空间距离的求法、立体几何的翻折和动态问题专项训练-2026届高三数学一轮复习

　空间距离的求法、立体几何的翻折和动态问题 基础性 1．《算术书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长l与高h，计算其体积V的近似公式V＝l2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3.那么，近似公式V≈l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　) A. B. C. D. 解析：C　V＝πr2h＝π×()2h＝l2h，由≈，得π≈，故选C. 2．(2024·广东佛山校联考期中)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为60°的点P的轨迹长度为(　　) A. B.π C. D.π 解析：B　直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面A1B1C1D1所成角， 如图，连接B1P，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，PB1⊂平面A1B1C1D1， 所以BB1⊥PB1，故∠BPB1为直线BP与上底面A1B1C1D1所成角，则∠BPB1＝60°. 因为BB1＝1，所以PB1＝＝， 故点P的轨迹为以B1为圆心，为半径，位于平面A1B1C1D1内的圆的， 故轨迹长度为×2π×＝π.故选B. 3．如图，菱形纸片ABCD中，A＝，O为菱形ABCD的中心，将纸片沿对角线BD折起，使得二面角A­BD­C为，E，F分别为AB，CD的中点，则折纸后，cos∠EOF＝(　　) A. B. C．－ D．0 解析：A　如图，连接OA，OC，AC，则OA⊥BD，OC⊥BD，故∠COA即为二面角A­BD­C的平面角，即∠COA＝. 设AD的中点为M，连接FM，ME，OF，OE，则FM∥AC. 设菱形纸片ABCD的边长为2，因为A＝，则△ABD，△BDC为正三角形， 则OD＝BD＝1，OC＝OA＝. 又∠COA＝，故△AOC为正三角形， 故AC＝，所以MF＝. 又OA⊥BD，OC⊥BD，OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面OAC，则BD⊥平面OAC， AC⊂平面OAC，故BD⊥AC. 又因为M，E分别为AD，AB的中点，所以ME∥BD，所以ME⊥MF. 又ME＝BD＝1，MF＝， 故EF＝＝. 在△OEF中，OE＝AD＝1，OF＝BC＝1， 所以cos∠EOF＝＝＝，故选A. 4．(多选)已知P，Q分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论正确的是(　　) A．AB⊥PQ B．平面BPQ∥平面ADD1A1 C．四面体ABPQ的体积为定值 D．AP∥平面CDD1C1 解析：ABD　如图，对于A，因为AB⊥平面BCC1B1，又PQ⊂平面BCC1B1，所以AB⊥PQ，A正确； 对于B，因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1，平面BPQ与平面BCC1B1重合， 所以平面BPQ∥平面ADD1A1，B正确； 对于C，因为A到平面BPQ的距离AB为定值，Q到BP的距离为定值，BP的长不是定值，所以四面体ABPQ的体积不为定值，C错误； 对于D，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，AP⊂平面ABB1A1， 所以AP∥平面CDD1C1，D正确．故选ABD. 5．如图，在底面是直角梯形的四棱锥P­ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，则AD到平面PBC的距离为__________． 解析：　因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC，所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离． 因为侧棱PA⊥底面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC. 因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC， 因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB. 又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB. 因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2. 设点A到平面PBC的距离为d，则由V三棱锥P­ABC＝V三棱锥A­PBC得 PA·S△ABC＝d·S△PBC， 所以×2××2×2＝d××2×2，得d＝. 所以AD到平面PBC的距离为. 6．已知圆柱OO1底面半径为1，高为π，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，其距离最短时在侧面留下的曲线γ如图所示．将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后，边B1C1与曲线γ相交于点P.则曲线γ的长度为________；当θ＝时，点C1到平面APB的距离为________． 解析：π　　曲线γ的长度为矩形的对角线长度，其中矩形的宽为圆柱的高，长为底面的半圆长．因为AD＝π，底面的半圆长为×π×2×1＝π，所以γ的长为π. 当θ＝时，建立如图所示的空间直角坐标系． 