第六节 第2课时　向量法求空间距离、探索与折叠问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间向量的应用”专题，覆盖空间距离（点线、点面、异面直线）、折叠问题、探索性问题三大高考核心考点，依据高考评价体系梳理向量法求解步骤，通过真题统计明确点面距、二面角等高频题型占比，构建“公式-模型-应用”的系统复习框架。 课件亮点在于“真题溯源+素养导向”，如以2024天津高考点面距题为例，提炼“建系-求法向量-代公式”三步法，培养数学思维与数学语言素养。设“易错警示”（如混淆点面距与向量模）和“母题变式”，助力学生掌握得分技巧，教师可通过专题训练精准突破高考难点。

第2课时　向量法求空间距离、探索与折叠问题 第六节　空间向量的应用 1.点P到直线l的距离 如图①,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P到平面α的距离 如图②,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=___________=__________. 1.两条平行直线之间的距离 求两条平行直线l,m之间的距离,可在其中一条直线l上任取一点P,则两条平行直线间的距离就等于点P到直线m的距离. 2.直线与平面、平面与平面之间的距离均可转化为点到平面的距离,用求点到平面的距离的方法求解: (1)直线a与平面α之间的距离d=,其中A∈a,B∈α,n是平面α的法向量. (2)两平行平面α,β之间的距离d=,其中A∈α,B∈β,n是平面α,β的法向量. 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)平面α外一点A到平面α的距离,就是点A与平面内一点B所成向量的长度.(　　) A∉α,B∈α,当AB⊥α时,点A到平面α的距离是向量的长度,所以错误. 解析 (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.(　　) 直线外一点到这条直线的垂直线段的长度叫做点到直线的距离. 解析 (3)直线l上各点到平面α的距离相等,则直线l平行于平面α.(　　) 直线l上各点到平面α的距离相等,则l平行于平面α或l在平面α内. 解析 (4)异面直线l1与l2,在l1上任取一点P,在l2上任取一点Q,则||的最小值就是l1与l2的距离.(　　) 异面直线l1与l2,在l1上任取一点P,在l2上任取一点Q,根据异面直线的距离的定义可知,||的最小值就是l1与l2的距离,所以正确. 解析 2.(人A选一P35T1改编)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________. 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===. 解析 3.(人A选一P34例6改编)已知平面ABC的一个法向量为n=(1,2,1),向量=,则点F到平面ABC的距离为________. 由题意,点F到平面ABC的距离为==. 解析 4.(人A选一P44T14改编)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1= 3,则异面直线AC与BC1之间的距离是(　　) A. B. C. D. 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C1(0,1,3),则=(-2,1,0), =(-2,0,3),设的公垂线的方向向量n=(x,y,z),则令x=3,则n=(3,6,2),因为=(0,1,0),所以d==. 解析 5.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,则平面AMN与平面EFBD间的距离为________. 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(4,0,0),M(2,0,4),B(4,4,0),N(4,2,4).所以=(2, 2,0),=(-2,0,4),=(0,4,0).设n=(x,y,z)是平面 解析 AMN的一个法向量,则取z=1,得n=(2,-2,1).所以点B到平面AMN的距离d==.易知MN∥EF,MN⊂平面AMN,EF⊄平面AMN,所以EF∥平面AMN,又BF∥AM,AM⊂平面AMN,BF⊄平面AMN,所以BF∥平面AMN,因为EF∩BF=F,EF,BF⊂平面EFBD,所以平面AMN∥平面EFBD.所以平面AMN与平面EFBD间的距离等于点B到平面AMN的距离,为. 解析 考向❶ 点到直线的距离 【例1】　如图,在四棱锥P-ABCD中,PB⊥平面 ABCD,PB=AB=2BC=4,AB⊥BC,则点C到直线PA 的距离为(　　) A.2 B.2 C. D.4 考点一 向量法求空间距离 如图,以B为原点,射线BC,BA,BP分别为x轴、y轴、 z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系.则B(0,0,0), C(2,0,0),A(0,4,0),P(0,0,4),故=(2,0,-4),=(0,4, -4),所以PC在PA上的射影为d===2,故 点C到直线PA的距离h===2,即点C到直线PA的距离为2.故选A. 解析 用向量法求点到直线的距离的一般步骤 1.求直线的方向向量. 2.计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度. 3.利用勾股定理求解.另外,要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化. 考向❷ 点到平面的距离 【例2】　(2024·天津高考)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. (1)求证D1N∥平面CB1M; 以A为原点,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= ,=(1,-1,2),=(-1,0,1).设平面CB1M 证明 的法向量为n=(x1,y1,z1),则取x1=1,得z1=1,y1=3,则n=(1,3,1).·n=·(1,3,1)=-=0,所以⊥n,显然D1N⊄平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M. 解 (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; 易知=(1,-1,2),=(-1,1,0),设平面BB1C1C的法向量为m=(x2,y2, z2),则取x2=1,得y2=1,z2=0,则m= (1,1,0).设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ,则cos θ=|cos<n,m>|= ==,所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. 解 (3)求点B到平面CB1M的距离. 易知=(0,0,2).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. 解 点面距的求法 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把待求的点面距看作三棱锥的高,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B是平面α内一定点,n是平面α的一个法向量). 【题组对点练】 题号 1 2 考向 ❷ ❶ (1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,过A1,C1,B三点的平面截去长方体的一个角后,得到几何体ABCD-A1C1D1,且这个几何体的体积为10,则点D到平面A1BC1的距离为(　　) A. B. C. D. 设AA1=h,则=- =10,所以4h-h××4=10,可得h= 3,如图,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为 x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,所以A1(2,0,3),B(2,2,0),C1(0,2,3),则=(0,2,-3),=(2,0,-3),设m=(x,y,z)是平面A1BC1的法向量,则 解析 令z=2,则m=(3,3,2),又=(2,2,0),故点D到平面A1BC1的距离为==.故选D. 解析 (2)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_________. 如图,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为 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. 解析 异面直线之间的距离 已知和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线,公垂线与两条直线相交的点所形成的线段,叫做这两条异面直线的公垂线段.两条异面直线的公垂线段的长度,叫做这两条异面直线的距离. 求异面直线间的距离的方法 (1)异面直线AB与CD间的距离可用以下公式求解. d=,其中n满足 (2)求公垂线段所在的向量的坐标,进而求出模. 【典例】　如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,MN是异面直线AC与C1D的公垂线段,则异面直线AC与C1D间的距离为_________. 以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),C(1,1,0), D(0,1,0),C1(1,1,1).因为点M在AC上,点N在C1D上,所以设M(m,m,0),N(n,1,n),所以=(1,1,0),=(1,0,1), =(n-m,1-m,n).因为MN是异面直线AC与C1D的公 解析 垂线段,所以=0,=0,即所以M,N,所以异面直线AC与C1D间的距离为|MN|==. 解析 【微练】　在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为3的正方形,PA⊥底面ABCD,PA=6,点G在侧棱PB上,且满足2PG=GB,则异面直线PC和DG的距离为(　　) A.　　　　　 B. C. D. 如图,以点A为原点,,,的方向分别为x,y,z轴正 方向,建立空间直角坐标系,则B(3,0,0),C(3,3,0),D(0,3, 0),P(0,0,6),G(1,0,4).所以=(1,-3,4),=(3,3,-6), =(3,0,0),设n=(x,y,z)为直线PC和DG的公垂线的 方向向量,则有可取n=(1,3,2), 所以异面直线PC和DG的距离为==. 解析 【例3】　(2025·全国二卷)(15分)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 考点二 折叠问题………………规范答题 [思考] ❶如何证明线面平行? ❷如何确定二面角? ❸如何求平面的法向量? ❹如何求二面角的正弦值? 【书写表达】————规范答题 步步为赢 得满分 (1)(第一给分点:5分) 设AD=1,所以AB=3,CD=2,因为F为CD中点,所以DF=1, 因为EF∥AD,AB∥CD, 所以AEFD是平行四边形, [1分] 所以AE∥DF,所以A'E∥D'F, 因为D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F,　[2分] 因为FC∥EB,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F,　[3分] 又EB∩A'E=E,EB,A'E⊂平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CD'F,　[4分] 又A'B⊂平面A'EB, 所以A'B∥平面CD'F❶.　[5分] (2)(第二给分点:10分) 因为∠DAB=90°,所以AD⊥AB,又因为AB∥FC, EF∥AD,所以EF⊥FC, 以F为原点,FE,FC以及垂直于平面BECF的直线 分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.　[7分] 因为D'F⊥EF,CF⊥EF,平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角为60°❷, 所以∠D'FC=60°.　[8分] 则B(1,2,0),C(0,1,0), D',E(1,0,0),F(0,0,0), 所以=(-1,-1,0),=,=(1,0,0),=.　