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课后限时练(十三)(A)
1．B　[由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，则＝(1，2，－3)，＝(0，2，0)，对应的单位方向向量μ＝，所以点B到直线A1C的距离为．故选B．]
2．C　[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则·h＝h＝S△ABC·A1A＝，解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为．]
3．AB　[以D为原点，DA，DC，DD1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，
对于A，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，0)，
所以点A1到直线DC1的距离d＝
，故A正确；
对于B，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，
D1(0，0，1)，
＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(0，1，1)，＝(1，1，0)，
设n1＝(x1，y1，z1)为平面AB1D1的法向量，
则有
令x1＝1，可得y1＝－1，z1＝1，所以n1＝(1，－1，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面BC1D的法向量，
则有
令x2＝1，可得y2＝－1，z2＝1，
所以n2＝(1，－1，1)，
所以n1＝n2，
所以平面BC1D平面AB1D1，
可得点B1到平面BC1D的距离即为所求，＝(0，0，1)，
所以点B1到平面BC1D的距离为，故B正确；
对于C，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，
设n3＝(x3，y3，z3)为平面ABC1D1的法向量，
所以
令x3＝1，可得y3＝0，z3＝1，所以n3＝(1，0，1)，
设直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，n3〉|＝，
因为θ∈，所以θ＝，故C错误；
对于D，因为平面BC1D的一个法向量为n2＝(1，－1，1)，＝(－1，1，0)，
所以点A1到平面BC1D的距离为，故D错误．]
4．6　　[如图，过点C作BD的平行线与直线AB，AD分别交于点E，F，则AE＝AF＝6，EF＝6，
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥EF，由四边形ABCD是正方形及BDEF，可得AC⊥EF，
因为AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以EF⊥平面PAC，又PC 平面PAC，
所以EF⊥PC，
因为PA＝4，AC＝3，
所以PC＝，
所以△PEF的面积为·EF·PC＝6．
设AC∩BD＝O，则OC＝，
又平面PAC⊥平面PEF，平面PAC∩平面PEF＝PC，
过点O作OG⊥PC，垂足为G，则OG⊥平面PEF，
即OG就是直线BD到平面α的距离，
又sin∠PCA＝，
所以OG＝OCsin∠PCA＝×．
故答案为6．]
5．解：(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，2)，M(0，0，)，
则＝(－1，1，0)·(－1，－1，－)＝1－1＋0＝0，
故BC⊥B1M．
(2)由(1)知＝(1，1，＝(1，－1，2)，
设平面MB1C的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝3，则y＝－1，z＝－．
可得m＝(3，－1，－＝(1，－1，0)，
故点B到平面MB1C的距离d＝．
课后限时练(十三)(B)
1．解：(1)证明：在题图1中，由题意可知四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝2，
则在题图2中，有CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，则CD⊥平面PAD，
又ABCD，∴AB⊥平面PAD，而DM 平面PAD，
则AB⊥DM．
又PD＝AD，且M为PA的中点，
∴DM⊥PA，
∵AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
∴DM⊥平面PAB，而PB 平面PAB，可得DM⊥PB．
(2)由(1)知，CD⊥平面PAD，
∵CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
由已知可得∠ADP为二面角A-CD-P的平面角，则∠ADP＝60°，
可得△PAD是等边三角形，则PA＝AD＝PD＝2．
取AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO 平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，且PO＝，
以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x，z轴，
在平面ABCD内，过O作AD的垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，P(0，0，)，D(－1，0，0)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，A(1，0，0)，
则＝(2，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，－2，)，
＝(－1，－2，)，
设＝λ＝(λ，－2λ，λ)(0λ1)，
则＝(λ，2－2λ，λ)，
设平面BDN的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取y＝λ，得m＝(－λ，λ，3λ－2)，
记直线PB与平面BDN所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，m〉|
＝
＝，
即，解得λ＝，
因此．
(3)由(2)知，m＝，
则平面BDN的一个法向量可以为n＝(－1，1，0)，且＝(0，－2，0)，
则点A到平面BDN的距离d＝．
题后反思：与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
