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2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题47向量法求距离、探索性及折叠问题（Word版附解析）
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这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题47向量法求距离、探索性及折叠问题（Word版附解析），共52页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
专题47向量法求距离、探索性及折叠问题
知识梳理
考纲要求
考点预测
方法技巧
题型归类
题型一：利用向量法求距离
题型二：立体几何中的探索性问题
题型三：折叠问题
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.
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．
【考点预测】
1．点到直线的距离
如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.
2．点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝.
【方法技巧】
1.向量法求点到直线距离的步骤
①根据图形求出直线的单位方向向量v.
②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
③垂线段长度d＝.
2.求点到平面的距离的常用方法
①直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝.
3.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
4.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.
二、【题型归类】
【题型一】利用向量法求距离
【典例1】已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足＝＋＋，则点P到AB的距离为________.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则＝(1，0，0)＋(0，1，0)＋(0，0，1)＝.
又＝(1，0，0)，
∴在上的投影为＝，
∴点P到AB的距离为
)＝.
【典例2】如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝CD＝1，E为PC的中点.
(1)证明：BE∥平面PAD.
(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.
【解析】(1)证明 如图，取PD的中点F，连接AF，EF，
因为E为PC的中点，F为PD的中点，
所以EF平行且等于CD.
又AB綉CD，
所以EF平行且等于AB，
故四边形ABEF为平行四边形，
所以BE∥AF.
又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(2)解 法一(向量法) 如图，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.
在等边△PBC中，PO＝，OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.
如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OM，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则P(0，0，)，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，
C(1，0，0)，故E，
所以＝(2，1，0)，＝(－1，1，－)，＝.
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝－2，z＝－，故n＝(1，－2，－)为平面PAD的一个法向量.
所以点E到平面PAD的距离d＝
＝
＝.
法二(等体积法) 由(1)得BE∥平面PAD，
故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离.
如图，取BC的中点G，连接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.
又△PBC是边长为2的正三角形，
所以PG＝，PB＝BC＝2.
因为AB⊥平面PBC，AB⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PBC.
因为平面ABCD∩平面PBC＝BC，
所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.
因为AB⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，
所以四边形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，
则AD＝，S△ABD＝×1×2＝1.
因为AB⊥PB，AB＝1，PB＝2，
所以PA＝.
在Rt△PGD中，易知DG＝.
又PG＝，所以PD＝2，
所以S△APD＝×2×＝.
设点B到平面PAD的距离为h，
因为三棱锥P－ABD的体积
V＝S△APD×h＝S△ABD×PG，
所以h＝＝＝.
所以点E到平面PAD的距离为.
【典例3】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).
∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2).
(1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝)
＝＝4.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
【题型二】立体几何中的探索性问题
【典例1】已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证：点F为B1C1的中点；
(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M－CF－E的余弦值为，求的值．
【解析】(1)证明 如图所示，取B1C1的中点F′，
连接DE，EF′，F′C，
由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，
从而E，F′，C，D四点共面，
平面CDE即平面CDEF′，
据此可得，直线B1C1交平面CDE于点F′，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合，
即点F为B1C1的中点．
(2)解 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，
设＝λ(0≤λ≤1)，
则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，
从而＝(－2,2－2λ，－2)，＝(1,0,2)，
＝(0，－2,0)，
设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
令z1＝－1可得m＝(λ≠1)，
设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，
从而m·n＝5，|m|＝，|n|＝，
则cos〈m，n〉＝＝
＝.
整理可得(λ－1)2＝，故λ＝.
所以＝.
【典例2】如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝，AB⊥B1C.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长．
【解析】(1)证明 如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.
因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
所以AB⊥CD，CD＝，BD＝1.
又因为AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D⊂平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝.
在△B1CD中，CD＝，B1D＝，B1C＝，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解 假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(，0,0)，B1(0,0，)，
因此＝(0,1，)，＝(，－1,0)，＝＝(0,1，)，＝(－，－1,0)．
因为点P在棱BB1上，
设＝λ＝λ(0,1，)，其中0≤λ≤1.
则＝＋＝＋λ＝(－，－1＋λ，λ)．
设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取x＝1，则y＝，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，，－1)．
因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，
所以|cos〈n，〉|＝
＝＝，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝，所以||＝||＝，
故BP的长为.
【典例3】如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【解析】(1)证明 如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，C.
于是＝，
＝.
则·＝0，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝.
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝.
设＝t(0≤t≤1)，
因为B，C，
所以＝，
则＝＋＝＋t
＝.
又·＝0，
得－＋0＋a2t＝0，
则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
【题型三】折叠问题
【典例1】如图1.梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.
