专题4 立体几何 第4讲 空间向量与距离、探究性问题-【名师带你过关】2027年数学高中总复习专题复习

第4讲　空间向量与距离、探究性问题 真题感悟 1.解析：（1）证明：取CB1中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP=CC1. 由M是DD1的中点，故D1M=DD1=CC1，且D1M∥CC1. 则有D1M∥NP， D1M=NP. 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP. 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M. （2）以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有A，B， B1，M，C， C1， 则有 =， =， =. 设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为 m=， n=. 则有 分别取 x1=x2=1，则有y1=3， z1=1， y2=1，z2=0. 即 m=， n=. 则 cos〈m，n〉===. 故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为 . （3）由=，平面CB1M的法向量为 m=， 得==， 即点B到平面CB1M的距离为 . 2.解析：（1）方法一：空间坐标系+空间向量法 因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，所以不妨以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系D-xyz， 设BC=2a，则D，P，B，M，A， 则=，=. 因为PB⊥AM，所以·=-2a2+1=0，解得a=. 故BC=2a=. 方法二【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连接BD. 因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂底面ABCD，所以PD⊥AM. 又因为PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD. 又因为BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD. 从而∠ADB+∠DAM=90°. 因为∠MAB+∠DAM=90°，所以∠MAB=∠ADB. 所以△ADB∽△BAM，于是 =. 所以 BC2=1. 所以BC=. 方法三： 几何法+三角形面积法 如图，连接BD交AM于点N.由“方法二”知AM⊥DB. 在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以 ==2，即AN=AM. 令BC=2t，因为M为BC的中点，所以BM=t，DB=，AM=. 由S△DAB=DA·AB=DB·AN，得 t=·，解得t2=，所以BC=2t=. （2）方法一【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面PAM的法向量为 m=，则=，=. 由 取 x1=，可得 m=. 设平面PBM的法向量为 n=，=，=， 由 取 y2=1，可得 n=. cos〈m，n〉===， 所以sin〈m，n〉==. 因此，二面角A-PM-B的正弦值为 . 方法二： 构造长方体法+等体积法 如图，构造长方体ABCD-A1B1C1D1，连接AB1，A1B，交点记为H，由于AB1⊥A1B，AB1⊥BC，所以AH⊥平面A1BCD1. 过点H作D1M的垂线，垂足记为G. 连接AG，由三垂线定理可知AG⊥D1M， 故∠AGH为二面角A-PM-B的平面角. 易证四边形A1BCD1是边长为 的正方形，连接D1H，HM. =D1M·HG，=--S△HBM-， 由等积法解得HG=. 在Rt△AHG中，AH=，HG=，由勾股定理求得AG=. 所以，sin∠AGH==，即二面角A-PM-B的正弦值为 . 重难攻坚 例1　C　解析：由题意取P，则=. 所以点A到l的距离为d====.故选C. 例2　C　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，所以A，D1，A1，B1. 设平面AB1D1的法向量为m=，=，=， 所以 令x=1，则z=1，y=-1. 所以m=.又因为=， 所以点A1到平面AB1D1的距离 d=-=1. 例3　　解析：由已知得 =，=，=. 设向量 n=与向量，都垂直，则 即 又平面α∥平面 β，所以平面α与平面 β间的距离 d===. 例4　　解析：因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD. 又因为AB⊥AD，所以可以A为坐标原点，以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A-xyz， 则B，P，C，D. 所以=，=，=. 设异面直线PC与BD的公垂线的方向向量为 n=，则 n⊥，n⊥， 所以 令y=1，则 n=. 设异面直线PC与BD之间的距离为 d，则 d===. 故答案为. 例5　解析：（1）证明：当 λ=μ=时， =+=，故点P是AB1的中点， 如图，连接CB1，DP，因为点D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1. 因为点E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1，所以DP∥EF. 因为DP⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以DP∥平面A1EF. （2）存在，点P为BB1的靠近点B的四等分点. 当 λ=1时， =+μ，即=μ，μ∈，所以点P在棱BB1上， 取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1， 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC. 以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 则A，B，A1，B1，C1，E，P，C，从而 F，=，=，=， =. 设平面A1EF的法向量是m=， 由 即 令x1=1， 得m=. 设平面ACP的法向量是n=， 由 即 令z2=，得 n=. 所以 == ==，得 =16μ2+3. 解得 μ=，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是 ，此时点P为BB1的靠近点B的四等分点. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4讲　空间向量与距离、探究性问题 1.以空间几何体为载体,考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离,属于中等难度. 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,计算量较大,一般以解答题的形式考查,难度中等偏上. 1.(2024·天津)如图,在四棱柱ABCD􀆼A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M. (2)求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值. (3)求点B到平面CB1M的距离. 2.(2021·全国乙卷)如图,四棱锥P􀆼ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)求BC. (2)求二面角A􀆼PM􀆼B的正弦值. 考点一　点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的任一点,P为直线l外一点,设=a,则点P到直线l的距离d=.例1　(2024·新余模拟预测)已知A,直线l过原点且平行于a=(0,1,2),则点A到l的距离为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B.1 C. D. 考点二　点到平面的距离 平面α的法向量为n,A是平面α内任一点,P为平面α外一点,则点P到平面α的距离为d=.例2　已知正方体ABCD􀆼A1B1C1D1的棱长为,则点A1到平面AB1D1的距离为 (　　) A.2 B. C.1 D. 解决点到平面的距离问题的两种方法 1.利用等体积法求解. 2.建立坐标系,利用空间向量中点到平面的距离公式求解. 用向量法求点到平面的距离的步骤: (1)建立坐标系:选取合适的空间直角坐标系,使问题的描述和计算更加简便. (2)求点坐标: 确定点的坐标,以及平面上任意一点的坐标, 便于后续计算. (3)求向量:求出相关向量的坐标 (,平面 α 的法向量n). (4)求距离: d=. 提醒:将线到面的距离、面与面的距离转化为点到面的距离求解. 考点三　平行平面间的距离 例3　在空间直角坐标系中,A,B,C,D,其中A∈α,B∈α,C∈β,D∈β,已知平面α∥平面β,则平面α与平面β间的距离为　　　.  考点四　异面直线间的距离 例4　已知四边形ABCD为矩形,P为四边形ABCD外一点且PA⊥平面ABCD,AB=1,AD=2,PA=1,则异面直线PC与BD之间的距离为　　　.  考点五　空间中的探究性问题 与空间向量有关的探究性问题主要分为以下两类: 1.探究线与面的空间位置关系: 例如判断线面是否平行、垂直或相交. 2.探究线面角或二面角满足特定条件时的存在性问题: 如要求角度取特定值或满足某种范围的情况. 处理原则: (1)建立空间直角坐标系:选取合适的坐标系来简化问题的描述与计算. (2)引入参数:结合题目条件设定参数(部分参数可能由题目直接给出). (3)设定关键点坐标:确定空间中关键点或相关直线、平面的位置关系. (4)探究可行性:通过计算验证这样的点或参数是否满足题目要求, 从而判断问题的成立与否. 例5　(2024·聊城模拟)如图,在正三棱柱ABC􀆼A1B1C1中,AA1=2AB=2,点D,E,F分别是棱AC,CC1,C1B1的中点,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]. (1)当λ=μ=时,求证:DP∥平面A1EF. (2)当λ=1时,是否存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是?若存在,指出点P的位置;若不存在,请说明理由. 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立. (2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用. 学科网（北京）股份有限公司 $