2．解：(1)证明：在△ACD中，由DA＝DC＝，∠ADC＝90°，
得∠CAD＝45°，AC＝2，
在△AB'C中，∠B'AC＝∠BAC＝105°－45°＝60°，而AB＝AB'＝4，
由余弦定理，得B'C2＝AB'2＋AC2－2AB'·ACcos 60°＝12，
则AC2＋B'C2＝AB'2，
即AC⊥B'C，由DB'＝，
得DB'2＝DC2＋B'C2，则DC⊥B'C，
又AC∩DC＝C，AC，DC 平面ACD，
因此B'C⊥平面ACD，而B'C 平面B'AC，
所以平面B'AC⊥平面ACD．
(2)连接OP，由O，P分别为AC，AB'的中点，得OPB'C，由(1)得OP⊥平面ACD，
由DA＝DC＝，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，＝(2，0，0)，
由点M在PD上，令＝λ＋(1－λ)＝(0，λ，λ)，0λ1，
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝λ，得n＝(0，λ－，λ)，
易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则|cos〈m，n〉|＝，
解得λ＝，
于是n＝，
而＝(0，0，)，
则点P到平面ACM的距离d＝，
所以点P到平面ACM的距离为．
易错提醒：注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．
7 / 7课后限时练(十三)　空间距离、翻折和探索性问题(A)
1．[人教B版选择性必修第一册P56例2改编]如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　)
A． B．
C． D．1
2．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为(　　)
A． B．
C． D．
3．[人教A版选择性必修第一册P35练习T3改编](多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　)
A．点A1到直线DC1的距离为
B．平面BC1D与平面AB1D1的距离为
C．直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为
D．点A1到平面BC1D的距离为
4．(2025·江西模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，若直线PC 平面α，直线BD∥平面α，平面α与直线AB，AD分别交于点E，F，则△PEF的面积为________；直线BD到平面α的距离为________．
5．(2025·湖南模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，AA1＝2，M是DD1的中点．
(1)证明：BC⊥B1M；
(2)求点B到平面MB1C的距离．
课后限时练(十三)　空间距离、翻折和探索性问题(B)
1．(2025·银川二模)如图1所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝4，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：DM⊥PB．
(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所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
(3)在(2)的条件下，求点A到平面BDN的距离．
　
2．(2025·上饶二模)如图1，四边形ABCD中，DA＝DC＝AB＝，∠ADC＝90°，∠BAD＝105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图2)，且DB′＝．
(1)求证：平面B′AC⊥平面ACD；
(2)若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离．
　
1 / 4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．
课后限时练(十三)　空间距离、翻折和探索性问题(A)
1．[人教B版选择性必修第一册P56例2改编]如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　)
A． B．
C． D．1
B　[由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，则＝(1，2，－3)，＝(0，2，0)，对应的单位方向向量μ＝，所以点B到直线A1C的距离为＝＝．故选B．]
2．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为(　　)
A． B．
C． D．
C　[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则＝·h＝h＝＝·A1A＝＝，解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为．]
3．[人教A版选择性必修第一册P35练习T3改编](多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　)
A．点A1到直线DC1的距离为
B．平面BC1D与平面AB1D1的距离为
C．直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为
D．点A1到平面BC1D的距离为
AB　[以D为原点，DA，DC，DD1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，
对于A，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，0)，
所以点A1到直线DC1的距离d＝
＝＝，故A正确；
对于B，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，
＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(0，1，1)，＝(1，1，0)，
设n1＝(x1，y1，z1)为平面AB1D1的法向量，
则有
令x1＝1，可得y1＝－1，z1＝1，所以n1＝(1，－1，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面BC1D的法向量，
则有
令x2＝1，可得y2＝－1，z2＝1，
所以n2＝(1，－1，1)，
所以n1＝n2，
所以平面BC1D∥平面AB1D1，
可得点B1到平面BC1D的距离即为所求，＝(0，0，1)，
所以点B1到平面BC1D的距离为＝＝，故B正确；
对于C，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，
设n3＝(x3，y3，z3)为平面ABC1D1的法向量，
所以
令x3＝1，可得y3＝0，z3＝1，所以n3＝(1，0，1)，
设直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈，n3〉|＝＝＝，
因为θ∈，所以θ＝，故C错误；
对于D，因为平面BC1D的一个法向量为n2＝(1，－1，1)，＝(－1，1，0)，
所以点A1到平面BC1D的距离为＝＝，故D错误．]
4．(2025·江西模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，若直线PC 平面α，直线BD∥平面α，平面α与直线AB，AD分别交于点E，F，则△PEF的面积为 ；直线BD到平面α的距离为 ．
6　[如图，过点C作BD的平行线与直线AB，AD分别交于点E，F，则AE＝AF＝6，EF＝6，
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥EF，由四边形ABCD是正方形及BD∥EF，可得AC⊥EF，
因为AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以EF⊥平面PAC，又PC 平面PAC，
所以EF⊥PC，
因为PA＝4，AC＝3，
所以PC＝＝＝，
所以△PEF的面积为·EF·PC＝6．
设AC∩BD＝O，则OC＝，
又平面PAC⊥平面PEF，平面PAC∩平面PEF＝PC，
过点O作OG⊥PC，垂足为G，则OG⊥平面PEF，
即OG就是直线BD到平面α的距离，
又sin ∠PCA＝＝，
所以OG＝OC sin ∠PCA＝＝．
故答案为6；．]
5．(2025·湖南模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，AA1＝2，M是DD1的中点．
(1)证明：BC⊥B1M；
(2)求点B到平面MB1C的距离．
[解]　(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，2)，M(0，0，)，
则·＝(－1，1，0)·(－1，－1，－)＝1－1＋0＝0，
故BC⊥B1M．
(2)由(1)知＝(1，1，)，＝(1，－1，2)，
设平面MB1C的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝3，则y＝－1，z＝－．
可得m＝(3，－1，－)，且＝(1，－1，0)，
故点B到平面MB1C的距离d＝＝＝．
课后限时练(十三)　空间距离、翻折和探索性问题(B)
1．(2025·银川二模)如图1所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝4，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：DM⊥PB．
(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所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
(3)在(2)的条件下，求点A到平面BDN的距离．
　
[解]　(1)证明：在题图1中，由题意可知四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝2，
则在题图2中，有CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，则CD⊥平面PAD，
又AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，而DM 平面PAD，
则AB⊥DM．
又PD＝AD，且M为PA的中点，
∴DM⊥PA，
∵AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
∴DM⊥平面PAB，而PB 平面PAB，可得DM⊥PB．
(2)由(1)知，CD⊥平面PAD，
∵CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
由已知可得∠ADP为二面角A-CD-P的平面角，则∠ADP＝60°，
可得△PAD是等边三角形，则PA＝AD＝PD＝2．
取AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO 平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，且PO＝，
以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x，z轴，
在平面ABCD内，过O作AD的垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，P(0，0，)，D(－1，0，0)，B(1，2，0)，
C(－1，2，0)，A(1，0，0)，
则＝(2，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，－2，)，
＝(－1，－2，)，
设＝λ＝(λ，－2λ，λ)(0λ1)，
则＝＝(λ，2－2λ，λ)，
设平面BDN的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取y＝λ，得m＝(－λ，λ，3λ－2)，
记直线PB与平面BDN所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，m〉|
＝
＝＝，
即＝，解得λ＝，
因此＝，则＝．
(3)由(2)知，m＝，
则平面BDN的一个法向量可以为n＝(－1，1，0)，且＝(0，－2，0)，
则点A到平面BDN的距离d＝＝＝．
题后反思：与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
2．(2025·上饶二模)如图1，四边形ABCD中，DA＝DC＝AB＝，∠ADC＝90°，∠BAD＝105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图2)，且DB′＝．
(1)求证：平面B′AC⊥平面ACD；
(2)若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离．
　
[解]　(1)证明：在△ACD中，由DA＝DC＝，∠ADC＝90°，
得∠CAD＝45°，AC＝2，
在△AB′C中，∠B′AC＝∠BAC＝105°－45°＝60°，而AB＝AB′＝4，
由余弦定理，得B′C2＝AB′2＋AC2－2AB′·AC cos 60°＝12，
则AC2＋B′C2＝AB′2，
即AC⊥B′C，由DB′＝，
得DB′2＝DC2＋B′C2，则DC⊥B′C，
又AC∩DC＝C，AC，DC 平面ACD，
因此B′C⊥平面ACD，而B′C 平面B′AC，
所以平面B′AC⊥平面ACD．
(2)连接OP，由O，P分别为AC，AB′的中点，得OP∥B′C，由(1)得OP⊥平面ACD，
由DA＝DC＝，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，＝(2，0，0)，
由点M在PD上，令＝λ＋(1－λ)＝(0，λ，λ)，0λ1，
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝λ，得n＝(0，λ－，λ)，
易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝，
于是n＝，
而＝(0，0，)，
则点P到平面ACM的距离d＝＝，
所以点P到平面ACM的距离为．
易错提醒：注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．
1 / 2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．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
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．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1 / 3(共92张PPT)
专题四　立体几何
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．
当堂进阶　真题试做　感悟高考
(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．
√
课后限时练(十三)
空间距离、翻折和探索性问题(A)
1．[人教B版选择性必修第一册P56例2改编]如图，在空间直角坐标系中，有长方体ABCD-A1B1C1D1，AB＝1，BC＝2，AA1＝3，则点B到直线A1C的距离为(　　)
A． B．
C． D．1
B　[由题意知A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，则＝(1，2，－3)，＝(0，2，0)，对应的单位方向向量μ＝，所以点B到直线A1C的距离为＝＝．故选B．]
√
2．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2，则点A到平面A1BC的距离为(　　)
A． B．
C． D．
C　[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则＝·h＝h＝＝·A1A＝＝，解得h＝，所以点A到平面A1BC的距离为．]
√
3．[人教A版选择性必修第一册P35练习T3改编](多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　)
A．点A1到直线DC1的距离为
B．平面BC1D与平面AB1D1的距离为
C．直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为
D．点A1到平面BC1D的距离为
√
AB　[以D为原点，DA，DC，DD1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，
对于A，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，0)，
所以点A1到直线DC1的距离d＝＝＝，故A正确；
对于B，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，
＝(－1，0，1)，＝(0，1，1)，＝(0，1，1)，＝(1，1，0)，
设n1＝(x1，y1，z1)为平面AB1D1的法向量，
则有
令x1＝1，可得y1＝－1，z1＝1，所以n1＝(1，－1，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面BC1D的法向量，
则有
令x2＝1，可得y2＝－1，z2＝1，
所以n2＝(1，－1，1)，
所以n1＝n2，
所以平面BC1D∥平面AB1D1，
可得点B1到平面BC1D的距离即为所求，＝(0，0，1)，
所以点B1到平面BC1D的距离为＝＝，故B正确；
对于C，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，A1(1，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，1)，
设n3＝(x3，y3，z3)为平面ABC1D1的法向量，
所以
令x3＝1，可得y3＝0，z3＝1，所以n3＝(1，0，1)，
设直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈，n3〉|＝＝＝，
因为θ∈，所以θ＝，故C错误；
对于D，因为平面BC1D的一个法向量为n2＝(1，－1，1)，＝
(－1，1，0)，
所以点A1到平面BC1D的距离为＝＝，故D错误．]
4．(2025·江西模拟)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，若直线PC 平面α，直线BD∥平面α，平面α与直线AB，AD分别交于点E，F，则△PEF的面积为
________________；直线BD到平面α的距离为________________．
6
6　[如图，过点C作BD的平行线与直线AB，AD分别交于点E，F，则AE＝AF＝6，EF＝6，
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥EF，由四边形ABCD是正方形及BD∥EF，可得AC⊥EF，
因为AC∩PA＝A，AC，PA 平面PAC，
所以EF⊥平面PAC，又PC 平面PAC，
所以EF⊥PC，
因为PA＝4，AC＝3，
所以PC＝＝＝，
所以△PEF的面积为·EF·PC＝6．
设AC∩BD＝O，则OC＝，
又平面PAC⊥平面PEF，平面PAC∩平面PEF＝PC，