(1)图2中，若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；
(2)在(1)的条件下，若DE∥CF，求二面角DAFC的余弦值．
【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，如图，连接BE，则AF⊥BE，
又AF⊥BD，BE∩BD＝B，所以AF⊥平面BDE，
又DE⊂平面BDE，所以AF⊥DE，
又AE⊥DE，AE∩AF＝A，所以DE⊥平面ABFE.
(2)由(1)知ED，EA，EF两两垂直，
以E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A(2，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1)，＝(0，0，2)．
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)．
由得不妨取x＝1，得n＝(1，1，2)，
设平面ACF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得取x1＝1得m＝(1，1，0)，
设二面角DAFC的大小为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
所以二面角DAFC的余弦值为.
【典例2】在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图1，以DE为折痕将△ADE折起，使点A达到点P的位置，如图2.
(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；
(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，
所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
又E为AC的中点，所以DE∥BC.
在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
所以DE⊥平面CEP，
所以BC⊥平面CEP，
又BC⊂平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.
(2)因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED.
又CE⊂平面BCED，
所以EP⊥CE.
以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
在题图1中，设BC＝2a，
则AB＝4a，AC＝2a，AE＝CE＝a，DE＝a.
则P(0，0，a)，D(a，0，0)，C(0，a，0)，B(2a，a，0)．
所以＝(－a，0，a)，＝(－2a，0，0)，
＝(0，－a，a)．
设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝1，所以n＝(0，1，1)．
设DP与平面BCP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.
【典例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BCG与平面ACG夹角的大小.
【解析】(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 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H－xyz，
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，－).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30°.
三、【培优训练】
【训练一】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求平面FAE与平面PAE夹角的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
【解析】(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，
所以E(0，1，1)，
所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面FAE的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAE的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知，平面FAE与平面PAE夹角的余弦值为.
(3)解 直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.
【训练二】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；
(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明 因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，
所以PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 如图，连接OG，以O点为坐标原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，
P(0,0,2)，E(－1,2，)，F(－1,0，)，
＝(0，－2,0)，＝(1,2，－)，
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，则m＝(，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝，
所以θ＝，
所以平面EFG与平面ABCD的夹角为.
(3)解 不存在，理由如下：
假设在线段PA上存在点M，
使得直线GM与平面EFG所成的角为，
即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，
设＝λ，λ∈[0,1]，
＝＋＝＋λ，
所以＝(2λ，－4,2－2λ)，
所以cos ＝|cos〈，m〉|＝，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ<0，方程无解，
所以不存在这样的点M.
【训练三】如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角AEFC的大小为60°，点M在线段AB上．
(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角MECF的余弦值，若不存在，说明理由．
【解析】(1)因为直线MF⊂平面ABFE，
故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，
且AO＝2，
连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，
连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，
所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，
以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(－1，4，0)，
所以＝(1，0，)，＝(1，4，)，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，
则⇒
取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝，
因为DE与平面EMC所成的角为60°，
所以sin 60°＝＝＝，
所以＝，所以t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，因为EF⊥平面ADE，AQ⊂平面ADE，
所以AQ⊥EF，
又因为AQ⊥DE，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CEF，
所以AQ⊥平面CEF，则为平面CEF的一个法向量，
因为Q，A(1，0，0)，
所以＝，m＝，
设二面角MECF的大小为θ，
所以|cos θ|＝＝＝，
因为当t＝2时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CEF，
所以当t＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－.
当t＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝.
四、【强化测试】
一、单选题
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.
【详解】根据题意，直线的方程为，
即，则直线的方向向量为，又因为过点，
，，则，
故在上的射影为：，
故点到直线的距离为：.
故选：D.
2．（2023·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
3．（2023·江西·校联考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，则当点到平面的距离最小时，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得平面的一个法向量，结合向量的距离公式，求得点到平面的距离，根据二次函数的性质，求得，利用夹角公式，即可求解.
【详解】因为，
可得，
设是平面的法向量，则，
令，可得，所以，
所以点到平面的距离，
当时，取得最小值，此时，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
4．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得.
【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），
，
设异面直线的公共法向量为，
则，取x＝1，得，
∴点P到直线AC的距离为：
，
点P到直线AC的距离的最小值为.
故选：C.
5．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，
，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平直BCD所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用空间向量求点面距离及线面夹角即可.
【详解】依题意可得，，.
设是平面BCD的法向量，
则，即，令，则得.
所以点A到平面BCD的距离，
当时，d取得最小值，此时，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为.
