資源簡介

專題42 向量法求距離、探索性及折疊問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 9
【考點1】利用向量法求距離 9
【考點2】立體幾何中的探索性問題 21
【考點3】折疊問題 32
【分層檢測】 43
【基礎篇】 43
【能力篇】 64
【培優篇】 72
一、解答題
1．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；
(2)求平面與平面的夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當二面角為時，求．
3．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．
4．（2024·全國·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中點，連接，，借助中位線的性質與平行四邊形性質定理可得，結合線面平行判定定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；
（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.
【詳解】（1）取中點，連接，，
由是的中點，故，且，
由是的中點，故，且，
則有、，
故四邊形是平行四邊形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
有、、、、、，
則有、、，
設平面與平面的法向量分別為、，
則有，，
分別取，則有、、，，
即、，
則，
故平面與平面的夾角余弦值為；
（3）由，平面的法向量為，
則有，
即點到平面的距離為.
2．(1)證明見解析；
(2)1
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量坐標相等證明；
（2）設，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【詳解】（1）以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，
，
，
又不在同一條直線上，
.
（2）設，
則，
設平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
設平面的法向量，
則，
令 ，得，
，
，
化簡可得，，
解得或，
或，
.
3．(1)證明過程見解析
(2)與平面所成的角的正弦值為
【分析】（1）根據已知關系證明，得到，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）根據勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行計算即可.
【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；
在和中，因為，
所以，所以，又因為E為的中點，所以；
又因為平面，，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，
所以，所以，
當時，最小，即的面積最小.
因為，所以，
又因為，所以是等邊三角形，
因為E為的中點，所以，，
因為，所以,
在中，，所以.
以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，所以，
設平面的一個法向量為，
則，取，則，
又因為，所以，
所以，
設與平面所成的角為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意，根據余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可證得，則，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明；
（2）由（1），根據線面垂直的判定定理與性質可證明，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解面面角即可.
【詳解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，則，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）連接，由，則，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
則，
由是的中點，得，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，得，
所以，
所以，
設平面和平面所成角為，則，
即平面和平面所成角的正弦值為.
【考點1】利用向量法求距離
一、解答題
1．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，底面四邊形為梯形，，.
(1)證明： ;
(2)若直線 與平面 所成角的正弦值為 ，點 為線段 上一點，求點到平面 的距離.
2．（2024·吉林·模擬預測）如圖所示，半圓柱與四棱錐拼接而成的組合體中，是半圓弧上（不含）的動點，為圓柱的一條母線，點在半圓柱下底面所在平面內，.
(1)求證：；
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值；
(3)求點到直線距離的最大值.
3．（2024·河北·模擬預測）如圖，四棱錐中，平面平面，．設中點為，過點的平面同時垂直于平面與平面．
(1)求
(2)求平面與平面夾角的正弦值；
(3)求平面截四棱錐所得多邊形的周長．
4．（2024·江蘇無錫·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，點在棱上，且．
(1)求四棱錐的表面積
(2)若點在棱上，且到平面的距離為，求點到直線的距離．
5．（23-24高三下·湖南·階段練習）如圖，在四棱錐中，，，，，，平面平面，.

(1)證明：平面；
(2)若點Q是線段的中點，M是直線上的一點，N是直線上的一點，是否存在點M，N使得 請說明理由.
6．（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺中，為等邊三角形，，平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求點D到平面的距離．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）因為，因此只需證明平面，只需證明（由題可證），，由勾股定理易證.
（2）建立空間直角坐標系，先由直線 與平面 所成角的正弦值為 ，求出，再證明平面，由此得點M到平面 的距離等價于點到平面 的距離，再由點到平面的距離公式求解即可.
【詳解】（1）因為，，
所以，所以,
因為為直四棱柱，
所以,
因為，平面，
所以平面，
因為，所以平面，
因為平面，所以
（2）由（1）及題意知，兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系
因為，.設，
所以
所以,
設平面的一個法向量為
則，
令，則，所以
設直線 與平面 所成的角為，
則，
解得，所以
所以點到平面 的距離為
因為，所以
因為不在平面，所以平面，
因為M在線段上，所以點M到平面 的距離等價于點到平面 的距離，為
故點M到平面 的距離.
2．(1)證明見解析；
(2)；
(3)
【分析】（1）取弧中點，以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，求出，利用空間位置關系的向量證明推理即得.
（2）由數據求出點坐標，再求出平面FOD與平面的法向量，利用面面角的向量求法求解.
（3）利用空間向量求出點到直線距離的函數關系，再求出最大值即可.
【詳解】（1）取弧中點，則，以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
連接，在中，，，則，
于是，
設，則，其中，，
因此，即，
所以.
（2）由平面平面，得，
又，則，而平面，
則平面，即為平面的一個法向量，
，由平面，得，
又，解得，此時，
設是平面的法向量，則，取，得，
設是平面的法向量，則，取，得，
則平面FOD與平面夾角的余弦值為.
（3），
則點到直線的距離，
當時，即的坐標為時，點到直線的距離取最大值為
【點睛】方法點睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分別求出兩個半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夾角，結合圖形得到二面角的大小；②找與交線垂直的直線的方向向量，分別在二面角的兩個半平面內找到與交線垂直且以垂足為起點的直線的方向向量，則這兩個向量的夾角就是二面角的平面角．
3．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）設，由題意和余弦定理可得，結合同角三角函數的基本關系求解即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解二面角；
（3）先根據空間點線面的位置關系找出截面，然后求周長即可．
【詳解】（1）設，，，則，
在中，，
整理得，
由題意得，
則，
即，
解得，
因此，
即．
（2）作中點，連接，，
因為為中點，，
所以，，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而，，平面，故，，，
因為，，
所以四邊形、四邊形都是平行四邊形，
故，，而，所以，
又因為為中點，所以，在平面中也有，
由于，故，，，，
由勾股定理得：，，
故以為原點，，， 為，，軸，建立如圖空間直角坐標系，
則，，，，，
所以，，，，
設平面，平面，平面，平面的法向量分別為，，，
則，即，取，則，
同理可得，
因為平面同時垂直于平面，平面，所以，，
即，取，則，
平面的法向量是，則，
設平面與平面的夾角為，則，
故，
因此平面與平面夾角的正弦值為．
（3）設是平面上一點，因為平面過點，則可以設，
這是因為此時，因此可設，
因為當平面與平面相交時，其交線必為直線且唯一，故只需討論平面與四棱錐的公共部分，
當時，在直線上，
因此平面過直線，故平面與平面，平面交于直線，與棱，分別交于，，
故只需討論平面與棱，的交點：設平面與棱，的交點分別為，，
則設，，
令，則，
解得，即，
同理可得，
故平面與平面交于，平面交于，因此平面截四棱錐所得截面多邊形為四邊形，
故周長為．
4．(1)
(2)
【分析】（1）根據三角形以及梯形面積公式即可求解，
（2）建立空間直角坐標系，利用空間距離的向量法求解即可.
【詳解】（1）由，,所以,
,
所以,,
故四棱錐的表面積為
（2）以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
則,0,，,4,， ,4,，，其中，
則，
設平面的法向量為，則，
即令，則平面的法向量，
設到平面的距離為，，
由于，解得，
故，
點到直線的距離為．
5．(1)證明見解析
(2)不存在，理由見解析
【分析】（1）根據面面垂直的性質可得線面垂直，進而可得線線垂直，根據線面垂直的判定即可求解
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解異面直線的距離，即可求解.
【詳解】（1）如圖，取的中點O，因為，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，又，平面，平面，，
所以平面.