[9分] 设平面BCD'的法向量为n=(x,y,z),则 所以令y=,则z=1,x=-, 则n=(-,,1).　[11分] 设平面EFD'A'的法向量为m=(x1,y1,z1), 则所以 令y1=,则z1=-1,x1=0,所以m=(0,,-1)❸.　[12分] 所以cos<m,n>===.　[14分] 设平面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ, 则sin θ== ❹.　[15分] 【教考衔接】————溯源教材 融合贯通 稳得分 (1)求二面角的常用方法有坐标法和几何法,坐标法的关键是求平面的法向量的坐标,几何法的关键是“作、证、算”. (2)本题在解决过程中需要调用线线垂直、线面垂直和二面角的相关概念和性质定理进行条件分析和设问的理解,应用数学作图技能作出必要的辅助线和二面角的平面角,应用数学推理技能明确点、线、面的位置关系,运用向量法证明平行、垂直或求角、求距离,本质是把几何关系转化为向量运算. (3)本题源于人教A版选择性必修第一册第38页练习第4题. 【训练1】　(2026·南通模拟)如图①,在等腰直角三角形ABC中,A= 90°,BC=6,D,E分别是AC,AB上的点,CD=BE=,O为BC的中点.将△ADE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥A'-BCDE,其中A'O=. (1)求证:A'O⊥平面BCDE; 在四棱锥A'-BCDE 中,连接OD,OE,由题意知∠BCD=∠CBE=45°,CD=BE=,CO=BO=3,在△COD 中,由余弦定理可得OD==,同理得OE=.在等腰直角三角形ABC 中,因为BC=6,所以AC=AB=3,可得AD=A'D=A'E=AE=2,因为A'O=,所以A'O2+OD2=A'D2,A'O2+OE2=A'E2,可知A'O⊥OD,A'O⊥OE,又因为OD∩OE=O,OD,OE⊂ 平面BCDE,所以A'O⊥平面BCDE. 证明 取DE 中点为H,连接OH,则OH⊥OB.以O 为坐 标原点,OH,OB,OA'所在直线分别为x 轴、y轴、 z轴,建立空间直角坐标系,则A'(0,0,),B(0,3,0), C(0,-3,0),D(1,-2,0),可得=(0,3,),=(1,1,0), =(0,6,0).设平面A'CD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=-1,z=,可得n=(1,-1,),所以点B 到平面A'CD的距离为==. 解 (2)求点B到平面A'CD的距离. 【例4】　如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点. (1)求证:平面BAE⊥平面A1BD; 考点三 探索性问题 如图,取A1C1的中点O,连接OB1,OD,则OB1⊥ A1C1,OD∥AA1,又AA1⊥平面ABC,所以OD⊥平面 ABC,所以OA1,OD,OB1两两垂直,以O为原点,OA1, OD,OB1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A(1,2,0),B(0,2,),D(0,2,0),A1(1,0,0),E(-1,1,0).所以=(-1,2,0),=(-1,2,),=(1,0,-),=(-1,-1,-).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A1BD和平面BAE的法向量,则 证明 令y1=1,得x1=2,z1=0,所以n1=(2,1,0)是平面A1BD的一个法向量.又令z2=1,得x2=,y2=-2,所以n2=(,-2,1)是平面BAE的一个法向量,因为n1·n2=2-2+0=0,所以平面BAE⊥平面A1BD. 证明 (2)在线段B1B(含端点)上是否存在点M,使点M到平面A1BD的距离为?请说明理由. 假设在线段B1B(含端点)上存在点M,使点M到平面A1BD的距离为,设M(0,a,)(0≤a≤2),则=(0,a-2,0).由(1)知,平面A1BD的一个法向量为n1=(2,1,0),所以==,解得a=3(舍去)或a=1,故在线段B1B上存在点M,M为B1B的中点,使点M到平面A1BD的距离为. 解 1.对于存在判断型问题的求解,常用“先猜再证”的方式,即先假设存在,把要成立的结论当作条件,再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”. 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】　(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; 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以BB1⊥底面ABC,所以BB1⊥AB,因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,所以BF⊥AB,又BB1∩BF=B,BB1⊂平面BCC1B,BF⊂平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1.所以BA,BC,BB1两两垂直.以B为原点,分别 以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐 标系,如图.所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2), A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1).由题意设D(a,0 ,2)(0≤a≤2). (1)证明:因为=(0,2,1),=(1-a,1,-2),=0×(1-a)+2×1+1× (-2)=0,所以⊥,即BF⊥DE. 解 (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),因为 =(-1,1,1),=(1-a,1,-2),所以 令z=2-a,则m=(3, 解 1+a,2-a).易知平面BCC1B1的法向量为=(2,0,0),设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ,则|cos θ|=== .当a=时,2a2-2a+14取最小值为,此时cos θ取最大值为=.所以(sin θ)min==,此时B1D=. 解 $