故选：C
6．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）如图，长方体中，点E，F分别是棱，上的动点（异于所在棱的端点）.给出以下结论：①在F运动的过程中，直线能与AE平行；②直线与EF必然异面；③设直线AE，AF分别与平面相交于点P，Q，则点可能在直线PQ上.其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【分析】当点E，F分别是棱，中点时，可证明四边形是平行四边形，故可判断①②；建立空间直角坐标系，当点E，F分别是棱，中点，且长方体为正方体时，利用空间向量证明三点共线
【详解】长方体中，，连接，，当点E，F分别是棱，中点时，由勾股定理得：，故，同理可得：，故四边形是平行四边形，所以在F运动的过程中，直线能与AE平行，与EF相交，①正确，②错误；
以为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱，中点且长方体为正方体时，设棱长为2，则，，，则，，则，又两向量有公共点，所以三点共线，故则点可能在直线PQ上，③正确.
故选：B
7．（2022·高二课时练习）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间线面平行与垂直的判定及性质定理、向量的夹角判断异面直线所成角、三棱锥的体积计算公式即可得出．
【详解】解：设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，点，
则，而，，
，因此，
，，，，
对于①而言就是否存在实数，使，而，，，，此即，这样的不存在，①错误；
对于②而言就是否存在实数，使平面，首先我们在平面内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，
，于是，即就是当为的中点的时候，②正确；
同理，对于③而言，还是判断这样的实数是否存在，，
设其夹角为，则，
令，此即，将上式平方解得，将回代原式结论成立，这样的存在；③错误；
对于④来说，点无论在上怎样移动，底面的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着点的变化而变化，故④错误．
所以正确的个数为1个.
故选：D.
8．（2022秋·高二课时练习）在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论：
①在M，N两点的运动过程中，⊥平面；
②在平面上存在一点P，使得平面；
③三棱锥的体积为定值；
④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④
【答案】D
【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误；
②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面；
③作出辅助线，利用求出体积为定值；
④得到球面被正方体表面所截得的弧为个半径为的圆弧，求出弧长和.
【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
如图1，对于①，当点移动到点时，此时，
则，
因为，
所以与不垂直，所以①错误；
对于②，平面与平面为同一个平面，而，
所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确；
如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且，
所以，
又⊥平面，
故，所以③正确；
，
以点D为球心作半径为的球面，
球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，
弧长和为，所以④正确，
故选：D．
二、多选题
9．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ）
A．
B．当时，有且仅有一个点，使得平面
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，则可得出点P的坐标，依次判定选项即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，
则
因为，，所以
所以，
对于选项A，则，所以，
因为，所以，故A答案正确；
对于选项B，
当时，，,设面的法向量为，
则，令，所以，
若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误；
对于选项C，当时，,
若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误；
对于选项D，为边长为的等边三角形，所以,
点P到平面的距离为，当时，
点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确.
故选：AD.
10．（2023春·山东枣庄·高一校考阶段练习）如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点使
B．不存在点使平面平面
C．若，，，四点共面，则的最小值为
D．若，，，，五点共球面，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，计算与的数量积能否为0可判断A；
若平面平面，可得，同A方法即可判断B；
作出平面与平面的交线，的最小值即为时，计算可判断C；
四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，判断出面与球的截面为圆，转化为点到圆上点的距离的最小值，计算可得D.
【详解】对于A，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则，，
则，，若，则有
，化简得，，
又，，所以不可能成立，故A错误；
对于B，连接交于，连结，则依题意可得，
若平面平面，又平面平面，平面，
，所以平面，所以有，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
则，得，此式不可能成立，故B正确；
对于C，如图，
延长交的延长线于，连接交于，
则为平面与平面的交线，若，，，四点共面，
则在线段上，所以当时，最小，
因为，，所以，
所以，又，则，所以当时，在中，
有，得，故C正确；
如图，
四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，
球的半径（正方体的对角线长的一半），
设面截球的截面圆为圆，为正方形的中心，
设圆的半径为，，所以，
若，，，，五点共球面，则在圆上，
则的最小值为，故D正确.
故选：BCD
11．（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.
【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.
所以，，，设，其中，
所以，，
当时，即，所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；
当时，解得，故B项正确；
因为，其中，所以点Q到的距离为
，
故C项正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.
故选：ABC
12．（2023·福建宁德·校考模拟预测）在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．点与点 到平面的距离相等
C．直线与平面平行
D．与的夹角为
【答案】AB
【分析】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐项判断即可得答案.
【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则
且，
对于A，，所以，所以直线与直线垂直，故A正确；
对于B，设平面的法向量为，又，
所以，令得，
又，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，故B正确；
对于C，因为所以，即，
设平面的法向量为，则，
又，则，
所以平面，故C错误；
对于D，因为，所以，所以与的夹角余弦值为，夹角大小不为，故D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为，则其体积为 ．
【答案】/
【分析】先求出底面积，用空间向量求高，按照三棱锥体积公式求解.
