23 专题四 课时13 空间距离、翻折和探索性问题（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

课时13　空间距离、翻折和探索性问题 [备考指南]　1．以空间几何体为载体，考查空间距离是高考中常见题型，难度中等．2．立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点，多涉及空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题，难度中等偏上．3．以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上． 基础考点　空间距离 【母题】　[人教A版选择性必修第一册P35练习T2]如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点． (1)求点A1到直线B1E的距离； (2)求直线FC1到直线AE的距离； (3)求点A1到平面AB1E的距离； (4)求直线FC1到平面AB1E的距离． [解]　(1)连接A1E，B1D1，过点A1作A1G⊥B1E，交B1E于G， 在Rt△A1ED1中， A1E＝ ＝＝， 在Rt△D1B1E中， B1E＝＝＝， 因为直线A1B1⊥平面AA1D1D，A1E⊂平面AA1D1D， 所以A1B1⊥A1E， 因为＝×A1E×A1B1＝×B1E×A1G， 所以A1E·A1B1＝B1E·A1G， 所以×1＝×A1G， 所以A1G＝， 故点A1到直线B1E的距离为． (2)如图，连接B1D1，C1E，AF，EF，在△AEF中，作FH⊥AE，H为垂足， 因为E，F分别为DD1，BB1的中点， 因为D1C1＝AB，D1E＝BF， 所以Rt△D1EC1≌Rt△FBA， 所以EC1＝AF，同理AE＝FC1， 所以四边形AFC1E是平行四边形，所以FC1∥AE， 所以FH即为直线FC1到直线AE的距离， 在△AEF中，由余弦定理得 cos ∠EAF＝＝， 因为cos ∠EAF>0，所以∠EAF是锐角， 所以sin ∠EAF＝， 在Rt△AFH中， FH＝AF·sin ∠EAF＝＝， 故直线FC1到直线AE的距离为． (3)如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，A1(1，0，1)， E，B1(1，1，1)， 所以＝(0，0，－1)，＝＝(0，1，1)， 设平面AB1E的法向量为n＝(a，b，c)， 则所以 令c＝2，得n＝(1，－2，2)， 所以点A1到平面AB1E的距离为 ＝＝， 则点A1到平面AB1E的距离为． (4)由(2)知FC1∥AE，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E， ∴FC1∥平面AB1E； 由(3)可知F＝， 直线FC1到平面AB1E的距离即点F到平面AB1E的距离， ＝＝， 所以直线FC1到平面AB1E的距离为． 链接核心知识：(1)点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝． (2)点到平面的距离 平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝． 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，M为BB1的中点，N为BC的中点． (1)求点M到直线AC1的距离； (2)求点N到平面MA1C1的距离． [解]　法一：(1)如图，连接AM，MC1，AC1，MA1， 易知MC1＝ ＝＝3， AC1＝2，MA＝． 在△MAC1中，由余弦定理得cos ∠MAC1＝ ＝， 则sin ∠MAC1＝， 所以M到直线AC1的距离为 MA·sin ∠MAC1＝＝． (2)如图＝＝4＝． 设点N到平面MA1C1的距离为h， 由＝，得×2×·h＝， 得h＝， 即N到平面MA1C1的距离为． 法二：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，2)，M(2，0，1)，C1(0，2，2)， 直线AC1的一个单位方向向量为s0＝＝(2，0，1)， 故点M到直线AC1的距离 d＝＝＝． (2)设平面MA1C1的法向量为n＝(x，y，z)， 因为＝(0，2，0)，＝(2，0，－1)， 则即 取x＝1，得z＝2， 故n＝(1，0，2)为平面MA1C1的一个法向量． 因为N(1，1，0)，所以＝(－1，1，－1)， 故N到平面MA1C1的距离d＝＝＝． 反思领悟：(1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法． (2)求直线(平面)到平面的距离的前提是直线(平面)与平面平行．求直线(平面)到平面的距离可转化成直线(平面)上任一点到平面的距离． 【教用·备选题】 1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，P在正方体内部且满足＝，则下列说法正确的是(　　) A．点A到直线BE的距离为 B．点O到平面ABC1D1的距离为 C．平面A1BD到平面B1CD1的距离为　 D．点P到直线AB的距离为 BCD　[根据题意可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)， D1(0，1，1)． 则E，O． 又＝，故P． 对于A，＝＝(－1，0，0)， 故点A到直线BE的距离为 ＝＝，故A错误； 对于B，＝(0，1，1)，＝， 设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 即 取y1＝1，则m＝(0，1，－1)为平面ABC1D1的一个法向量， 故O到平面ABC1D1的距离为＝＝，故B正确； 对于C，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)，故∥，而B，A1，C，D1不共线，故BA1∥CD1， 因为BA1⊄平面B1CD1，CD1⊂平面B1CD1， 故BA1∥平面B1CD1， 同理BD∥平面B1CD1，而BD∩BA1＝B，BD，BA1⊂平面DBA1，所以平面DBA1∥平面B1CD1， 故平面DBA1到平面B1CD1的距离即为B1到平面DBA1的距离． 又＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－1，0，0)，设平面DBA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 即取y2＝1，则n＝(1，1，1)为平面DBA1的一个法向量， 故B1到平面DBA1的距离为＝，故C正确； 对于D，＝＝(1，0，0)， 故点P到直线AB的距离为 ＝＝，故D正确． 故选BCD．] 2．[人教A版选择性必修第一册P49复习参考题1T17]如图，两条异面直线a，b所成的角为θ，在直线a，b上分别取点A′，E和点A，F，使AA′⊥a，且AA′⊥b．