第6讲第3课时 综合问题
题型 空间中的距离问题
典例1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：建立如图所示的空间直角坐标系，
向量法求点线距离、点面距离，先建系坐标化．
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.
这里计算在上的投影，几何法更显优势，作CD⊥AB，则可推得ND⊥AB.
(2)设平面ABN的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由n⊥，n⊥，
得
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，
几何法求C1到平面ABN的距离，转化为求点C到平面ABN的距离，进一步可以转化为在△CDN中斜边上的高的计算．
d2＝＝＝.
1．求点到直线的距离的方法
(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝.
(2)若能求出点在直线上的投影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．
2．求平面α外一点P到平面α的距离的常用方法
(1)直接法：过点P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是平面α内任意一点，则点P到平面α的距离为d＝.
计算在法向量n上的投影的绝对值．
3．求线面距离和面面距离可以转化为点到平面的距离进行求解.
对点练1(2023·全国甲卷，文)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1 BB1C1C的高．
(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
A1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC 平面BCC1B1，
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
(2)解：如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，
所以四棱锥A1 BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC.
又因为A1B＝AB，BC为公共边，
所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
所以O为CC1的中点，OC1＝AA1＝1，
又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AA，
即x2＋x2＝22，解得x＝，
所以A1O＝＝＝1，
所以四棱锥A1 BB1C1C的高为1.
题型 翻折问题
典例2如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AE⊥CD，垂足为E，AB＝AE＝CE＝1，DE＝.将△ADE沿AE翻折到△APE，如图2所示．M为线段PB的中点，且ME⊥PC.最后这个条件，暗示△ADE翻折到怎样的位置？
(1)求证：PE⊥EC；
(2)设N为线段AE上任意一点，当平面BMN与平面PCE的夹角最小时，求EN的长．
发现这两个平面无公共边．
(1)证明：连接EB，由题意得PE＝，BE＝＝，又M是PB的中点，所以ME⊥PB，等腰三角形的性质．
又ME⊥PC，PC∩PB＝P，PC，PB 平面PBC，
所以ME⊥平面PBC，BC 平面PBC，则BC
线面垂直的判定定理．
⊥ME，由AB∥CD且AE⊥CD，AB＝AE＝CE＝1，得BE＝BC＝，
在△BCE中，CE＝2，则BC2＋BE2＝CE2，所以BC⊥BE.底面内的数量关系，可以得到BC⊥BE，因此一定要重视空间几何里给出的数量关系．
由ME∩BE＝E，ME，BE 平面BEM，
得BC⊥平面BEM，PE 平面BEM，于是PE⊥BC.
由题意，知PE⊥AE，AE与BC相交，
则PE⊥平面ABCE，又EC 平面ABCE，
所以PE⊥EC.
(2)解：连接BN，MN，设EN＝t，由(1)知PE，EA，
平面BMN和平面PCE无公共边，这样引入参数t，使t参与二面角余弦值的计算，用函数法求最小值．
EC两两垂直，故以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，如图所示，
则N(t,0,0)，B(1,1,0)，M，
∴＝，＝(t－1，－1,0)，
取平面PCE的一个法向量为m＝(1,0,0)，
设平面BMN的法向量为n＝(a，b，c)，
则
令a＝1，即n＝，法向量含参．
设平面BMN与平面PCE的夹角为θ，则
cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝＝，
由于cos θ在上单调递减，当cos θ取最大值的时候，对应的角θ有最小值．
∴当t＝时，(cos θ)max＝，即EN的长为时，平面BMN与平面PCE的夹角最小．
1．解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
2．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
3．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出“未折坏”的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角以及所有不变的线段.
对点练2(2024·四川南充一诊)在平面五边形ABCDE中(如图1)，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，∠ABC＝90°，△ADE是等边三角形．现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得四棱锥E ABCD(如图2)且EC＝3.
(1)求证：平面EAD⊥平面ABCD；
(2)在棱EB上存在点F，满足＝，求二面角E AD F的余弦值．
(1)证明：取AD的中点O，连接EO，CO，如图所示．
因为△ADE是等边三角形，O为AD中点，所以EO⊥AD.
因为AD＝2，
所以EO＝＝.
因为AD＝2BC，∠ABC＝90°，AD∥BC，
所以四边形ABCO为矩形，所以CO＝AB＝.
又因为EC＝3，所以EC2＝CO2＋EO2，即EO⊥CO.
