新高考数学一轮复习高频考点精讲精练第07讲 向量法求距离、探索性及折叠问题(分层精练）（2份，原卷版+解析版）

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A夯实基础
一、单选题
1．（2023春·江苏泰州·高二泰州中学校考期中）在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离等于（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【详解】依题意，平面的法向量为，
所以点到平面的距离.
故选：C
2．（2023·江苏·高二专题练习）已知，，，则点A到直线BC的距离为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】B
【详解】由题意可得，，，则在上的投影为，则点到直线的距离为.
故选：B
3．（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在正三棱柱中，若，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】取AC的中点O，取中点D，连接OD，则平面ABC，
连接OB，因为是等边三角形，
所以，
因为平面ABC，
所以OB，AC，OD两两垂直，
所以以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，，
故，
，
点到直线的距离为.
故选：D
4．（2023秋·高二课时练习）正方体的棱长为1，则平面与平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由正方体的性质：∥,∥，
，，
且平面，平面，
平面，平面，
所以平面平面，
则两平面间的距离可转化为点B到平面的距离．
以为坐标原点，所在的直线分别为轴
建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方体的棱长为1，所以，，，
，，
所以，，
，．
连接，
由，，
所以，
且，
可知平面，
得平面的一个法向量为，
则两平面间的距离：
．
故选：D.
5．（2023秋·浙江绍兴·高二统考期末）在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为.阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，直线的方程为，则直线到平面的距离为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【详解】由题可知点在直线上，取平面内一点,
根据题设材料可知平面一个法向量为，
,
所以，
所以直线到平面的距离为，
故选:C.
6．（2023·全国·高三专题练习）已知梯形如图（1）所示，其中，为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面平面，得到如图（2）所示的几何体．已知当上一点满足时，平面平面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
所以，
则，
，
若是面一个法向量，
则，
可得，
若是面一个法向量，
则，
可得，
由面面，
所以有，
解得，
故选：C.
7．（2023春·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考阶段练习）某校计划举办冬季运动会，并在全校师生中征集此次运动会的会徽，某学生设计的《冬日雪花》脱颖而出．它的设计灵感来自三个全等的矩形的折叠拼凑，已知其中一块矩形材料如图①所示，将△BCD沿BD折叠，折叠后BC交AD于点E，，．现需要对会徽的六个直角三角形（图②黑色部分）上色，则上色部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设，
∵，则，
在中，由余弦定理可得，．解得，
在中，，所以，，
∴
所以上色部分面积为．
故选：A.
8．（2023·全国·高三专题练习）如图，菱形的边长为，，将其沿着对角线折叠至直二面角，连接，得到四面体，则此四面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】取的中点，连接、，
因为、都是边长为的等边三角形，且为的中点，则，，
所以，二面角的平面角为，且，
设、分别为、的外心，
过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，设，
易知，同理可得，
，，，平面，
平面，，同理可得，
所以，四边形是边长为的正方形，
由正弦定理可得，，
因此，四面体的外接球的表面积为.
故选：D.
二、多选题
9．（2023秋·吉林辽源·高二校联考期末）在棱长为3的正方体中，点在棱上运动（不与顶点重合），则点到平面的距离可以是（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】BC
【详解】以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，，
设为平面的法向量，
则有：，令，可得，
则点到平面的距离为，
因为，所以，所以.
故选：BC
10．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，从一个半径为（单位：）的圆形纸板中切割出一块中间是正方形，四周是四个正三角形的纸板，以此为表面（舍弃阴影部分）折叠成一个正四棱锥，则以下说法正确的是（ ）
A．四棱锥的体积是
B．四棱锥的外接球的表面积是
C．异面直线与所成角的大小为
D．二面角所成角的余弦值为
【答案】BCD
【详解】设正方形边长为，则有，
所以，解得，
折叠而成正四棱锥如图所示，其中为外接球的球心，
四棱锥的高，
所以四棱锥的体积，所以选项A错误；
设四棱锥外接球的半径为，球心到底面的距离为，
则有，
解得，所以四棱锥外接球表面积，
因为，所以异面直线与所成角为，
取的中点，连接，，如图，
因为，均为等边三角形，
所以，，
所以为二面角所成角的平面角，
在中，由余弦定理得
，
故正确答案为BCD.
故选：BCD
三、填空题
11．（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）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与平面BCD所成角的正弦值为______.
【答案】
【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：
12．（2023·全国·高三专题练习）如图，在中，，，是的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为__________.
【答案】
【详解】
如图，由题意，当平面平面，即平面时，三棱锥的体积最大.
∵，是的中点，∴，即，，两两垂直，
又∵，∴，，，.
如图，作长方体，则三棱锥的外接球，即是长方体的外接球，
设长方体的外接球的半径为，则，
∴.
∴当三棱锥体积最大时，其外接球的体积为.
故答案为：.
四、解答题
13．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，且平面平面.

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)求平面与平面夹角大小；
(3)若在线段上存在点，使得平面，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，
∵底面为菱形，
∴，
以为原点，所在直线为轴，过点作平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系：

则，
∴，
平面的一个法向量是，
设与平面所成的角为，所以，
∴与平面所成的角的正弦值为
（2）由题意及（1）得，
，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
因为，
∴平面与平面的夹角为.
（3）由题意，（1）及（2）得，
，
设，，
∵平面，所以，即，
解得：，
∴点为中点，，
∴点到平面的距离为：.
14．（2023春·全国·高一专题练习）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝＝1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF折叠，使ED⊥DC，M为ED的中点，如图2.
(1)求证：BC⊥平面BDE；
(2)求点D到平面BEC的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD，
因为ED⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，
所以ED⊥平面ABCD，
∵BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，
又在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2，故，
由余弦定理，所以BC＝，
在△BCD中，BD＝BC＝，CD＝2，
所以BD2＋BC2＝CD2，故BC⊥BD，
因为ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDE，
所以BC⊥平面BDE；
（2）解法一：由（1）知BC⊥平面BDE，因为BC 平面BCE，
所以平面BDE⊥平面BCE，
过点D作EB的垂线交BE于点G，
∵平面BDE∩平面BCE＝BE，DG平面BDE，
则DG⊥平面BEC，
所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，
∵ED⊥平面ABCD，BD在平面ABCD内，
∴ED⊥BD，
在三角形BDE中，，
所以，
所以点D到平面BEC的距离等于.
解法二：由（1）BC⊥平面BDE，BE平面BDE，所以BC⊥BE，
因为DE＝1，，
所以BD＝，BC＝，BE＝，
所以，
，
设点D到平面BCE的距离为h，
根据V－BCE＝V－BCD，由（1）可知ED⊥平面ABCD
即，，解得h＝，
即点D到平面BCE的距离为
B能力提升
1．（2023春·江苏南京·高二江苏省江浦高级中学校联考期中）已知正方体的棱长为2，、分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系

，，，，，，
设平面的法向量为，，令，得
则点到平面的距离为.
故选：A
2．（2023春·浙江·高二期中）如图，在正方体中，棱长为2，点分别为棱､中点，则点到平面的距离为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，令，则，所以，
则点到平面的距离为.
故选：B.
3．（2023秋·浙江金华·高二统考期末）如图，已知平行四边形，，，，、分别是、的中点．现将四边形沿着直线向上翻折，则在翻折过程中，当点到直线的距离为时，二面角的余弦值为____________．
【答案】
【详解】连接、，取的中点，连接、，
易知，且，则四边形为菱形，
易知，则四边形为等边三角形，所以，，
同理可知，所以，二面角的平面角为，
因为，、平面，所以，平面，
且，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且与平面的垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，
所以点到直线的距离为
，解得.
故答案为：.
4．（2023秋·广东广州·高二广州市培正中学校考期中）如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点是的中点．

(1)直线与平面所成角的正弦值；
(2)点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又面，故以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图，

因为，，，且为中点，
则，，，，，，
故，，，
设面的法向量为，则，
令，则，，故，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）由（1）可知，面的一个法向量为，
所以点到平面的距离，
故点到平面的距离为．
C综合素养
1．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B．存在点，使平面
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】D
【详解】
选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；
选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；
选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．
，
设平面的法向量为，取，
则点到平面的距离为，故C错；
选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.
故选：D．
2．（多选）（2023春·江苏南京·高二南京师大附中校考期中）如图①，在矩形中，，为的中点将沿直线翻折至的位置，使得平面平面，如图②所示，下列说法法正确的有（ ）
A．平面平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．点到平面的距离为
D．二两角的正弦值为
【答案】ABD
【详解】对于A项，如图所示，
在中，，所以，
在中，，所以，
又因为，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以面平面，故A项正确；
对于B项，取BE中点M，AB中点N，连接、，则，，
由A项知，平面，所以平面，
所以以点M为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故B项正确；
对于C项，因为，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，，所以，
所以点B到平面的距离为，故C项错误；
对于D项，由C项知，平面的一个法向量为，
设平面一个法向量为，又，
则，
取，则，，所以，
所以，
所以，
所以二面角的正弦值为，故D项正确.
故选：ABD.
3．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值；
(3)若棱上一点，满足，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，因为，所以，
所以，即，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以，
平面的法向量为，则，
令，则，所以，
所以，所以，
所以平面平面.
（2）易知平面的一个法向量，
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（3）因为棱上一点，满足，所以，
所以，
所以点到平面的距离.
4．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，OE，使得.

(1)证明：平面ABC；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，因为为等腰直角三角形，且，
所以，，
在等边中，，且.
又因为，所以，即，
因为且平面，所以平面.

（2）解法1：作，垂足为,
因为，所以，解得，所以，
在直角中，，可得，
又因为，所以，
设点到平面的距离为，由，可得，
即，解得，
即点到平面的距离为.

解法2、过A作，垂足为，
由（1）知平面，因为平面，所以.
又由，，所以平面OEF，
所以的长度即点到平面的距离，
在中，因为，，，
所以，可得，
由，即，解得，
所以，即点到平面的距离为.

5．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得．

(1)证明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接OB，
因为为等腰直角三角形，，，
所以，
因为O为AC边的中点，
所以，
在等边三角形中，，
因为O为AC边的中点，
所以，则，
又，
所以，即，
因为，平面，平面，
所以平面．

（2）方法一：因为是等腰直角三角形，，为边中点，
所以，
由（1）得平面，则以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为θ，
则，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
方法二：
作，垂足为M，作，垂足为N，连接，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又平面平面，
所以二面角的平面角为，
因为，所以，
所以，，
在中，，，
所以，
所以，
所以，即二面角的余弦值为．