（2）因為，O為的中點，，所以，
過點O作交于點E，則由平面,平面,可得，
則以O為原點，，，分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
所以，，，
設與，都重直的向量為，
則得
令，則，
設直線與直線的距離為d，
則，
則不存在點M和N使得.
6．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用，結合平面，得出平面；
（2）利用向量的夾角公式即可求解；
（3）利用點到平面的距離的向量法公式，即可求解．
【詳解】（1）因為側棱底面，為等邊三角形，所以過點作，則以為點A為坐標原點，，，的方向分別為軸，軸，軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
設長為，則
，，
因為，所以，則有，．
所以，，，，，，．
證明：因為，，設平面的法向量為，
則，令，則，
又因為．
所以，所以，又因為平面，所以平面．
（2）因為為中點，所以，則，
有，又，設直線與平面所成角為，
，
則直線與平面所成角的正弦值為．
（3）因為，平面的法向量為，
所以，點D到平面的距離為．
反思提升：
(1)向量法求點到直線距離的步驟
①根據圖形求出直線的單位方向向量v.
②在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.
③垂線段長度d＝.
(2)求點到平面的距離的常用方法
①直接法：過P點作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離.
②轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設平面α的一個法向量為n，A是α內任意點，則點P到α的距離為d＝.
【考點2】立體幾何中的探索性問題
一、解答題
1．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
2．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，棱柱中，側棱底面，，E，F分別為和的中點.
(1)求證：平面；
(2)設，在平面上是否存在點P，使？若存在，指出P點的位置：若不存，請說明理由.
3．（2024·天津·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，平面平面，，.
(1)若點是邊的中點，點是邊的中點，求異面直線，所成角的余弦值；
(2)求平面和平面的夾角的余弦值；
(3)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值 若不存在，說明理由.
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）在正四棱柱中，.
(1)在線段上是否存在一點，使得直線平面，若存在，求出長，若不存在，請說明理由；
(2)已知點在線段上，且，求二面角的余弦值.
5．（2024·湖南常德·一模）已知直三棱柱中，，分別為和的中點，為棱上的動點，.
(1)證明：平面平面；
(2)設，是否存在實數，使得平面與平面所成的角的余弦值為
6．（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐的底面是梯形，平面.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)存在，且
【分析】（1）借助中位線的性質可得線線平行，即可得線面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性質定理即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系后，借助空間向量可用未知數表示出直線與平面所成的角的正弦值，計算即可得解.
【詳解】（1）連接、，由分別為的中點，則，
又平面，平面，故平面，
正四棱臺中，且，
則四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，故平面，
又，且平面，平面，
故平面平面，又平面，故平面；

（2）正四棱臺中，上下底面中心的連線底面，
底面為正方形，故，
故可以為原點，、、為軸，建立空間直角坐標系，
由，側面與底面所成角為，
則，
則，，，
假設在線段上存在點滿足題設，則，
設，則，
，
設平面的法向量為，
則，令，則，，即，
因為直線與平面所成的角的正弦值為，
故，
解得或（舍），故，
故線段上存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，
此時線段的長為.

2．(1)證明見解析；
(2)當時，為棱的中點.
【分析】（1）利用三角形中位線性質、線面平行的判定推理即得.
（2）取AB中點O，以O為原點建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，利用空間位置關系的向量證明求解即得．
【詳解】（1）由E，F分別為和的中點，得，
而平面，平面，
所以平面.
（2）棱柱中，側棱底面，
取AB中點O，中點M，連接，
則，平面，而平面，則有，
又，則，即直線兩兩垂直，
以O為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，設，
則，
假設在平面上存在點P，使，設，
，
，即，顯然，
由，得，因此，即，此時，
所以當時，存在唯一的點，即棱的中點，使.
3．(1)
(2)
(3)不存在，理由見解析
【分析】（1）取中點，證得平面，進而得到，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得和，結合向量的夾角公式，即可求解；
（2）由（1），求得平面和平面的法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解；
（3）設，求得，求得平面的一個法向量，結合平面，列出方程組，即可求解.
【詳解】（1）解：取中點，連接，，因為，所以
因為平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因為平面，平面，所以，，
因為，，，所以，，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
以為坐標原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，則，，，，，，，，可得，，
設異面直線，所成角為，則.
所以異面直線，所成角的余弦值為.
（2）解：由（1）得，.
設平面的法向量為，則，
令，可得，所以，
因為平面的法向量，
設平面與平面的夾角為，則，
所以平面和平面的夾角的余弦值為.
（3）解：設是棱上一點，則存在使得，
設，則，，
所以.所以，，，
所以.所以，
因為，，且，平面，
所以平面，所以是平面的一個法向量.
若平面，則，所以，此時方程組無解，
所以在棱上不存在點，使得平面.
4．(1)存在，
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用線面垂直得線線垂直，再利用向量垂直的坐標運算求解即可；
（2）求出兩個平面的法向量，利用向量夾角公式計算即可.
【詳解】（1）存在.
由題意，正四棱柱中，，
以所在直線為軸，軸，軸建立坐標系，
則，設，則，，，，
若直線平面，則且，
所以，解得，此時，
所以存在點使得直線平面；
（2），，
則，
設平面與平面法向量分別為，，
由，即，令，則，
由，即，令，則，
設二面角平面角為，則，
所以二面角的余弦值為.
5．(1)證明見解析；
(2)存在.
【分析】（1）先用線面垂直的判定定理證明平面，再使用面面垂直的判定定理即可；
（2）使用空間向量法直接求解兩平面的夾角（用表示），再根據夾角條件，解關于的方程即可.
【詳解】（1）
由于在直三棱柱中，有平面，而在平面內，故.
同時有，且，故.
由于，，且和在平面內交于點，故平面.
由于在平面內，故.
取的中點，由于分別是和的中點，故，而，故，即.
由于分別是和的中點，可以得到，所以有平行四邊形，故.
設和交于點，由于，，，
從而得到全等于，故.
這就得到，從而，即.
而，故.
由于，即，而，和在平面內交于點，故平面.
由于平面，在平面內，故平面平面.
（2）有，又因為平面，和在平面內，故，.
由于兩兩垂直，故我們能夠以為原點，分別作為軸正方向，建立空間直角坐標系.
由于題設條件和需要求證的結論均只依賴于線段間的比值，不妨設，
這就得到，，，，，，，.
據題設有，顯然，此時.
從而有，，，.
設和分別是平面和平面的法向量，則，.
即，，從而可取，.
此時平面與平面所成的角的余弦值為，
故條件等價于，即，解得，
所以存在，使得平面與平面所成的角的余弦值為.
6．(1)證明過程見解析
(2)存在，.
【分析】（1）只需結合已知證明平面，由面面垂直的判定定理即可進一步得證；
（2）建立適當的空間直角坐標系，引入參數，進一步表示兩個平面的法向量，由向量夾角公式建立方程即可求解.
【詳解】（1）因為平面，平面，所以，
因為，所以，
所以，
又因為平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面；
（2）因為平面，，所以平面，
又因為平面，所以，又，
所以兩兩互相垂直，
所以以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
如圖，，
設，
則，
，設平面的法向量為，
則，即，取，滿足條件，
所以可取，
，，設平面的法向量為，
則，即，取，解得，
所以，
由題意，
化簡并整理得，解得或（舍去），
所以，
綜上所述，棱上是否存在一點E，且，使得二面角的余弦值為.
反思提升：
第一步　根據已知條件建立空間直角坐標
系，利用向量法證明線線垂直
第二步　求兩平面的法向量
第三步　計算向量的夾角(或函數值)
第四步　借助于函數的單調性或基本不等式確定最值
第五步　反思解題思路，檢查易錯點
【考點3】折疊問題
一、解答題
1．（2024·北京大興·三模）如圖（1），在中，，，將沿折起到的位置，E，F分別為，上的動點，過作平面，交于點Q，使得平面，如圖（2）.
(1)證明：；
(2)若，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角的余弦值.
條件①：平面平面；
條件②：.
2．（23-24高三上·河北·期末）如圖所示，直角梯形PABC中，，，D為PC上一點，且，將PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M為SD的中點，求證：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD與平面SBC夾角的余弦值．
3．（21-22高二下·江蘇常州·期中）在中，，分別是上的點，滿足且經過的重心，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示.

