第七章 第53课时 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何与空间向量专题，覆盖向量法求空间距离及探索性、翻折问题两大核心考点，严格对接高考评价体系中“能用向量法解决距离问题”“掌握探索性及翻折问题求解”的考查要求，通过教材改编题与高考真题梳理，明确距离计算（占比45%）、存在性探索（占比30%）、翻折变换（占比25%）的高频考点分布，归纳出“公式应用—坐标系建立—参数推理”的三阶解题模型。 课件亮点在于“真题溯源+素养渗透+技巧提炼”的备考设计，如以2025年全国二卷翻折问题为典型，通过分析翻折前后不变量培养学生的空间观念（数学眼光），在探索性问题中引导学生用参数设点、列方程论证，发展推理能力（数学思维）。特设“距离公式速记表”“法向量求解除错指南”，助力学生熟练掌握向量法解题步骤，教师可依托课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 第七章　立体几何与空间向量 [考试要求] 1．能用向量的方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面间的距离问题． 2．掌握空间几何体中的探索性及翻折问题的求解方法． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 2 以题引理·激活思维 1．(北师大版选择性必修第一册P139练习T2改编)平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，＝(－1，－1，2)，A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为(　　) A．1 B． √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 3 B　[因为＝(－1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(1，2，1)，所以点A到平面α的距离为． 故选B．] 4 2．(人教B版选择性必修第一册P63习题1-2CT1改编)已知直线l过定点A(2，3，1)，且n＝(0，1，1)为其一个方向向量，则点P(4，3，2)到直线l的距离为(　　) A． √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 5 D　[＝(－2，0，－1)，|，则点P到直线l的距离d＝．] 6 3．(人教A版选择性必修第一册P35练习T2改编)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则： (1)点B到直线AC1的距离为_____________； (2)直线FC到平面AEC1的距离为_________． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 7 (1)　[以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)， C1(0，1，0)，E，F， ∴＝(0，1，0)，＝(－1，1，－1)，， ， 8 (1)法一：取a＝＝(0，1，0)，u＝(－1，1，－1)，则a2＝1，a·u＝， ∴点B到直线AC1的距离为． 9 法二：∵AB⊥BC1，且AB＝1，BC1＝，AC1＝，∴点B到AC1的距离为． (2)∵，∴FC∥EC1，又FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AEC1，∴FC∥平面AEC1， ∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离， 设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)， 10 则 取z＝1，则x＝1，y＝2， ∴n＝(1，2，1)是平面AEC1的一个法向量． 又∵， ∴点F到平面AEC1的距离为＝， 即直线FC到平面AEC1的距离为． ] 11 1．点到直线的距离 设 ＝(a·u)u．在Rt△APQ中，由勾股定理，得 PQ＝_________________． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 12 提醒：点到直线的距离还可以用以下两种方式求解： ①d＝||sin θ，其中θ为向量与直线l方向向量的夹角． ②d＝，其中μ为直线l的方向向量． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 13 2．点到平面的距离 若平面α的法向量为n，平面α内一点为A，则平面α外一点P到平面α的距离d＝，如图所示． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 14 1．平行线间的距离可以转化为点到直线的距离． 2．线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 15 考点一　求空间距离 [典例1]如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB＝2，底面圆的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆周上的一点且∠COB＝． (1)求点O到平面ABC的距离； (2)求点O到直线CD的距离． 精研考点·提升素养 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 16 [解]　(1)在△OBC所在平面内作OM⊥OB，由题意可得OA⊥平面OBC，因为OB⊂平面OBC，OM⊂平面OBC，所以OA⊥OB，OA⊥OM， 以O为原点，OM，OB，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由题意可得OB＝1，OA＝，∠COB＝，所以A(0，0，)，B(0，1，0)，C，D， 则＝(0，1，－ ＝(0，0，)， 17 设平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 则 令x1＝3，则n1＝(3，，1)是平面ABC的一个法向量， 所以点O到平面ABC的距离d1＝． 18 (2)因为， 所以，＝1， ， 所以点O到直线CD的距离d2 ＝． 19 名师点评：求点面距一般有三种方法 (1)作点到平面的垂线，求点到垂足的距离． (2)等体积法． (3)向量法． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 20 [巩固迁移] 1．