则有A(0，－1，0)，B(0，1，0)，P(－1，0，)，C1(－1，0，π)， 所以＝(0，2，0)，＝(－1，1，)，＝(－1，0，π)． 设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)， 则可得 令z＝2，得n＝(π，0，2)， 所以点C1到平面PAB的距离为d＝＝. 7．如图，在四棱锥A­BCDE中，平面ABE⊥平面BCDE，四边形BCDE是边长为4的正方形，M，N分别为AE，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCDE. (2)若△ABE为等边三角形，求三棱锥D­AMN的体积． 解析：(1)证明：连接EC. 因为M，N分别为AE，AC的中点，所以MN∥EC， 又因为EC⊂平面BCDE，MN⊄平面BCDE，所以MN∥平面BCDE. (2)取BE的中点O，连接AO. 因为△ABE为等边三角形，所以AO⊥BE，所以AO＝2. 如图，以O为原点，OA，OB分别为x轴、y轴，过O作平面ABE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系如图， 则A(2，0，0)，D(0，－2，4)，M(，－1，0)，N(，1，2)， ＝(－，1，2)，＝(－2，－2，4)，＝(－，－1，0)． 设平面ADM的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝－，z＝0，所以n＝(1，－，0)． 则点N到平面ADM的距离d＝＝. 又S△ADM＝|AM||DE|＝4， 所以VD­AMN＝VN­ADM＝S△ADM·d＝×4×＝. 综合性 8．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为4，空间内的点H满足HA⊥HA1，且HB⊥HC1，则满足条件的H所形成曲线的轨迹的长度为__________． 解析：　如图，设AA1的中点为M，BC1的中点为N，连接HM，HN，易知MN＝2. 因为HA⊥HA1，且HB⊥HC1，所以H点在以AA1，BC1为直径的球上， 球心分别为M，N，半径分别为r＝MA＝2，R＝NB＝2，即HM＝2，HN＝2. 又MN＝2，所以HM2＋HN2＝MN2，即HM⊥HN. 过H作HT⊥MN，垂足为T，则HT＝. 因为两球的交线为圆，所以H点轨迹是以T为圆心，HT为半径的圆， 所以轨迹长度为2π×＝. 9．图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝BC＝1.E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2. (1)求证：BD⊥PD. (2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值． 解析：(1)证明：如图，过点D作DF⊥BC交BC于点F. 因为AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝BC＝1. 所以BF＝FC＝1，BD＝，DC＝. 由BD2＋DC2＝BC2，所以BD⊥CD， 因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，BD⊂平面ABCD， 所以BD⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，所以BD⊥PD. (2)由(1)知DC＝，得ED2＋EC2＝2≥， 即ED＋EC≤2，当ED＝EC＝1时取等号． 当△CDE周长最大时，ED＝EC＝1，即PD＝PC＝1. 取DC的中点O，连接OP，OF，所以OP⊥DC， 因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，OP⊂平面PCD，所以OP⊥平面ABCD. 因为DF＝FC＝1，所以OF⊥DC. 故以OF，OC，OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，)，C(0，，0)，B(，－，0)，A(，－，0)， 所以＝(－，，)，＝(，，0)． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取n＝(1，－1，3)． 又平面PCD的一个法向量m＝(1，0，0)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为. 10．如图1，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝∠DAB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝2，AD＝4.把△DAC沿对角线AC折起到△PAC的位置，如图2所示，使得点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，连接PB，点E，F分别为线段PA，AB的中点． (1)求证：平面EFH∥平面PBC. (2)求直线HE与平面PHB所成角的正弦值． (3)在棱PA上是否存在一点M，使得M到点P，H，A，F四点的距离相等？请说明理由． 解析：(1)证明：在△ABC中，∠ABC＝90°，∠CAB＝30°，BC＝2，所以AC＝4. 在△APC中，∠PAC＝60°，AC＝AP＝4，所以△APC为等边三角形． 因为点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上， 所以PH⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以PH⊥AC，所以H为线段AC的中点． 