(1)求與平面所成角的大小；
(2)在線段上是否存在點（不與端點重合），使平面與平面垂直？若存在，求出與的比值；若不存在，請說明理由.
4．（2023·山東濰坊·模擬預測）如圖（1）五邊形中，，將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且⊥平面.
(1)求證：；
(2)若直線與所成角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值.
5．（23-24高二上·四川南充·階段練習）如圖，菱形的對角線與交于點，，，點，分別在，上，，交于點，將沿折到位置，．
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值．
6．（2023·江西·模擬預測）一年一度的創意設計大賽開幕了．今年小王從世界名畫《永恒的記憶》中獲得靈感，創作出了如圖1的《垂直時光》．已知《垂直時光》是由兩塊半圓形鐘組件和三根指針組成的，它如同一個標準的圓形鐘沿著直徑折成了直二面角（其中對應鐘上數字3，對應鐘上數字9）．設的中點為，若長度為2的時針指向了鐘上數字8，長度為3的分針指向了鐘上數字12．現在小王準備安裝長度為3的秒針（安裝完秒針后，不考慮時針與分針可能產生的偏移；不考慮三根北針的粗細）．

(1)若秒針指向了鐘上數字4，如圖2．連接、，若平面．求半圓形鐘組件的半徑；
(2)若秒針指向了鐘上數字5，如圖3．設四面體的外接球球心為，求二面角的余弦值．
參考答案：
1．(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）由面面平行的性質定理求解；
（2）選擇條件①：選擇條件②：都是建立空間直角坐標系進行求解．
【詳解】（1）因為，所以，，
又因為、平面，，
所以平面，而平面，所以平面平面，
因為平面平面，平面平面，
所以．
（2）選擇條件①：平面平面，
因為，，
所以為二面角的平面角，
因為平面平面，所以，
所以建立如圖空間直角坐標系，又，
所以E，F，Q分別是PC，BC，CD的中點，，，，
，，平面的法向量為，
設平面的法向量為，則得，
令，則，，所以，
設二面角的平面角為，則，
由題可知，二面角為鈍二面角則，
二面角的余弦值為，
選擇條件②：，
因為平面，平面，所以，
因為，，BC，平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以，
因為，，
所以建立如圖空間直角坐標系，又，
所以E，F，Q分別是，，的中點，，，，
，，平面的法向量為，
設平面的法向量為，則 得，
令，則，，所以，
設二面角的平面角為，則，
由題可知，二面角為鈍二面角，則，
二面角的余弦值為．
2．(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）由線面垂直和面面垂直的判定定理證明即可；
（2）以O為原點，分別以、、所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的坐標系，分別求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）梯形中，，，易知，
所以，而，所以為等邊三角形，
∴，又∵，，
∴，面，，
∴面，∵面，
∴平面平面；
（2）由（1）知△為等邊三角形，
∴為等邊三角形，取AD的中點O，
得，，，∵，∴，
因為面，，∴面．
以O為原點，分別以、、所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的坐標系，
得，，，
，，
設平面的法向量為，
∴得，
令，則，則．
取平面的法向量為，
．
∴平面與平面夾角的余弦值為．
3．(1)
(2)存在，
【分析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出及平面的法向量后可求線面角的大小.
（2）設，用表示平面和平面的法向量后可求的值，從而可求兩條線段的比值.
【詳解】（1）在中，因為，故，
故在四棱錐中，有，
而，故平面，因平面，
所以，而，故，
而，故可建立如圖所示的空間直角坐標系：