(2026·浙江金华模拟)已知在棱长为4的正 方体ABCD-A1B1C1D1中，． (1)求点C到直线AE的距离； (2)求点C到平面AED1的距离； (3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA1，则称线段AB的长为异面直线BC与AA1的公垂线段长，也称为异面直线BC与AA1的距离．试求异面直线CD与AE的距离． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 21 [解]　(1)根据正方体的性质，可以建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz． 则C(0，4，0)，A(4，0，0)，D1(0，0，4)，E(3，1，4)，D(0，0，0)． ＝(－1，1，4)，＝(4，－4，0)， 令l＝， 则点C到直线AE的距离 d1＝． 22 (2)＝(4，－4，0)，＝(－1，1，4)，＝(－4，0，4)， 设平面AED1的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令z＝1，则则m＝(1，－3，1)． 则点C到平面AED1的距离d2＝． 23 (3)＝(4，－4，0)，＝(0，－4，0)，＝(－1，1，4)， 设CD与AE的公垂线的方向向量为n＝(a，b，c)． 则 令a＝4，则c＝1， 则n＝(4，0，1)． 则异面直线CD与AE的距离d3＝． 24 【教用·备选题】 (多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，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的距离是 B．点O到平面ABC1D1的距离是 C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为 D．点P到直线AB的距离为 √ √ √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 25 BCD　[如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)， D(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(1，1，1)，D1，E， 所以＝(－1，0，0)，． 设∠ABE＝θ， 则cos θ＝，sin θ＝． 故点A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×，A错误； 26 易知， 平面ABC1D1的一个法向量为＝(0，－1，1)， 则点O到平面ABC1D1的距离d2＝，B正确； ＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)． 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 27 令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A1BD的一个法向量． 所以点D1到平面A1BD的距离d3＝． 因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离， 所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为，C正确； 因为＝(1，0，0)，则，所以点P到直线AB的距离d4＝，D正确．故选BCD．] 28 考点二　立体几何中的探索性问题 [典例2]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，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． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 29 [解]　(1)证明：当λ＝μ＝，故P是AB1的中点， 连接AB1，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． 30 (2)存在，P为BB1上靠近B的四等分点． 当λ＝1时，，μ∈，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． 31 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，C，A1，B1，C1，E，P，从而F ， ， 32 设平面A1EF的法向量是m＝， 由 令x1＝1，得m＝是平面A1EF的一个法向量． 设平面ACP的法向量是n＝， 由 33 令z2＝，得n＝是平面ACP的一个法向量． 则＝ ＝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上靠近B的四等分点． 34 名师点评：(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”等问题． (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． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 35 [巩固迁移] 2．(2026·河南郑州模拟)如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足AD⊥CD，EG∥AD，EG＝AD＝DC＝DG＝2BC＝2，CD∥FG，DG⊥平面ABCD． (1)证明：AG⊥平面CDE； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与 平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求出 P点的位置；若不存在，请说明理由． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 36 [解]　(1)证明：因为EG∥AD且EG＝AD， 所以四边形ADGE为平行四边形， 又AD＝DG，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE． 因为DG⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以DG⊥CD， 又AD⊥CD，DG，AD⊂平面ADGE，DG∩AD＝D， 所以CD⊥平面ADGE， 又AG⊂平面ADGE，所以CD⊥AG， 又AG⊥DE，DE，CD⊂平面CDE，DE∩CD＝D， 所以AG⊥平面CDE． 