2021届高考数学立体几何突破性讲练09利用空间向量求空间距离一、考点传真：能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用． 二、知识点梳理：空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P 的直线l 的方向向量为单位向量n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|P A →|2－|P A →·n |2. (2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|P A →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离． 三、例题：例 1.(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60，求线段DP 的长．【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0)D ，(2,0,0)A ，(1,2,0)B ，(0,2,0)C ，(2,0,2)E ，(0,1,2)F ，(0,0,2)G ，3(0,,1)2M ，(1,0,2)N ．N ABC D EF G M(1)证明：依题意(0,2,0)DC =，(2,0,2)DE =．设0(,,)x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，，不妨令1z =-，可得0(1,0,1)=-n ． 又3(1,,1)2MN =-，可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．(2)依题意，可得(1,0,0)BC =-，(122)BE =-，，，(0,1,2)CF =-．设(,,)x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，，不妨令1z =，可得(0,1,1)=n ．设(,,)x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不妨令1z =，可得(0,2,1)=m ．因此有cos ,||||10⋅<>==m n m n m n，于是sin ,<>=m n 所以，二面角E BC F --． (3)设线段DP 的长为h ([0.2]h ∈)，则点P 的坐标为(0,0,)h ，可得(12)BP h =--，，． 易知，(0,2,0)DC =为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DCh ⋅<⋅>==3sin602==，解得[0,2]3h=．所以线段DP例2. （2014新课标2）如图，四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设二面角D AE C--为60°，AP=1，AD求三棱锥E ACD-的体积．【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB．EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC．（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AP为单位长，建立空间直角坐标系Axyz-，则D1(0,),22E1(0,)2AE=．设(,0,0)(0)B m m>，则(C m(AC m=．设1(,,)x y z=n为平面AEC的法向量，则110,0,AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,10,22mx y z ⎧+=+=⎪⎩，可取1=-n ． 又2(1,0,0)=n 为平面DAE 的法向量， 由题设121cos ,2=n n12=，解得32m =． 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E ACD -的高为12． 三棱锥E ACD -的体积113132228V =⨯⨯=． 例3.(2013天津) 如图， 四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．（Ⅰ）证明11B C CE ⊥；（Ⅱ）求二面角11B CE C --的正弦值；（Ⅲ）设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A， 求线段AM 的长．【解析】解法一 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，1A 1依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E(0，1，0)（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以． （Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面1B CE 的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量． 于是从而 所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为． （Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l ，1)，设，，有．可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM 与平面所成的角， 则，解得，所以11B C CE 110BC CE ⋅=11B C CE ⊥1B C (),,x y z =m 100B C CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩x m 11B C CE ⊥111CC B C ⊥11B C ⊥1CEC 11B C 1CEC 111111cos ,||||14B C B C B C ⋅<>===m m m 1121sin ,7B C <>=m 7AE 1EC ()1,,EM EC λλλλ==01λ≤≤(),1,AM AE EM λλλ=+=+AB 11ADD A θ11ADD A sin cos ,3AM AB AM AB AM ABθ⋅=<>==⋅6=13λ=AM =例4.（2012福建）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点.（Ⅰ）求证：11B E AD ⊥；（Ⅱ）在棱1AA 上是否存在一点P ,使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．（Ⅲ）若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长． 【解析】（Ⅰ）以A 为原点1,,AB AD AA 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB a =,则(0,0,0)A ，(0,1,0)D ，1(0,1,1)D ，,1,02a E ⎛⎫⎪⎝⎭， 1(,0,1)B a 故1(0,1,1)AD =，1,1,12a B E ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，1(,0,1)AB a =，,1,02a AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭．∵11011(1)102aAD B E ⋅=-⨯+⨯+-⨯=， ∴11B E AD ⊥ （Ⅱ）假设在棱AA 1上存在一点0(0,0,)P z ， 使得DP ∥平面1B AE ．此时0(0,1,)DP z =-．又设平面1B AE 的法向量n =(x ,y ,z )．∵n ⊥平面1B AE ，∴1AB ⊥n ,AE ⊥n ，得002ax z ax y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩取1x =，得平面1B AE 的一个法向量1,,2a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭n ． 要使DP ∥平面1B AE ，只要DP ⊥n ，有002a az -=，解得012z =． 又DP ⊄平面1B AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面1B AE ，此时AP =12．（Ⅲ）连接A 1D ,B 1C ,由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1及AA 1=AD =1,得AD 1⊥A 1D ．∵B 1C ∥A 1D ,∴AD 1⊥B 1C ．又由（Ⅰ）知B 1E ⊥AD 1,且B 1C ∩B 1E =B 1,∴AD 1⊥平面DCB 1A 1．∴1AD 是平面A 1B 1E 的一个法向量,此时1AD =(0,1,1)． 设1AD 与n 所成的角为θ,则11cos a an AD n AD θ--⋅==⋅．∵二面角A -B 1E -A 1的大小为30°，∴cos cos30θ=3a=解得2a =，即AB 的长为2． 四、巩固练习：1.如图，已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，平面ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A 1B 1C 1D 1，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝π2时，求点C 1到平面APB 的距离．【解析】 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD .由于AB ＝πr ＝π，AD ＝π，∴BD ＝2π. 故曲线Γ的长度为2π.(2)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0,1,0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，0，π2，C 1(－1，0，π)，则AB →＝(0,2,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，π2，OC 1→＝(－1,0，π)， 设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋y ＋π2z ＝0， 取z ＝2得n ＝(π，0,2)，∴点C 1到平面P AB 的距离d ＝|OC 1→·n ||n |＝ππ2＋4.2.如图，在多面体ABCDE 中，平面ABD ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AE ⊥BD ，DE ∥12AC ，AD ＝BD ＝1.(1)求AB 的长；(2)已知2≤AC ≤4，求点E 到平面BCD 的距离的最大值．【解析】 (1)∵平面ABD ⊥平面ABC ，且交线为AB ，而AC ⊥AB ，∴AC ⊥平面ABD . 又∵DE ∥AC ，∴DE ⊥平面ABD ，从而DE ⊥BD . 注意到BD ⊥AE ，且DE ∩AE ＝E ，∴BD ⊥平面ADE ， 于是，BD ⊥AD .而AD ＝BD ＝1，∴AB ＝ 2. (2)∵AD ＝BD ，取AB 的中点为O ，∴DO ⊥AB . 又∵平面ABD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC .过O 作直线OY ∥AC ，以点O 为坐标原点，直线OB ，OY ，OD 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．记AC ＝2a ，则1≤a ≤2， A ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，B ⎝⎛⎭⎫22，0，0， C ⎝⎛⎭⎫－22，2a ，0，D ⎝⎛⎭⎫0，0，22，E ⎝⎛⎭⎫0，－a ，22，BC →＝(－2，2a,0)，BD →＝⎝⎛⎭⎫－22，0，22.设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，BD →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2ay ＝0，－22x ＋22z ＝0. 令x ＝2，得n ＝⎝⎛⎭⎫2，1a ，2. 又∵DE →＝(0，－a,0)，∴点E 到平面BCD 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝14＋1a2.∵1≤a ≤2，∴当a ＝2时，d 取得最大值， d max ＝14＋14＝21717.3.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离． 【解析】 (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .又因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .由题意知B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)，B 1(0，1,2)，P ⎝⎛⎭⎫12，12，2，则BD →＝(1，－1，1)，DC 1→＝(－1，0,1)，PC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面BDC 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)． 设点P 到平面BDC 1的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC 1→·m |m |＝64. 4.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，2AB AD DC ===E ，F 分别为PD ，PB 的中点.（1）求证：//CF 平面PAD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为4π，求PA 的长度. 【解析】（1）证明：取PA 的中点Q ，连接QF ，QD ，F 是PB 的中点，//QF AB ∴且12QF AB =， 底面ABCD 为直角梯形，90CDA BAD ∠=∠=︒，2AB AD DC ===//CD AB ∴，12CD AB =， //QF CD ∴且QF CD =，∴四边形QFCD 是平行四边形，//FC QD ∴，又FC ⊄平面PAD ，QD ⊂平面PAD ，//FC ∴平面PAD .（2）如图，分别以AD ，AB ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设PA a =。
