第2课时 向量法求空间距离、探索与折叠问题
教|材|回|顾
1．点P到直线l的距离
①
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
②
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＝________＝________.
微|点|延|伸
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．
小|题|快|练
1．(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________．
2．(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________．
3．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1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________．
类型一 向量法求空间距离
考向 ：点到直线的距离
【例1】 如图，在四棱锥PABCD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
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．
【训练1】 已知四棱锥PABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝1，点E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是( )
A． B． C． D．
考向 ：点到平面的距离
【例2】 (2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1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；
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
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)．
【训练2】 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝AB＝AA1＝2，BC1＝2，M为线段AB上的动点．
(1)证明：BC1⊥CM；
(2)若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．
类型二 折叠问题
【例3】 已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点．如图①，OC⊥AB，∠AOD＝，点P是上的动点．沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD(如图②)．
(1)当AB∥平面PCD时，求PD的长；
(2)当三棱锥PCOD的体积最大时，求平面OPD与平面CPD夹角的余弦值．
翻折问题中的解题关键是要结合图形弄清翻折前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系．一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化．
【训练3】 (2025·成都诊断)如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．
(1)求证：GH∥平面DEF；
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．
类型三 探索性问题
【例4】 如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB＝1，AB＝2，其中点C是以AB为直径的半圆ACB上的动点，△ABD为正三角形．
(1)若BC＝1，求证：BC∥平面ADE；
(2)记λ＝，问λ能否为整数．若能，求出λ的值，并求此时二面角CAED的余弦值；若不能，请说明理由．
1．对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，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4】 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1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；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
第2课时 向量法求空间距离、探索与折叠问题
必备知识·梳理
教材回顾
1.
2.
小题快练
1. 解析 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＝＝＝.
2. 解析 由题意，点F到平面ABC的距离为＝＝.
3. 解析 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.
关键能力·落实
【例1】 A 解析 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.
【训练1】 D 解析 如图建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，E，所以＝(0,1，－1)，＝，所以||＝，||＝，＝＝，所以点E到直线PD的距离是＝＝.故选D.
【例2】 解 (1)证明：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的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即取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.
(2)易知＝(1，－1,2)，＝(－1,1,0)，设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则即取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.
(3)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.
【训练2】 解 (1)证明：因为AB⊥平面BB1C1C，C1B 平面BB1C1C，所以AB⊥C1B，在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BC＝CC，所以CB⊥C1B.因为AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.又因为CM 平面ABC，所以C1B⊥CM.
(2) 由(1)知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2，0,0)，C1(0，2，0)，A1(－2,2，4)，E(－1，2，2)，所以＝(2,0,0)，＝(－1,2，2)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝，则n＝(0，，－3)是平面BCE的一个法向量．又因为＝(4，－2，－4)，故点A1到平面BCE的距离d＝＝.
【例3】 解 (1)因为AB∥平面PCD，AB 平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，又∠AOD＝，所以∠ODP＝∠OPD＝，所以∠POD＝，又OD＝OP＝1，所以PD＝.
(2)由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P COD的体积最大．易知OC，OD，OP两两垂直，以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则C(1,0,0)，D(0，0,1)，P(0,1,0)，故＝(1，－1,0)，＝(0,1，－1)．设平面CPD的法向量为n1＝(x，y，z)．则即取y＝1，得x＝1，z＝1，得平面CPD的一个法向量为n1＝(1,1,1)．易知平面OPD的一个法向量为n2＝(1,0,0)，设平面OPD与平面CPD的夹角为θ，则cos θ＝＝，所以平面OPD与平面CPD夹角的余弦值为.
【训练3】 解 (1)证明：连接BH，与ED相交于点M，连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，因为E，H分别为PB，PD的中点，所以DE，BH是△PBD的中线，BM＝BH，因为F为BC中点，G为CF的中点，所以BF＝BG，所以MF∥GH，因为MF 平面DEF，GH 平面DEF，所以GH∥平面DEF.
(2)因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，DB，DP 平面DBP，所以CD⊥平面DBP.如图，过点D作直线垂直平面BDC，作空间直角坐标系，设PD＝DB＝DC＝2，则C(0,2,0)，B(2,0,0)，P(1,0，)，H，G，所以＝(－2,2,0)，＝(－1,0，)，＝.设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令x＝，则y＝，z＝1，n＝(，，1)．设直线GH与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为.
【例4】 解 (1)证明：由题意可得AC⊥BC，则sin∠CAB＝＝，又∠CAB为锐角，则∠CAB＝30°，因为△ABD为正三角形，所以∠DAB＝60°，可得∠DAC＝∠DAB＋∠CAB＝90°，即AD⊥AC.所以AD∥BC，又AD 平面ADE，BC 平面ADE，所以BC∥平面ADE.