37 (2)因为DG⊥平面ABCD，DA⊂平面ABCD， 所以DG⊥DA，又DG⊥DC，DA⊥DC， 以D为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)， E(2，0，2)， 所以＝(－1，2，0)，＝(0，0，2)， ＝(－1，2，－2)，＝(2，0，2)． 38 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则 令y＝1，得x＝2，z＝0，所以n＝(2，1，0)． 假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为， 设＝(－λ，2λ，－2λ)(0≤λ≤1)，＝(2－λ，2λ，2－2λ)， 则|cos〈n，〉|＝＝＝， 39 ∴3λ2－4λ＋1＝0， ∴(3λ－1)(λ－1)＝0(0≤λ≤1)， 解得λ＝或λ＝1． ∴线段BE上存在点P，当＝1时，直线DP与平面ABE所成角的正弦值为． 40 【教用·备选题】 1．(2026·重庆模拟)如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l． (1)求证：直线l⊥平面PAC； (2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面 AEF，直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ 的值；若不存在，请说明理由． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 41 [解]　(1)证明：∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF． 又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA， ∴BC∥平面EFA． 又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，∴BC∥l． 又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC， ∴BC⊥平面PAC，则l⊥平面PAC． 42 (2)取AC的中点M，连接PM， ∵PA＝PC＝AC，∴PM⊥AC． ∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC， 且PM⊂平面PAC， ∴PM⊥平面ABC． 又∵C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点， ∴AC⊥BC， ∵M，O分别是AC，AB的中点， 43 连接MO，则MO⊥AC，以M为原点，分别以MA，MO，MP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Mxyz， 则A(1，0，0)，B，P，C，E，F， ∴， 设Q， 44 设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 取z1＝，得m＝为平面AEF的一个法向量， 所以＝， ， 45 依题意，得， 即， 解得y＝±1， 即Q， ∴AQ＝1， ∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余，且AQ＝1． 46 2．如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点． (1)求证：AC⊥平面A1BO； (2)试问线段CC1上是否存在点P，使得平面 POB与平面A1OB夹角的余弦值为 的值；若不存在，请说明理由． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 47 [解]　(1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB． ∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，A1B⊂平面ABB1A1， ∴A1B⊥平面ABC． ∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC， ∵A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO， ∴AC⊥平面A1BO． 48 (2)存在，线段CC1的中点P满足题意．理由如下：∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，∴以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A1(0，，2＝(0，，0)，＝(－1，，2＝(－1，0，0)， 设＝(－t，t，2t)，0≤t≤1， 则＝(－1－t，t，2t)， 49 易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1，0，0)， 设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取x＝2t，则m＝(2t，0，t＋1)为平面POB的一个法向量， 由题意得|cos〈n，m〉|＝＝， ∵0≤t≤1，∴解得t＝，∴线段CC1上存在点P，使得平面POB与平面A1OB夹角的余弦值为． 50 考点三　立体几何中的翻折问题 [典例3]　(2025·全国二卷)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'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°． (1)证明：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． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 51 [解]　(1)证明：法一：∵EB∥FC，EB⊄平面CD'F，FC⊂平面CD'F，∴EB∥平面CD'F， ∵A'E∥D'F，A'E⊄平面CD'F，D'F⊂平面CD'F，∴A'E∥平面CD'F． ∵EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E，EB∩A'E＝E，∴平面BA'E∥平面CD'F． ∵A'B⊂平面BA'E，∴A'B∥平面CD'F． 52 法二：如图，延长DC至点G，使得DG＝AB，连接GB，GD'， ∵AB∥CD，∴AB∥DG，又AB＝DG， ∴四边形ABGD是平行四边形， ∴AD＝BG，AD∥BG． 翻折后，A'D'＝BG，A'D'∥BG， ∴四边形A'BGD'是平行四边形，∴A'B∥D'G． ∵A'B⊄平面CD'F，D'G⊂平面CD'F，∴A'B∥平面CD'F． 53 (2)∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF， ∴平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB， 即∠A'EB＝60°，易知∠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'＝， ∴D'F2＝OF2＋OD'2，∴OD'⊥OF． 54 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形， ∴EF∥OM， ∵D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，D'F，CF⊂平面CD'F， ∴EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F， ∴OM，OC，OD'两两垂直， 55 如图所示，以O为坐标原点，以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B，C，D'，E，F＝(1，1，0)， ＝(1，0，0)，． 56 设平面BCD'的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 取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，)． 57 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则cos θ＝， ∴sin θ＝， ∴平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为． 58 名师点评：三步解决平面图形翻折问题 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 59 [巩固迁移] 3．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2． (1)证明：图2中的A，C，G，D四 点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD 的夹角的大小． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 60 [解]　(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE． 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE． 61 (2)作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC． 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝． 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz， 则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0， ＝(1，0，＝(2，－1，0)． 62 设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 所以可取n＝(3，6，－)为平面ACGD的一个法向量． 又平面BCGE的一个法向量为m＝(0，1，0)， 所以cos〈n，m〉＝． 因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°． 63 【教用·备选题】 (2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5． (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 64 [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． 65 (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， 66 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)， 67 设平面PCD和平面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， 68 所以n＝(0，2，3)，m＝(，－1，1)分别为平面PCD和平面PBF的一个法向量， 所以|cos〈m，n〉|＝， 设平面PCD与平面PBF所成角为θ， 则sin θ＝， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为． 69 1．(2026·湖南株洲模拟)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A＝2AB＝2BC＝2，E为棱DD1的中点，F为棱BB1的中点． (1)证明：FC1∥AE，并求直线FC1到直线AE的距离； (2)求点A1到平面AB1E的距离． 课后作业(五十三)　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 70 [解]　(1)证明：如图所示，以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，2)，B(1，1，0)，E(0，0，1)，A1(1，0，2)，C1(0，1，2)，B1(1，1，2)，F(1，1，1)， ∵＝(－1，0，1)，＝(－1，0，1)， ∴，∴FC1∥AE． 又＝(1，1，0)，设直线FC1到直线AE的距离为d1， 则d1即为点F到直线AE的距离， d1＝， ∴直线FC1到直线AE的距离为． (2)由(1)知＝(－1，0，1)，＝(－1，－1，－1)． 设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)， 则取n＝(1，－2，1)， 设点A1到平面AB1E的距离为d2， ∴d2＝， 则点A1到平面AB1E的距离为． 2．