专题24 空间角和距离计算策略-名师揭秘2019高考数学（理）命题热点全覆盖

专题24 空间角和距离计算策略-名师揭秘2019高考数学（理）命题热点全覆盖

专题24 空间角和距离计算策略 一．【学习目标】‎ ‎1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置，会推导空间两点间的距离公式．‎ ‎2．理解空间向量的概念，理解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．‎ ‎3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．‎ ‎4．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．‎ ‎5.会找直线的方向向量和平面的法向量，能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.‎ ‎6.能用向量法证明有关直线和平面关系的一些定理.‎ ‎7.会用向量法计算直线与直线、直线与平面的夹角及二面角，会用向量法计算空间距离.‎ ‎8.理解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角及二面角的平面角等概念，能依题设条件选择恰当的方法求解空间角和距离．特别注意两平面法向量的夹角与二面角的关系 二解题方法归纳 ‎1.同时要重视空间向量基本定理的运用，要注意空间向量基底的选取，用基向量表示出已知条件和所需解决问题的所有向量，将几何问题转化为向量问题.‎ ‎2.用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系.若坐标系选取不当，计算量就会增大.总之，树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题.‎ ‎3.利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特征.一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量(注意量的集中)，然后利用向量运算解决该向量问题，从而原问题得解.‎ ‎4.利用向量坐标解决立体几何问题的关键在于找准位置，建立恰当、正确的空间坐标系.表示出已知点(或向量)的坐标.难点是通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数解法.‎ ‎5.向量法求空间角与距离一般在易建系而又不易直接作出求角与距离时使用事半功倍.‎ ‎6.向量法证明线面关系时恰当的推理和必要的空间想象是必需的.‎ ‎7.求异面直线所成的角，要注意角的范围是，斜线与平面所成的角关键是找斜线在平面内的射影；求二面角的大小方法多、技巧性强，但一般先想定义法，再想构造法.‎ ‎8.实施解题过程仍要注意“作、证、指、求”四环节，计算一般是放在三角形中，因此，“化归”思想很重要.‎ ‎9.应用向量法求空间角要注意：①恰当正确的建立空间直角坐标系；②求得相关向量的夹角的三角函数值后一定要注意相应空间角的取值范围及问题情境确定所求角的三角函数值或大小.‎ 三．【典例分析及训练】‎ ‎（一）空间坐标系 例 1．已知点，且该点在三个坐标平面yOz，xOz，xOy上的投影的坐标依次为，和，则（ ）‎ A． B． C． D．以上结论都不对 ‎【答案】B ‎【解析】点在平面上的射影的坐标，；在平面上的射影的坐标，；在平面上的射影的坐标，．所以．选B.‎ ‎【点睛】本题考查空间直角坐标系点的坐标投影，考查基本分析求解能力，属基础题.‎ 练习1．若O为坐标原点， ＝(1,1，－2)，＝(3,2,8)，＝(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由题意＝ (＋)＝，＝－＝，||＝.‎ 故答案为：D 练习2．在三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=3,则点P到三角形ABC重心G的距离为(　　)‎ A．2 B． C．1 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】以P点为坐标原点，PA、PB、PC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系。易得AB、C，故G，所以==‎ ‎【点睛】本题主要考察利用空间直角坐标系求两点间的距离。若三角形的三顶点坐标分别为、、.则其重心坐标为 ‎ ‎（二）空间两点间距离 例2．设点在轴上，它到点P1（0，，3）的距离为到点P2（0，1，−1）的距离的两倍，则点的坐标为( )‎ A．（1，0，0） B．（−1，0，0）‎ C．（1，0，0）或（0，−1，0） D．（1，0，0）或（−1，0，0）‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵点在轴上，∴设点的坐标为．由题意知，‎ ‎∴，解得．‎ ‎∴点的坐标为（1，0，0）或（−1，0，0）．故选D．‎ 练习1．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝，E、F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心，则E、F两点间的距离为 A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1,1，)，F(2,1，)，所以|EF|＝＝，‎ 故答案为：C ‎【点睛】（1）本题主要考查空间直角坐标系和空间两点间的距离的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)空间两点的距离公式为 ‎.‎ 练习2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，点G与E分别是A1B1和CC1的中点，点D与F分别是AC和AB上的动点．若GD⊥EF，则线段DF长度的最小值为 ( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),E(0,2,1),G(1,0,2),F(x,0,0),D(0,y,0)，‎ 则,，由于GD⊥EF，所以，‎ 所以，故，‎ 所以当时，线段DF长度取得最小值，且最小值为．故选A．‎ 点睛：建立空间直角坐标系后，可将立体几何问题转化为数的运算的问题来处理，解题时要注意建立的坐标系要合理，尽量多地把已知点放在坐标轴上，同时求点的坐标时要准确．‎ ‎（三）空间向量及其运算 例3．在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=1,，则的长为（ ）‎ A． B．6 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，‎ ‎∴＝＝＝，∵，‎ ‎∴＝6，∴|=．‎ 故选：C．‎ 练习1．已知向量且互相垂直，则的值是 (　　)‎ A． B．2 C． D．1‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为，所以，，‎ 又互相垂直，所以，‎ 即，即，所以;故选A 练习2．如图，在四面体ABCD中, ,点M在AB上，且，点N是CD的中点,则 =（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】点在上，且，点是的中点，‎ ‎ ，，，‎ 又，，‎ 故选：D．‎ ‎（四）空间向量的平行、垂直、夹角 例4．在棱长均为的四面体中，点为的中点，点为的中点.若点，是平面内的两动点，且，，则的面积为（ ）‎ A． B．3 C． D．2‎ ‎【答案】C ‎【解析】建立空间直角坐标系如图所示，‎ ‎，底面为等边三角形，且.所以OD=2,B(-，-1，0)，D(0,2,0),C(，-1，0),点为的中点，所以E（，，0），点为的中点，F（- ，- ，0），设M（x,y,0）,， ，化简得 ，且点M 是平面BCD 内的动点，所以点M在以（0,0）为圆心，以1为半径的圆上，又，且点N 是平面BCD 内的动点，同理N也在这个圆上，且，所以MN为圆的直径，因为AO面BCD，所以AOMN，且AO=， .‎ 故选：C.‎ 练习1．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，平面A1B1C1D1内的一动点P，满足到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，则线段PA长度的最小值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图，以A1D1的中点为原点，以A1D1为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则．‎ 由于动点P到点A1的距离与到线段C1D1的距离相等，‎ 所以点P在以点A1为焦点、以C1D1为准线的抛物线上．‎ 由题意得，在平面内，抛物线的方程为，‎ 设点P的坐标为，则，‎ 所以，‎ 又，‎ 所以当时，有最小值，且．‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查空间中两点间的距离公式及最值问题，解题的关键有两个：（1）建立空间直角坐标系，并得到相关点的坐标；（2）根据题意得到点P在抛物线上，进而消去一个参数将所求距离化为二次函数的问题处理．‎ 练习2．已知A(1,2,3)，B(2,1,2)，C(1,1,2)，O为坐标原点，点D在直线OC上运动，则当·取最小值时，点D的坐标为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】设=t=（t，t，2t），t≥0，‎ ‎∵A（1，2，3）、B（2，1，2）、C（1，1，2），O为坐标原点，点D在直线OC上运动，‎ ‎∴=（1﹣t，2﹣t，3﹣2t），=（2﹣t，1﹣t，2﹣2t），‎ ‎∴•=（1﹣t）×（2﹣t）+（2﹣t）×（1﹣t）+（3﹣2t）（2﹣2t）‎ ‎=6t2﹣16t+10‎ ‎=6（t﹣）2+，‎ 当t=时，•取最小值，‎ 此时D（）．‎ 故答案为：C．‎ ‎（五）方向向量和法向量 例5．已知， 分别为直线， 的方向向量（， 不重合），， 分别为平面， 的法向量（， 不重合），则下列说法中：①；②；③；④，其中正确的有（ ）个 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵， 分别为直线， 的方向向量（， 不重合），‎ ‎∴，；‎ ‎∵， 分别为平面， 的法向量（， 不重合），‎ 垂直同一平面的两直线平行 ‎∴，‎ 法向量夹角与二面角的平面角相等或互补 ‎∴，‎ 故选：D 练习1．在如图所示的坐标系中,为正方体,给出下列结论:‎ ‎①直线 的一个方向向量为(0,0,1);‎ ‎②直线的一个方向向量为(0,1,1); ‎ ‎③平面的一个法向量为(0,1,0);‎ ‎④平面的一个法向量为(1,1,1).‎ 其中正确的个数为(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】 DD1∥AA1,=(0,0,1)，故①正确；‎ BC1∥AD1,=(0,1,1), 故②正确；‎ 直线AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0). 故③正确；‎ 点C1的坐标为(1,1,1),与平面B1CD不垂直,故④错.‎ 练习2．下面命题中,正确的命题有(　　)‎ ‎①若n1,n2分别是不同平面α,β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β;‎ ‎②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α⊥β⇔n1·n2=0;‎ ‎③若n是平面α的法向量,b,c是α内两个不共线的向量,a=λb+μc(λ,μ∈R),则n·a=0;‎ ‎④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【答案】C ‎【解析】分析：①由面面平行则法向量共线，反之则不然判断；②由面面垂直的定义判断；③由线面垂直的性质及向量共面定理判断；④由面面垂直的定义判断.‎ 详解：①中由可得，由可得，平面与可能平行，也可能重合，故①不正确；‎ ‎②，则二面角的平面角成，由圆的内接四边形对顶角互补知法向量垂直，反之当法向量垂直，则二面角成，由圆内接四边形对顶角互补，知两平面垂直，故②正确；‎ ‎③由，知三向量共面，则在平面内或与平面平行，所以平面的法向量与直线垂直，故③正确；‎ ‎④若两个平面的法向量不垂直，则所成角不是，则由内接四边形对顶角互补知两平面所成的角不是，故④正确.‎ 故选：C.‎ ‎（六）空间位置关系 例6．如图，在正方体ABCD中，下面结论错误的是( )‎ A．BD∥平面C B．AC1⊥BD C．AC1⊥平面C D．向量与的夹角为60°‎ ‎【答案】D ‎【解析】对于A，∵平行四边形BB1D1D中，BD∥B1D1，‎ BD⊄平面CB1D1且B1D1⊂平面CB1D1，‎ ‎∴BD∥平面CB1D1，可得A项没有错误；‎ 对于B，∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1=A ‎∴BD⊥平面AA1C1C，可得AC1⊥BD，得B项没有错误；‎ 由B项的证明，可得AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，可得AC1⊥平面CB1D1‎ 所以AC1⊥平面C成立，故C项没有错误 对于D，∠B1CC1等于异面直线AD与CB1所成角，由正方形中BB1C1C中可得∠B1CC1为45°‎ 因此D项错误 故选：D．‎ 练习1．如图,在平行六面体中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则 ‎① ∥ ;②∥ ;③∥平面;④A1M∥平面. ‎ 以上正确的个数为(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【答案】C ‎【解析】,‎ ‎,‎ ‎∴,从而A1M∥D1P.∴①③④正确..‎ 对于②若∥，则∥，显然错误.‎ 故选C.‎ ‎（七）异面直线所成的角 例7．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，又AE⊥平面ABD．‎ ‎（1）若AE＝，求直线DE与直线BC所成角；‎ ‎（2）若二面角A—BE—D的大小为，求AE的长度．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】∵正方形边长为2 ∴，，‎ 又平面，∴以点为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．‎ 作，垂足为，∵平面平面，平面，平面平面，∴平面∵ ∴点为的中点，，‎ ‎（1）∵‎ ‎∴，，，，‎ ‎∴， ∴‎ ‎∴ ∴直线与直线所成角为； ‎ ‎（2）设的长度为，则 ‎∵平面 ∴平面的一个法向量为 ‎ 设平面的法向量为，又，‎ ‎∴， ∴，解得：，取，则，‎ ‎∴平面的一个法向量为 ‎ ‎∴‎ ‎∵二面角的大小为 ∴，解得：‎ ‎∴的长度为．‎ 练习1．如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且是圆直径，．分别为上的动点，且．‎ ‎（Ⅰ）若该圆柱有一个内切球，求圆柱的侧面积和内切球的体积．‎ ‎（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当时，求异面直线与所成角的余弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】（Ⅰ）由题可知，由于圆柱有一个内切球，‎ 所以．