在中，因為經過的重心G（如圖），連接并延長，交于H，
則，故，
因為，故，
在中，，
則，
故，故，又，
設平面的法向量為，
則，即，
取，則，故，
故，
故與平面所成角的正弦值為，
因為與平面所成角為銳角，故該角為.
（2）設，則，故，
又，
設平面的法向量為，
則，即，
取，則，故，
設平面的法向量為，
則，即，
取，則，故，
因為平面平面，故，
所以，故，
所以.
4．(1)證明過程見解析
(2)
【分析】（1）作出輔助線，得到四邊形為平行四邊形，故，得到線面垂直，進而得到線線垂直，由三線合一得到結論；
（2）證明出⊥，由正切值求出余弦值，結合余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到⊥，得到線面垂直，進而證明出⊥平面，從而建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用空間向量求解線面角的正弦值.
【詳解】（1）取中點，連接，
因為點為線段的中點，
所以且，
因為，
所以，，
故四邊形為平行四邊形，
所以，
因為⊥平面，
所以⊥平面，
因為平面，
所以⊥，
由三線合一得；
（2）由（1）得，
又因為，所以為等邊三角形，
故，
因為，，即⊥，
因為，所以直線與所成角的正切值為，
即，故，
又，解得，
設，則，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
故，由勾股定理逆定理得⊥，
因為，平面，
所以⊥平面，
取中點，連接，取中點，連接，則⊥，
因為平面，
所以⊥，
由三線合一得⊥,
因為平面，，
所以⊥平面，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
，
設平面的法向量為，
則，
令得，，故，
設直線與平面所成角大小為，
則.
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先利用平行轉化得垂直關系，再利用勾股定理計算證明線線垂直，然后利用線面垂直判定定理證明線面垂直，
（2）根據題意建立空間直角坐標系，利用法向量方法求二面角的余弦值.
【詳解】（1）由已知得，，
又由得，故，
因此，從而.
由，得.
由得.所以,.
又已知，于是，
故.又，且，平面.
所以平面.
（2）如圖，以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則
，，，，，，
，.
設是平面的法向量，
則，即，令,可得.
設是平面的法向量，
則，即，令,可得 ，
設平面與平面的夾角為，
于是，
平面與平面的夾角的余弦值是.
6．(1)
(2)．
【分析】（1）根據線面平行性質定理得出線線平行，再應用正弦定理計算可得半徑；
（2）空間向量法計算二面角余弦值即可.
【詳解】（1）由平面，平面，平面平面，可得，故，
又由，知為等腰三角形，，，由正弦定理得．故半圓形鐘組件的半徑等于．
（2）依題意，二面角為直二面角，為交線，，故平面．又，故、、兩兩垂直．以為原點，、、為軸、軸，軸建立空間直角坐標系．
如圖，，，，．將四面體補成長方體，知即為長方體的中心，得．則，，．

設平面的法向量為，則，即，取，得．
設平面的法向量為，則，
即，取，得．
則．
故二面角的余弦值為．
反思提升：
1.折疊問題中的平行與垂直關系的處理關鍵是結合圖形弄清折疊前后變與不變的關系，尤其是隱含的垂直關系.一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發生變化，不在同一平面上的性質發生變化.
2.由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉化，因此整個證明過程圍繞著線面垂直這個核心展開，這是解決空間垂直問題的技巧.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·山西·三模）正方體的棱長為2，分別為的中點，為底面的中心，則三棱錐的體積是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山東臨沂·二模）已知正方體中，M，N分別為，的中點，則（ ）
A．直線MN與所成角的余弦值為 B．平面與平面夾角的余弦值為
C．在上存在點Q，使得 D．在上存在點P，使得平面
3．（23-24高二上·北京豐臺·期中）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規律的立體結構，是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）. 數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體. 如圖，已知一個正八面體的棱長為2，，分別為棱，的中點，則直線和夾角的余弦值為（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·北京順義·二模）如圖，正方體中，P是線段上的動點，有下列四個說法：
①存在點P，使得平面；
②對于任意點P，四棱錐體積為定值；
③存在點P，使得平面；
④對于任意點P，都是銳角三角形.
其中，不正確的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
二、多選題
5．（2024·山東濱州·二模）圖，在邊長為4的正方形中，為的中點，為的中點．若分別沿，把這個正方形折成一個四面體，使、兩點重合，重合后的點記為，則在四面體中，下列結論正確的是（ ）

A．
B．到直線的距離為
C．三棱錐外接球的半徑為
D．直線與所成角的余弦值為
6．（2024·貴州六盤水·三模）（多選）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是線段上的動點，則（ ）
A．的面積為
B．三棱錐的體積為
C．存在點P，使得⊥
D．存在點P，使得⊥平面
7．（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，在平行四邊形中，，分別為的中點，沿將折起到的位置（不在平面上），在折起過程中，下列說法不正確的是（ ）
A．若是的中點，則平面
B．存在某位置，使
C．當二面角為直二面角時，三棱錐外接球的表面積為
D．直線和平面所成的角的最大值為
三、填空題
8．（22-23高二下·安徽·階段練習）已知是平面的法向量，點在平面內，則點到平面的距離為 .
9．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是對角線上的動點（點P與點A，不重合）．給出下列結論：
①存在點P，使得平面平面；
②對任意點P，都有；
③面積的最小值為；
④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對任意點P，都有．其中所有正確結論的序號是 ．
10．（2024·北京西城·一模）如圖，正方形和矩形所在的平面互相垂直．點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動．設，給出下列四個結論：
①存在點，使；
②存在點，使；
③到直線和的距離相等的點有無數個；
④若，則四面體體積的最大值為．
其中所有正確結論的序號是 ．
四、解答題
11．（2024·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面和平面夾角的余弦值；
(3)求A點到直線的距離.
12．（2023·福建廈門·模擬預測）箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊形．如圖，四邊形為箏形，其對角線交點為，將沿折到的位置，形成三棱錐．

(1)求到平面的距離；
(2)當時，在棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
參考答案：
1．B
【分析】建立空間直角坐標系，求解平面法向量，利用向量法求解點面距離，即可根據體積公式求解.
【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則,
,
設平面法向量為，
則，取，則，
故到平面的距離為，
而,
故,
故，
故選：B
2．C
【分析】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由四點共面，而平面可判斷D.
【詳解】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為1，
所以，，
，
對于A，，，
直線MN與所成角的余弦值為，故A錯誤；
對于B，，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
平面與平面夾角的余弦值為：
，故B錯誤；
對于C，因為Q在上，設，所以，，
則，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在點，使得，故C正確；
對于D，因為，所以四點共面，
而平面，所以上不存在點P，使得平面，故D錯誤.
故選：C.
.
3．D
【分析】根據題意得到，，然后由向量的數量積公式分別求出，結合向量的夾角運算公式，即可求解.
【詳解】如圖所示：