(2025·江苏南京三模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝DC＝1，DE⊥AB于点E，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P的位置，使∠PEB＝90°，N，F分别是棱BC，PB的中点．   (1)证明：EF⊥BC； (2)求平面EFN与平面PCD的夹角的余弦值． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 74 [解]　(1)证明：根据题意，沿DE将△ADE折起后，PE⊥DE，BE⊥DE， PE∩BE＝E，PE，BE⊂平面PEB，则DE⊥平面PEB， 因为EF⊂平面PEB，则DE⊥EF，易得四边形BCDE为矩形，故BC∥DE，故BC⊥EF，得证． (2)以EB，ED，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Exyz(如图)． 则E(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，0，2)，D(0，1，0)，C(1，1，0)， 因为N，F分别是棱BC，PB的中点，则F，N， 则， 设平面EFN的法向量为m＝(x，y，z)， 则 故可取m＝(2，－4，－1)． 因为＝(1，0，0)，＝(0，－1，2)， 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则故可取n＝(0，2，1)． 设平面EFN与平面PCD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝． 即平面EFN与平面PCD的夹角的余弦值为． 3．(2025·北京东城一模)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为平行四边形，平面ADE⊥平面CDE，AD⊥DE，AD＝DE＝DC＝1，BF∥DE． (1)证明：FC∥平面ADE； (2)已知点E到平面AFC的距离为，再从条件①、 条件②这两个条件中选择一个作为已知，求BF的长． 条件①：AE⊥CD； 条件②：AC＝CE． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 79 [解]　(1)证明：由四边形ABCD为平行四边形，则AD∥BC，又BF∥DE， AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，则BC∥平面ADE，同理BF∥平面ADE， 又BC∩BF＝B，BC，BF⊂平面BCF， 则平面BCF∥平面ADE， FC⊂平面BCF，则FC∥平面ADE． (2)平面ADE⊥平面CDE，AD⊥DE，平面ADE∩平面CDE＝DE，AD⊂平面ADE， 所以AD⊥平面CDE，DE，CD⊂平面CDE，则AD⊥DE，AD⊥CD， 选条件①：AE⊥CD，AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE，则CD⊥平面ADE， DE⊂平面ADE，则CD⊥DE； 选条件②：由AD⊥DE，AD⊥CD，AD＝DE＝DC＝1， 则△ADE≌△ADC，又AC＝CE，故AC＝AE＝CE， 所以△ADE≌△ADC≌△EDC，则CD⊥DE， 综上，AD⊥DE，AD⊥CD，CD⊥DE． 以D为原点，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，所以A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，0，1)，令BF＝x>0，则F(1，1，x)，故＝(0，1，x)，＝(1，0，x)，＝(－1，0，1)， 设平面AFC的一个法向量为m＝(a，b，c)，则 取a＝x，则m＝(x，x，－1)， 由题设， 可得4x2－4x＋1＝0⇒x＝，所以BF＝． 4．(2026·安徽开学考试)三棱锥P-ABC中，CA＝CB＝2 ．点P在底面ABC上的射影E是线段AB上靠近点A的四等分点． (1)求PB与平面PCE所成角的正弦值； (2)求三棱锥P-ABC外接球的表面积； (3)设AB上靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内 的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足|DE|＋ |DF|＝4．试探究是否存在点D使得平面PBD⊥平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 83 [解]　(1)法一：连接PE，由题意AE＝1，PE＝＝3，PB＝， 因为CA＝CB＝2，AB＝4，则CA2＋CB2＝AB2， 即△ACB是等腰直角三角形， 故∠CAE＝45°，在△ACE中，由余弦定理得， CE＝ ＝， 因为S△PCE＝， S△BCE＝×BC×BEsin 45°＝＝3， 设hB为B到平面PCE的距离， 由VB-PCE＝VP-BCE，可得S△BCE·PE， 即hB＝， 设PB与平面PCE所成角为θ，则sin θ＝， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为． 法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得PE⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PE⊥AB， 在Rt△PAE中，可得PE＝＝3， 又因为PE⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面ABC，且交线为CE， 过点B作BG⊥CE于点G，连接PG， 因为BG⊂平面ABC，由面面垂直的性质， 可得BG⊥平面PEC， 故∠BPG为PB与平面PCE所成的角， 在△BCE中，CB＝2，BE＝3，∠CBE＝45°， 由余弦定理得CE2＝CB2＋BE2－2CB· BEcos∠CBE＝5，所以CE＝， 又由S△BCE＝BC·BEsin 45°，解得BG＝， 在Rt△BPG中，由PB＝， 所以sin∠BPG＝， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为． (2)因为AC⊥CB，则三棱锥P-ABC外接球的球心M在过AB中点O且与平面CAB垂直的垂线上， 以点O为坐标原点，OC，BO所在直线为x，y轴，过点O平行于PE的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，－2，0)，P(0，－1，3)，设三棱锥P-ABC外接球的半径为R， 设M(0，0，t)，由|MA|＝|MP|＝R， ∴4＋t2＝1＋(t－3)2＝R2， ∴t＝1，故M(0，0，1)，R＝， 故三棱锥P-ABC外接球的表面积S＝4πR2＝20π． (3)依题意，C(2，0，0)，B(0，2，0)，E(0，－1，0)，F(0，1，0)，P(0，－1，3)，设D(a，b，0)(a<0)，由|DE|＋|DF|＝4>|EF|＝2， ∴在平面Oxy中，点D在以E，F为焦点的椭圆上，则＝1(*)， 设平面PBC的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 因为＝(0，3，－3)，＝(2，1，－3)， 则即故可取n1＝(1，1，1)， 设平面PBD的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 因为＝(a，b－2，0)，＝(a，b＋1，－3)， 由 故可取n2＝(2－b，a，a)， 由n1·n2＝0可得b＝2a＋2，将其代入(*)， 解得 此时D．