第4講　空間向量與距離、探索性問題1.[探索性問題](2021·全國甲卷,T19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,側面AA1B1B為正方形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC1的中點,D為棱A1B1上的點,BF⊥A1B1.(1)證明:BF⊥DE;(2)當B1D為何值時,面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最小?(1)證明:因為側面AA1B1B為正方形,E,F分別是AC和CC1的中點,且AB=BC=2,所以CF=1,BF=.如圖,連接AF,由BF⊥A1B1,AB∥A1B1,得BF⊥AB,于是AF==3,所以AC==2.所以AB2+BC2=AC2,即BA⊥BC,故以B為坐標原點,以AB,BC,BB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Bxyz,則B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),=(0,2,1).設B1D=m(0≤m≤2),則D(m,0,2),于是=(1-m,1,-2).所以·=0,所以BF⊥DE.(2)解:易知平面BB1C1C的一個法向量為n1=(1,0,0).設平面DFE的法向量為n2=(x,y,z),則又=(1-m,1,-2),=(-1,1,1),所以令x=3,得y=m+1,z=2-m,于是平面DFE的一個法向量為n2=(3,m+1,2-m),所以cos<n1,n2>= .設平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角為θ,則sin θ=,故當m=時,平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小,為,即當B1D=時,平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最小.2.[探索條件問題](2022·全國乙卷,T18)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設AB=BD=2,∠ACB=60°,點F在BD上,當△AFC的面積最小時,求CF與平面ABD所成的角的正弦值.(1)證明:因為AD=CD,E為AC的中點,所以AC⊥DE;在△ABD和△CBD中,因為AD=CD,∠ADB=∠BDC,DB=DB,所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB,又因為E為AC的中點,所以AC⊥BE.又因為DE,BE?平面BED,DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,因為AC?平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD.(2)解:連接EF,由(1)知,AC⊥平面BED,因為EF?平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF,當EF⊥BD時,EF最小,即△AFC的面積最小.因為△ABD≌△CBD,所以CB=AB=2,又因為∠ACB=60°,所以△ABC是等邊三角形,因為E為AC的中點,所以AE=EC=1,BE=,因為AD⊥CD,所以DE=AC=1,在△DEB中,DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE.以E為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz,則A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(-1,,0),設平面ABD的法向量為n=(x,y,z),則取y=,則n=(3,,3),又因為C(-1,0,0),F(0,,),所以=(1,,),所以cos<n,>===,設CF與平面ABD所成的角為θ,所以sin θ=|cos<n,>|=,所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為.　　高考對空間距離的考查既有客觀題也有解答題,處理方法常有兩種:(1)等體積法;(2)空間向量法.難度中等或偏上;對探索性問題的考查常以解答題的形式出現,難度中等偏上.熱點一　空間距離1.點線距:如圖,直線l的單位方向向量為u,設=a,則向量在直線l上的投影向量=(a·u)u,則點P到直線l的距離為PQ==.2.點面距:如圖,已知平面α的法向量為n,A是平面α內的定點,P是平面α外一點,過點P作平面α的垂線l,交平面α于點Q,則n是直線l的方向向量,且點P到平面α的距離為PQ=|·|=||=.典例1　(2022·北京一模)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=1,M為線段A1C1上一點.(1)求證:BM⊥AB1;(2)若直線AB1與平面BCM所成角為,求點A1到平面BCM的距離.(1)證明:因為AA1⊥平面ABC,AB,AC?平面ABC,所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,而AB⊥AC,因此建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,0,1),M(0,a,1)(a∈[0,1]),則=(-1,a,1),=(1,0,1),因為·=-1×1+a×0+1×1=0,所以⊥,即BM⊥AB1.(2)解:設平面BCM的法向量為n=(x,y,z),=(-1,a,1),=(-1,1,0),所以有??n=(1,1,1-a),因為直線AB1與平面BCM所成角為,所以|cos<,n>|=sin?||=?=,解得a=,即n=(1,1,),因為=(1,0,-1),所以點A1到平面BCM的距離為|cos <,n>|·||=·||==.點面距的求解步驟(1)求出該平面的一個法向量.(2)找出從該點出發(fā)的平面的任一條斜線段對應的向量.(3)求出法向量與斜線段對應向量的數量積的絕對值,再除以法向量的模,即可求出點到平面的距離.熱點訓練1　 (2022·天津市新華中學模擬預測)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD是正方形,四邊形ADPQ是梯形,PD∥QA,∠PDA=,平面ADPQ⊥平面ABCD,且AD=PD=2QA=2.(1)求證:QB∥平面PDC;(2)求二面角C-PB-Q的大小;(3)已知點H在棱PD上,且異面直線AH與PB所成角的余弦值為,求點A到平面HBC的距離.(1)證明:因為平面ADPQ⊥平面ABCD,平面ADPQ∩平面ABCD=AD,PD?平面ADPQ,PD⊥AD,所以PD⊥平面ABCD,又四邊形ABCD是正方形,以D為原點,DA,DC,DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),Q(2,0,1),所以=(0,2,-1),由題可知=(2,0,0)為平面PDC的一個法向量,且·=0,即⊥,又因為QB?平面PDC,所以QB∥平面PDC.(2)解:=(2,2,-2),=(0,2,-2),=(2,0,-1),設平面PBC的法向量為n=(a,b,c),則取b=1,得n=(0,1,1),設平面PBQ的法向量為m=(x1,y1,z1),則取x1=1,得m=(1,1,2),設二面角C-PB-Q的平面角為θ,則|cos θ|===,由圖知二面角C-PB-Q為鈍二面角,所以θ=,所以二面角C-PB-Q的大小為.(3)解:點H在棱PD上,且異面直線AH與PB所成角的余弦值為,設DH=λ(0≤λ≤2),則H(0,0,λ),A(2,0,0),=(-2,0,λ),=(2,2,-2),所以|cos<,>|===,解得λ=或λ=(舍去),所以H(0,0,),則=(0,2,-),又=(2,0,0),設平面HBC的法向量為t=(x2,y2,z2),則取z2=4,得t=(0,3,4),又=(0,2,0),所以點A到平面HBC的距離d==.熱點二　空間中的探索性問題與空間向量有關的探究性問題主要有兩類:一類是探究線面的位置關系;另一類是探究線面角或二面角滿足特定要求時的存在性問題.處理原則:先建立空間直角坐標系,引入參數(有些是題中已給出),設出關鍵點的坐標,然后探究這樣的點是否存在,或參數是否滿足要求,從而做出判斷.典例2　(2022·江蘇連云港二模)如圖,在三棱錐A-BCD中,△ABC是正三角形,平面ABC⊥平面BCD,BD⊥CD,點E,F分別是BC,DC的中點.(1)證明:平面ACD⊥平面AEF;(2)若∠BCD=60°,點G是線段BD上的動點,問:點G運動到何處時,平面AEG與平面ACD所成的銳二面角最小.(1)證明:因為△ABC是正三角形,點E是BC的中點,所以AE⊥BC,又因為平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,AE?平面ABC,所以AE⊥平面BCD,又因為CD?平面BCD,所以CD⊥AE,因為點E,F分別是BC,CD的中點,所以EF∥BD,又因為BD⊥CD,所以CD⊥EF,又因為AE∩EF=E,AE,EF?平面AEF,所以CD⊥平面AEF,又因為CD?平面ACD,所以平面ACD⊥平面AEF.(2)解:在平面BCD中,過點E作EH⊥BD,垂足為H,設BC=4,則EA=2,DF=FC=1,EF=.以{,,}為正交基底,建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz,則E(0,0,0),A(0,0,2),C(-1,,0),D(1,,0),設G(1,t,0),t∈[-,],則=(0,0,2),=(1,,-2),=(2,0,0),=(1,t,0),設平面AEG的法向量為n1=(x1,y1,z1),由得令y1=-1,故n1=(t,-1,0),設平面ACD的法向量為n2=(x2,y2,z2),則即令z2=1,則n2=(0,2,1),設平面AEG與平面ACD所成的銳二面角為θ,則cos θ=|cos<n1,n2>|=||=,當t=0時,cos θ最大,此時銳二面角θ最小,故當點G運動到BD的中點處時,平面AEG與平面ACD所成的銳二面角最小.解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設問題中的數學對象存在或結論成立,再在這個前提下進行推理,如果能推出與條件吻合的數據或事實,說明假設成立,并可進一步證明,否則假設不成立.(2)探索線段上是否存在滿足條件的點時,一定注意三點共線的條件的應用.熱點訓練2　 (2022·廣西桂林二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,E為線段PB的中點,F為線段BC上的動點.(1)求證:平面AEF⊥平面PBC;(2)試確定點F的位置,使平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°.(1)證明:因為PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PA⊥BC,因為底面ABCD為正方形,所以AB⊥BC,又PA∩AB=A,PA,AB?平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因為AE?平面PAB,所以AE⊥BC,因為PA=AB,E為線段PB的中點,所以AE⊥PB,又PB∩BC=B,PB,BC?平面PBC,所以AE⊥平面PBC,又AE?平面AEF,所以平面AEF⊥平面PBC. (2)解:以A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz,設正方形ABCD的邊長為2,則B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),所以=(1,0,1),=(2,2,-2),=(0,2,-2),設F(2,λ,0)(0≤λ≤2),所以=(2,λ,0),設平面AEF的法向量為n=(x1,y1,z1),則所以令y1=2,則n=(-λ,2,λ),設平面PCD的法向量為m=(x2,y2,z2),則所以令y2=1,則m=(0,1,1),因為平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°,所以|cos 30°|===,解得λ=1,所以當點F為BC的中點時,平面AEF與平面PCD所成的銳二面角為30°.

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