因为EO⊥AD，EO⊥CO，CO∩AD＝O，CO，AD 平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又因为EO 平面EAD，所以平面EAD⊥平面ABCD.
(2)解：以O为原点，OC，OA，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(0，，0)，C(，0,0)，D(0，－，0)，B(，，0)，E(0,0，)，因为＝，＝(，，－)，
所以＝＝.
由＝(0，，－)，
得＝－＝(0，，－)－＝，＝(0，－2，0)．
设平面FAD的法向量为n＝(x，y，z)，则
令x＝2，则y＝0，z＝－1，即n＝(2，0，－1)．
易知平面EAD的一个法向量为＝(，0,0)．
所以cos〈n，〉＝＝.
因为二面角E AD F的平面角为锐角，
所以二面角E AD F的余弦值为.
题型 探究性问题
典例3(2024·湖北襄阳四中模拟)如图所示，在三棱锥P ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC上的射影为点H.
(1)证明：PC⊥AB.
概括来讲，在三棱锥中，若两组对棱互相垂直，则第三组对棱也互相垂直．
(2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点M，是否存在λ，使得
这组数量关系说明此三棱锥是正三棱锥．
＝λ，且BM与平面PAB所成角的余弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明：因为点P在底面ABC上的射影为点H，所以PH⊥平面ABC，应用线⊥面的性质定理 PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥AC.
又AB，BC，CA 平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH 平面PAH，所以BC⊥平面PAH，
应用线⊥面的判定定理．
又AH 平面PAH，所以BC⊥AH，同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH 平面PCH，所以AB⊥平面PCH，
又PC 平面PCH，所以PC⊥AB.
(2)解：延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB，
又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以CA＝CB，
同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形．
【抓全分】注意逻辑的严密性，发现△ABC是等边三角形不难，但是利用条件说明其是等边三角形是很容易遗漏的，这里通过条件的转化，用“三条边都相等”的方式进行了说明．
又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2.
【另解】由HA＝HB＝HC＝2，△ABC为正三角形，所以其外接圆半径R＝2，由正弦定理得△ABC的边长为2Rsin 60 °＝2.
如图，以点O为坐标原点，以，，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(－，0,0)，B(，0,0)，P(0,1,2)，C(0,3，0)，故＝(2，0,0)，＝(，1,2)，＝(－，3,0)，＝(0，－2,2)．
由＝λ，得＝＋＝＋λ＝(－，3－2λ，2λ)，将参数λ引进的坐标里面．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝(0，－2,1)，所以cos〈，n〉＝＝，
设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得cos θ＝，又θ∈，所以sin θ＝，
【易错提醒】注意平面PAB的法向量与直线BM的方向向量所成的角不是直线与平面所成的角，即cos θ≠cos〈，n〉，正确的是sin θ＝|cos〈，n〉|.
故＝，所以λ＝或λ＝2，
即存在λ＝或λ＝2，均可使得BM与平面
【名师叨叨】注意此时参数λ的值有两个，当λ＝时，M在线段CP上；当λ＝2时，M在线段CP的延长线上. 本题对λ没有限制，所以两种情况都符合题意，要写全面．
PAB所成角的余弦值为.
探索性问题解题策略
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．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”问题转化成“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
对点练3(2024·北京大兴区模拟)如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M，N分别为线段A1D1，BC1上的动点．给出下列四个结论：
①存在点M，N，满足MN∥平面ABB1A1.
②对于任意点M，存在点N，满足MN∥平面ABB1A1.
③对于任意点M，存在点N，满足MN⊥BC1.
④对于任意点N，存在点M，满足MN⊥BC1.
其中所有正确结论的序号是________．
解析：对于①，当M，N分别为A1D1，BC1的中点时，如图1，取B1C1的中点P，连接MP，NP，则根据正方形的性质可得MP∥A1B1，
图 1
又MP 平面ABB1A1，A1B1 平面ABB1A1，故MP∥平面ABB1A1，同理NP∥平面ABB1A1.
又MP∩NP＝P，MP，NP 平面MNP，故平面MNP∥平面ABB1A1.
