第二课时 向量法求距离、探索性及折叠问题

第二课时向量法求距离、探索性及折叠问题题型一利用向量法求距离角度1点到直线的距离例1已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足AP→＝34AB→＋12AD→＋23AE→，则点P到AB的距离为________.答案56解析建立如图所示的空间直角坐标系，则AP→＝34(1，0，0)＋12(0，1，0)＋23(0，0，1)＝34，12，23.又AB→＝(1，0，0)，∴AP→在AB→上的投影为AP→·AB→|AB→|＝34，∴点P到AB的距离为|AP→|2－AP→·AB→|AB→|2)＝56.角度2点到平面的距离例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝12CD＝1，E为PC的中点.(1)证明：BE∥平面PAD.(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.(1)证明如图，取PD的中点F，连接AF，EF，因为E为PC的中点，F为PD的中点，所以EF綉12CD.又AB綉12CD，所以EF綉AB，故四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF.又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(2)解法一(向量法)如图，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.在等边△PBC中，PO＝3，OP⊥BC.又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OM，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则P(0，0，3)，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，C(1，0，0)，故E12，0，32，所以AD→＝(2，1，0)，PA→＝(－1，1，－3)，PE→＝12，0，－32.设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AD→＝0，n·PA→＝0，即2x＋y＝0，－x＋y－3z＝0，令x＝1，则y＝－2，z＝－3，故n＝(1，－2，－3)为平面PAD的一个法向量.所以点E到平面PAD的距离d＝|n·PE→||n|＝12×1＋0×（－2）＋－32×（－3）12＋（－2）2＋（－3）2＝22.法二(等体积法)由(1)得BE∥平面PAD，故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离.如图，取BC的中点G，连接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.又△PBC是边长为2的正三角形，所以PG＝3，PB＝BC＝2.因为AB⊥平面PBC，AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PBC.因为平面ABCD∩平面PBC＝BC，所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.因为AB⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，所以四边形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，则AD＝5，S△ABD＝12×1×2＝1.因为AB⊥PB，AB＝1，PB＝2，所以PA＝5.在Rt△PGD中，易知DG＝5.又PG＝3，所以PD＝22，所以S△APD＝12×22×（5）2－（2）2＝6.设点B到平面PAD的距离为h，因为三棱锥P－ABD的体积V＝13S△APD×h＝13S△ABD×PG，所以h＝S△ABD×PGS△APD＝36＝22.所以点E到平面PAD的距离为22.感悟提升(1)向量法求点到直线距离的步骤①根据图形求出直线的单位方向向量v.②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量MN→.③垂线段长度d＝MN→2－（MN→·v）2.(2)求点到平面的距离的常用方法①直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝|PA→·n||n|.训练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(23，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).∵N是CC1的中点，∴N(0，4，2).(1)AN→＝(0，4，2)，AB→＝(23，2，0)，则|AN→|＝25，|AB→|＝4.设点N到直线AB的距离为d1，则d1＝|AN→|2－AN→·AB→|AB→|2)＝20－4＝4.(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝23x＋2y＝0，n·AN→＝4y＋2z＝0，令z＝2，则y＝－1，x＝33，即n＝33，－1，2.易知C1N→＝(0，0，－2)，设点C1到平面ABN的距离为d2，则d2＝C1N→·n|n|＝－4433＝3.题型二立体几何中的探索性问题例3(12分)(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？[规范答题](1)证明因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，所以CF＝1，BF＝5.如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝BF2＋AB2＝3，所以AC＝AF2－CF2＝22.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，……………………2分故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，BF→＝(0，2，1).设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，……………………4分于是DE→＝(1－m，1，－2)，所以BF→·DE→＝0，所以BF⊥DE.……………………6分(2)解易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).……………………7分设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，则DE→·n2＝0EF→·n2＝0，又DE→＝(1－m，1，－2)，EF→＝(－1，1，1)，所以（1－m）x＋y－2z＝0，－x＋y＋z＝0，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，……………………9分所以cos〈n1，n2〉＝32m－122＋272.设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sinθ＝1－cos2〈n1，n2〉＝1－92m－122＋272，……………………10分故当m＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B1D＝12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.……………………12分第一步根据已知条件建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直第二步求两平面的法向量第三步计算向量的夹角(或函数值)第四步借助于函数的单调性或基本不等式确定最值第五步反思解题思路，检查易错点训练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.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.由题知，二面角P－AC－D为锐角，则cos〈OS→，DS→〉＝OS→·DS→|OS→||DS→|＝32，所以二面角的大小为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.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.题型三折叠问题例4图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的平面BCG与平面ACG夹角的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.以H为坐标原点，HC→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC→＝(2，－1，0).设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则CG→·n＝0，AC→·n＝0，即x＋3z＝0，2x－y＝0.所以可取n＝(3，6，－3).又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝32.因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30°.感悟提升1.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠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.2.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.训练3(2022·宁波质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝3，CE→＝2ED→.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝6，如图2.(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.(1)证明在图①中，连接AE，AC，AC交BE于F.∵CE→＝2ED→，DC＝3，∴CE＝2，∴AB＝CE.又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形.在Rt△ACD中，AC＝32＋（3）2＝23，∴AF＝CF＝3.在图②中，AC1＝6，∵AF2＋C1F2＝AC21，∴C1F⊥AF，由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，∴C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，∴平面BC1E⊥平面ABED.(2)解如图②，以D为坐标原点，DA→，DE→的方向分别为x，y轴的正方向，FC1→的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A(3，0，0)，B(3，2，0)，E