【详解】设，
则 ，
，，
设平面ABC的一个法向量为，，
则有，即，令，则，，
，在方向的投影的绝对值即为点D到平面ABC的距离 ，
四面体的体积；
故答案为：.
14．（2023·河北沧州·统考三模）在空间直角坐标系中，已知，，，，，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为 .
【答案】
【分析】根据条件，设是平面BCD的法向量，利用解得，表示出点A到平面BCD的距离，则当时，d取得最小值，此时，然后利用线面角的正弦值求解即可.
【详解】依题意可得，，.
设是平面BCD的法向量，
则，即，令，得.
所以点A到平面BCD的距离.
当时，d取得最小值，此时，，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为.
故答案为：
15．（2023春·高二单元测试）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【详解】因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，
令c＝2，则，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因为，所以|MD|在上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值为，
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，
所以|MD|的取值范围是．
故答案为：.
16．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）斜三棱柱中，平面平面，若，，，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，则三棱柱的高为 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，探求两个球的球心在平面上的投影确定的直线平行于直线，再建立空间直角坐标系，求出球的半径即可作答.
【详解】在斜三棱柱中，与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为，
因为球、球与平面都相切，令切点分别这，有，
又球、球与平面都相切，则平面，又平面，
于是平面，而平面，平面平面，因此，且，
在平面内过点作，在平面过点作，
因为平面平面，平面平面，则平面，
以点作原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
在中，，，则，
的方向向量，的方向向量，
由，得的方向向量，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
令球的半径为，设点，则，
由，得，
显然点到平面的距离等于等腰底边上的高，即有，
由，得，代入，解得，
，线段在轴上的投影为，
显然三棱柱的高等于点到平面的距离，到平面的距离与在轴上的投影的和，
所以三棱柱的高为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.
四、解答题
17．（2023·全国·高二专题练习）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在图①中，连接，交于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，
，，，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接
因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
19．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．
(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，
面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，
设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
20．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）如图，在四面体中，．点为棱上的点，且，三棱锥的体积为．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由题意证明平面平面，说明在面上的射影为F，从而建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求得答案；
（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，
又平面，
所以平面，而平面，所以，
由已知，所以，
由平面平面，得平面平面，
因此在平面内的射影就是直线，
设在面的射影为，则在直线上，
由题意知,则,
所以，
所以，又因为，所以与重合，所以平面，
以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以点坐标为，
．
设平面的一个法向量是，
则，取，则，即，
所以点A到平面的距离．
（2）设平面的法向量为，
则，取，则，
故，
所以，
由于平面与平面夹角范围为，
所以平面与平面夹角的余弦值是．
21．（2023秋·福建宁德·高三福建省宁德第一中学校考阶段练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．
22．（2023春·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．
(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【详解】（1）在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，
在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）由（1）知，，，
，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故以为坐标原点，分别为轴，
在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因为，平面AEB平面BCE，且，
所以点在平面的射影为中点，故，，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，，
所以为平面的一个法向量．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），
所以为中点，所以.
专题47向量法求距离、探索性及折叠问题
知识梳理
考纲要求
考点预测
方法技巧
题型归类
题型一：利用向量法求距离
题型二：立体几何中的探索性问题
题型三：折叠问题
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.
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．
【考点预测】
1．点到直线的距离
如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝.
2．点到平面的距离
如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度，因此PQ＝＝＝.
【方法技巧】
1.向量法求点到直线距离的步骤
①根据图形求出直线的单位方向向量v.
②在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
③垂线段长度d＝.
2.求点到平面的距离的常用方法
①直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为d＝.
3.折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的关系，尤其是隐含的垂直关系.一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一平面上的性质发生变化.
4.由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心展开，这是解决空间垂直问题的技巧.
二、【题型归类】
【题型一】利用向量法求距离
【典例1】已知棱长为1的正方体ABCD－EFGH，若点P在正方体内部且满足＝＋＋，则点P到AB的距离为________.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则＝(1，0，0)＋(0，1，0)＋(0，0，1)＝.
又＝(1，0，0)，
∴在上的投影为＝，
∴点P到AB的距离为
)＝.
【典例2】如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝CD＝1，E为PC的中点.
(1)证明：BE∥平面PAD.
(2)若AB⊥平面PBC，△PBC是边长为2的正三角形，求点E到平面PAD的距离.
【解析】(1)证明 如图，取PD的中点F，连接AF，EF，
因为E为PC的中点，F为PD的中点，
所以EF平行且等于CD.
又AB綉CD，
所以EF平行且等于AB，
故四边形ABEF为平行四边形，
所以BE∥AF.
又BE⊄平面PAD，AF⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(2)解 法一(向量法) 如图，取BC的中点O，AD的中点M，连接OP，OM，则OM∥AB∥CD.
