3.3 基础课8 空间向量与距离、探究性问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课8　空间向量与距离、探究性问题 　 第一篇 专题三 立体几何 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 √ 一、空间向量与距离 1.(2020·全国Ⅱ卷，T10)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为 A. B. C.1 D. 如图，设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2.设△ABC外接圆半径为r，边长为a，因为△ABC是面积为的等边三角形，所以a2×＝，解得a＝3，所以r＝×＝×＝，所以球心O到平面ABC的距离d＝＝＝1.故选C. 2.(2022·新高考Ⅰ卷，T19)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离； 解：设点A到平面A1BC的距离为h， 因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，所以＝×AA1＝＝. 又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝，所以h＝， 即点A到平面A1BC的距离为. (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值. 解：取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B. 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面 ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC. 又AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC. 因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB. 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz， 由(1)知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2. 因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2， 所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)， 则＝(1，1，1)，＝(0，2，0). 设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，得n＝(1，0，－1). 又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)， 所以cos〈，n〉＝＝＝－. 设二面角A-BD-C的平面角为θ， 则sin θ＝〉＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 二、空间向量与探究性问题 3.(2025·全国二卷，T17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F； 解：证明：因为EB∥FC，EB⊄平面CD'F，FC⊂平面CD'F， 所以EB∥平面CD'F， 因为A'E∥D'F，A'E⊄平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， 所以A'E∥平面CD'F. 因为EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E，EB∩A'E＝E， 所以平面BA'E∥平面CD'F. 因为A'B⊂平面BA'E，所以A'B∥平面CD'F. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 解：因为∠DAB＝90°，EF∥AD， 所以∠FEB＝90°，即AB⊥EF， 翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF， 所以面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB， 即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°. 设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O， 在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝， 所以D'F2＝OF2＋OD'2，所以OD'⊥OF. 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，所以四边形EMOF为平行四边形， 所以EF∥OM， 因为D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F， 所以EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F， 所以OM，OC，OD'两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点，，，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， 则B(1，，0)，C(0，，0)，D'(0，0，)，E(1，－，0)，F(0，－，0)，＝(1，1，0)，＝(0，－，)，＝(1，0，0)，＝(0，，). 设平面BCD'的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则m＝(－3，3，). 设平面EFD'A'的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则取z2＝，则n＝(0，－3，). 则取z1＝， 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以sin θ＝＝＝， 所以平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 考情分析 1.空间距离(特别是点到面的距离)是高考题中的常见题型，多出现在小题或解答题的第(1)问，探究性问题多与空间角等问题结合出现在解答题的第(2)问. 2.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问题，计算量较大，一般以解答题形式考查，难度中等偏上. 返回 考点突破 能力提升 返回 考向1　点线距 (2025·海南海口二模)如图，△ABC和△DBC所在平面垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠CBA＝∠CBD＝120°，点M，N分别在直线AB和CD上移动. (1)证明：AD⊥BC； 核心考点一　空间距离　[综合性考法] 典例 1 解：证明：依题意，平面ABC⊥平面BCD，以B点为坐标原点，以BC所在直线为y轴， 分别在平面BCD、平面ABC内过点B作垂直于BC的直线为x，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为AB＝BC＝BD＝2，∠CBA＝∠CBD＝120°， 所以B，A，C，D， ＝，＝， 则＝0，所以⊥，故AD⊥BC. (2)当MN的长最小时，求点M到直线CD的距离. 解：设＝λ，＝μ，则＝＋＝＋μ， 则M，N， 所以＝＋＋＝＋＋， 当时，MN的长最小值为， 此时＝，＝， 所以＝0，即⊥，故MN⊥CD. 又点N在直线CD上， 因此当MN的长最小时，点M到直线CD的距离为. 考向2　点面距 (2025·重庆二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，直线AF1的斜率为1且与C的另一个交点为B，△ABF2的周长为8. (1)求C的方程及的值； 典例 2 解：设F1，F2，A，其中c2＝a2－b2. 因为△ABF2的周长为8，所以4a＝8，故a＝2. 又＝1，所以b＝c＝. 故椭圆方程为＋＝1. 所以AF1：y＝x＋，联立方程可得3x2＋4x＝0， 所以xB＝－，yB＝－， 故＝×＝. (2)如图，将C沿x轴折起，使得折叠后平面AF1F2⊥平面BF1F2，求F2到平面ABF1的距离. 解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A， B， F1，F2， 所以＝，＝，＝. 设平面ABF1的法向量为n＝(x，y，z)，则 取x＝－1，则n＝， 所以F2到平面ABF1的距离d＝＝＝. 规律反思 1.空间中点、线、面距离的相互转化关系 2.空间距离的求解方法 (1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法. 预测练1.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M，N分别为棱DD1，BC上的动点(含端点). (1)当点M在什么位置时，有B1D⊥平面MAC； 解：如图所示，以A为坐标原点，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. 设＝λ，λ∈，则A(0，0，0)，B1，C(1，1，0)， D，D1，M， 所以＝，＝，＝， 要使B1D⊥平面MAC，需满足 由＝1－4λ＝0，解得λ＝. 所以当M是棱DD1上靠近点D的四等分点时， 有B1D⊥平面MAC. (2)当动点M，N满足＝时，求点A1到平面AMN距离的取值范围. 解：设＝＝λ，λ∈，则M，N，所以＝，＝，＝. 设平面AMN的法向量为n＝， 令z0＝1，得到x0＝2λ2，y0＝－2λ， 得n＝. 点A1到平面AMN的距离d＝＝＝， 易知d＝上单调递减， 最大值为2，最小值为，所以d∈. (2025·山东威海一模)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的多面体中，平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，AB∥CD∥EF，AB＝4，AD＝CD＝EF＝AE＝BF＝2，M为AD的中点. (1)证明：AF∥平面EMC； 核心考点二　空间中的探索性问题　[创新性考法] 典例 3 解：证明：连接DF交CE于点N，连接MN. 因为CD∥EF，CD＝EF，所以四边形CDEF为平行四边形， 所以N为DF的中点. 又因为M为AD的中点，所以MN∥AF. 因为MN⊂平面EMC，AF⊄平面EMC，所以AF∥平面EMC. (2)在棱BF上是否存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 解：因为平面ABCD⊥平面AEFB，AD⊥AB，平面ABCD∩平面AEFB＝AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面AEFB. 以A为坐标原点，在平面AEFB内，以过点A垂直于AB的方向为x轴正方向，以，的方向分别为y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C，E，F，M，B(0，4，0)， 所以＝，＝. 设平面EMC的一个法向量为n＝， 则 令x＝，则n＝. 假设在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为， 设＝λ，0≤λ≤1. 因为＝，则＝. 又因为＝，所以＝＋＝. 则sin ＝＝＝＝， 化简得2λ2－10λ＋5＝0，解得λ＝， 因为0≤λ≤1，所以λ＝， 所以在棱BF上存在一点P，使得直线CP与平面EMC所成角的大小为， 此时＝. 规律反思 解决立体几何中探索性问题的基本方法 1.通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立. 2.探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的应用. 预测练2.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝1，AB＝，BC＝1，AD＝2，M是PD的中点. (1)求证：CM∥平面PAB； 解：证明：如图所示，取PA的中点E，连接ME，BE. 因为M是PD的中点， 所以ME AD. 又因为BC AD，所以ME BC， 所以四边形BCME是平行四边形，所以CM∥BE. 又因为CM⊄平面PAB，BE⊂平面PAB， 所以CM∥平面PAB. ＝ ∥ ＝ ∥ ＝ ∥ (2)在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 解：由题意知PA⊥平面ABCD，且AB⊥AD，则AP，AB，AD两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系. 又因为PA＝1，AB＝，BC＝1，AD＝2，M是PD的中点，所以P，B，D，C. 设＝λ，且＝，＝，＝(0，2，－1)，则＝λ，＝＋λ＝，＝. 设平面PAQ的法向量为n＝， 则 令y0＝1，所以n＝. 因为点D到平面PAQ的距离为， 所以d＝＝＝，解得λ＝， 所以存在点Q，使得点D到平面PAQ的距离为，此时＝. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)(2025·浙江温州二模)如图，在三棱锥P-ABC中，△PBC是边长等于2的正三角形，∠ACB＝90°，M为AB的中点. (1)求证：BC⊥PM； 1 2 3 4 解：证明：如图所示，取BC中点N，连接AN，PN，MN，则MN∥AC. 又AC⊥BC，所以NM⊥BC. 又因为△PBC是正三角形，且N为BC中点， 因此PN⊥BC. 从而所以BC⊥平面PNM. 又PM⊂平面PNM，所以BC⊥PM. 1 2 3 4 (2)若AC＝2，cos ∠ACP＝－，求点M到平面PBC的距离. 解：以点C为坐标原点，以CA，CB所在直线分别为x 轴和y轴，z轴垂直于平面ABC， 如图建系，设P(x，y，z)，z＞0， 因为C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)， 所以M(，1，0)，所以＝(0，2，0)， 因为PC＝PB＝2， 所以x2＋y2＋z2＝x2＋(y－2)2＋z2， 所以y＝1，所以P(x，1，z). 1 2 3 4 所以＝(2，0，0)，＝(x，1，z)，＝(，1，0)， 因为｜｜＝2，＝｜｜｜｜cos∠ACP＝－3， 所以所以x＝－，z＝. 所以P(－，1，). 设平面PBC的法向量n＝(a，b，c)， 1 2 3 4 所以⇒ 令c＝1，则n＝(，0，1)， 则点M到平面PBC的距离d＝｜｜＝＝. 1 2 3 4 2.(15分)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，∠A1AC＝60°，A1B＝. (1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC； 1 2 3 4 解：证明：如图所示，取AC的中点O，连接A1O，BO. 已知∠A1AC＝60°，A1A＝2，AO＝1， 所以A1O＝，A1O⊥AC. 由题设可知，△ABC是边长为2的等边三角形， 所以BO＝. 因为A1B＝，A1B2＝A1O2＋BO2，所以A1O⊥BO. 又AC∩BO＝O，AC，BO⊂平面ABC，所以A1O⊥平面ABC. 因为A1O⊂平面A1ACC1， 所以平面A1ACC1⊥平面ABC. 1 2 3 4 (2)设M为侧棱CC1上的点，若平面A1BM与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线A1B1的距离. 1 2 3 4 解：以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OA1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，C1(－2，0，)，A1(0，0，)，＝(0，－，)，＝(－1，－，0)，＝(－1，0，). 设＝λ(0≤λ≤1)，可得M(－λ－1，0，λ)， ＝(－1－λ，－，λ). 1 2 3 4 设平面A1BM的法向量为m＝(x，y，z)，则 即取y＝λ＋1，得z＝λ＋1，x＝(λ－1)， 所以m＝((λ－1)，λ＋1，λ＋1). 易得＝(0，0，)为平面ABC的一个法向量，设平面A1BM与平面ABC的夹角为θ，则cos θ＝＝＝， 解得λ＝或λ＝5(舍去)， 1 2 3 4 所以M(－，0，)，＝(，0，)， ＝＝(1，－，0)，＝， 故点M到直线A1B1的距离d＝＝. 1 2 3 4 3.(15分)(2025·辽宁省部分重点中学协作体考试)如图①所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝2，D为线段AQ的中点.现沿着CD将△QCD折起，使Q点到达P点，如图②所示.连接PA，PB，其中M为线段PA的中点. (1)求证：PB⊥DM； 1 2 3 4 解：证明：在图①中，由题意可知，四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝1. 在图②中，CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 因为AB∥CD，所以AB⊥平面PAD. 