又MN 平面MNP，所以MN∥平面ABB1A1.故①正确．
对于②，当M在A1处，N不在B处时，M在平面ABB1A1上，MN∥平面ABB1A1不成立，故②错误．
图 2
对于③④，方法一(几何法)：连接MB，MC1，如图2，当M在A1处时，△MBC1为正三角形，当N在BC1的中点时，则有MN⊥BC1.当M在D1处时，△MBC1为直角三角形，当N在C1处时，则有MN⊥BC1.当M在线段A1D1(不含端点)上时，由于cos∠BMC1＝>0，所以∠BMC1为锐角，且MB2>MC.设BC1的中点为Q，则过M作△MBC1中BC1边上的高时，垂足一定在QC1上，这个垂足就是满足条件的点N，所以对任意点M，存在点N，满足MN⊥BC1.反过来，当N在BQ(不含Q)上时，若MN⊥BC1，则点M在D1A1的延长线上，因而在线段A1D1上不存在满足题意的点M，从而③正确，④错误．
方法二(向量法)：如图3，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
图 3
设正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，则B(1,1,0)，C1(0，1,1)，＝(－1,0,1)．
设M(t,0,1)，＝λ＝(－λ，0，λ)，则t，λ∈[0,1]，N(1－λ，1，λ)，所以＝(1－λ－t,1，λ－1)．
当MN⊥BC1时，·＝λ＋t－1＋λ－1＝0，即t＋2λ＝2.
故对于任意的t∈[0,1]，存在λ＝1－∈满足条件，即对于任意的点M，存在点N，满足MN⊥BC1.故③正确．当λ＝0，即N在B点处时，若MN⊥BC1，则t＝2，不满足t∈[0,1]，即M不在线段A1D1上，故④错误．故填①③.
答案：①③
题型 最值、范围问题
典例4如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PD，E，F分别为AD，BC的中点．
(1)证明：平面PEF⊥平面PBC.由判定定理，思考AD⊥平面PEF.
(2)若AB＝2，AP＝3，求直线PD与平面
这两个条件说明了底面ABCD和△PAD内的数量关系，以AD为轴建系，点P的位置不能确定．
PBC所成角的正弦值的最大值．
(1)证明：因为E为AD的中点，PA＝PD，所以PE⊥AD.
因为AD∥BC，所以BC⊥PE.
因为在正方形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，所以BC⊥EF.
又EF∩PE＝E，EF，PE 平面PEF，
所以BC⊥平面PEF.
因为BC 平面PBC，
所以平面PEF⊥平面PBC.
(2)解：过点E作EQ⊥平面ABCD，以E为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系．
这样建系，优点在于A，B，C，D为定点，动点P在平面Eyz内，便于应用θ＝∠PEF为变量，表示出点P的坐标．
设∠PEF＝θ(0<θ<π)，则D(－1,0,0)，F(0，2,0)，E(0,0,0)，P(0,2cos θ，2sin θ)，
则有＝(1,2cos θ，2sin θ)，＝(0，2cos θ－2，2sin θ)，易知＝(2,0,0)．
成功用sin θ，cos θ表示向量，的坐标．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)．
由
得
不妨取y＝sin θ，则x＝0，z＝1－cos θ，
这样赋值，目的在于约分时更简单．
则n＝(0，sin θ，1－cos θ)．
设直线PD与平面PBC所成的角为α，
则sin α＝|cos〈n，〉|＝＝，则sin2α＝.
下面的变形，构造以cos θ为变量的函数．
设3－2cos θ＝t，t∈(3－2，3＋2)，
换元后使代数式变得更简单，而且也总是设分母中的一次式为t，最终转化为对勾函数．
则sin2α＝＝－＋≤，
当且仅当t＝1，即cos θ＝，即θ＝时，等号成立．
凡是最值问题，都明确说明最值点时，自变量的取值．
故直线PD与平面PBC所成角的正弦值的最大值为.
立体几何中的最值与范围
(1)函数法：利用综合几何法或空间向量法，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题．
(2)根据几何体的结构特征，化动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值．
(3)将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何中直观求解.
对点练4如图，六面体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，
∠BAD＝，AA1∥BB1∥CC1∥DD1，且BB1⊥平面ABCD，AA1＝CC1，＝λ，＝λ(0<λ≤1)，＝2，平面BEF与平面ABCD的交线为l.
(1)求证：直线l⊥平面B1BDD1；
(2)已知EF＝2，三棱锥B1 BDF的体积VB1 BDF＝.若D1F与平面BDD1所成角为θ，求sin θ的取值范围．
(1)证明：如图，连接AC.
∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，＝λ，＝λ，
∴＝，即AE＝CF，AE∥CF.
∴四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF.
∵EF 平面BEF，AC 平面BEF，∴AC∥平面BEF.