而E(0，－1，0)，故ED＝． 一、单项选择题 1．在空间直角坐标系中，A(1，1，－2)，B(1，2，－3)，C(－1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，若A，B，C，D四点共面，则 (　　) A．2x＋y＋z＝1 B．x＋y＋z＝0 C．x－y＋z＝－4 D．x＋y－z＝0 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 阶段评估(十)　(第51课时~第53课时) √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 91 A　[∵A(1，1，－2)，B(1，2，－3)，C(－1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴＝(0，1，－1)，＝(－2，2，2)，＝ (x－1，y－1，z＋2)． ∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得，即(x－1，y－1，z＋2)＝λ(0，1，－1)＋μ(－2，2，2)， ∴解得2x＋y＋z＝1．故选A．] 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 9 10 11 12 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 2．已知空间向量a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则|a|＝(　　) A． √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 93 B　[因为a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，所以2a－b＝(4，2n－1，2)，因为2a－b与b垂直，所以(2a－b)·b＝－8＋2n－1＋4＝0，解得n＝，所以a＝，所以|a|＝．故选B．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 94 3．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，若点M为AB的中点，，则DB1与MN所成角的余弦值为(　　) A． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 95 A　[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D(0，0，0)，B1(1，1，1)，N，M， ＝(1，1，1)． 则|cos〈〉|＝， 故DB1与MN所成角的余弦值为．故选A．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 96 4．(2026·玉溪模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点，若为(　　) A． c C． c 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 97 C　[连接BD，由题意，E为PD的中点， 若＝a，＝b，＝c， 则) ＝－) ＝－)＋) ＝－c．故选C．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 98 5．在以O为坐标原点的空间直角坐标系中，A(1，1，2)，B(－1，2，1)，C(1，1，－1)．下列说法中错误的是(　　) A．OA⊥OC B．AB∥OC C．是平面OAB的一个法向量 D．四面体OABC的体积为 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 99 B　[因为A(1，1，2)，B(－1，2，1)，C(1，1，－1)，O(0，0，0)， 所以＝(1，1，2)，＝(－1，2，1)，＝(1，1，－1)，＝(－2，1，－1)． 对于A，＝1＋1－2＝0，所以OA⊥OC，故A正确； 对于B，＝－2＋1＋1＝0，所以AB⊥OC，故B错误； 对于C，由A、B可得，OA⊥OC，AB⊥OC，所以是平面OAB的一个法向量，故C正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 100 对于D，因为＝(1，1，2)，＝(－1，2，1)，所以|， 所以cos〈〉＝，所以sin〈〉＝， 所以S△OAB＝|sin〈〉＝， 所以四面体OABC的体积为V＝，故D正确．故选B．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 101 6．(2025·山西太原三模)已知空间向量|的最小值为(　　) A． C． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 102 B　[设＝(4，0，0)，＝(0，2，0)， 因为x＋2y＋4z＝4，则＋z＝1， 则， 所以D，E，C，P四点共面，当OP⊥平面DEC时，||有最小值． 由＝(4，0，－1)，＝(0，2，－1)，设平面DEC的法向量为m＝(a，b，c)， 则 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 103 取a＝1，则b＝2，c＝4， 所以m＝(1，2，4)为平面DEC的一个法向量， 所以O到平面DEC的距离d＝， 故||的最小值为． 故选B．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 104 二、多项选择题 7．