(2)由已知得AE＝DE＝＝，所以△ADE为等腰三角形，其底边AD上的高为2，S△ADE＝2.设BC＝x(0此时x＝∈(0,2)，满足题意．下面求二面角C AE D的余弦值．以B为原点，BA所在直线为x轴，BA在平面ABC内的垂线为y轴，BE所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则有A(2，0,0)，B(0,0,0)，C，D(1，－，0)，E(0,0,1)，＝(2,0，－1)，＝(－1，－，0)，＝.设平面ADE的法向量为n＝(t，y，z)，则取t＝，则y＝－1，z＝2，所以平面ADE的一个法向量为n＝(，－1,2)．设平面ACE的法向量为m＝(a，b，c)，则取a＝，则b＝1，c＝2，所以平面ACE的一个法向量为m＝(，1，2)．cos〈m，n〉＝＝，由图可知所求二面角为钝角，故二面角C AE D的余弦值为－.
【训练4】 解 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.
(2)设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)，因为＝(－1，1,1)，＝(1－a,1，－2)，所以即令z＝2－a，则m＝(3,1＋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＝.
新定义3 以立体几何为载体的新定义问题
【例1】 ①②③ 解析 ①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为2π－3×＝，故①正确；②由定义可得多面体的总曲率＝2π×顶点数－各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为2π×5－(π×4＋2π×1)＝4π，故②正确；③设每个面记为ni(i∈[1，F])边形，则所有的面角和为(ni－2)π＝πi－2πF＝π·2E－2πF＝2π(E－F)，根据定义可得该类多面体的总曲率2πV－2π(E－F)＝4π为常数，故③正确．
【例2】 解 (1)设两条直线分别为l1和l2，l1∩l2＝ ，且对于任意平面α，l1 α或l2 α.若l⊥l1，l∩l1＝M，l⊥l2，l∩l2＝N，则称l为l1与l2的公垂线．线段MN为l1与l2的公垂线段，线段MN的长度为l1与l2之间的距离．
(2)(反证法)如图①，假设异于l的另外一条直线l′也是两条异面直线l1与l2的公垂线，不妨设l′⊥l1，l′⊥l2，l′∩l1＝M′，l′∩l2＝N′.平移l得到l0，使得N′∈l0，则l0∥l且l0∩l2＝N′.记l0与l′所决定的平面为α.由于l1⊥l，故l1⊥l0，又因为l1⊥l′，且l0∩l′＝N′，故l1⊥α.由于l2⊥l，故l2⊥l0，又因为l2⊥l′，且l0∩l′＝N′，故l2⊥α.又因为l1≠l2，所以l1∥l2，故l1与l2共面，与题设矛盾．所以两条异面直线l1与l2的公垂线l是唯一的，有且仅有一条．
①
(3)异面．
(ⅰ)证明：(反证法)假设l1与l2共面α，设面α的法向量k＝(x，y，z)≠0.
分别平移m，n，使起点分别落在点A和点B处，则m，n均在面α内．
于是k⊥m且k⊥n，得即取k＝(－4,0,5)．显然在面α内，故k⊥，得k·＝0，但＝(1，－1，－2)，k·＝－4×1＋0×(－1)＋5×(－2)＝－14≠0，与k·＝0矛盾，故l1与l2异面．
(ⅱ)如图②，平移l1得到l′1，使得l′1∩l2＝M′.设l′1与l2所确定的平面为α.因为l⊥l1，所以l⊥l′1，又因为l⊥l2，所以l⊥α，即MN⊥α.故l1与l2之间的距离，即线段MN的长度，等于点M到面α的距离．因为l1与l2异面，所以l1 α，又因为l1∥l′1，l′1 α，所以l1∥α.所以点M到面α的距离等于点A到面α的距离．而点A到面α的距离dA＝＝＝，故l1与l2之间的距离为.
②
(ⅲ)因为l1与l2异面，所以l1与平面BMN(记作面β)相交，而非在面β内．因此对于起点在点A处的m，只存在唯一的λ∈R，使得λm的终点落在面β内．又因为M∈β，故＝λm.＝＋＝＋λm＝(1,1,4)＋λ(5,1,4)＝(5λ＋1，λ＋1,4λ＋4)，设面β的法向量为p＝(x′，y′，z′)，由于MN⊥α，故α的法向量k∥，而n与均在面β内，故p⊥n，且p⊥，即p⊥k，所以即取p＝(5,0,4)．因为在面β内，所以p⊥，得p·＝0. ＝－＝(5λ＋1，λ＋1,4λ＋4)－(2,0,2)＝(5λ－1，λ＋1,4λ＋2)，p·＝5·(5λ－1)＋0·(λ＋1)＋4·(4λ＋2)＝41λ＋3，故41λ＋3＝0，解得λ＝－，＝＝.