已知A′E＝m，AF＝n，EF＝l，求线段AA′的长． [解]　过A作a的平行线c，过E作AA′的平行线交c于G，连接GF， 则EG＝AA′，AG＝A′E，EG⊥平面AFG， 在△AFG中，若∠GAF为锐角或直角， 由余弦定理得，GF2＝AF2＋AG2－2AF·AG·cos θ＝n2＋m2－2mn cos θ， 在Rt△EGF中，EG2＝EF2－GF2＝l2－(n2＋m2－2mn cos θ)， 故AA′＝． 若∠GAF为钝角， 可得AA′＝． 综上，若∠GAF为锐角或直角，则AA′＝，若∠GAF为钝角，则AA′＝． 能力考点　利用空间向量解决翻折、探索性问题 【典例】　如图1，在△ABC中，CD⊥AB，BD＝2CD＝2AD＝4，E为AC的中点．将△ACD沿CD折起到△PCD的位置，使DE⊥BC，如图2． (1)求证：PB⊥PC． (2)在线段BC上是否存在点F，使得CP⊥DF？若存在，求平面PDF与平面DEF夹角的正弦值；若不存在，说明理由． [解]　(1)证明：依题意可知E为PC的中点，PD＝CD＝2，所以DE⊥PC， 又DE⊥BC，BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PCB， 所以DE⊥平面PCB． 又PB⊂平面PCB，所以DE⊥PB． 依题意可知CD⊥PD，CD⊥BD，BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB， 所以CD⊥平面PDB， 又PB⊂平面PDB， 所以CD⊥PB． 因为CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面PCD， 所以PB⊥平面PCD． 又PC⊂平面PCD，所以PB⊥PC． (2)由题意，得PC＝AC＝＝2，BC＝＝2，由(1)知PB⊥PC， 所以PB＝＝2． 以D为原点，DP，DC所在直线分别为x轴、z轴，过点D且平行于PB的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，P(2，0，0)，C(0，0，2) ，E(1，0，1)，B(2，2，0)， 所以＝(2，0，－2)，＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(－2，－2，2)． 设＝t(0t1)， 即＝t＝(－2t，－2t，2t)， 则F(2－2t，2－2t，2t)，＝(2－2t，2－2t，2t)， 若存在点F，使得CP⊥DF，则·＝4－8t＝0， 解得t＝，则F(1，，1)，即存在点F使得CP⊥DF，则＝(1，，1)， 设平面PDF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，得x1＝0，z1＝－， 所以m＝(0，1，－)为平面PDF的一个法向量， 设平面DEF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得y2＝0，z2＝－1， 所以n＝(1，0，－1)为平面DEF的一个法向量， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 所以平面PDF与平面DEF夹角的正弦值为＝． 反思领悟：(1)翻折问题：弄清翻折前后的变量和不变量，以不变量作为解题的切入点． (2)探索性问题：建系→引参设点→求解验证． (2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝．将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． [解]　(1)证明：由AB＝8，AD＝5＝，＝， 得AE＝2，AF＝4． 又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得 EF＝ ＝＝2， 所以AE2＋EF2＝AF2， 则AE⊥EF，即EF⊥AD， 所以EF⊥PE，EF⊥DE， 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE， 又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD． (2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3， 则CE2＝ED2＋CD2＝36， 在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6， 得EC2＋PE2＝PC2， 所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF， 又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD， 所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2)，D(0，3，0)，C(3，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2，0)， 所以＝(3，3，－2)，＝(0，3，－2)，＝(4，2，－2)，＝(2，0，－2)， 设平面PCD与平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝2，得x1＝0，z1＝3，令x2＝，得y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)分别为平面PCD与平面PBF的一个法向量， 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝， 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为θ， 则sin θ＝＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为． 【教用·备选题】 1．如图，在平面四边形ABCD中，AB∥DC，△ABD是边长为2的正三角形，DC＝3，O为AB的中点，将△AOD沿OD折到△POD的位置，PC＝． 　 (1)求证：PO⊥平面OBCD； (2)若点E为线段PC上的动点，且直线BE与平面PDC所成角的正弦值为，求的值． [解]　(1)证明：连接OC，则OC＝＝＝2， 因为PC＝，OP＝OA＝1， 所以OC2＋OP2＝PC2，即OC⊥OP， 翻折前，OA⊥OD， 翻折后，OP⊥OD， 又OC∩OD＝O，OC，OD⊂平面OBCD， 所以PO⊥平面OBCD． (2)以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(1，0，0)，P(0，0，1)，C(3，，0)，D(0，，0)， 所以＝(3，，－1)，＝(－1，0，1)，＝(0，－，1)，＝(3，0，0)， 设＝λ＝λ(3，，－1)，λ∈[0，1]，则＝＝(3λ－1，λ，1－λ)， 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取y＝1，则x＝0，z＝，所以n＝(0，1，)， 因为直线BE与平面PDC所成角的正弦值为， 所以＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 整理得52λ2－32λ＋3＝0， 解得λ＝或λ＝， 所以的值为或． 