‎ 因此，圆柱的底面半径为，高为，‎ 所以圆柱的侧面积为 由题可知，圆柱的内切球的半径为，‎ 所以该内切球的体积 ‎（Ⅱ）由于，，所以分别为AC、BC的中点．‎ 由题可知两两垂直，所以可以以C为坐标原点，所在方向分别为的正方向建立空间直角坐标系（如图）．‎ 由（Ⅰ）的条件可得： ‎ ‎，‎ ‎，‎ 即异面直线与所成角的余弦值为．‎ 练习2.如图，在空间四边形中，，，，，则异面直线与所成角的大小是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】依题意可知. .设直线与所成角为，则，故.所以本小题选B.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查利用空间向量的数量积，计算空间两条异面直线所成角的大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.要求两条异面直线所成的角，可以通过向量的方法，通过向量的夹角公式先计算出夹角的余弦值，再由此得出所成角的大小.‎ 练习3．如图，在三棱锥中，底面为正三角形，侧棱垂直于底面，．若是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过作AC的垂线为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，AB＝4，AA1＝6，‎ E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BE＝B1E， ‎ ‎∴A1（4，0，6），E（2，2，3），A（4，0，0），‎ ‎（﹣2，2，﹣3），（-4，0，6），‎ 设异面直线与所成角所成角为θ，‎ 则cosθ ．‎ ‎∴异面直线A1E与AF所成角的余弦值为 ．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解.‎ ‎（八）线面角 例8.如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是等腰直角三角形，，侧棱，，分别是与的中点，点在平面上的射影是的重心，则与平面所成角的正弦值为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵侧棱与底面垂直，，‎ 所以分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图空间直角坐标系，‎ 设，则，，，，‎ ‎∴，，，，‎ ‎∵点在平面上的射影是的重心，‎ ‎∴平面，∴，解得，‎ ‎∴，，‎ ‎∵平面，∴为平面的一个法向量，‎ 又，‎ ‎∴与平面所成角的正弦值为，故选A.‎ 练习1．如图所示，在正四面体ABCD中，E为棱AD的中点，则CE与平面BCD的夹角的正弦值为(　　)‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】在正四面体中，设棱长为，为棱的中点，‎ 如下图所示过做平面，‎ 则为平面的中心，延长交于，过做，‎ 连接，所以就是所求的与平面的夹角．‎ 所以，求得，‎ 所以，利用，解得，‎ 所以，，‎ 在中，，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角，勾股定理的应用及相关的运算问题，具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：（1）作--作出斜线与射影所成的角；（2）证--论证所作（或找到的）角就是要求的角；（3）算--常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角；（4）答--回答求解问题．‎ ‎（九）二面角的求法 例9.在平面四边形中（如图1），为的中点，，，且，‎ ‎，现将此平面四边形沿折起使二面角为直二面角，得到立体图形（如图2），又为平面内一点，并且为正方形，设，，分别为，，的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：面面；‎ ‎（Ⅱ）在线段上是否存在一点，使得面与面所成二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）存在一点符合题意，此时，线段 ‎【解析】（Ⅰ）∵点、、分别为、、的中点，‎ ‎∴、分别为、的中位线，∴、，‎ 又正方形中，，∴，‎ 又面，面，‎ ‎∴面，‎ 同理，面，‎ 又，面，面，∴面面.‎ ‎（Ⅱ）∵二面角为直二面角，又，，∴，‎ 如图建系，则有，，，，，‎ 则，，‎ 设面的法向量，‎ 则，取，得，‎ 设，，则，，‎ 设面的法向量为，‎ 则，‎ 取，得，‎ 由面与面所成二面角的余弦值为，得，‎ 令，解得或，‎ 令，解得；令，解得（舍去）‎ ‎∴在线段上存在一点，此时，线段.‎ 练习1．已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，丄底面.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）过的平面交于点，若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见证明；（2）‎ ‎【解析】（1）证明：在等腰梯形，，‎ 易得 ‎ 在中，，‎ 则有，故，‎ 又平面，平面，，‎ 即平面，故平面丄平面.‎ ‎（2）在梯形中，设，‎ ‎，，‎ ‎，而,‎ 即，.‎ 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图的空间坐标系，则，，‎ 设平面的法向量为，‎ 由得，‎ 取，得，，‎ 同理可求得平面的法向量为，‎ 设二面角的平面角为，‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ 练习2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，，AA1=1，则二面角C-B1D-C1的大小的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意，建立如图所示的空间直角坐标系 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，，AA1=1‎ 所以 ‎ 所以 ‎ 设平面CB1D的法向量为 ‎ 所以 ，代入坐标 令y=1，代入可求得法向量为 同理可设平面C1B1D的法向量为 ‎ 所以 ，代入坐标 令i=1，代入可求得法向量为 所以 ‎ 由图可知，二面角C-B1D-C1为锐二面角，所以 所以选A 练习3．如图，已知正方体的上底面中心为，点为上的动点，为的三等分点（靠近点），为的中点，分别记二面角，，的平面角为，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．‎ 详解：建立如图所示的空间直角坐标系．考虑点与点A重合时的情况．‎ 设正方体的棱长为1，则．‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由，得，‎ 令，得．‎ 同理可得平面和平面的法向量分别为．‎ 结合图形可得：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 故选D．‎ 点睛：本题考查用平面的法向量求二面角的余弦值，解题的关键是建立适当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，通过平面法向量夹角的余弦值来求出二面角的余弦值，体现了向量法在解立体几何问题中的作用，当然解题中还要注意向量的夹角与二面角的平面角不一定是相等的，这点要通过观察图形后才能得到结论．‎ ‎（十）空间距离 例1．边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC， BC的中点，连接DE，连接AG交DE于点现将沿DE折叠至的位置，使得平面平面BCED，连接A1G，EG．‎ 证明：DE∥平面A1BC 求点B到平面A1EG的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】边长为2的正三角形ABC中，点D，E，G分别是边AB，AC，BC的中点，‎ 连接DE，连接AG交DE于点F．‎ ‎，‎ 平面，平面，‎ 平面．‎ 将沿DE折叠至的位置，使得平面平面BCED，连接，EG．‎ 以F为原点，FG为x轴，FE为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎1，，0，，，0，，‎ ‎，，，‎ 设平面的法向量y，，‎ 则，取，得，‎ 点B到平面的距离．‎ 练习1．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为菱形且∠BAA1＝60°，D，M分别为CC1和A1B的中点，A1D⊥CC1，AA1＝A1D＝2，BC＝1．‎ ‎（1）证明：直线MD∥平面ABC；‎ ‎（2）求D点到平面ABC的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】⑴解：，且D为中点，.‎ ‎,‎ 又，，‎ ‎，.‎ 又，.‎ 取中点F，则，即BC、BF、两两互相垂直.‎ 以B为原点，、BF、BC分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，‎ 则（2，0，0），C（0，0，1），A（-1，，0），（1，，0），‎ ‎（2，0，1），D（1，0，1），M（，，0），B（0，0，0），‎ ‎（，，1），（-1，，0），（0，0，1），‎ 设平面ABC的法向量为（x，y，z），‎ 则，取，得（，1，0），‎ ‎，.‎ 又平面ABC，∴直线MD//平面ABC.‎ ‎（2）由（1）知平面ABC的法向量为（，1，0），（1，0，1）‎ ‎∴D到平面ABC的距离：.‎ 练习2．如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,为等腰直角三角形,∠BAC=90°,且AB=AA1=4,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.‎ ‎（1）求证:DE∥平面ABC;‎ ‎（2）求点B1到平面AFE的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）2.