在等边△PBC中，PO＝，OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC，所以OM⊥平面PBC.
如图，以O为坐标原点，分别以射线OC，OM，OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则P(0，0，)，A(－1，1，0)，D(1，2，0)，
C(1，0，0)，故E，
所以＝(2，1，0)，＝(－1，1，－)，＝.
设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝－2，z＝－，故n＝(1，－2，－)为平面PAD的一个法向量.
所以点E到平面PAD的距离d＝
＝
＝.
法二(等体积法) 由(1)得BE∥平面PAD，
故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离.
如图，取BC的中点G，连接PG，DG，BD，易知PG⊥BC.
又△PBC是边长为2的正三角形，
所以PG＝，PB＝BC＝2.
因为AB⊥平面PBC，AB⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面PBC.
因为平面ABCD∩平面PBC＝BC，
所以PG⊥平面ABCD，所以PG⊥GD.
因为AB⊥平面PBC，所以AB⊥BC，AB⊥PB，
所以四边形ABCD是直角梯形，且AB＝1，BC＝2，CD＝2，
则AD＝，S△ABD＝×1×2＝1.
因为AB⊥PB，AB＝1，PB＝2，
所以PA＝.
在Rt△PGD中，易知DG＝.
又PG＝，所以PD＝2，
所以S△APD＝×2×＝.
设点B到平面PAD的距离为h，
因为三棱锥P－ABD的体积
V＝S△APD×h＝S△ABD×PG，
所以h＝＝＝.
所以点E到平面PAD的距离为.
【典例3】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点.
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C1到平面ABN的距离.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，C1(0，4，4).
∵N是CC1的中点，
∴N(0，4，2).
(1)＝(0，4，2)，＝(2，2，0)，
则||＝2，||＝4.
设点N到直线AB的距离为d1，
则d1＝)
＝＝4.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝2，则y＝－1，x＝，
即n＝.
易知＝(0，0，－2)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
则d2＝＝＝.
【题型二】立体几何中的探索性问题
【典例1】已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证：点F为B1C1的中点；
(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M－CF－E的余弦值为，求的值．
【解析】(1)证明 如图所示，取B1C1的中点F′，
连接DE，EF′，F′C，
由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，
从而E，F′，C，D四点共面，
平面CDE即平面CDEF′，
据此可得，直线B1C1交平面CDE于点F′，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合，
即点F为B1C1的中点．
(2)解 以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，
设＝λ(0≤λ≤1)，
则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，
从而＝(－2,2－2λ，－2)，＝(1,0,2)，
＝(0，－2,0)，
设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
令z1＝－1可得m＝(λ≠1)，
设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，
从而m·n＝5，|m|＝，|n|＝，
则cos〈m，n〉＝＝
＝.
整理可得(λ－1)2＝，故λ＝.
所以＝.
【典例2】如图，三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝，AB⊥B1C.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在棱BB1上是否存在点P，使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求BP的长．
【解析】(1)证明 如图，取AB的中点D，连接CD，B1D.
因为三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
所以AB⊥CD，CD＝，BD＝1.
又因为AB⊥B1C，
且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，
所以AB⊥平面B1CD.
又因为B1D⊂平面B1CD，
所以AB⊥B1D.
在Rt△B1BD中，BD＝1，B1B＝2，
所以B1D＝.
在△B1CD中，CD＝，B1D＝，B1C＝，
所以CD2＋B1D2＝B1C2，
所以CD⊥B1D，
又因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以B1D⊥平面ABC.
又因为B1D⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解 假设在棱BB1上存在点P满足条件．以DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(，0,0)，B1(0,0，)，
因此＝(0,1，)，＝(，－1,0)，＝＝(0,1，)，＝(－，－1,0)．
因为点P在棱BB1上，
设＝λ＝λ(0,1，)，其中0≤λ≤1.
则＝＋＝＋λ＝(－，－1＋λ，λ)．
设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取x＝1，则y＝，z＝－1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为n＝(1，，－1)．
因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，
所以|cos〈n，〉|＝
＝＝，
化简得16λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝，所以||＝||＝，
故BP的长为.
【典例3】如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【解析】(1)证明 如图，连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.
由题意知，SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以OB，OC，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，C.
于是＝，
＝.
则·＝0，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝.
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝.
设＝t(0≤t≤1)，
因为B，C，
所以＝，
则＝＋＝＋t
＝.
又·＝0，
得－＋0＋a2t＝0，
则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
【题型三】折叠问题
【典例1】如图1.梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F.AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，将梯形ABCD沿AE，BF折起，得空间几何体ADEBCF，如图2.
