0，n·AD→＝ay＋a2z＝0，取n＝(3，1，－2)，故点C1到平面AB1D的距离d＝|DC1→·n||n|＝a3＋1＋4＝24a.感悟提升1.点线距的求解步骤：直线的单位方向向量a→所求点到直线上一点的向量PP′→及其在直线的方向向量a上的投影向量→代入公式.2.点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.考向三探索性问题例3(2023·厦门质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.(1)证明：A1B⊥B1C.(2)已知∠ABB1＝60°，AB＝AC＝2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°？若存在，求B1P的长度；若不存在，请说明理由.(1)证明因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1.因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB，所以AC⊥平面AA1B1B.又A1B⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1B.又因为AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，所以A1B⊥B1C.(2)解l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.理由如下：取A1B1的中点D，连接AD.因为∠ABB1＝60°，所以∠AA1B1＝60°.又AA1＝A1B1，所以△AA1B1为等边三角形，所以AD⊥A1B1.因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB.又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，AD⊂平面AA1B1B，所以AD⊥平面ABC.以A为原点，以AB→，AC→，AD→的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(－1，0，3)，B1(1，0，3)，AC→＝(0，2，0)，AB→＝(2，0，0)，AB1→＝(1，0，3).因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AC∥平面A1B1C1，又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C＝l，所以AC∥l.假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.设B1P→＝λAC→(λ∈R)，则B1P→＝(0，2λ，0)，所以AP→＝AB1→＋B1P→＝(1，2λ，3).设n＝(x，y，z)为平面ABP的一个法向量，则n·AB→＝0，n·AP→＝0，即2x＝0，x＋2λy＋3z＝0.令y＝－3，则z＝2λ，可取n＝(0，－3，2λ).又A1B→＝(3，0，－3)，所以sin30°＝|cos〈n，A1B→〉|＝|n·A1B→||n||A1B→|＝|23λ|3＋4λ2×23＝12，即3＋4λ2＝4λ2，此方程无解，因此l上不存在点P，使A1B与平面ABP所成角为30°.感悟提升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.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2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→分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.设底面边长为a，则高SO＝62a，于是S0，0，62a，D－22a，0，0，C0，22a，0，B22a，0，0.于是，OC→＝0，22a，0，SD→＝－22a，0，－62a，则OC→·SD→＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.(2)解由题设知，平面PAC的一个法向量DS→＝22a，0，62a，平面DAC的一个法向量OS→＝0，0，62a.则cos〈OS→，DS→〉＝OS→·DS→|OS→||DS→|＝32，所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.(3)解在棱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DS→＝22a，0，62a，CS→＝0，－22a，62a，BC→＝－22a，22a，0.设CE→＝tCS→，则BE→＝BC→＋CE→＝BC→＋tCS→＝－22a，22a（1－t），62at.又BE→·DS→＝0，得－a22＋0＋64a2t＝0，则t＝13，当SE∶EC＝2∶1时，BE→⊥DS→.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.考向四折叠问题例4(1)(2023·济南调研)如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P的位置，连接PB，PB＝3.(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值.(1)证明因为BC＝1，PC＝2，PB＝3，所以BC2＋PB2＝PC2，所以BC⊥PB，又因为BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAB.(2)解作PO⊥AB于点O，以O为坐标原点，以过O垂直于平面PAB的直线为x轴，OB，OP所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系.易得OB＝32，OP＝32，所以P0，0，32，C－1，32，0，所以PC→＝－1，32，－32，易知平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈PC→，n〉＝PC→·n|PC→|·|n|＝－34，所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为34.(2)(2023·苏北四市质检)已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图，OC⊥AB，∠AOD＝π6，点P是BD︵上的动点.沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD.(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；(2)当三棱锥P－COD的体积最大时，求二面角O-PD-C的余弦值.解(1)因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，又∠AOD＝π6，所以∠ODP＝∠OPD＝π6，所以∠POD＝2π3，又OD＝OP＝1，所以PD＝3.(2)由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝12·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大.易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，OC→，OP→，OD→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则C(1，0，0)，D(0，0，1)，P(0，1，0)，故PC→＝(1，－1，0)，DP→＝(0，1，－1).设平面CPD的法向量为n1＝(x，y，z).则PC→·n1＝0，DP→·n1＝0，即x－y＝0，y－z＝0，取y＝1，得x＝1，z＝1，得平面CPD的一个法向量为n1＝(1，1，1).易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1，0，0)，设二面角O-PD-C为θ，则cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝33，所以二面角O-PD-C的余弦值为33.感悟提升翻折问题中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.一般地翻折后还在同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.基础题型训练一、单选题1．在空间直角坐标系Oxyz中，已知3,4,1P，且平面OAB的法向量为2,2,3n，则P到平面OAB的距离等于（）A．23B．4C．17D．32【答案】C【分析】根据向量法计算可得.【详解】依题意3,4,1OP，平面OAB的法向量为2,2,3n，所以点P到平面OAB的距离22232421317223OPndn.故选：C2．空间中有三点1,2,2P，2,3,1M，3,2,2N，则点P到直线MN的距离为（）A．22B．23C．3D．25【答案】A【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.【详解】因为1,1,1MN，所以MN的一个单位方向向量为31,1,13u.因为1,1,3PM，故22211311PM，311333PMu,所以点P到直线MN的距离为2211322PMPMu.故选：A3．已知空间三点2,1,1,1,0,2,0,3,1ABC，则C到直线AB的距离为（）A．5B．22C．6D．19【答案】B【分析】根据给出的三个点求出AB、CB和BCuuur,求出cosABC和sinABC，即可求出C到直线AB的距离.【详解】由题意，空间三点2,1,1,1,0,2,0,3,1ABC，1,1,3,1,3,3,19ABCBBC，∴1111cos111919ABCBABCABCB，222sin1cos19ABCABC，∴C到直线AB的距离为：sin22BCABC，故选：B.4．已知空间三点3,2,0A，3,2,2B，3,0,1C，则C到直线AB的距离为（）A．1B．2C．3D．5【答案】B【分析】首先求出AC、AB，再根据夹角公式