由題意，可得，，
又由正八面體的棱長都是2，且各個面都是等邊三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直線和夾角的余弦值為.
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：選取適當的基底向量，由已知條件可以求出它們的模以及兩兩之間的夾角，所以只需把分解，然后由向量的夾角公式即可求解.
4．C
【分析】建立空間直角坐標系，由直線的方向向量與平面的法向量的位置關系判斷說法①；由棱錐的底面積和高為定值得體積為定值判斷說法②；利用向量數量積驗證垂直關系判斷說法③；利用向量的模和向量夾角的計算，驗證說法④.
【詳解】以為原點，的方向為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
不妨設正方體棱長為1，
則，，
設，
，，，
平面的一個法向量為，，
令，則，即，
若，得，
則時，，又平面，所以平面，
即點P為中點時， 平面，說法①正確；
正方體中，平面平面，平面，
則點到平面的距離為定值，又正方形面積為定值，
所以對于任意點P，四棱錐體積為定值，說法②正確；
，，,
若平面，則有，方程組無解，
所以不存在點P，使得平面，說法③錯誤；
，，，
，，
則中，，都是銳角，
，也是銳角，
所以對于任意點P，都是銳角三角形，說法④正確.
只有說法③不正確.
故選：C.
5．AC
【分析】首先證明平面，即可判斷A，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算B、D，求出外接圓的半徑，再由勾股定理求出三棱錐外接球的半徑，即可判斷C.
【詳解】對于A：翻折前，，
翻折后則有，，
因為，、平面，
所以平面，平面，所以，故A正確；

對于B：又，即為等邊三角形，所以，
在平面中過點作，則，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，
所以，，
令，，所以到直線的距離為，故B錯誤；
對于C：所以的外接圓的半徑，
設三棱錐外接球的半徑為，
因為平面，所以，所以，
即三棱錐外接球的半徑為，故C正確；
對于D：由，設直線與直線所成角為，，
則
所以直線與直線所成角的余弦值為，故D錯誤.
故選：AC.
6．BD
【分析】選項A：當點P與重合，為邊長是的等邊三角形，求出三角形面積，即可判斷；選項B：利用等體積轉化法求解即可；選項C：以為直徑的球面與直線沒有公共點，即可判斷；選項D：當P為的中點時，根據線面垂直的判定定理即可得證．
【詳解】A選項，在棱長為1的正方體中，
點P是線段上的動點，當點P與重合時，為等邊三角形，
邊長為，
故的面積為，故A錯誤；
B選項，因為，
其中，
表示點P到平面的距離，故，
所以三棱錐的體積為，故B正確；
C選項：在正方體中，以為直徑的球面，半徑，
則直線與該球面沒有公共點，故不存在點P，故C錯誤；
D選項：取的中點M，連接PM，
當P為的中點時，即為的交點時，
因為，，所以四邊形為平行四邊形，
故，
又，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，
因為⊥平面，
易知⊥平面，
因為平面，
所以PM⊥，
又因為在正方體中，⊥，
而，所以⊥平面，故D正確．
故選：BD．
7．ABD
【分析】對于A，利用反證法，假設結論成立，再利用面面平行推出線面平行，得到矛盾，故A錯；對于B，同樣采用反證法，假設結論成立，利用線線垂直推線面垂直，再結合空間向量，能得到矛盾，故B錯誤；對于C，主要根據題目，判斷得到該四面體各個面都是直角三角形，根據外接球性質，即可知道球心位置，從而求解；對于D，利用線面角，可以判斷出當平面平面時，直線和平面所成的角的最大，從而求出該角的正切值，即可求解.
【詳解】取中點，連接.若A正確，平面，且為三角形中位線，則，面，則面，
因為平面
所以平面平面，
因為面平面面平面
所以，顯然，為三角形中位線，，矛盾，故假設不成立，A錯誤；
以A為坐標原點，AD為y軸正半軸，在平面中作與AD垂直方向為x軸正半軸，z軸垂直平面，建立空間坐標系.
因為，，所以，
所以，所以，所以，即，
又因為，則，
若B正確，則有，因為平面，
所以平面，
因為平面，則必定成立.
則根據題意，可得、、、.，，
則，即不成立，故矛盾，所以B不成立；
當二面角為直二面角時，即平面平面.
根據上面可知，所以，
又，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
故四面體為所有面都是直角三角形的四面體，根據外接球性質可知，球心必為中點，即為外接球半徑.
，，由勾股定理可知，則，外接球面積為，故C正確.
當平面平面時，直線和平面所成的角的最大，記此時角為.
由上圖可知，在中，，由余弦定理可解得.
此時.此時，故D錯.
故選：ABD
8．/
【分析】求出的坐標，根據空間點到平面的距離的向量求法，即可求得點到平面的距離.
【詳解】由題意可得，
又是平面的法向量，
則點到平面的距離為，
故答案為：
9．①②③
【分析】①可通過線面垂直的判定定理找到點P；②③④都可以通過建立空間直角坐標系解決，其中通過向量的長度可以對②進行判斷；利用兩條直線所成的角和三角形面積公式可以判斷③；求出三個面的法向量，并求出和，即可對④進行判斷.
【詳解】①因為，在上取點使，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以平面平面，故①正確；
②以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖
，，，，則，，
設，則，,
從而，，所以，故②正確；
③由②，，，
，，
當且僅當時等號成立，所以面積的最小值為，故③正確；
④平面的法向量，平面的法向量，
設平面的法向量，
由即得，
令得，
則，，
令得或，而，故，
從而對存在點P，使得，而不大于直角，
故，故④錯誤；
故答案為：①②③.
10．①③④
【分析】建立適當空間直角坐標系后，借助空間向量研究位置關系，結合距離公式、三棱錐體積公式逐項判斷即可得.
【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系，
則有、、、、、，
設，，其中，，
對①：，則，
當，，時，有，
故存在點，使，故①正確；
對②：，，
若，則有，
由，，故當時，，，
此時有，即，即，
此時與重合，與重合，故不存在點，使，故②錯誤；
對③：點到直線的距離為，點到直線的距離為，
即有，即，由，
故其軌跡為雙曲線的一部分，即點有無數個，故③正確；
對④：，，
由，故有，則，
又，
故，故④正確.
故答案為：①③④.
【點睛】關鍵點點睛：第④個結論的關鍵點在于借助四面體的體積公式，分別求出高與底面三角形的最大值.
11．(1)證明見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）取中點，可得四邊形為平行四邊形，從而，利用線面平行的判定定理即可得證；
（2）建系標點，求出平面BDM的法向量，易知為平面PDM的一個法向量，利用向量夾角公式求解可得答案.
（3）利用空間向量求得，即可得，進而可得結果.
【詳解】（1）取中點，連接，．
在中，，分別為，的中點，則，，
因為，，則，，
可知四邊形為平行四邊形，則，
且平面，平面，所以平面PAD．
（2）因為平面，，平面ABCD，
則，，且，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
取CD的中點，連接BE，
因為，，則，，
又因為，所以四邊形ABED為矩形，
且，可知四邊形ABED是以邊長為2的正方形，
則，，，，，，
可得，，，
設平面BDM的法向量為，所以，
令，則，．所以平面BDM的一個法向量為，
易知為平面PDM的一個法向量，
所以，
所以平面和平面夾角的余弦值為.
（3）由（2）可知：，
則，
即，可知為銳角，
則，
所以A點到直線的距離為.
12．(1)1
(2)存在；或
【分析】（1）根據線面垂直的判定可得平面，進而可得到平面的距離.
（2）以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，再設，根據線面角的空間向量求法求解即可.
【詳解】（1）因為，
所以不可能為四邊形的對稱軸，則為四邊形的對稱軸，
所以垂直平分，所以．
平面平面
所以平面．
所以到平面的距離．
（2）存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為．
過作平面，所以兩兩垂直.
以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系