‎ ‎【解析】如图,以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,‎ 则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4),D(2,0,2),A1(0,0,4).‎ ‎（1）=(-2,4,0),平面ABC的一个法向量为=(0,0,4),‎ 可得·=0,‎ 又DE⊄平面ABC,所以DE∥平面ABC.‎ ‎（2）设平面AFE的法向量为n=(x,y,z),‎ 因为=(2,2,0),=(2,-2,-2),‎ 所以所以所以 取x=1,则n=(1,-1,2)为平面AFE的一个法向量.‎ 又=(4,0,4),‎ 所以点B1到平面AFE的距离d==2.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间向量在线面位置关系和求解距离中的应用，对于利用空间向量求解点到平面的距离的步骤通常为：①求平面的法向量；②求斜线段对应的向量在法向量上的投影的绝对值，即为点到平面的距离．空间中其他距离问题一般都可转化为点到平面的距离求解．着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎（十一）空间几何体综合 例1．如图，是以为直径的半圆上异于的一点，矩形所在平面垂直于该半圆所在的平面，且．‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)设平面与半圆弧的另一个交点为，，求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】(1)证明：因为矩形平面，平面且，所以平面，从而，①‎ 又因为在半圆中，为直径，所以，即，②‎ 由①②知平面，故有．‎ ‎(2)因为，所以平面．又因为平面平面，‎ 所以，在等腰梯形中，，，，‎ 所以，．‎ 练习1．如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.‎ ‎(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；‎ ‎(2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）平面，理由见解析；（2）.‎ ‎【解析】(1)AB∥平面DEF，理由如下：‎ 在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.‎ 又因为AB⊄平面DEF，EF平面DEF，‎ 所以AB∥平面DEF.‎ ‎(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1)．‎ 假设存在点P(x，y，0)满足条件，‎ 则＝(x，y，－2)，·＝，所以.‎ 又＝(，y，0)，＝(－x，，0)，∥，‎ 所以()()＝，所以.‎ 把代入上式得，所以＝，‎ 所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时.‎ 练习2．如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，分别为棱的中点，且.‎ ‎（1）证明：平面与平面平行，并求这个平行平面之间的距离；‎ ‎（2）求二面角的大小.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）证明：∵分别为棱的中点，‎ ‎∴，，‎ 又，∴平面平面.‎ 依题意可得，，，，‎ 则平面.‎ 取的中点，连接，∵，∴，‎ 又平面，∴，‎ 从而平面.‎ 取的中点，连接，则，平面.‎ ‎∵，∴，‎ 从而这两个平行平面之间的距离为.‎ ‎（另由亦可得）‎ ‎（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，，，‎ 设是平面的法向量，‎ 则，即，‎ 令，得.‎ 由（1）知，平面的一个法向量为，‎ 则.‎ 由图可知，二面角为钝角，故二面角为（或）.‎ 练习3．如图，在五面体中，四边形是矩形，，，，，为的中点，为线段上一点，且.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求证：；‎ ‎（Ⅲ）求证：平面平面.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.‎ ‎【解析】（Ⅰ）连接交于点，则为的中点，连接.‎ ‎∵在中，为的中点，为的中点.‎ ‎∴.‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（Ⅱ）连接.‎ ‎∵四边形是矩形，，‎ ‎∴，且.‎ ‎∵，，，‎ ‎∴.‎ ‎∵，，‎ ‎∴.‎ ‎∴四边形是平行四边形.‎ ‎∴，.‎ ‎∵在中，，，，‎ ‎∴.‎ ‎∵在中，，，，‎ ‎∴是直角三角形.‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎（Ⅲ）∵在中，，‎ ‎∴为等边三角形.‎ ‎∵为的中点，‎ ‎∴.‎ 同理，由为等边三角形，可得.‎ ‎∵，‎ ‎∴平面.‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面平面.‎