2．如图1，在平面五边形ABCDE中，AE∥BD，且DE＝2，∠EDB＝60°，CD＝BC＝，cos ∠DCB＝，将△BCD沿BD折起，使点C到P的位置，且EP＝，得到如图2所示的四棱锥P-ABDE． 　 (1)求证：PE⊥平面ABDE； (2)若AE＝1，求平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值． [解]　(1)证明：如题干图1，在△BCD中，CD＝BC＝，cos ∠DCB＝， 由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos ∠DCB＝7＋7－2×＝4， 所以BD＝2， 又因为DE＝2，∠EDB＝60°， 所以△BDE为正三角形，所以BE＝2， 在题干图2中，EP＝，DE＝BE＝2，PD＝PB＝， 所以EP2＋DE2＝DP2，EP2＋BE2＝BP2， 故EP⊥ED，EP⊥EB， 又ED∩EB＝E，ED，EB⊂平面EBD， 所以PE⊥平面ABDE． (2)取BD的中点F，连接EF， 由(1)可得，DE＝2，BE＝2，∠EDB＝60°，AE∥BD， 所以EF⊥BD，EF⊥AE， 因为PE⊥平面ABDE，所以EP，EF，EA两两互相垂直，故以E为原点，以EA，EF，EP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得A(1，0，0)，B(1，，0)，F(0，，0)，P(0，0，)， 则＝(0，，0)，＝(－1，0，)，＝(－1，－)，＝(－1，0，0)， 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 取x1＝，可得y1＝0，z1＝1， 可得平面PAB的一个法向量为n1＝(，0，1)， 设平面PBD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 取y2＝1，可得x2＝0，z2＝1，可得平面PBD的一个法向量为n2＝(0，1，1)， 设平面PAB与平面PBD所成的角为θ， 则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝， 所以平面PAB与平面PBD所成锐二面角的余弦值为． 3．(2025·滨州模拟)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2AB＝2，D，E，F分别是棱AC，CC1，C1B1的中点，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]． (1)当λ＝μ＝时，求证：DP∥平面A1EF； (2)当λ＝1时，是否存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：当λ＝μ＝时，＝＝，故点P是AB1的中点， 如图，连接CB1，DP，因为D是AC的中点，P是AB1的中点，所以DP∥CB1， 因为E，F分别是CC1，C1B1的中点，所以EF∥CB1， 所以DP∥EF， 因为DP⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以DP∥平面A1EF． (2)存在，点P为BB1的靠近点B的四等分点． 当λ＝1时，＝＋μ，即＝μ，μ∈[0，1]，所以点P在棱BB1上， 取A1C1的中点D1，连接DD1，DB，则DD1∥CC1， 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，DD1⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC， 以D为坐标原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则A，B，A1， B1，C1，E，P，C， 从而F＝＝＝＝(－1，0，0)， 设平面A1EF的法向量是m＝(x1，y1，z1)， 由即 令x1＝1，得m＝(1，，－1)． 设平面ACP的法向量是n＝(x2，y2，z2)， 由即 令z2＝，得n＝(0，－4μ，)． 所以|cos 〈m，n〉|＝＝＝＝，得(4μ＋1)2＝16μ2＋3， 解得μ＝，所以存在点P使得平面ACP与平面A1EF的夹角的余弦值是，此时点P为BB1的靠近点B的四等分点． (2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1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． [解]　(1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1． 由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1，则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP． 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M． (2)由题意知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，C1(1，1，2)， 则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，0，2)． 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则有 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)分别为平面CB1M与平面BB1C1C的一个法向量， 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ ＝＝， 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为． (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的一个法向量为m＝(1，3，1)， 则有＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为． 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $