资源简介 第53课时 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题[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．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．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．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___________．1．点到直线的距离设＝(a·u)u．在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝______________________．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．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．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．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． 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．[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． 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． 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．[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． 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． 名师点评：三步解决平面图形翻折问题[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． 以题引理·激活思维No1．深研教材典题1．B 2．D 3．(1)No2．储备知识要点1．精研考点·提升素养考点一典例1 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，)，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＝．(2)因为，，所以＝，＝1，，所以点O到直线CD的距离d2＝＝．巩固迁移1．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＝．(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＝．(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＝．考点二典例2 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．(2)存在，P为BB1上靠近B的四等分点．当λ＝1时，＋μ，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．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，＝(－1，0，－1)，，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＝，由令z2＝，得n＝是平面ACP的一个法向量．则＝＝，得＝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．巩固迁移2．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．(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)．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，〉|＝＝＝，∴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．考点三典例3 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．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．(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．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，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)，．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，)．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．巩固迁移3．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．(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)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则所以可取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°．6/6(共129张PPT)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．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．√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．]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．√D [＝(－2，0，－1)，|，则点P到直线l的距离d＝．]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_________．(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)，，，(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．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)，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． ]1．点到直线的距离设＝(a·u)u．在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝_________________．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．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．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．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[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，)，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＝．(2)因为，所以，＝1，，所以点O到直线CD的距离d2＝．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．[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．[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＝．(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＝．(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＝．【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√√√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；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．]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．[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．(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．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，，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．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．[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．[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．(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)．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，〉|＝＝＝，∴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．【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．[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．(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，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，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＝，，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＝1．2．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．[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．(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)，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．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．[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．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．(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．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，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)，．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，)．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．名师点评：三步解决平面图形翻折问题[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．[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．(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)．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°．【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．[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，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．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[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．[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．[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．[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＝0C．x－y＋z＝－4 D．x＋y－z＝0题号135246879101112阶段评估(十) (第51课时~第53课时)√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135246879101112题号2134568791011122．已知空间向量a＝(1，n，2)，b＝(－2，1，2)，若2a－b与b垂直，则|a|＝( )A．√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2134568791011123．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213456879101112√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2134568791011124．(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．cC．c题号213456879101112√C [连接BD，由题意，E为PD的中点，若＝a，＝b，＝c，则)＝－)＝－)＋)＝－c．故选C．]题号2134568791011125．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⊥OCB．AB∥OCC．是平面OAB的一个法向量D．四面体OABC的体积为题号213456879101112√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213456879101112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2134568791011126．(2025·山西太原三模)已知空间向量|的最小值为( )A．C．题号213456879101112√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213456879101112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213456879101112二、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．||＝8C．B1D1⊥A1CD．四边形BDD1B1的面积为2题号213456879101112√√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213456879101112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2134568791011128．(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CBB1C1B．CP⊥平面A1PBC．C1到平面CPQ的距离为D．C1到直线CQ的距离为题号213456879101112√√√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213456879101112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213456879101112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213456879101112三、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213456879101112(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)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2134568791011121010 [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213456879101112四、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213456879101112[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213456879101112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213456879101112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213456879101112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213456879101112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213456879101112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213456879101112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21345687910111212．(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213456879101112[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213456879101112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213456879101112(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213456879101112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213456879101112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213456879101112谢 谢 ！课后作业(五十三) 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题说明：本试卷共60分1．(15分)(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．2．(15分)(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．3．(15分)(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．4．(15分)(2026·安徽开学考试)三棱锥P-ABC中，CA＝CB＝2，AB＝4，PA＝．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．课后作业(五十三)1．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．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．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．解：(1)法一：连接PE，由题意AE＝1，PE＝＝3，PB＝＝3，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＝×CE×PE＝×3＝，S△BCE＝×BC×BEsin 45°＝×2×3×＝3，设hB为B到平面PCE的距离，由VB-PCE＝VP-BCE，可得S△PCE·hB＝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＝CE·BG＝BC·BEsin 45°，解得BG＝，在Rt△BPG中，由PB＝＝3，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＝．3/3 展开更多...... 收起↑ 资源列表 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.docx 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.pptx 课后作业53 向量法求距离及立体几何中的探索性、翻折问题.docx
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