又点E，F分别为线段PA，AB的中点，所以EH∥PC，EF∥PB. 由EF∥PB，EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC， 由EH∥PC，EH⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以EH∥平面PBC， 由EH，EF⊂平面EFH，EH∩EF＝E，所以平面EFH∥平面PBC. (2)在平面ABC内过H作AC的垂线为x轴，HC，HP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图， 则A(0，－2，0)，P(0，0，2)，B(，1，0)， 所以E(0，－1，)，＝(0，－1，)，＝(，1，0)，＝(0，0，2)． 设平面PHB的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝，则y＝－3，z＝0， 所以n＝(，－3，0)为平面PHB的一个法向量， 则|cos〈n，〉|＝＝＝， 所以直线HE与平面PHB所成角的正弦值为. (3)存在，点M为线段PA的中点E，理由如下： 因为在Rt△PHA中， EH＝PE＝EA＝PA＝2， 在Rt△PHB中，PB＝4， 又EF＝PB＝2，所以点E到四个点P，H，A，F的距离相等， 所以点E为所找的点，即线段PA的中点E为所求． 创新性 11．(多选)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝2，D为线段BC(端点除外)上一动点．现将△ABD沿线段AD折起至△AB′D，使二面角B′­AD­C的大小为120°，则在点D的移动过程中，下列说法正确的是(　　) A．不存在点D，使得CB′⊥AB B．点B′在平面ABC上的投影轨迹是一段圆弧 C．B′A与平面ABC所成角的余弦值的取值范围是(，1) D．线段CB′的最小值是 解析：ABC　如图1，过点B作AD的垂线，交AD于点E，连接B′E，BB′，过点B′作BE的垂线，交BE于点H，易知B′E⊥AD，B′E∩BE＝E， 则AD⊥平面B′BE，所以∠B′EB为二面角B′­AD­C的平面角的补角，即∠B′EB＝60°， 所以EH＝B′E＝BE，即H为BE的中点，易知平面ABC⊥平面B′BE， 又B′H⊥BE，所以B′H⊥平面ABC，所以B′在平面ABC上的投影为点H. 对于A，若CB′⊥AB，连接CH，如图2， 又由上可知B′H⊥AB，CB′∩B′H＝B′，所以AB⊥平面CB′H， 则CH⊥AB，而这是不可能成立的，A正确； 对于B，因为∠BEA＝90°，所以点E的轨迹为以AB为直径的一段圆弧，又H为BE的中点，所以点H的轨迹也为一段圆弧，B正确； 对于C，如图3，连接AH，则B′A与平面ABC所成的角为∠B′AH，设BD＝x(0<x<2)，则AD＝，所以由AB·BD＝AD·BE，得BE＝＝， 所以BE∈(0，)， 所以B′H＝B′E＝BE∈(0，)， 所以sin∠B′AH＝∈(0，)， 所以cos∠B′AH∈(，1)，C正确； 对于D，设∠BAD＝θ，则∠DBE＝θ， BE＝AB·sin θ＝sin θ， BH＝BE＝sin θ， B′H＝BE＝sin θ， CB′2＝B′H2＋CH2 ＝B′H2＋BC2＋BH2－2BC·BH·cos θ ＝(sin θ)2＋(sin θ)2－2×2×sin θ×cos θ＋4 ＝sin2θ－sin 2θ＋4 ＝－cos 2θ－sin 2θ＋4 ＝－sin(2θ＋φ) ≥ >3， 其中tan φ＝，故CB′>，D错误．故选ABC. 12．(2024·浙江宁波模拟)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE，DD1. (1)求证：CE∥平面ADD1. (2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值． 解析：(1)证明：因为BE∥AD1，BE⊄平面ADD1，A1D⊂平面ADD1，所以BE∥平面ADD1. 同理可得BC∥平面ADD1. 又因为BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCE， 所以平面BCE∥平面ADD1. 因为CE⊂平面BCE，所以CE∥平面ADD1. (2)(方法1)取AB的中点O，连接OD，OD1，易知OD⊥AB，OD1⊥AB. 因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB， 又OD1⊂平面ABC1D1，OD1⊥AB， 所以OD1⊥平面ABCD. 如图1，以O为原点，OD，OA，OD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，1，0)，B(0，－1，0)，D(，0，0)，C(，－2，0)，D1(0，0，)，C1(0，－2，)． 从而E(0，－，)，得＝(－，，)． 又＝(，1，0)，＝(－，0，)， 设平面BDD1的法向量n＝(x，y，z)， 则得 取z＝1，则x＝1，y＝－，故n＝(1，－，1)． 设直线CE与平面BDD1所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为. (方法2)如图2，取AD1的中点F，连接DF，EF，易知EFDC是平行四边形，所以CE∥DF. 从而CE与平面BDD1所成角即为DF与平面BDD1所成角，设为θ. 过D1作D1G⊥AB交AB于G，过G作GH⊥BD交BD于H，过G作GK⊥D1H交D1H于K. 因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D1＝AB， 又D1G⊂平面ABC1D1，D1G⊥AB，所以D1G⊥平面ABCD. 