第七章 10 第八节 用向量研究空间中的距离及探索性问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学讲义聚焦空间距离（点线、点面、线线、面面距）及探索性问题，依新课标要求构建“概念公式-常用结论-多维考点”知识体系。通过考点梳理（定义辨析、公式推导）、方法指导（向量法、几何法对比）、分层训练（自主检测、对点练）及真题演练环节，帮助学生突破空间向量应用难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以“数学思维”与“创新意识”为核心，创新采用“问题情境-模型建构-参数探究”教学策略。如探索性问题中，通过假设参数、列方程求解，培养学生逻辑推理能力。设置基础巩固、能力提升、真题对接三层练习，配合即时反馈，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第八节　用向量研究空间中的距离及探索性问题 【课标研读】　1.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，并能描述解决这一类问题的步骤.　2.体会向量方法在研究空间距离问题中的作用.　3.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. 1.点到直线的距离 (1)如图，先求出直线l的单位法向量n0，再求向量在法向量n0方向上的投影向量的长度｜·n0｜即可. (2)若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝. 2.点到平面的距离 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝｜·n0｜. 【常用结论】 名称 概念 求法 两点距 空间中两个点连线的线段长 求向量的模 线面距 当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离 转化为求点面距 面面距 当平面与平面平行时，一个平面上的任意一点到另一个平面的距离 【自主检测】 1.(多选题)下列结论不正确的是(　　) A.平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β B.点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度 C.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 D.直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α 答案：ABD 2.(链接北师选择性必修一P139T2)平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，＝(－1，－1，2)，A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为(　　) A.1 B. C. D. 答案：B 解析：因为＝(－1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，所以点A到平面α的距离为＝.故选B. 3.(链接北师选择性必修一P138T6)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CD的中点，AB＝2，则B1到平面C1EF的距离是　　　　. 答案： 解析：如图建立空间直角坐标系，则B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，E(1，2，0)，F(0，1，0)，所以＝(2，0，0)，＝(1，0，－2)，＝(－1，－1，0)，设平面C1EF的法向量为m＝(x，y，z)，则 令z＝1，则m＝(2，－2，1)，所以B1到平面C1EF的距离＝＝. 4.(链接北师选择性必修一P139例15)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：因为＝(－2，0，－1)，且n＝为l的一个单位方向向量，故点P到l的距离为d＝＝＝. 学生用书⬇第193页 考点一　空间中的距离问题 多维探究 角度1　点线距和线线距 (双空题)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是AB，C1D1，AD，DD1的中点，则点A1到直线EF的距离为　　　　；直线EF到直线MN的距离为　　　　. 答案：　 解析：建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E，F，M，N.＝，＝(－1，0，1)，的单位向量u＝＝，所以点A1到直线EF的距离d＝＝＝.因为MN∥EF，所以直线MN到直线EF的距离即为点M到直线EF的距离.因为E，M，所以＝.又的单位向量u＝，所以直线MN到直线EF的距离d＝＝＝＝. 角度2　点面距和线面距 (2025·江苏常州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. (1)证明：平面AEF⊥平面PBC； (2)若直线AF与平面PAB夹角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离. 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC. 因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC， 又因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB. 因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC. 因为PA＝AB，E为线段PB的中点， 所以AE⊥PB， 又因为PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC， 所以AE⊥平面PBC. 又因为AE⊂平面AEF， 所以平面AEF⊥平面PBC. (2)因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以，，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， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)， 易知u＝(0，1，0)是平面PAB的一个法向量， 设BF＝t(t∈[0，2])，则F(2，t，0)， 所以＝(1，0，1)，＝(2，t，0)， 所以｜cos＜，u＞｜＝＝， 即＝，解得t＝1，所以＝(2，1，0)， 设n＝(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量， 则 令x1＝－1，则y1＝2，z1＝1， 所以平面AEF的法向量n＝(－1，2，1)， 又因为＝(0，0，2)， 所以点P到平面AEF的距离为d＝＝＝，所以点P到平面AEF的距离为. 1.