(1)图2中，若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；
(2)在(1)的条件下，若DE∥CF，求二面角DAFC的余弦值．
【解析】(1)证明：由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，如图，连接BE，则AF⊥BE，
又AF⊥BD，BE∩BD＝B，所以AF⊥平面BDE，
又DE⊂平面BDE，所以AF⊥DE，
又AE⊥DE，AE∩AF＝A，所以DE⊥平面ABFE.
(2)由(1)知ED，EA，EF两两垂直，
以E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A(2，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，
＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1)，＝(0，0，2)．
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)．
由得不妨取x＝1，得n＝(1，1，2)，
设平面ACF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由得取x1＝1得m＝(1，1，0)，
设二面角DAFC的大小为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
所以二面角DAFC的余弦值为.
【典例2】在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图1，以DE为折痕将△ADE折起，使点A达到点P的位置，如图2.
(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；
(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，
所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
又E为AC的中点，所以DE∥BC.
在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
所以DE⊥平面CEP，
所以BC⊥平面CEP，
又BC⊂平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.
(2)因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED.
又CE⊂平面BCED，
所以EP⊥CE.
以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
在题图1中，设BC＝2a，
则AB＝4a，AC＝2a，AE＝CE＝a，DE＝a.
则P(0，0，a)，D(a，0，0)，C(0，a，0)，B(2a，a，0)．
所以＝(－a，0，a)，＝(－2a，0，0)，
＝(0，－a，a)．
设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝1，则z＝1，所以n＝(0，1，1)．
设DP与平面BCP所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.
【典例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BCG与平面ACG夹角的大小.
【解析】(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 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H－xyz，
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，－).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此平面BCG与平面ACG夹角的大小为30°.
三、【培优训练】
【训练一】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求平面FAE与平面PAE夹角的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
【解析】(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
因为E为PD的中点，
所以E(0，1，1)，
所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面FAE的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAE的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知，平面FAE与平面PAE夹角的余弦值为.
(3)解 直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.
【训练二】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；
(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明 因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，
所以PO⊥AD.
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥CD.
又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
(2)解 如图，连接OG，以O点为坐标原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，
C(－2,4,0)，D(－2,0,0)，G(0,4,0)，
P(0,0,2)，E(－1,2，)，F(－1,0，)，
＝(0，－2,0)，＝(1,2，－)，
设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即
令z＝1，则m＝(，0,1)，
又平面ABCD的法向量n＝(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ，
所以cos θ＝＝＝，
所以θ＝，
所以平面EFG与平面ABCD的夹角为.
(3)解 不存在，理由如下：
假设在线段PA上存在点M，
使得直线GM与平面EFG所成的角为，
即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，
设＝λ，λ∈[0,1]，
＝＋＝＋λ，
所以＝(2λ，－4,2－2λ)，
所以cos ＝|cos〈，m〉|＝，
整理得2λ2－3λ＋2＝0，
Δ<0，方程无解，
所以不存在这样的点M.
【训练三】如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角AEFC的大小为60°，点M在线段AB上．
(1)若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角MECF的余弦值，若不存在，说明理由．
【解析】(1)因为直线MF⊂平面ABFE，
故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)，
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF，所以点O在EA的延长线上，
且AO＝2，
连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点，
连接MN，因为MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，
所以直线OD∥平面EMC.
(2)由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，AE∩DE＝E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE，
取AE的中点H为坐标原点，
以AH，DH所在直线分别为x轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(－1，4，0)，
所以＝(1，0，)，＝(1，4，)，
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)，
设平面EMC的法向量m＝(x，y，z)，
则⇒
取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝，
因为DE与平面EMC所成的角为60°，
所以sin 60°＝＝＝，
所以＝，所以t2－4t＋3＝0，
解得t＝1或t＝3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，因为EF⊥平面ADE，AQ⊂平面ADE，
所以AQ⊥EF，
又因为AQ⊥DE，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面CEF，
所以AQ⊥平面CEF，则为平面CEF的一个法向量，
因为Q，A(1，0，0)，
所以＝，m＝，
设二面角MECF的大小为θ，
所以|cos θ|＝＝＝，
因为当t＝2时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CEF，
所以当t＝1时，θ为钝角，所以cos θ＝－.
当t＝3时，θ为锐角，所以cos θ＝.
四、【强化测试】
一、单选题
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.
【详解】根据题意，直线的方程为，
即，则直线的方向向量为，又因为过点，
，，则，
故在上的射影为：，
故点到直线的距离为：.
故选：D.
2．（2023·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
3．（2023·江西·校联考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，则当点到平面的距离最小时，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得平面的一个法向量，结合向量的距离公式，求得点到平面的距离，根据二次函数的性质，求得，利用夹角公式，即可求解.
【详解】因为，
可得，
设是平面的法向量，则，
令，可得，所以，
所以点到平面的距离，
当时，取得最小值，此时，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
4．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线距离可得.
【详解】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
以D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），设P（2﹣t，2，t），（0≤t≤2），
，
设异面直线的公共法向量为，
则，取x＝1，得，
∴点P到直线AC的距离为：
，
点P到直线AC的距离的最小值为.
故选：C.
5．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，
，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平直BCD所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用空间向量求点面距离及线面夹角即可.
【详解】依题意可得，，.
设是平面BCD的法向量，
则，即，令，则得.
所以点A到平面BCD的距离，
当时，d取得最小值，此时，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为.
故选：C
6．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）如图，长方体中，点E，F分别是棱，上的动点（异于所在棱的端点）.给出以下结论：①在F运动的过程中，直线能与AE平行；②直线与EF必然异面；③设直线AE，AF分别与平面相交于点P，Q，则点可能在直线PQ上.其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【分析】当点E，F分别是棱，中点时，可证明四边形是平行四边形，故可判断①②；建立空间直角坐标系，当点E，F分别是棱，中点，且长方体为正方体时，利用空间向量证明三点共线
【详解】长方体中，，连接，，当点E，F分别是棱，中点时，由勾股定理得：，故，同理可得：，故四边形是平行四边形，所以在F运动的过程中，直线能与AE平行，与EF相交，①正确，②错误；
以为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则当点E，F分别是棱，中点且长方体为正方体时，设棱长为2，则，，，则，，则，又两向量有公共点，所以三点共线，故则点可能在直线PQ上，③正确.
故选：B
7．（2022·高二课时练习）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间线面平行与垂直的判定及性质定理、向量的夹角判断异面直线所成角、三棱锥的体积计算公式即可得出．
【详解】解：设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，点，
则，而，，
，因此，
，，，，
对于①而言就是否存在实数，使，而，，，，此即，这样的不存在，①错误；
对于②而言就是否存在实数，使平面，首先我们在平面内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，
，于是，即就是当为的中点的时候，②正确；
同理，对于③而言，还是判断这样的实数是否存在，，
设其夹角为，则，
令，此即，将上式平方解得，将回代原式结论成立，这样的存在；③错误；
对于④来说，点无论在上怎样移动，底面的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着点的变化而变化，故④错误．
所以正确的个数为1个.
故选：D.
8．（2022秋·高二课时练习）在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论：
①在M，N两点的运动过程中，⊥平面；
②在平面上存在一点P，使得平面；
③三棱锥的体积为定值；
④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为．
其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④
【答案】D
【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误；
②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面；
③作出辅助线，利用求出体积为定值；
④得到球面被正方体表面所截得的弧为个半径为的圆弧，求出弧长和.
【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
如图1，对于①，当点移动到点时，此时，
则，
因为，
所以与不垂直，所以①错误；
对于②，平面与平面为同一个平面，而，
所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确；
如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且，
所以，
又⊥平面，
故，所以③正确；
，
以点D为球心作半径为的球面，
球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，
弧长和为，所以④正确，
故选：D．
二、多选题
9．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ）
A．
B．当时，有且仅有一个点，使得平面
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，则可得出点P的坐标，依次判定选项即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，
则
因为，，所以
所以，
对于选项A，则，所以，
因为，所以，故A答案正确；
对于选项B，
当时，，,设面的法向量为，
则，令，所以，
若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误；
对于选项C，当时，,
若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误；
对于选项D，为边长为的等边三角形，所以,
点P到平面的距离为，当时，
点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确.
故选：AD.
10．（2023春·山东枣庄·高一校考阶段练习）如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点使
B．不存在点使平面平面
C．若，，，四点共面，则的最小值为
D．若，，，，五点共球面，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，计算与的数量积能否为0可判断A；
若平面平面，可得，同A方法即可判断B；
作出平面与平面的交线，的最小值即为时，计算可判断C；
四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，判断出面与球的截面为圆，转化为点到圆上点的距离的最小值，计算可得D.
【详解】对于A，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则，，
则，，若，则有
，化简得，，
又，，所以不可能成立，故A错误；
对于B，连接交于，连结，则依题意可得，
若平面平面，又平面平面，平面，
，所以平面，所以有，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
则，得，此式不可能成立，故B正确；
对于C，如图，
延长交的延长线于，连接交于，
则为平面与平面的交线，若，，，四点共面，
则在线段上，所以当时，最小，
因为，，所以，
所以，又，则，所以当时，在中，
有，得，故C正确；
如图，
四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，
球的半径（正方体的对角线长的一半），
设面截球的截面圆为圆，为正方形的中心，
设圆的半径为，，所以，
若，，，，五点共球面，则在圆上，
则的最小值为，故D正确.
故选：BCD
11．（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.
【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.
所以，，，设，其中，
所以，，
当时，即，所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；
当时，解得，故B项正确；
因为，其中，所以点Q到的距离为
，
故C项正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.
故选：ABC
12．（2023·福建宁德·校考模拟预测）在正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．点与点 到平面的距离相等
C．直线与平面平行
D．与的夹角为
【答案】AB
【分析】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐项判断即可得答案.
【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则
且，
对于A，，所以，所以直线与直线垂直，故A正确；
对于B，设平面的法向量为，又，
所以，令得，
又，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，故B正确；
对于C，因为所以，即，
设平面的法向量为，则，
又，则，
所以平面，故C错误；
对于D，因为，所以，所以与的夹角余弦值为，夹角大小不为，故D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考模拟预测）在空间直角坐标系中，一四面体的四个顶点坐标分别为，则其体积为 ．
【答案】/
【分析】先求出底面积，用空间向量求高，按照三棱锥体积公式求解.
【详解】设，
则 ，
，，
设平面ABC的一个法向量为，，
则有，即，令，则，，
，在方向的投影的绝对值即为点D到平面ABC的距离 ，
四面体的体积；
故答案为：.
14．（2023·河北沧州·统考三模）在空间直角坐标系中，已知，，，，，则当点A到平面BCD的距离最小时，直线AE与平面BCD所成角的正弦值为 .
【答案】
【分析】根据条件，设是平面BCD的法向量，利用解得，表示出点A到平面BCD的距离，则当时，d取得最小值，此时，然后利用线面角的正弦值求解即可.
【详解】依题意可得，，.
设是平面BCD的法向量，
则，即，令，得.
所以点A到平面BCD的距离.
当时，d取得最小值，此时，，
所以直线AE与平面BCD所成角的正弦值为.
故答案为：
15．（2023春·高二单元测试）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【详解】因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，
令c＝2，则，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因为，所以|MD|在上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值为，
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，
所以|MD|的取值范围是．
故答案为：.
16．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）斜三棱柱中，平面平面，若，，，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，则三棱柱的高为 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，探求两个球的球心在平面上的投影确定的直线平行于直线，再建立空间直角坐标系，求出球的半径即可作答.
【详解】在斜三棱柱中，与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为，
因为球、球与平面都相切，令切点分别这，有，
又球、球与平面都相切，则平面，又平面，
于是平面，而平面，平面平面，因此，且，
在平面内过点作，在平面过点作，
因为平面平面，平面平面，则平面，
以点作原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
在中，，，则，
的方向向量，的方向向量，
由，得的方向向量，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
令球的半径为，设点，则，
由，得，
显然点到平面的距离等于等腰底边上的高，即有，
由，得，代入，解得，
，线段在轴上的投影为，
显然三棱柱的高等于点到平面的距离，到平面的距离与在轴上的投影的和，
所以三棱柱的高为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.
四、解答题
17．（2023·全国·高二专题练习）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在图①中，连接，交于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，
，，，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2023·天津北辰·校考模拟预测）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，，，，为中点，在线段上，且.
(1)求证：平面；
(2)求直线PB与平面所成角的正弦值；
(3)求点到PD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）构造平面，由面面平行的判定定理证明面面平行，再根据面面平行的性质可得线面平行；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接
因为为中点，，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为中点，为中点，则，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面，故平面．
（2）
根据题意，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可得，，
则，
设平面的法向量为，
则，解得，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线PB与平面所成角为，
则.
所以直线PB与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
所以点到PD的距离为.
19．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．
(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，
面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，
设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
20．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）如图，在四面体中，．点为棱上的点，且，三棱锥的体积为．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由题意证明平面平面，说明在面上的射影为F，从而建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求得答案；
（2）求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，
又平面，
所以平面，而平面，所以，
由已知，所以，
由平面平面，得平面平面，
因此在平面内的射影就是直线，
设在面的射影为，则在直线上，
由题意知,则,
所以，
所以，又因为，所以与重合，所以平面，
以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以点坐标为，
．
设平面的一个法向量是，
则，取，则，即，
所以点A到平面的距离．
（2）设平面的法向量为，
则，取，则，
故，
所以，
由于平面与平面夹角范围为，
所以平面与平面夹角的余弦值是．
21．（2023秋·福建宁德·高三福建省宁德第一中学校考阶段练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．
22．（2023春·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．
(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【详解】（1）在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，
在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）由（1）知，，，
，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故以为坐标原点，分别为轴，
在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
因为，平面AEB平面BCE，且，
所以点在平面的射影为中点，故，，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，，
所以为平面的一个法向量．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），
所以为中点，所以.
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