又BD⊂平面ABCD，所以D1G⊥BD， 又GH⊥BD，D1G∩GH＝G，D1G，GH⊂平面D1GH， 从而BD⊥平面D1GH. 因为GK⊂平面D1GH，所以BD⊥GK. 又GK⊥D1H，BD∩D1H＝H，BD，D1H⊂平面BDD1， 从而GK⊥平面BDD1. 所以GK的长即为G到平面BDD1的距离． 由D1G＝，GH＝，D1G⊥HG，可得GK＝. 连接GF，易证GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距离设为h，即为G到平面BDD1的距离，即h＝GK＝. 又D1G＝DG＝，可得DD1＝. 在△ADD1中，DD1＝，AD＝AD1＝2，D1F＝AF＝1， 所以＝－， 即2DF2＋2AF2＝AD2＋DD，得DF＝2. 所以sin θ＝＝， 所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 　空间距离的求法、立体几何的翻折和动态问题 基础性 1．《算术书》竹简于20世纪80年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长l与高h，计算其体积V的近似公式V＝l2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3.那么，近似公式V≈l2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为(　　) A. B. C. D. 2．(2024·广东佛山校联考期中)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P为正方形A1B1C1D1内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为60°的点P的轨迹长度为(　　) A. B.π C. D.π 3．如图，菱形纸片ABCD中，A＝，O为菱形ABCD的中心，将纸片沿对角线BD折起，使得二面角A­BD­C为，E，F分别为AB，CD的中点，则折纸后，cos∠EOF＝(　　) A. B. C．－ D．0 4．(多选)已知P，Q分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论正确的是(　　) A．AB⊥PQ B．平面BPQ∥平面ADD1A1 C．四面体ABPQ的体积为定值 D．AP∥平面CDD1C1 5．如图，在底面是直角梯形的四棱锥P­ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，则AD到平面PBC的距离为__________． 6．已知圆柱OO1底面半径为1，高为π，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，其距离最短时在侧面留下的曲线γ如图所示．将轴截面ABCD绕着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后，边B1C1与曲线γ相交于点P.则曲线γ的长度为________；当θ＝时，点C1到平面APB的距离为________． 7．如图，在四棱锥A­BCDE中，平面ABE⊥平面BCDE，四边形BCDE是边长为4的正方形，M，N分别为AE，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCDE. (2)若△ABE为等边三角形，求三棱锥D­AMN的体积． 综合性 8．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为4，空间内的点H满足HA⊥HA1，且HB⊥HC1，则满足条件的H所形成曲线的轨迹的长度为__________． 9．图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝BC＝1.E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2. (1)求证：BD⊥PD. (2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值． 10．如图1，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝∠DAB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝2，AD＝4.把△DAC沿对角线AC折起到△PAC的位置，如图2所示，使得点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，连接PB，点E，F分别为线段PA，AB的中点． (1)求证：平面EFH∥平面PBC. (2)求直线HE与平面PHB所成角的正弦值． (3)在棱PA上是否存在一点M，使得M到点P，H，A，F四点的距离相等？请说明理由． 创新性 11．(多选)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝2，D为线段BC(端点除外)上一动点．现将△ABD沿线段AD折起至△AB′D，使二面角B′­AD­C的大小为120°，则在点D的移动过程中，下列说法正确的是(　　) A．不存在点D，使得CB′⊥AB B．点B′在平面ABC上的投影轨迹是一段圆弧 C．B′A与平面ABC所成角的余弦值的取值范围是(，1) D．线段CB′的最小值是 12．(2024·浙江宁波模拟)在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D1⊥平面ABCD，点E为边BC1的中点，连接CE，DD1. (1)求证：CE∥平面ADD1. (2)求直线CE与平面BDD1所成角的正弦值． 学科网（北京）股份有限公司 $