由（1）得平面平面，因為
所以．
設，
，
，
設平面的法向量，
，所以
令，則，
所以平面的一個法向量，
設直線與平面所成角為，，
．
所以或，所以存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為或．
【能力篇】
一、單選題
1．（2023·湖南邵陽·二模）如圖所示，在矩形中，，，平面，且，點為線段（除端點外）上的動點，沿直線將翻折到，則下列說法中正確的是（ ）
A．當點固定在線段的某位置時，點的運動軌跡為球面
B．存在點，使平面
C．點到平面的距離為
D．異面直線與所成角的余弦值的取值范圍是
二、多選題
2．（2024·山西晉城·二模）如圖，在棱長為2的正方體中，點P是側面內的一點，點E是線段上的一點，則下列說法正確的是（ ）
A．當點P是線段的中點時，存在點E，使得平面
B．當點E為線段的中點時，過點A，E，的平面截該正方體所得的截面的面積為
C．點E到直線的距離的最小值為
D．當點E為棱的中點且時，則點P的軌跡長度為
三、填空題
3．（2023·江西宜春·一模）如圖，多面體中，面為正方形，平面，且為棱的中點，為棱上的動點，有下列結論：
①當為的中點時，平面；
②存在點，使得；
③直線與所成角的余弦值的最小值為；
④三棱錐的外接球的表面積為.
其中正確的結論序號為 .（填寫所有正確結論的序號）
四、解答題
4．（2024·北京·三模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，，為中點，．
(1)設平面平面，求證：；
(2)從條件①，條件②，條件③中選擇兩個作為已知，使四棱錐存在且唯一確定．
（ⅰ）求平面與平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直線于點，求線段的長度．
條件①：平面平面；
條件②：；
條件③：四棱錐的體積為．
參考答案：
1．D
【分析】當點固定在線段的某位置時，線段的長度為定值，，過作于點，為定點，的長度為定值，由此可判斷A；無論在（端點除外）的哪個位置，均不與垂直，即可判斷B；以，，為x，y，z的正方向建立空間直角坐標系，求出平面的法向量為，由點到平面的距離公式求解，即可判斷C；設，，利用向量夾角公式求解，即可判斷D.
【詳解】
選項A：當點固定在線段的某位置時，線段的長度為定值，，過作于點，為定點，的長度為定值，且在過點與垂直的平面內，故的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，故A錯；
選項B：無論在（端點除外）的哪個位置，均不與垂直，故不與平面垂直，故B錯；
選項C：以，，為x，y，z的正方向建立空間直角坐標系，則，，，．
，
設平面的法向量為，取，
則點到平面的距離為，故C錯；
選項D：設，，，，設與所成的角為，則，故D正確.
故選：D．
2．ACD
【分析】由題意分別畫出圖形，再逐項解決線面垂直、截面面積、距離最值和軌跡問題即可.
【詳解】對于A，如下圖所示，連接，
因為點是線段的中點，所以點也是線段的中點，
所以平面即為平面.
根據正方體的性質，平面，平面，
所以，
又因為，平面，平面，
所以平面，所以與重合時，平面，故A正確；
對于B，如下圖所示，取的中點，
根據分別為的中點，易得，
所以四點共面，
所以截面為四邊形，且該四邊形為等腰梯形.
又因為，
所以等腰梯形的高為，
所以截面面積為，故B錯誤；
對于C，如圖建立空間直角坐標系，
由圖可得，，所以，
設，所以，
所以點到直線的距離，
所以時，距離最小，最小為，故C正確；
對于D，如圖所示，取的中點，連接，
易得平面，
又因為平面，所以，
所以，
則點在側面內的運動軌跡為以為圓心，半徑為2的劣弧，圓心角為，
所以點的軌跡長度為，故D正確.
故選：ACD.
3．①④
【分析】根據線面平行的判定定理，以及線線垂直的判定，結合異面直線所成角，以及棱錐外接球半徑的求解，對每一項進行逐一求解和分析即可.
【詳解】對①：當H為DE的中點時，取中點為，連接，
因為分別為的中點，
故可得//，，
根據已知條件可知：//，
故//，
故四邊形為平行四邊形，則//，又平面平面，
故//面，故①正確；
對②：因為平面，平面，
故，
又四邊形為矩形，
故，則兩兩垂直，
以為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示：
則，設，，
若，則，不滿足題意，故②錯誤；
對③：，，
，
，，，
，，
令，設，，，
則，當時，
根據對勾函數的性質得，則，
當時，有最小值，最小值為，故③錯誤；
對④：由題可得平面，又面為正方形，
∴，
∴AB⊥平面BCF，則AB，BC，CF兩兩垂直，
∴AF為三棱錐的外接球的直徑，
又，
∴三棱錐的外接球表面積為，故④正確.
故答案為：①④.
4．(1)證明見解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）利用線面平行的判定、性質推理即得.
（2）選條件①③或②③，證明底面，求出，（ⅰ）以為原點，建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，進而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直關系的向量表示求出即可.
【詳解】（1）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，則，
而平面平面，于是平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）選條件①③，平面平面，四棱錐的體積為，
連接和交于點，連接，顯然是中點，由，得，
而平面平面，平面，底面，
，，解得，
選條件②③，，四棱錐的體積為，
連接和交于點，連接，顯然是中點，由，得，
又是中點，由，得，而平面，則，底面，
，，解得，
若選條件①②，平面平面，，此2條件均可證明底面，
點的位置不確定，即四棱錐存在，但不唯一，因此條件①②不可選.
（i）以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，
所以，
設平面的法向量為，則，令，得，
平面的法向量為，因此，
所求平面與平面所成角的余弦值為.
（ii）平面交線段于點，由（i）知，，
設，則，
由，得，所以.
【培優篇】
一、解答題
1．（2024·湖北·模擬預測）如圖，在梯形中，，，.將沿對角線折到的位置，點P在平面內的射影H恰好落在直線上.
(1)求二面角的正切值；
(2)點F為棱上一點，滿足，在棱上是否存在一點Q，使得直線與平面所成的角為 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
2．（23-24高二上·浙江湖州·階段練習）如圖，在四棱錐中，，且，，，，，為的中點.
(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
3．（2023·全國·模擬預測）如圖，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的對角線交于點為的中點，.

(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在一點，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由.
參考答案：
1．(1)
(2)存在，
【分析】（1）過點作于點，連接，可證得平面，進而可知為二面角的平面角，利用三角形計算即可得出結果.
（2）連接，由為等邊三角形，H為線段的中點，，又平面，以H為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，求得平面的法向量，假設棱上存在滿足要求的點，設，，利用，計算可求得，即可得出結果.
【詳解】（1）如圖，過點作于點，連接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
為二面角的平面角.
∵，，∴為等邊三角形，，
又中，，，，.
又，，，H為線段的中點.
，，
中，，，
所以二面角的正切值為.
（2）連接，為等邊三角形，H為線段的中點，，
又平面，則，，兩兩垂直，
以H為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
，，.
設平面的法向量為，，
令，可得.
假設棱上存在滿足要求的點Q，設，，.
，
因為直線與平面所成的角為，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，則.
所以當時，與平面所成的角為.
2．(1)證明見解析
(2)存在，1
【分析】（1）取中點，連，證明為平行四邊形，得線線平行，進而證明線面平行；
（2）由長度計算利用勾股定理證明垂直關系，建立空間直角坐標系，假設存在點，設，利用法向量方法得兩平面夾角的余弦值建立方程求得，則得的值.
【詳解】（1）

取中點，連，
由為的中點，則，又，
則，又，
所以四邊形為平行四邊形，
則，平面，平面，
則平面.
（2）取中點，連，
由且，則四邊形是平行四邊形，
故，又，則，
所以，由，則，
在中，，
由余弦定理得，
則，而，所以，
則，即，又，所以平面，
在平面內作.
以為軸正向建立空間直角坐標系，
則，
所以，
假設存在點滿足題意，設，
則可得，
設平面的法向量，
則，令，
則；
設平面的法向量，
則，令，則；
所以，
解得，
所以假設成立，即存在，且時，使得平面與平面的夾角的余弦值為.

3．(1)證明見詳解
(2)
【分析】（1）用向量法證明即可；
（2）假設存在，根據線面角的公式運算即可得解.
【詳解】（1）以為原點建立如圖所示的坐標系，

，，，，
，，，
設面的法向量為，
，令，則，
，
平面，，
平面；
（2）假設存在點，設，
則，
設面法向量，
，，
，令，則，
，
，即，
，
故存在滿足題意的點，此時.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題42 向量法求距離、探索性及折疊問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 3
【考點1】利用向量法求距離 3
【考點2】立體幾何中的探索性問題 6
【考點3】折疊問題 8
【分層檢測】 11
【基礎篇】 11
【能力篇】 15
【培優篇】 17
一、解答題
1．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．
(1)求證平面；
(2)求平面與平面的夾角余弦值；
(3)求點到平面的距離．
2．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；
(2)點在棱上，當二面角為時，求．
3．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．
4．（2024·全國·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
【考點1】利用向量法求距離
一、解答題
1．（2024·海南·模擬預測）如圖，在直四棱柱中，底面四邊形為梯形，，.
(1)證明： ;
(2)若直線 與平面 所成角的正弦值為 ，點 為線段 上一點，求點到平面 的距離.
2．（2024·吉林·模擬預測）如圖所示，半圓柱與四棱錐拼接而成的組合體中，是半圓弧上（不含）的動點，為圓柱的一條母線，點在半圓柱下底面所在平面內，.
(1)求證：；
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值；
(3)求點到直線距離的最大值.
3．（2024·河北·模擬預測）如圖，四棱錐中，平面平面，．設中點為，過點的平面同時垂直于平面與平面．
(1)求
(2)求平面與平面夾角的正弦值；
(3)求平面截四棱錐所得多邊形的周長．
4．（2024·江蘇無錫·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，點在棱上，且．
(1)求四棱錐的表面積
(2)若點在棱上，且到平面的距離為，求點到直線的距離．
5．（23-24高三下·湖南·階段練習）如圖，在四棱錐中，，，，，，平面平面，.

(1)證明：平面；
(2)若點Q是線段的中點，M是直線上的一點，N是直線上的一點，是否存在點M，N使得 請說明理由.
6．（2024·天津和平·二模）如圖，三棱臺中，為等邊三角形，，平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求點D到平面的距離．
反思提升：
(1)向量法求點到直線距離的步驟
①根據圖形求出直線的單位方向向量v.
②在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.
③垂線段長度d＝.
(2)求點到平面的距離的常用方法
①直接法：過P點作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面α的距離.
②轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求.
③等體積法.
④向量法：設平面α的一個法向量為n，A是α內任意點，則點P到α的距離為d＝.
【考點2】立體幾何中的探索性問題
一、解答題
1．（2024·貴州貴陽·二模）由正棱錐截得的棱臺稱為正棱臺.如圖，正四棱臺中，分別為的中點，，側面與底面所成角為.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由.
2．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，棱柱中，側棱底面，，E，F分別為和的中點.
(1)求證：平面；
(2)設，在平面上是否存在點P，使？若存在，指出P點的位置：若不存，請說明理由.
3．（2024·天津·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，平面平面，，.
(1)若點是邊的中點，點是邊的中點，求異面直線，所成角的余弦值；
(2)求平面和平面的夾角的余弦值；
(3)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值 若不存在，說明理由.
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）在正四棱柱中，.
(1)在線段上是否存在一點，使得直線平面，若存在，求出長，若不存在，請說明理由；
(2)已知點在線段上，且，求二面角的余弦值.
5．（2024·湖南常德·一模）已知直三棱柱中，，分別為和的中點，為棱上的動點，.
(1)證明：平面平面；
(2)設，是否存在實數，使得平面與平面所成的角的余弦值為
6．（2024·湖南·三模）如圖，四棱錐的底面是梯形，平面.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在一點E，使得二面角的余弦值為.若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
反思提升：
第一步　根據已知條件建立空間直角坐標
系，利用向量法證明線線垂直
第二步　求兩平面的法向量
第三步　計算向量的夾角(或函數值)
第四步　借助于函數的單調性或基本不等式確定最值
第五步　反思解題思路，檢查易錯點
【考點3】折疊問題
一、解答題
1．（2024·北京大興·三模）如圖（1），在中，，，將沿折起到的位置，E，F分別為，上的動點，過作平面，交于點Q，使得平面，如圖（2）.
(1)證明：；
(2)若，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角的余弦值.
條件①：平面平面；
條件②：.
2．（23-24高三上·河北·期末）如圖所示，直角梯形PABC中，，，D為PC上一點，且，將PAD沿AD折起到SAD位置．
(1)若，M為SD的中點，求證：平面AMB⊥平面SAD；
(2)若，求平面SAD與平面SBC夾角的余弦值．
3．（21-22高二下·江蘇常州·期中）在中，，分別是上的點，滿足且經過的重心，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示.

(1)求與平面所成角的大小；
(2)在線段上是否存在點（不與端點重合），使平面與平面垂直？若存在，求出與的比值；若不存在，請說明理由.
4．（2023·山東濰坊·模擬預測）如圖（1）五邊形中，，將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且⊥平面.
(1)求證：；
(2)若直線與所成角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值.
5．（23-24高二上·四川南充·階段練習）如圖，菱形的對角線與交于點，，，點，分別在，上，，交于點，將沿折到位置，．
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值．
6．（2023·江西·模擬預測）一年一度的創意設計大賽開幕了．今年小王從世界名畫《永恒的記憶》中獲得靈感，創作出了如圖1的《垂直時光》．已知《垂直時光》是由兩塊半圓形鐘組件和三根指針組成的，它如同一個標準的圓形鐘沿著直徑折成了直二面角（其中對應鐘上數字3，對應鐘上數字9）．設的中點為，若長度為2的時針指向了鐘上數字8，長度為3的分針指向了鐘上數字12．現在小王準備安裝長度為3的秒針（安裝完秒針后，不考慮時針與分針可能產生的偏移；不考慮三根北針的粗細）．

(1)若秒針指向了鐘上數字4，如圖2．連接、，若平面．求半圓形鐘組件的半徑；
(2)若秒針指向了鐘上數字5，如圖3．設四面體的外接球球心為，求二面角的余弦值．
反思提升：
1.折疊問題中的平行與垂直關系的處理關鍵是結合圖形弄清折疊前后變與不變的關系，尤其是隱含的垂直關系.一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發生變化，不在同一平面上的性質發生變化.
2.由于“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間可以相互轉化，因此整個證明過程圍繞著線面垂直這個核心展開，這是解決空間垂直問題的技巧.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·山西·三模）正方體的棱長為2，分別為的中點，為底面的中心，則三棱錐的體積是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山東臨沂·二模）已知正方體中，M，N分別為，的中點，則（ ）
A．直線MN與所成角的余弦值為 B．平面與平面夾角的余弦值為
C．在上存在點Q，使得 D．在上存在點P，使得平面
3．（23-24高二上·北京豐臺·期中）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規律的立體結構，是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）. 數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體. 如圖，已知一個正八面體的棱長為2，，分別為棱，的中點，則直線和夾角的余弦值為（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·北京順義·二模）如圖，正方體中，P是線段上的動點，有下列四個說法：
①存在點P，使得平面；
②對于任意點P，四棱錐體積為定值；
③存在點P，使得平面；
④對于任意點P，都是銳角三角形.
其中，不正確的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
二、多選題
5．（2024·山東濱州·二模）圖，在邊長為4的正方形中，為的中點，為的中點．若分別沿，把這個正方形折成一個四面體，使、兩點重合，重合后的點記為，則在四面體中，下列結論正確的是（ ）

A．
B．到直線的距離為
C．三棱錐外接球的半徑為
D．直線與所成角的余弦值為
6．（2024·貴州六盤水·三模）（多選）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是線段上的動點，則（ ）
A．的面積為
B．三棱錐的體積為
C．存在點P，使得⊥
D．存在點P，使得⊥平面
7．（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，在平行四邊形中，，分別為的中點，沿將折起到的位置（不在平面上），在折起過程中，下列說法不正確的是（ ）
A．若是的中點，則平面
B．存在某位置，使
C．當二面角為直二面角時，三棱錐外接球的表面積為
D．直線和平面所成的角的最大值為
三、填空題
8．（22-23高二下·安徽·階段練習）已知是平面的法向量，點在平面內，則點到平面的距離為 .
9．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是對角線上的動點（點P與點A，不重合）．給出下列結論：
①存在點P，使得平面平面；
②對任意點P，都有；
③面積的最小值為；
④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對任意點P，都有．其中所有正確結論的序號是 ．
10．（2024·北京西城·一模）如圖，正方形和矩形所在的平面互相垂直．點在正方形及其內部運動，點在矩形及其內部運動．設，給出下列四個結論：
①存在點，使；
②存在點，使；
③到直線和的距離相等的點有無數個；
④若，則四面體體積的最大值為．
其中所有正確結論的序號是 ．
四、解答題
11．（2024·天津北辰·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，∥，，，為棱的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面和平面夾角的余弦值；
(3)求A點到直線的距離.
12．（2023·福建廈門·模擬預測）箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊形．如圖，四邊形為箏形，其對角線交點為，將沿折到的位置，形成三棱錐．

(1)求到平面的距離；
(2)當時，在棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
【能力篇】
一、單選題
1．（2023·湖南邵陽·二模）如圖所示，在矩形中，，，平面，且，點為線段（除端點外）上的動點，沿直線將翻折到，則下列說法中正確的是（ ）
A．當點固定在線段的某位置時，點的運動軌跡為球面
B．存在點，使平面
C．點到平面的距離為
D．異面直線與所成角的余弦值的取值范圍是
二、多選題
2．（2024·山西晉城·二模）如圖，在棱長為2的正方體中，點P是側面內的一點，點E是線段上的一點，則下列說法正確的是（ ）
A．當點P是線段的中點時，存在點E，使得平面
B．當點E為線段的中點時，過點A，E，的平面截該正方體所得的截面的面積為
C．點E到直線的距離的最小值為
D．當點E為棱的中點且時，則點P的軌跡長度為
三、填空題
3．（2023·江西宜春·一模）如圖，多面體中，面為正方形，平面，且為棱的中點，為棱上的動點，有下列結論：
①當為的中點時，平面；
②存在點，使得；
③直線與所成角的余弦值的最小值為；
④三棱錐的外接球的表面積為.
其中正確的結論序號為 .（填寫所有正確結論的序號）
四、解答題
4．（2024·北京·三模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，，為中點，．
(1)設平面平面，求證：；
(2)從條件①，條件②，條件③中選擇兩個作為已知，使四棱錐存在且唯一確定．
（ⅰ）求平面與平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直線于點，求線段的長度．
條件①：平面平面；
條件②：；
條件③：四棱錐的體積為．
【培優篇】
一、解答題
1．（2024·湖北·模擬預測）如圖，在梯形中，，，.將沿對角線折到的位置，點P在平面內的射影H恰好落在直線上.
(1)求二面角的正切值；
(2)點F為棱上一點，滿足，在棱上是否存在一點Q，使得直線與平面所成的角為 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
2．（23-24高二上·浙江湖州·階段練習）如圖，在四棱錐中，，且，，，，，為的中點.
(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
3．（2023·全國·模擬預測）如圖，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的對角線交于點為的中點，.

(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在一點，使得與平面所成角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由.
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