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投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离. 2.求点面距一般有以下三种方法 (1)作点到面的垂线，求点到垂足的距离；(2)等体积法；(3)向量法. 对点练1.(多选题)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱DD1的中点，F为棱BB1的中点，则(　　) A.点A1到直线B1E的距离为 B.直线FC1到直线AE的距离为2 C.点B到平面AB1E的距离为 D.直线FC1到平面AB1E的距离为 答案：AD 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，E(0，0，1)，F(2，2，1)，C1(0，2，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，因为＝(－2，－2，－1)，设的单位方向向量u1＝＝，＝(0，2，0)，所以·u1＝－.所以点A1到直线B1E的距离为＝＝，故A正确；因为＝(－2，0，1)，＝(－2，0，1)，所以∥，即AE∥FC1，所以点F到直线AE的距离即为直线FC1到直线AE的距离，设的单位方向向量u2＝＝，＝(0，2，1)，｜｜2＝5，·u2＝，所以直线FC1到直线AE的距离为＝，故B错误；设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，＝(0，2，2)，＝(－2，0，1)，＝(0，－2，0).由令z＝2，则y＝－2，x＝1，即n＝(1，－2，2).设点B到平面AB1E的距离为d，则d＝＝，即点B到平面AB1E的距离为，故C错误；因为AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，所以FC1∥平面AB1E，所以直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离.又＝(2，0，0)，平面AB1E的一个法向量为n＝(1，－2，2)，所以点C1到平面AB1E的距离为＝，所以直线FC1到平面AB1E的距离为，故D正确.故选AD. 考点二　探索性问题 师生共研 (2024·山东青岛调研)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△AB1C为等边三角形，四边形AA1B1B为菱形，AC⊥BC，AC＝4，BC＝3. (1)求证：AB1⊥A1C； (2)线段CC1上是否存在一点E，使得平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：连接A1B与AB1相交于点F，连接CF，如图①所示. 因为四边形AA1B1B为菱形， 所以F为AB1的中点， A1B⊥AB1. 因为△AB1C为等边三角形，所以CF⊥AB1， 又A1B，CF⊂平面A1BC，A1B∩CF＝F， 所以AB1⊥平面A1BC. 因为A1C⊂平面A1BC，所以AB1⊥A1C. (2)假设存在，设O，G分别为AC，AB的中点， 连接B1O，OG，由(1)可知AB1⊥BC， 又AC⊥BC，AB1，AC⊂平面AB1C，AB1∩AC＝A， 所以BC⊥平面AB1C. 又OG∥BC，所以OG⊥平面AB1C. 因为△AB1C为等边三角形，所以B1O⊥AC， 故OG，OC，OB1两两垂直. 以O为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系， 则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(3，2，0)，B1(0，0，2)，O(0，0，0)， 因为＝，＝， 所以A1(－3，－4，2)，C1(－3，0，2). 设＝λ(0≤λ≤1)， 则－＝λ， 有＝λ＋＝λ(－3，－2，2)＋(0，2，0)＝(－3λ，2－2λ，2λ)， 所以E(－3λ，2－2λ，2λ)，＝(－3λ，4－2λ，2λ)，＝(0，2，2). 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则有 当λ≠0时，令z＝，则x＝，y＝－3， 即n＝. 易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1). 若平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为， 则有｜cos＜n，m＞｜＝＝＝，则＝36， 又0＜λ≤1，所以λ＝. 当λ＝0时，平面AB1E即平面AB1C， 因为B1O⊥平面ABC，B1O⊂平面AB1C， 所以平面AB1C⊥平面ABC，不满足题意. 所以点E存在，且CE＝CC1. 探索性问题的求解策略 1.对于存在判断型问题：通常应先假设存在，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. 学生用书⬇第194页 对点练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. 解：(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)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)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＝， 故当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. [真题再现]　 (2024·天津卷节选)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点.求点B到平面CB1M的距离. 解：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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， 依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)， 则M(0，1，1)，N， 所以＝，＝，＝. 设平面 CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1). 易知＝. 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝＝＝， 所以点B到平面CB1M 的距离为. [教材呈现]　(链接北师选择性必修一P142T22(1))如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PB⊥平面ABCD，PB＝5，AB＝BC＝6，AD＝3，求：点B到平面PCD的距离. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的形式和本质基本一样，都是考查求点面距问题，同时高考题又考查综合应用所学知识解决问题的能力. 学科网（北京）股份有限公司 $