过点O作OG⊥PC，垂足为G，则OG⊥平面PEF，
即OG就是直线BD到平面α的距离，
又sin ∠PCA＝＝，
所以OG＝OC sin ∠PCA＝＝．
故答案为6；．]
5．(2025·湖南模拟)如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，AA1＝2，M是DD1的中点．
(1)证明：BC⊥B1M；
(2)求点B到平面MB1C的距离．
[解]　(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，2)，M(0，0，)，
则·＝(－1，1，0)·(－1，－1，－)＝1－1＋0＝0，
故BC⊥B1M．
(2)由(1)知＝(1，1，)，＝(1，－1，2)，
设平面MB1C的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝3，则y＝－1，z＝－．
可得m＝(3，－1，－)，且＝(1，－1，0)，
故点B到平面MB1C的距离d＝＝＝．
空间距离、翻折和探索性问题(B)
1．(2025·银川二模)如图1所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝4，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：DM⊥PB．
(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所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
(3)在(2)的条件下，求点A到平面BDN的距离．
[解]　(1)证明：在题图1中，由题意可知四边形ABCD为正方形，且CD＝DQ＝AD＝2，
则在题图2中，有CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，则CD⊥平面PAD，
又AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，而DM 平面PAD，
则AB⊥DM．
又PD＝AD，且M为PA的中点，
∴DM⊥PA，
∵AB∩PA＝A，AB，PA 平面PAB，
∴DM⊥平面PAB，而PB 平面PAB，可得DM⊥PB．
(2)由(1)知，CD⊥平面PAD，
∵CD 平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，
由已知可得∠ADP为二面角A-CD-P的平面角，则∠ADP＝60°，
可得△PAD是等边三角形，则PA＝AD＝PD＝2．
取AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD，
又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO 平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，且PO＝，
以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x，z轴，
在平面ABCD内，过O作AD的垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，P(0，0，)，D(－1，0，0)，B(1，2，0)，
C(－1，2，0)，A(1，0，0)，
则＝(2，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，－2，)，
＝(－1，－2，)，
设＝λ＝(λ，－2λ，λ)(0λ1)，
则＝＝(λ，2－2λ，λ)，
设平面BDN的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取y＝λ，得m＝(－λ，λ，3λ－2)，
记直线PB与平面BDN所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，m〉|
＝
＝＝，
即＝，解得λ＝，
因此＝，则＝．
(3)由(2)知，m＝，
则平面BDN的一个法向量可以为n＝(－1，1，0)，且＝(0，－2，0)，
则点A到平面BDN的距离d＝＝＝．
题后反思：与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
2．(2025·上饶二模)如图1，四边形ABCD中，DA＝DC＝AB＝，∠ADC＝
90°，∠BAD＝105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图2)，且DB′＝．
(1)求证：平面B′AC⊥平面ACD；
(2)若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离．
[解]　(1)证明：在△ACD中，由DA＝DC＝，∠ADC＝90°，
得∠CAD＝45°，AC＝2，
在△AB′C中，∠B′AC＝∠BAC＝105°－45°＝60°，而AB＝AB′＝4，
由余弦定理，得B′C2＝AB′2＋AC2－2AB′·AC cos 60°＝12，
则AC2＋B′C2＝AB′2，
即AC⊥B′C，由DB′＝，
得DB′2＝DC2＋B′C2，则DC⊥B′C，
又AC∩DC＝C，AC，DC 平面ACD，
因此B′C⊥平面ACD，而B′C 平面B′AC，
所以平面B′AC⊥平面ACD．
(2)连接OP，由O，P分别为AC，AB′的中点，得OP∥B′C，由(1)得OP⊥平面ACD，
由DA＝DC＝，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OA，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，＝(2，0，0)，
由点M在PD上，令＝λ＋(1－λ)＝(0，λ，λ)，0λ1，
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝λ，得n＝(0，λ－，λ)，
易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
则|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝，
于是n＝，
而＝(0，0，)，
则点P到平面ACM的距离d＝＝，
所以点P到平面ACM的距离为．
易错提醒：注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．
谢 谢！

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