【例3】 解 (1)若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有α＝β＝γ＝，所以球面三角形ABC面积为S球面△ABC＝(α＋β＋γ－π)R2＝R2.
(2)①证明：由余弦定理有：且AC2＋BC2＝AB2，消掉R2，可得cos θ1＋cos θ2－cos θ3＝1.
②由AD是球的直径，则AB⊥BD，AC⊥CD，且AC⊥BC，CD∩BC＝C，CD，BC 平面BCD，所以AC⊥平面BCD，且BD 平面BCD，则AC⊥BD，且AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，可得BD⊥平面ABC，由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，所以∠DAB＝，∠DCB＝，不妨先令R＝，则AD＝2，AB＝BD＝，BC＝，AC＝2，由AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD，
以C为原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，设BE＝t，t∈(0，]，则A(0,2,0)，B(，0,0)，C(0,0,0)，D(，0，)，可得S(0,1,0)，T，E(，0，t)，O，则＝(，0,0)，＝，＝，＝.设平面OBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则取z1＝－2，则y1＝，x1＝0，可得m＝(0，，－2)，设平面EST的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则取x2＝t，则y2＝t，z2＝－1，可得n＝(t，t，－1)，要使sin θ取最小值，则|cos θ|取最大值，因为|cos θ|＝|cos〈m，n〉|＝＝＝×＝×＝×，令m＝2t＋1，m∈(1,13]，则t＝，3t2＝，可得＝＝＝≤＝2，当且仅当m＝3，t＝取等．则|cos θ|取最大值，sin θ＝＝为最小值，此时点E，可得＝，＝(0,2,0)，设平面AEC的法向量k＝(x，y，z)，则取x＝1，则y＝0，z＝－2，可得k＝(1,0，－2)，可得球心O到平面AEC的距离为d＝＝，设平面AEC截球O的截面圆半径为r，则r2＝R2－d2＝，所以截面圆面积为πr2＝π＝πR2.(共44张PPT)
第2课时
第七章 立体几何与空间向量
向量法求空间距离、探索与折叠问题
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
向量法求空间距离
解析
解析
解
解
解
解
解
解
证
解
类型二
折叠问题
解
解
解
解
解
解
类型三
探索性问题
解
解
解
解
解
解
解
解
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y微练(六十二) 向量法求空间距离、探索与折叠问题
1．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，E，F分别是棱C1C，BC的中点．
(1)求证：B1F⊥平面AEF；
(2)求点A1到直线B1E的距离．
2．如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离．
3．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A1D1的中点，过点A，B1，E的平面截正方体，得到如图所示的多面体，F为棱CC1上的动点．
(1)点H在棱BC上，当CH＝CB时，FH∥平面AEB1，试确定动点F在棱CC1上的位置，并说明理由；
(2)若AB＝2，求点D到平面AEF的最大距离．
4．如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AA1＝.设点D为棱A1C1上(包含端点)的一点，过点D，A作平面BCC1B1的垂面α.
(1)画出平面α与正三棱柱ABCA1B1C1表面的交线(保留作图痕迹，不需证明)；
(2)若点A1到平面α的距离为，求直线AC与平面α所成角的正弦值．
5.(2025·安徽联考)在三棱锥PABC中，PB⊥平面ABC，AB＝BC＝BP＝2，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE，BA垂直于BC．
(1)当∠ABE∈时，求点E的轨迹长度；
(2)当二面角EPAB的余弦值为时，求三棱锥EPCB的体积.
微练(六十二) 向量法求空间距离、探索与折叠问题
1．解 (1)证明：因为三棱柱ABC A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC＝90°，所以以A为原点，以AB，AC，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，因为AB＝AC＝AA1＝1，E，F分别是棱C1C，BC的中点，所以A(0,0,0)，B1(1,0,1)，E，F，所以＝，＝，＝，因为·＝0，·＝0，所以⊥，⊥，所以B1F⊥AE，B1F⊥AF，因为AE∩AF＝A，AE，AF 平面AEF，所以B1F⊥平面AEF.
(2)解法一：因为A1(0,0,1)，所以＝(1,0,0)，又＝，所以点A1到直线B1E的距离d＝＝＝.
解法二：因为A1(0,0,1)，所以＝(1,0,0)，＝，所以cos〈，〉＝＝－，所以sin〈，〉＝，故点A1到直线B1E的距离为d＝||·sin〈，〉＝.
2．解 如图，设DE的中点为O，BC的中点为F，连接OP，OF，OB，则OP⊥DE，因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，所以OP⊥平面BCDE.因为在△ABC中，点D，E分别为AC，AB边的中点，所以DE∥BC.因为DE 平面PBC，BC 平面PBC，所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE，所以以点O为原点，OE，OF，OP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O(0,0,0)，P(0,0，)，B(2，，0)，C(－2，，0)，F(0，，0)，所以＝(2，，－)，＝(4,0,0)．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，由得令y＝z＝1，所以n＝(0,1,1)．因为＝(0，，0)，设点O到平面PBC的距离为d，则d＝＝＝.因为点O在直线DE上，所以直线DE到平面PBC的距离等于.
3．解 (1)设平面BCC1B1与平面AEB1的交线为l，因为FH∥平面AEB1，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，FH 平面BCC1B1，所以FH∥l.由正方体ABCD A1B1C1D1知，平面ADD1E∥平面BCC1B1，又平面ADD1E∩平面AEB1＝AE，平面BCC1B1∩平面AEB1＝l，所以AE∥l，所以AE∥FH.如图，取BC的中点G，连接C1G，易知AE∥GC1，所以GC1∥FH，又H为CG的中点，所以F为CC1的中点．
(2)以点D为原点，，，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Dxyz，则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，设F(0,2，t)，t∈[0,2]，所以＝(－1,0,2)，＝(－2,2，t)，＝(2,0,0)．设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，则y＝2－，z＝1，所以n＝，所以点D到平面AEF的距离d＝＝，又t∈[0,2]，所以≤d≤，当t＝2，即点F与点C1重合时，d取得最大值.所以点D到平面AEF的最大距离为.
4．解 (1)平面α与正三棱柱ABC A1B1C1表面的交线如图①中的四边形AOED所示．(画法：如图①，连接AD，分别取B1C1，BC的中点O1，O，连接A1O1，AO，过点D作A1O1的平行线，交B1C1于点E，连接OE，则四边形AOED为所求．)
(2)如图②，连接OO1，以O为原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(2，0,0)，A1(2，0，)，C(0，－2,0)，C1(0，－2，)．设＝λ(0≤λ≤1)，则点D的坐标为(2(1－λ)，－2λ，)．设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则又＝(2，0,0)，＝(－2λ，－2λ，)，所以则x＝0，令y＝，则z＝2λ，所以n＝(0，，2λ)．又＝(0,0，)，所以点A1到平面α的距离d＝＝＝，得λ＝，所以A1D＝2.因为AC∥A1D，所以直线AC与平面α所成的角等于直线A1D与平面α所成的角．记直线AC与平面α所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，所以直线AC与平面α所成角的正弦值为.
5．解 (1)作BH⊥PE交PE于H，因为平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE＝PE，BH 平面PBE，所以BH⊥平面PAE，又因为AE 平面PAE，所以BH⊥AE，因为PB⊥平面ABC，AE 平面ABC，所以PB⊥AE，因为BH⊥AE，PB⊥AE，PB，BH 平面PBE，PB∩BH＝B，所以AE⊥平面PBE，又因为BE 平面PBE，所以AE⊥BE.分别以直线BA，BC，BP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图①，
则B(0,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，设E(x，y,0)，因为AE⊥BE，所以·＝0，又＝(x－2，y,0)，＝(x，y,0)，所以(x－2)·x＋y·y＝0，即(x－1)2＋y2＝1，如图②，设AB的中点为N，则N(1,0)，又因为∠ABE∈，所以∠ANE∈，因此E的轨迹为圆弧QE，其长度为×1＝.
(2)由(1)知，＝(2,0，－2)，＝(x－2，y,0)，设平面PAE的法向量为n＝(a，b，c)，则令a＝y，则b＝2－x，c＝y，n＝(y,2－x，y)，易知＝(0,2,0)为平面PAB的一个法向量，设二面角E PA B的平面角为θ，则cos θ＝＝，则＝，解得x＝2，y＝0(舍去)或x＝1，y＝±1，则E(1,1,0)或E(1，－1,0)，则点E到平面PBC的距离为1，从而可得三棱锥E PCB的体积VE PCB＝S△PCB·h＝××2×2×1＝.(共23张PPT)
向量法求空间距离、探索与折叠问题
微练(六十二)
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赢在欲点
Al
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