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）

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