(2026·安徽合肥模拟)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，各棱长均为2，∠A1AB＝∠BAD＝∠A1AD＝．则下列命题中正确的是(　　) A．不是空间的一个基底 B．||＝8 C．B1D1⊥A1C D．四边形BDD1B1的面积为2 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 105 AC　[对于A，由 不是空间的一个基底，故A正确； 对于B，||2＝()2 ＝＝8， 所以|，故B错误； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 106 对于C，连接BD交AC于点O，连接A1O，A1D，A1B，如图所示， 由题意可得四边形ABCD为菱形，A1D＝A1B，所以BD⊥AC，BD⊥A1O，由AC∩A1O＝O且AC，A1O⊂平面ACC1A1，可得BD⊥平面ACC1A1，由于BD∥B1D1，A1C⊂平面ACC1A1， 所以B1D1⊥A1C，故C正确； 对于D，因为BD⊥平面ACC1A1， CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1， 又CC1∥BB1，所以BD⊥BB1，所以四边形BDD1B1是正方形， 又因为边长为2，故四边形BDD1B1的面积为4，故D错误． 故选AC．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 107 8．(2026·山西吕梁模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝，BC＝2BB1＝2，P，Q分别为B1C1，A1B的中点，则(　　) A．A1P⊥平面CBB1C1 B．CP⊥平面A1PB C．C1到平面CPQ的距离为 D．C1到直线CQ的距离为 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 √ √ √ 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 108 ABD　[对于A，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，A1P⊂平面A1B1C1，则A1P⊥BB1，由AB＝AC＝，P为B1C1的中点，得A1P⊥B1C1， 又BB1∩B1C1＝B1，BB1，B1C1⊂平面CBB1C1，因此A1P⊥平面CBB1C1，A正确； 取BC中点D，连接PD，由四边形CBB1C1为矩形，得PD⊥B1C1，则直线PD，PB1，PA1两两垂直， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 109 以点P为原点，PD，PB1，PA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 又BC＝2BB1＝2，A1C1＝，则A1P＝2， P(0，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，－1，0)，B(1，1，0)，C(1，－1，0)， 对于B，＝(1，1，0)，＝(1，－1，0)， 则＝0，即，PB⊥PC， 由A1P⊥平面CBB1C1，PC⊂平面CBB1C1， 得PC⊥A1P，而A1P∩PB＝P， A1P，PB⊂平面A1PB，因此CP⊥平面A1PB，B正确； 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 110 对于C，Q，设平面CPQ的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，得n＝(1，1，－1)，又＝(0，－1，0)， 所以C1到平面CPQ的距离d＝，C错误； 对于D，＝(1，0，0)，C1到直线CQ的距离h＝，D正确．故选ABD．] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 111 三、填空题 9．已知向量a＝(9，4，－4)，b＝(1，2，2)，则a在b上的投影向量的坐标为_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 (1，2，2)　[因为a＝(9，4，－4)，b＝(1，2，2)， 所以a·b＝9×1＋4×2＋(－4)×2＝9，|b|＝＝3， 则a在b上的投影向量的坐标为＝(1，2，2)．] (1，2，2) 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 112 10．(2026·福建莆田模拟)如图，在120°的二面角α-l-β中，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分别为A，B，已知AC＝AB＝BD＝5，则线段CD的长为_____________． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 10 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 113 10　[因为，所以||2＝()2 ＝． 因为AC＝AB＝BD＝5，所以|2＝52＝25，|2＝52＝25，|2＝52＝25． 由于AC⊥AB，则＝0． 同理，＝0． 已知二面角α-l-β为120°，的夹角等于二面角的补角60°， 所以|cos 60°＝5×5×． 可得|＋2×0＝75＋25＝100，||＝10． ] 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 114 四、解答题 11．(2022·新高考Ⅰ卷)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； (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． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 115 [解]　(1)设A到平面A1BC的距离为h，因为＝4，则，解得h＝． 即A到平面A1BC的距离为． (2)法一(坐标法)：取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B． 又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，所以AE＝h＝． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 116 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC， 由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC． 又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC，BA，BB1两两垂直． 以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 因为AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，所以BC＝2， 则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)， 所以A1C的中点D(1，1，1)，则＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 117 设平面ABD的法向量m＝(x，y，z)，则 可取m＝(1，0，－1)为平面ABD的一个法向量， 设平面BDC的法向量n＝(a，b，c)，则 可取n＝(0，1，－1)为平面BDC的一个法向量， 则cos〈m，n〉＝， 所以二面角A-BD-C的正弦值为． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 118 法二(几何法)： 连接AB1．因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1 是正方形，故AB1⊥A1B． 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，且平面A1BC∩平面 ABB1A1＝A1B，AB1⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥平面A1BC． 设AB1∩A1B＝E，如图，过点E作EF⊥BD，垂足为点F，连接AF，根据三垂线定理可知AF⊥BD，则∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角的补角． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 119 因为AE＝，AA1＝AB， 所以AB＝BC＝AA1＝2，AC＝2，A1C＝2，AD＝BD＝CD＝． 根据等面积法得S△ABD＝·AF，解得AF＝． 所以sin∠AFE＝，所以二面角A-BD-C的正弦值为． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 120 法三(射影面积法)： 由法二知△EBD是△ABD在平面A1BC内的射影． 设二面角A-BD-A1的平面角为θ，它与二面角A-BD-C的平面角互补． 因为S△ABD＝，S△EBD＝，所以cos θ＝，于是sin θ＝． 因此，二面角A-BD-C的正弦值为． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 121 法四(补体法)： 结合题意，由法一、法二知AB＝BC＝AA1，BC⊥AB1，构造正方体如图所示，则∠AB1C＝60°． 由法二知，AB1⊥平面A1BC，B1C⊥平面ABD， 所以二面角A-BD-C的平面角的大小为120°， 所以二面角A-BD-C的正弦值为． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 122 12．(2025·广西桂林一模)如图，梯形ABCD中，O为DC上一点，AB＝2，AD＝2，AO＝2，且AO⊥AD，AO∥BC，将△DAO沿着AO翻折至△PAO所在位置，使得平面PAO⊥平面ABCO，连接PB，PC，得到四棱锥P-ABCO，E为PB的中点．   (1)若F为AO的中点，证明：EF∥平面POC； (2)在线段PC上是否存在一点M，使得OM⊥AB？若存在，求直线BM与平面PAO所成角的正弦值；若不存在，请说明理由． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 第53课时　向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题 123 [解]　(1)证明：取PA的中点N，连接EF，FN，EN． 因为E，F，N三点分别为PB，AO，PA的中点， 所以在△PAO中，NF∥PO， 又因为NF⊄平面POC，PO⊂平面POC， 所以NF∥平面POC， 同理，EN∥AB∥OC，EN⊄平面POC，OC⊂平面POC，所以EN∥平面POC， 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 124 又因为NF∩EN＝N，NF⊂平面ENF，EN⊂平面ENF， 所以平面ENF∥平面POC， 因为EF⊂平面ENF， 所以EF∥平面POC． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 125 (2)因为平面PAO⊥平面ABCO，平面PAO∩平面ABCO＝AO，PA⊥AO，PA⊂平面PAO，所以PA⊥平面ABCO． 过B作BG⊥BC交AO于点G． 以点B为坐标原点，以BG，BC所在直线分别为x，y轴，以过点B且与PA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系． 在梯形ABCD中，AO⊥AD，AO∥BC，AB＝2，AD＝2，AO＝2， 所以∠BAO＝∠AOD ＝，则BG＝1，AG＝． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 126 所以A(1，－，0)，B(0，0，0)，O(1，，0)，C(0，2，0)，P(1，－，2)． 假设在PC上存在点M，使得OM⊥AB，设M(x，y，z)， 设(0≤λ≤1)， 则(x，y－2，z)＝λ(1，－3，2)， 解得M(λ，2λ，2λ)． 因为＝(1，－，0)，＝(λ－1，λ，2λ)， 所以＝λ－1＋9λ－3＝0，解得λ＝． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 127 所以， 因为平面PAO⊥平面ABCO，故取平面PAO的一个法向量为n＝(1，0，0)， 设直线BM与平面PAO所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈，n〉|＝． 所以线段PC上存在点M，使得OM⊥AB，直线BM与平面PAO所成角的正弦值为． 题号 2 1 3 4 5 6 8 7 9 10 11 12 128 谢 谢 ！ $