∵平面BEF∩平面ABCD＝l，AC 平面ABCD，∴AC∥l.
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.
又BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥BB1.
又BD∩BB1＝B，BD，BB1 平面B1BDD1，
∴AC⊥平面B1BDD1.又AC∥l，∴l⊥平面B1BDD1.
(2)解：如图，连接A1C1交B1D1于点O1.记AC∩BD＝O，连接OO1，则OO1∥BB1.
∵BB1⊥平面ABCD，
∴OO1⊥平面ABCD.
∵OB，OC 平面ABCD，
∴OO1⊥OB，OO1⊥OC.
∵四边形ABCD是菱形，∴OB⊥OC.
又AC＝EF＝2，∠BAD＝，∴OA＝OC＝1，AB＝BD＝.
以O为坐标原点，分别以直线OB，OC，OO1为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设BB1＝t，则DD1＝2t.
∵VB1 BDF＝VF BDB1＝·OC··BD·BB1＝×1×××t＝，∴t＝2，∴BB1＝2，DD1＝4，
∴OO1＝3，则D1，F(0,1,3λ)，
∴＝.
又＝(0,1,0)是平面BDD1的一个法向量，
∴sin θ＝＝.
设f(λ)＝(3λ－4)2＋(0<λ≤1)，则f(λ)∈，
∴
第八章 立体几何
第3课时 综合问题
重难题型 全线突破
01
限时跟踪检测
02
重难题型 全线突破
限时跟踪检测
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
解析
答案
解析
解析
解析
谢 谢 观 看
O限时跟踪检测(四十六) 综合问题
一、单项选择题
1．三棱柱ABC A1B1C1的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )
A. B. C. D.
2．(2024·湖南益阳模拟)如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，若BB1＝2，AB＝2，则点C到直线AB1的距离为( )
A. B. C. D．2
3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( )
A．2 B. C. D.
二、多项选择题
4．(2024·湖南岳阳阶段检测)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
三、填空题与解答题
5．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．
6．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB(不同于A，B两点)上，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
图 1 图 2
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值．
7．(2024·山西临汾模拟)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD＝DE＝1，AE＝BC＝2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD＝，BD＝，得到如图2所示的几何体．
图 1 图 2
(1)求证：AB∥CD；
(2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值．
8．(2024·广东中山模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD.
(1)证明：BS⊥BC；
(2)若E为SC的中点，直线BS与平面EAB所成角的正弦值为，求平面SBC与平面ABCD夹角的大小．
9．等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1 DE B成直二面角，连接A1B，A1C(如图2)．
图 1 图 2
(1)求证：A1D⊥平面BCED.
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
10．如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，动点E，F分别在边AD，AB(不含端点)上，且＝λ(0<λ<1)，沿EF将△AEF向上折起得到△PEF，使得平面PEF⊥平面BCDEF，如图2所示．
图 1 图 2
(1)当λ为何值时，BF⊥PD
(2)若直线PC与平面BCDEF所成角的正切值为，求平面PEF和平面PBD夹角的大小．
高分推荐题
11．(2024·江淮十校联考)如图1，在矩形ATCD中，AD＝2DC＝2，B为TC的中点，将△TAB沿AB翻折，使得点T到达点P的位置，连接PD，PC，得到如图2所示的四棱锥P ABCD，M为PD的中点．
图 1 图 2
(1)求线段CM的长度；
(2)求直线CM与平面ABCD所成角的正弦值的最大值．
解析版
一、单项选择题
1．三棱柱ABC A1B1C1的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )
A. B. C. D.
解析：设点A到平面A1BC的距离为h，
∵V三棱锥A1 ABC＝V三棱锥A A1BC，
∴S△ABC·AA1＝S△A1BC·h，
∴××1＝×2×h，∴h＝.故选B.
答案：B
2．(2024·湖南益阳模拟)如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，若BB1＝2，AB＝2，则点C到直线AB1的距离为( )
A. B. C. D．2
解析： 设AC的中点为O，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B1(0，，2)，C(－1,0,0)，所以＝(－1，，2)，＝(－2,0,0)，所以点C到直线AB1的距离为＝＝.
答案：B
3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( )
A．2 B. C. D.
解析：方法一：因为E，F分别为棱AA1，BB1的中点，所以A1B1∥EF.又A1B1 平面D1EF，EF 平面D1EF，所以A1B1∥平面D1EF，又G在A1B1上，所以点G到平面D1EF的距离即为点A1到平面D1EF的距离．作A1M⊥D1E，交D1E于点M(图略)，因为EF⊥平面AA1D1D，所以A1M⊥EF，又D1E∩EF＝E，所以A1M⊥平面D1EF.所以点A1到平面D1EF的距离即为A1M的长．又A1E＝1，A1D1＝2，所以D1E＝，所以点G到平面D1EF的距离为A1M＝＝.
方法二：连接EG，以D为原点，以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，如图．
则G(2，λ，2)，D1(0,0,2)，E(2,0,1)，F(2,2,1)，所以＝(－2,0,1)，＝(0,2,0)，＝(0，λ，1)．
设平面D1EF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝1，得n＝(1,0,2)．
所以点G到平面D1EF的距离d＝＝＝.故选D.
答案：D
二、多项选择题
4．(2024·湖南岳阳阶段检测)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
解析： 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(0，1,1)，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×＝，故A错误；易知＝＝，平面ABC1D1的一个法向量＝(0，－1,1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝＝＝，故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)，则所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)．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，故C正确；因为＝＋＋，＝(1,0,0)，＝(0,1,0)，＝(0,0,1)，所以＝，则＝，所以点P到直线AB的距离d4＝＝＝，故D正确．故选BCD.
答案：BCD
三、填空题与解答题
5．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．
解析： 以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A1(0,0,1)，E，F，D1(0，1,1)．
∴＝，＝(0,1,0)．
设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则x＝1.
∴n＝(1,0,2)．又＝，
∴点F到平面A1D1E的距离为
d＝＝＝.
答案：
6．如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB(不同于A，B两点)上，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
图 1 图 2
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值．
(1) 证明：由题设知OA，OB，OO1两两垂直，
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ的长为m，则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(0,6,0)，C(0,3,6)，D(3,0,6)，Q(6，m,0)．
∵点P为BC的中点，
∴P，
∴＝(3,0,6)，＝(0，m,0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，
即OD⊥AQ，OD⊥PQ，
又AQ∩PQ＝Q，
AQ，PQ 平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解：∵BE＝2AE，AQ∥OB，
∴AQ＝OB＝3，
则Q(6,3,0)，∴＝(－6,3,0)，＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，所以n1＝(1,2,1)．
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0,1)．
设平面CBQ与平面ABQ的夹角为θ，则cos θ＝＝，
即平面CBQ与平面ABQ夹角的余弦值为.
7．(2024·山西临汾模拟)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC且AD⊥CD，线段AD上有一点E，满足CD＝DE＝1，AE＝BC＝2，现将△ABE，△CDE分别沿BE，CE折起，使AD＝，BD＝，得到如图2所示的几何体．
图 1 图 2
(1)求证：AB∥CD；
(2)求直线BD与平面ADE所成角的正弦值．
(1)证明：在题图1中，CD＝DE＝1，AD⊥CD，则CE＝，∠DEC＝45°，而AD∥BC，即∠ECB＝45°，
在△BCE中，BE＝＝
＝，
则∠AEB＝∠EBC＝45°，
又AE∥BC且AE＝BC，所以四边形ABCE为平行四边形，所以AB＝CE＝，所以∠EAB＝∠AEB＝45°，
所以∠ABE＝90°，即AB⊥BE.
在题图2中，AB2＋BD2＝5＝AD2，
则AB⊥BD，而BD∩BE＝B，BD，BE 平面BDE，
因此AB⊥平面BDE，
在△BCD中，CD2＋BD2＝4＝BC2，
则CD⊥BD，
又CD⊥DE，BD∩DE＝D，
BD，DE 平面BDE，
因此CD⊥平面BDE，
所以AB∥CD.
(2)解：因为BE2＋CE2＝BC2，BE2＋DE2＝BD2，则BE⊥CE，BE⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，
所以BE⊥平面CDE，在平面CDE内作Ez⊥CE，则EB，EC，Ez两两垂直，
以E为坐标原点，以EB，EC，Ez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B(，0,0)，D，C(0，，0)，所以＝，
设A(x，y，z)，则＝(x－，y，z)，＝，
由AB∥CD，AB＝CD，得＝，解得A(，－1,1)，则＝，＝(，－1,1)，
设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)，
则
取c＝1，得m＝(－，－1,1)，
设直线BD与平面ADE所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，m〉|＝
＝，
所以直线BD与平面ADE所成角的正弦值为.
8．(2024·广东中山模拟)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，将△ACD沿AC翻折，使点D到达点S的位置，且平面SAC⊥平面ABCD.
(1)证明：BS⊥BC；
(2)若E为SC的中点，直线BS与平面EAB所成角的正弦值为，求平面SBC与平面ABCD夹角的大小．
(1)证明：∵平面SAC⊥平面ABCD，SA⊥AC，平面SAC∩平面ABCD＝AC，
∴SA⊥平面ABC，∵BC 平面ABC，∴SA⊥BC，
又∵BC⊥AB，SA∩AB＝A，∴BC⊥平面SAB，
∵BS 平面SAB，∴BC⊥BS.
(2)解：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，BC∥y轴，设AB＝BC＝2，取AS＝AD＝2m(m>0)，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2m)，E(1，1，m)，
则＝(2,0,0)，＝(1,1，m)，
设平面EAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令y1＝m，则n1＝(0，m，－1)，
设直线BS与平面EAB所成的角为θ，＝(－2,0,2m)，
则sin θ＝|cos〈n1，〉|＝＝＝＝，
∴m＝或m＝，
∵平面ABCD的一个法向量可取n2＝(0，0,1)，
当m＝时，由＝(0,2,0)，
＝(－2,0,2)，
设平面SBC的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
则
令x3＝，则n3＝(，0,1)，
设平面SBC与平面ABCD的夹角为α，则cos α＝|cos〈n2，n3〉|＝＝＝，∴α＝.
同理，当m＝时，
可取n3＝(1,0，)，
则cos α＝＝＝，
∴α＝.
综上可得，平面SBC与平面ABCD的夹角为或.
9．等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1 DE B成直二面角，连接A1B，A1C(如图2)．
图 1 图 2
(1)求证：A1D⊥平面BCED.
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°.若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明：如题图1，在△ADE中，AD＝1，AE＝2，∠A＝60°，得到DE＝＝，
所以AD2＋DE2＝AE2，从而AD⊥DE，BD⊥DE，
所以在题图2中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
所以∠A1DB是二面角A1 DE B的平面角，
所以∠A1DB＝90°，即A1D⊥BD，
又因为A1D⊥DE，BD∩DE＝D，
BD，DE 平面BCED，
所以A1D⊥平面BCED.
(2)解：方法一：由(1)知，A1D，DB，DE两两垂直，以D为原点，DB，DE，DA1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B(2,0,0)，A1(0,0,1)，C，
故＝(2,0，－1)，＝.
假设线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
设＝λ＝，其中λ∈(0,1]，
则＝＋＝.
平面A1BD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
则sin 60°＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
解得λ＝，
所以存在满足要求的点P，且线段PB的长度为.
方法二：由(1)知，A1D⊥平面BCED，
因为A1D 平面A1BD，
所以平面A1BD⊥平面BCED.
假设线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，作PF⊥BD于点F，如图，则易得PF⊥平面A1BD.
连接A1F，则∠PA1F就是直线PA1与平面A1BD所成的角．
设PB＝x，其中x∈(0,3]，则PF＝x，BF＝x，DF＝2－x，
A1F＝＝，
由＝＝tan 60°，解得x＝，
所以存在满足要求的点P，且线段PB的长度为.
10．如图1，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，动点E，F分别在边AD，AB(不含端点)上，且＝λ(0<λ<1)，沿EF将△AEF向上折起得到△PEF，使得平面PEF⊥平面BCDEF，如图2所示．
图 1 图 2
(1)当λ为何值时，BF⊥PD
(2)若直线PC与平面BCDEF所成角的正切值为，求平面PEF和平面PBD夹角的大小．
解：(1)∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠A＝60°，AB＝AD，∴△ABD是等边三角形．
又＝λ，
∴EF∥BD，∴△PEF也是等边三角形．
取EF的中点O，连接PO，DO，
则PO⊥EF，∵平面PEF⊥平面BCDEF，且平面PEF∩平面BCDEF＝EF，PO 平面PEF，∴PO⊥平面BCDEF.
∵BF 平面BCDEF，∴PO⊥BF.
若BF⊥PD，PD∩PO＝P，
则BF⊥平面POD，∴BF⊥OD.
又∵AO⊥BD，∴O为△ABD的重心．
又点O在EF上，EF∥BD，∴＝，即λ＝.
(2)方法一：连接CO，设△ABD的边长为a，
则PO＝λa，CO＝(2－λ)a.
∵PO⊥平面BCDEF，
∴直线PC与平面BCDEF所成角为∠PCO，
∴tan∠PCO＝＝＝，解得λ＝，
∴EF是△ABD的中位线．
在五棱锥P BCDEF中，设OC与BD相交于点M，连接PM，平面PEF∩平面PBD＝l，则l过点P.
∵EF∥BD，EF 平面PBD，BD 平面PBD，
∴EF∥平面PBD.
又平面PEF∩平面PBD＝l，∴EF∥l，∴l∥BD.
由(1)可知PO⊥EF，CO⊥EF，PO∩CO＝O，
∴EF⊥平面POM，∴l⊥平面POM，
∴∠OPM就是平面PEF和平面PBD所成二面角的平面角．
又PO＝OM，且PO⊥OM，∴∠OPM＝45°，即平面PEF和平面PBD的夹角为45°.
方法二：连接CO，以O为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．设菱形ABCD的边长为2，∵PO⊥平面BCDEF，
∴∠PCO即为直线PC与平面BCDEF所成的角，
∴tan∠PCO＝＝＝，解得λ＝，
∴P，B，D，C，
∴＝，＝(－2,0,0)，＝.
∵OC⊥平面PEF，
∴＝即为平面PEF的一个法向量．
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取n＝(0,1,1)，则cos〈，n〉＝＝，∴〈，n〉＝45°，
∴平面PEF和平面PBD的夹角为45°.
高分推荐题
11．(2024·江淮十校联考)如图1，在矩形ATCD中，AD＝2DC＝2，B为TC的中点，将△TAB沿AB翻折，使得点T到达点P的位置，连接PD，PC，得到如图2所示的四棱锥P ABCD，M为PD的中点．
图 1 图 2
(1)求线段CM的长度；
(2)求直线CM与平面ABCD所成角的正弦值的最大值．
解： (1)方法一：分别取PA，AD的中点为Q，N，连接QB，QM，NC.
易知∠APB＝90°，PA＝PB＝1，AB＝，AN∥BC，易知AN＝BC＝1，则四边形ABCN为平行四边形．
由Q，M分别为PA，PD的中点，则QM∥AD，且QM＝AD＝1，又梯形 ABCD中，BC∥AD，且BC＝1，所以四边形BCMQ为平行四边形，则CM＝QB.
在等腰直角三角形PAB中，QB2＝QP2＋PB2＝2＋12＝，则CM＝.
方法二：取AD的中点为N，连接MN，NC.
易知PA＝1，CN∥AB，CN＝.
在△PAD中，由M，N分别为PD，AD的中点，得MN＝PA＝，且MN∥PA，又NC∥AB，则∠MNC＝∠PAB＝45°，所以CM2＝MN2＋NC2－2MN·NC·cos 45°＝，故CM＝.
方法三：取AB的中点为O，AD的中点为N，连接OP，ON，易知OB⊥ON，分别以OB，ON所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C，D，易证AB⊥OP，知点P位于坐标平面Oyz内，设P(0，y，z)，则M.
易知OP＝，则y2＋z2＝，所以CM2＝2＋2＋2＝＋(y2＋z2)＝，故CM＝.
(2)方法一：取AB的中点O，AD的中点N，连接OP，NC，由(1)知点P的轨迹为以点O为圆心，为半径的圆，该圆所在平面与AB垂直．连接OD，交NC于点E，连接ME，易知E为OD的中点，则ME＝OP＝，于是得到点M的轨迹为以点E为圆心，为半径的圆．由ME∥OP，得∠MEC＝∠POB＝90°，则点M的轨迹圆所在平面与NC垂直，也就是说空间中点M的轨迹为以C为顶点，E为底面圆心，高为CE，底面半径为ME＝的圆锥的底面圆，容易得到当ME⊥平面ABCD时，直线CM与平面ABCD所成角最大，其正弦值为＝＝.
方法二：由(1)的方法三，知n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，＝，设直线CM与平面ABCD所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝≤×＝，故直线CM与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为.
方法三：由(1)的方法一知，问题转化为求直线BQ与平面ABCD所成角的正弦值的最大值，则易知当平面PAB⊥平面ABCD时，所求线面角最大，为∠QBA，此时sin∠QBA＝sin＝(cos∠QBP－sin∠QBP)＝＝，故直线CM与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为.