因为DM⊂平面PAD，所以AB⊥DM. 因为PD＝AD，M为PA的中点，所以DM⊥PA. 因为AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以DM⊥平面PAB. 因为PB⊂平面PAB，所以PB⊥DM. 1 2 3 4 (2)若二面角A-CD-P的大小为60°，则在线段PC上是否存在一点N，使得直线PB与平面BDN所成角的正切值为？若存在，求三棱锥P-BDN的体积；若不存在，请说明理由. 解：由(1)知，CD⊥平面PAD. 因为CD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAD. 因为AD，PD⊂平面PAD，所以AD⊥CD，CD⊥PD. 所以二面角A-CD-P的平面角为∠ADP，即∠ADP＝60°. 1 2 3 4 因为AD＝PD，所以△PAD为等边三角形，所以PA＝AD＝PD＝1. 取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD. 因为平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD， 且PO＝＝＝. 1 2 3 4 设E为BC的中点，则可以以点O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则O，P，D， B(，1，0)，C， 则＝，＝，＝，＝. 假设存在点N满足题意. 1 2 3 4 设＝λ＝，则＝＋＝. 设平面BDN的一个法向量为m＝，则 取y＝λ，可得m＝. 记直线PB与平面BDN所成的角为θ，则θ∈， 1 2 3 4 则sin θ＝＝＝＝＝， 即＝，＝0. 因为0≤λ≤1，解得λ＝，故＝， N为CP的三等分点， 所以VP-BDN＝VB-PCD＝VP-BCD＝×S△BCD×PO＝××＝. 由可得sin θ＝， 1 2 3 4 4.(15分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，已知AB＝2，AC＝BC＝3，三棱锥C-A1AB的体积为. (1)设平面CAB与平面CA1B1的交线为l，证明：l∥AB； 1 2 3 4 解：证明：因为四边形ABB1A1为正方形， 所以AB∥A1B1. 又因为AB⊄平面CA1B1，A1B1⊂平面CA1B1， 所以AB∥平面CA1B1. 因为AB⊂平面CAB，平面CAB∩平面CA1B1＝l， 所以l∥AB. 1 2 3 4 (2)在线段CC1上是否存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为？若存在，指出P点的位置；若不存在，说明理由. 1 2 3 4 解：法一：由题意知，＝×2×2＝4， 设三棱锥C-A1AB的高为h. 因为三棱锥C-A1AB的体积为，所以h＝. 如图所示，过C向平面ABB1A1作垂线，垂足为H，CH＝，取AB，的中点，分别为E，F，连接HE，HA，CE. 因为BC＝AC＝3，AE＝，所以CE⊥AB，CE＝. 因为CH⊥平面ABB1A1，AH，HE⊂平面ABB1A1， 所以CH⊥AH，CH⊥HE. 1 2 3 4 在Rt△CHA中，CH＝，CA＝3，所以HA＝2. 在Rt△CHE中，CH＝，CE＝，所以HE＝. 因为AE＝，HE＝，HA＝2，满足AE2＋HE2＝HA2，所以AB⊥HE， 所以H在AB的中垂线EF上，且HE＝HF， 所以H为四边形ABB1A1的中心. 所以以H为坐标原点，HA，HB，HC分别为x轴、y轴、z轴建立如图坐 标系， 1 2 3 4 则A，A1(0，－2，0)，B，B1，C. 设C1，则＝，＝， 由＝，可得所以C1. 假设线段CC1上存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 1 2 3 4 设P，因为C，C1，P三点共线， 所以＝λ，λ∈[－1，0]，即＝λ，则P. 则＝，＝，＝. 设平面ABC的法向量为n＝， 所以令x1＝1， 则y1＝1，z1＝，所以n＝. 1 2 3 4 设直线AP与平面ABC所成角为α， 则sin α＝ ＝＝， 解得λ＝－(正值舍去)，此时，P是线段CC1的中点， 所以当P是线段CC1的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 1 2 3 4 法二：由题意知，＝×2×2＝4，设三棱锥C-A1AB的高为h. 因为三棱锥C-A1AB的体积为，所以h＝. 如图所示，过C向平面ABB1A1作垂线，垂足为H，CH＝. 取AB，A1B1的中点，分别为E，F，连接HE，HA，CE. 因为BC＝AC＝3，AE＝，所以CE⊥AB，CE＝. 因为CH⊥平面ABB1A1，AH，HE⊂平面ABB1A1， 所以CH⊥AH，CH⊥HE. 1 2 3 4 在Rt△CHA中，CH＝，CA＝3，所以HA＝2. 在Rt△CHE中，CH＝，CE＝，所以HE＝. 因为AE＝，HE＝，HA＝2，满足AE2＋HE2＝HA2， 所以AB⊥HE， 所以H在AB的中垂线EF上，且HE＝HF， 所以H为四边形ABB1A1的中心，取AA1的中点为G. 所以以H为坐标原点，HG，HE，HC分别为x轴、y轴、z轴建立如图坐标系， 则A，B，C. 1 2 3 4 假设线段CC1上存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 设P，－2≤t≤0，则＝，＝，＝. 设平面ABC的法向量为n＝， 所以 令y＝1，则x＝0，z＝，所以n＝. 1 2 3 4 设直线AP与平面ABC所成角为α， 则sin α＝ ＝＝， 解得t＝－(正值舍去)，此时，P是线段CC1的中点， 所以当P是线段CC1的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正弦值为. 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $