2024年新高考数学一轮复习-向量法求距离探索性及折叠问题

专题47向量法求距离、探索性及折叠问题

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，的单位方向向量为〃，/是直线/上的定点，户是直线/外一点，设方三a,则向量前在直

线，上的投影向量无（a"）〃，在Rt△力户0中，由勾股定理，得|苏|「I痛12=N#一（。•a））

4Q

2.点到平面的距离

如图，己知平面a的法向量为A,4是平面a内的定点，户是平面a外一点.过点尸作平面a的垂线

交平面a于点0,则A是直线/的方向向量，且点尸到平面a的距离就是方在直线，上的投影向量施|长

度，因此懑•用=|个卜与应

【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K

②在直线上任取一点〃（可选择特殊便于计算的点）.计算点〃与直线外的点”的方向向量流

③垂线段长度d=N痂一（而•v）2.

2.求点到平面的距离的常用方法

①直接法：过户点作平面a的垂线，垂足为0,把放在某个三角形中，解三角形求出制的长度就是点

户到平面a的距离.

②转化法：若点户所在的直线/平行于平面。，则转化为直线/上某一个点到平面。的距离来求.

③等体积法.

IPA,n\

④向量法：设平面a的一个法向量为A,/是a内任意点，则点户到a的距离为『=-一〔1

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

312

【典例1］已知棱长为1的正方体/况®—第密若点尸在正方体内部且满足尻I诵+］通+商；则点尸到

AB的距离为.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,

一31122<31

贝必〃=彳(1,0,0)+-(0,1,0)+-(0,0,1)=匕：

4Z2J3\A2I)

又四=(1,0,0),

淳葩上的投影为/常,

成4

・••点〃到的距离为

、2

弧诵)=i-

【典例2】如图，四棱锥户一/6切中，AB//CD,£为的中点.

(1)证明：应'〃平面序。

(2)若26,平面如G△咖是边长为2的正三角形，求点£到平面用，的距离.

【解析】⑴证明如图，取如的中点凡连接力凡EF,

因为£为尸C的中点，户为阳的中点，

所以於平行且等于;或

又AB匹CD,

所以防平行且等于AB,

故四边形/巫广为平行四边形,

所以BE//AF.

又质平面PAD,4ct平面PAD,

所以应'〃平面PAD.

⑵解法一(向量法)如图，取芯的中点4?的中点以连接能掰则的〃以

在等边△阳C中，PO=yf3,OPLBC.

又平面PBC,所以加_平面PBC.

如图，以。为坐标原点，分别以射线OG0M,。的方向为，轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,

则9(0,0,事),力(一1,1,0),2(1,2,0),

C(l,0,0),故0,

所以为二⑵1,0）,汤=（—1,1,一小）,无=区0,

设平面以，的法向量为A=（X,y,z）,

n•AD=Q,j2x+p=0,

即

则,1—x+y-/z=0,

、n,B4=0,

令x=l,则p=—2,z=一小,故〃=（L—2,一4）为平面阳〃的一个法向量.

所以点后到平面阳〃的距离d=""

|xi+0X(-2

法二（等体积法）由⑴得BE//平面PAD,

故点8到平面以〃的距离等于点£到平面以〃的距离.

如图，取比1的中点G,连接/G,DG,BD,易知PG1BC.

又△随是边长为2的正三角形，

所以小=小,PB=BC=2.

因为/瓦L平面PBC,平面中，

所以平面/腼_L平面PBC.

因为平面ABCDC平面PBC=BC,

所以尸C_L平面/8G9,所以尸C1.而

因为力反L平面97,所以ABLBC,ABLPB,

所以四边形口是直角梯形，且48=1,8c=2,CD=2,

则都=#,Sk^=|xiX2=l.

因为48_L阳，AB=1,PB=2,

所以PA=y[5.

在Rt△■第中，易知的=乖.

又PG=事,所以昨2书,

所以X2A/2Xy[(乖)2—〈句)2;邓

设点8到平面PAD的距离为h,

因为三棱锥产一板的体积

11

力=§5k曲义PG,

匚U1、ISAABMPG

所以h=----------二

所以点6到平面序，的距离为坐.

【典例3】如图，在正三棱柱A6C—464中，各棱长均为4,"是S的中点.A.

(1)求点”到直线46的距离；

(2)求点G到平面9V的距离.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，

则4(0,0,0),8(2小,2,0),<7(0,4,0),G(0,

,:N是CG的中点，

Z.M0,4,2).

(1)>=(0,4,2),蠢=(2事,2,0),

贝/和=24，|诵|=4.B

设点“到直线"8的距离为“，

(2)设平面2册的一个法向量为刀=(x,y,z),

n,AB—2yf3x-\-2y=0,

则＜

n•AN=^y-\-2z=Q,

令z=2,则p=-1,x=3

—1,2

易知承仁(0,0,-2),

设点G到平面/外的距离为必

-4

则&=乌半=色叵=小

国3

【题型二】立体几何中的探索性问题

【典例1］已知正方体ABCD—ABCM点E为AM中点，直线8c交平面CDE千点、F.

(1)求证：点户为AG的中点；

(2)若点〃为棱/历上一点，且二面角尸。?一£的余弦值为厚，求嘿的值.

oA\D\

【解析】(1)证明如图所示，取合a的中点"，

连接庞，EF,FC,

由于力以力一48G〃为正方体，E,F'为中点，故项'//CD,

从而自尸，C,2四点共面，

平面C定即平面CDEF',

据此可得，直线AG交平面鹿于点少，

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点尸与点尸'重合，

即点尸为81G的中点.

(2)解以点2为坐标原点，DA,DC,切所在直线分别为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,

则〃(2,2才，2),67(0,2,0),产(1,2,2),£(1,0,2),

从而获=(—2,2—24,-2),游=(1,0,2),

施=(0,-2,0),

设平面欣T7的法向量为必=(xi,yi,zi),则

m•MC——2荀+(2—24)％—2zi—0,

<

.CF=xi+2zi=0,

令zi=-1可得0=(2,J、,-

设平面性的法向量为〃=(如"2,z2),贝！！

n・FE=-2y2=Q,

、n・CF=X2+2Z2=Q,

令z2=-l可得n—(2,0,—1),

从而m•72=5,

整理可得(4—1)2=：,故去).

所以5

【典例2】如图，三棱柱/8C—46上的所有棱长都为2,BK=乖,AB上BC

(1)求证：平面/能4J_平面/及7；

4

⑵在棱6合上是否存在点R使直线〃与平面所成角的正弦值为:若不存在,请说明理由；若存在,

求孤的长.

【解析】⑴证明如图，取相的中点〃连接切，BQ

A

因为三棱柱ABC—ABC的所有棱长都为2,

所以力艮LG9,g木,BD=\.

又因为四，6C

且切n6c=GCD,平面61G9,

所以/员L平面8az

又因为平面合5，

所以48J_8〃

在Rt△瓦切中，BD=\,8避=2,

所以用g小.

在△合切中，切=/，BiD=&AC=#,

所以5+8/=8乙

所以CDLBD

又因为A5_L8。，ABCCAD,AB,切u平面力及?，

所以反〃1平面ABC.

又因为反〃u平面AB&A,

所以平面/初4_L平面ABC.

(2)解假设在棱做上存在点户满足条件.以DC,DA,眼所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间

直角坐标系，

则4(0,1,0),8(0,-1,0),C(小,0,0),氏(0,0,小),

因此BBi=(0,1,*\^3),AC^,—1,0),44=BBi=(0,1,^3),CB=(一~\^3,—1,0).

因为点尸在棱圈上，

设滋=1屈=4(0,1,/),其中0W4WL

则』为+茄=为+儿血=(一/,-1+A,木"

设平面47G4的法向量为〃=(x,y,z),

n•AC=Q,

由＜

n•AAi=0,

取x=l,则y=/,z=—l,

所以平面4制4的一个法向量为A=(1,-1).

4

因为直线〃与平面/如所成角的正弦值为?

所以Icos5,CP)|=-----------

\n\\CP\

2近_4

一邓Xy/3+(-4+3』一m

化简得16几2—84+1=0,

解得所以I明=力丽|=看

故第的长为

【典例3】如图，四棱锥S—/8切的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的9倍，尸为侧棱园上的

点.

(1)求证：ACVSD-,

⑵若即，平面用G求平面序。与平面的C夹角的大小；

(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点£,使得跳〃平面为C若存在，求必':欧的值；若不存在,

试说明理由.

【解析】⑴证明如图，连接被设立交物于点。，连接so.

由题意知，平面力反力，以〃为坐标原点，

以08,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50=乎小

于是40,0,250,坐&o).

当a,0,0),

于是流=(o,当a,0),

贝I］赤.sb=o,

故.0C1SD,从而4C_L5ft

(2)解由题设知，平面为C的一个法向量应=修@,0,*a),平面物。的一个法向量应三，，0,%.

设平面必。与平面物C的夹角为9,

…।f।\OS'^S\#

贝!Icos9=|cos〈OS,DS)I='--------=o-'

\OS\\DS\'

所以平面B4c与平面的C夹角的大小为30°.

⑶解假设在棱SC上存在一点£使龙〃平面PAC.

根据第⑵问知应是平面用C的一个法向量，

且四件a,0,叫，米=卜，—乎a,平a).

设旗=£云(OWtWl),

因为0,0),(o,*a,o),

所以应'=1一坐2,坐a,0),

则~BE=BC+CE=BC+tCS

=T，4(一),乎“

又能•应二0,

2A

得一■|_+0+于%=0，

则t=:,

当5F：EC=2：1时，BE1,DS.

由于M平面为「，故庞〃平面为C

因此在棱SC上存在点E,使应'〃平面PAC,此时SE:£C=2：1.

【题型三】折叠问题

【典例1】如图1.梯形力皿中，AB//CD,过46分别作四,"，BFLCD,垂足分别为£,F.AB=AE

=2,5=5,DE=\,将梯形46(力沿力£,即折起，得空间几何体47265如图2.

⑴图2中，若AFLBD,证明：龙_1平面/母及

(2)在⑴的条件下，建DE〃CF,求二面角。/月C的余弦值.

【解析】⑴证明：由已知得四边形/叱是正方形，且边长为2,如图，连接庞，贝1]/吐龙,

又AFLBD,BECBD=B,所以"X平面皿

又DEU平面BDE,所以"1_庞，

又AELDE,AEC\AF=A,所以庞_1平面/母E

(2)由(1)知仍，EA,"两两垂直，

以£为坐标原点，EA,EF,反的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系,

则4(2,0,0),尸(0,2,0),<7(0,2,2),2(0,0,1),

苏=(一2,2,0),AD=(~2,0,1),&=[0,0,2).

设平面物1的法向量为z?=(x,y,z).

n,AF=0,[—2x+2y=0,

由，得｛c,c不妨取X=l,得〃=(1,1,2),

[n-AD=0-2x+z=0,

设平面的法向量为必=(xi,%zi),

m,AF—0,\—2xi+2yi=0,

由，得L_n取荀=1得以=(i,1,0),

jn•下C=012zi=(h

\I国2小

设二面角，4cle的大小为9,则cos9=|cos〈而，加।-丁丁声南一3-

所以二面角2/FC的余弦值为手.

O

【典例2】在△/双；中，D,£分别为/C的中点，AB=2BC=2CD,如图1,以龙为折痕将△/庞折起,

使点A达到点尸的位置，如图2.

(1)证明：平面阅P_L平面CEP-,

(2)若平面〃卯，平面BCED,求直线如与平面叱所成角的正弦值.

【解析】⑴证明：在题图1中，因为AB=2BC=2CD,且〃为4?的中点，

所以由平面几何知识，得//"=90°.

又£为/「的中点，所以DE〃BC.

在题图2中，CEVDE,PELDE,旦CECPE=E,

所以庞，平面CEP,

所以8aL平面CEP,

又比t平面BCP,

所以平面犯让平面CEP.

(2)因为平面困此平面8曲,平面㈤T1平面及的=庞，4七平面㈤EPLDE,

所以皮＜1平面BCED.

又CFu平面BCED,

所以EPLCE.

以£为坐标原点，ED,~EC,标的方向分别为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，设以=2a,

贝!JA5=4a,4c=2小a,AE=CE—y^3a,DE=a.

则户（0,0,木a）,D1a,0,0）,C（0,事a,0）,5（2a,小a,0）.

所以尻（一a,0,/a）,法=（—2a,0,0）,

CP=（0,一小a,y[3a）.

设平面aF的法向量为n=（x,y,z）,

n•5（7=0,j—23x=0,

则_即

1—A/3ay+maz=0,

j].CP=0,

令p=l,则z=l,所以〃=（0,1,1）.

设分与平面位所成的角为9,

\n-DP\V3a^6

则sin9=\cos〈〃，DP)㈤■「加义2a=4

所以直线加与平面8h所成角的正弦值为幸.

【典例3】图①是由矩形皿防，和菱形班5c组成的一个平面图形，其中26=1,BE=BF=2,ZFBC

=60°.将其沿宽折起使得应'与即重合，连接，G,如图②.

(1)证明：图②中的4C,G,，四点共面，且平面人平面8a拓；

(2)求图②中的平面6(%与平面/CG夹角的大小.

【解析】⑴证明由已知得"〃巫CG//BE,所以4>〃CG,

所以CG确定一个平面，从而4C,G,。四点共面.

由已知得/AL庞，ABVBC,ABECBC=B,BE,比t平面应选

所以/员L平面BCGE.

又因为平面/6G所以平面被7_L平面比1曲

⑵解作EH1BC,垂足为〃

因为屣平面比a平面8a法_1平面/8G平面8(%圻1平面力8。=比；

所以班L平面/比：

由已知，菱形优优1的边长为2,NEBC=60°,可求得即=1,EH=/.

以〃为坐标原点，瓦的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz,

则4(-1,1,0),<7(1,0,0),

6(2,0,小),龙=(1,0,y[3),赤=(2,-1,0).

设平面力皈的法向量为n=(x,y,z),

CG,n=0,fx+mz=0,

则即Y

>-27=0,12x—y=0.

所以可取A=(3,6,—/).

又平面的法向量可取〃=(0,1,0),

n*my[3

所以cos(z?,ni)

~\n\\m\~2'

因此平面6CG与平面夹角的大小为30°.

三、【培优训练】

【训练一】如图，在四棱锥产一/皿中，*_L平面/戊力，ADVCD,AD//BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD

PF1

的中点，点尸在户，上，且瓦■=§.

(1)求证：平面序2；

⑵求平面见£与平面为£夹角的余弦值；

pro

⑶设点G在加上，且无=§.判断直线4G是否在平面/田内，说明理由.

【解析】⑴证明因为为，平面/比〃如平面/区力，所以序，◎

又因为PAC\AD=A,PA,4t平面必〃

所以"_L平面PAD.

⑵解过点力作/〃的垂线交8c于点〃

因为7^_L平面ABCD,AM,4fc平面ABCD,

所以以_L4例PALAD.

建立如图所示的空间直角坐标系4一xyz,则力(0,0,0),6(2,-1,0),C(2,2,

0),DQ,2,0),尸(0,0,2).

因为£为如的中点，

所以£(0,1,1),

所以懑'=(0,1,1),五'=(2,2,-2),前一(0,0,2),

sL1-(222、

所以a'=yC=［可，鼻，—7-)

o\oooJ

一一,-*--►―►/乙乙T：]

所以/方="+件=可，鼻，

\OOO]

设平面用£的法向量为A=(X,y,z),贝IJ

1•亚=0,p+z=0>

,即j2,2,4

[n-AF=0,序+P+孑=S

令z=l,则p=—l,X=­l.

于是〃=(—1,—1,1).

又因为平面序£的一个法向量为0=(1,0,0),

所以cos5,夕〉=产।=一哗.

l-^l\P\3

yR

由题知，平面q1£与平面用£夹角的余弦值为手.

(3)解直线/G在平面/外1内，理由如下:

PQ2

因为点G在阳上，且成=可，如=(2,-1,-2),

1D0

…一2f<424、

所以户6=1/力=鼻，一鼻，一可，

J\oooJ

…一一一(422、

所以ZG=4H•尸C=鼻，~.

由⑵知，平面力砂的一个法向量A=(-1,-1,1),

f422

所以"〃=_g+g+g=O.

又点/G平面/即所以直线4G在平面/筋内.

【训练二】如图，在四棱锥尸一/6⑦中，底面485是边长为4的正方形，△为〃是正三角形，OR平面以A

E,F,G,。分别是R7,PD,BC,加的中点.

(1)求证：尸0_L平面/及力；

(2)求平面厮G与平面切夹角的大小;

JI

⑶在线段打上是否存在点瓶使得直线做与平面的所成的角为于若存在，求线段阴的长度；若不存

在，请说明理由.

【解析】(1)证明因为△阳。是正三角形，。是4?的中点，

所以POLAD.

又因为"_L平面PAD,R七平面PAD,

所以POLCD.

又ADCCD=D,AD,C%平面ABC。,

所以尸〃_L平面ABCD.

(2)解如图，连接。G,以。点为坐标原点，分别以如，0G,8所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角

坐标系，

则。(0,0,0),力⑵0,0),8(2,4,0),

(7(-2,4,0),〃(一2,0,0),6(0,4,0),

户（0,0,2噂），£（-1,2,小）,F（-l,0,班）,

法=（0,-2,0）,而=（1,2,一十），

设平面防。的法向量为R=（X,y,z）,

EF,m=0,

则h

EG,m=0,

f—2y=0,

令z=l,则卬=(4,0,1),

又平面极力的法向量n=(0,0,1),

设平面班?与平面/优9的夹角为9,

1

-

X2

JI

所以

B=Fo，

JT

所以平面班?与平面46口的夹角为丁.

⑶解不存在，理由如下：

假设在线段PA上存在点M,

JI

使得直线第与平面鳍G所成的角为次,

6

jt

即直线粉的方向向量与平面区％法向量0所成的锐角为可，

设商=4西，Ae[0,1],

GM=GP+PM=GP+^PA,

所以存(2儿，一4,2小一2#A),

所以cos£=|cos〈威而|=,

,J2Y4人一64十7

整理得2V—34+2=0,

/<0,方程无解，

所以不存在这样的点〃

【训练三】如图，已知正方形40的边长为4,E,6分别为%的中点，沿鳍将四边形及切折起,

使二面角小塔C的大小为60°,点〃在线段上.

⑴若〃为26的中点，且直线版与由4D,£三点所确定平面的交点为。，试确定点。的位置，并证明直

线切〃平面EMC-,

(2)是否存在点瓶使得直线庞与平面叱所成的角为60°；若存在，求此时二面角外舐厂的余弦值，若

不存在，说明理由.

【解析】(1)因为直线后t平面/笈阳

故点。在平面力加F内，也在平面力施内，所以点。在平面/叱与平面4座的交线上(如图所示)，

因为力。〃即，〃为4?的中点，所以二04侬AFBM，

所以例七的AO=BF,所以点。在用的延长线上，

且AO=2,

连接加交比'于"因为四边形勿即为矩形，所以"是£61的中点,

连接网因为研为△瞅的中位线，所以朋〃勿，

又因为曲仁平面砌7,如平面呼

所以直线切〃平面EMC.

(2)由已知可得，EFVAE,EFLDE,AECDE=E,

所以眈1平面/庞，

所以平面4物%L平面ADE,

取力£的中点〃为坐标原点，

以AH,如所在直线分别为x轴，z附N,建立如图所示的空间直角坐标系，

所以£(—1,0,0),2(0,0,小),(7(0,4,十)，厂(一1,4,0),

所以诙=(1,0,小),应二(1,4,回，

设〃(1,t,0)(0WtW4),则尾(2t,0),

设平面应％1的法向量m=(x,y,z),

EM=0,(2x+ty=0,

则《/厂

必.元=0〔x+4y+/2=0,

因为应与平面隧'所成的角为60°,

二看,所以「一4亡+3=0,

解得力=1或t=3,

所以存在点四使得直线庞与平面酸1所成的角为60°.

取"的中点0,因为EF.L平面ADE,力上平面ADE,

所以四J_£F,

又因为龙，DECEF=E,DE,"t平面两

所以幽，平面CEF,则应为平面处的一个法向量,

设二面角厅的大小为9,

所以1c°s。匚手工=——J2—、尸/—],

•㈤木7"+型乎[i+19

因为当e=2时，cos0=0,平面砌7_L平面呼，

1

--

所以当t=l时，夕为钝角,-4

当力=3时，。为锐角，所以cos夕=『

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x=y-l=z,空间一点尸（1,1,1）,

则点尸到直线/的距离为（）

A.叵B.1C.3D.

233

【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/的方程为丈=，-1=2,

即；则直线/的方向向量为〃=（W），又因为过点A（0」,0）,

|/t|-Vl2+l2+l2=V3,”=（1,0,1）,贝"」尸|=，12+12=应,

APn_2_2A/3

故A户在■上的射影为:网一耳一亍

故选：D.

2.（2023•全国•高二专题练习）如图，在平行六面体ABC。-44GA中，以顶点/为端点的三条棱长都

是a,且AB_LAD,=Z^AD=60°,£为。6的中点，则点£到直线AG的距离为（）

【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ABC£>-A4C|R中，不妨设=AD=b，/阻=。.

....1

ACX=AB+AD+AAl=d+b+c,CtE=--c,

|<r/|=|/?|=|c|=,d-b=O,d-c=b•C=axax^=^a2,

所以1AC，=1+b+中山2+/+J+2d•b+2d•c+2c•b=第a,|^£|=—a,

C]E■AC】———c'bc卜——^C'd+c,6+c，e)=-cr,

3.（2023•江西•校联考模拟预测）在空间直角坐标系中，已知

A（a2,2a,6）,B（0,0,l）,C（l,l,2）,D（-l,0,3）,£（a2,0,5）,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（）

.2A/42rV14「4后口1

A•----------D.---------U.-----------U.

217357

【答案】C

【分析】根据题意，求得平面BCD的一个法向量”=（2,-3,1）,结合向量的距离公式，求得点A到平面BCD

(2tz2-+5)

的距禺——=_I，根据二次函数的性质，求得AE=（O,-3,-1）,利用夹角公式，即可求解.

V14

【详解】因为人（〃,2°,6）,2（0,0,1）,。（1,1,2）,£＞（-1,0,3）,石（〃,0,5）,

nBC=x+y+z=0

设〃=（x,y,z）是平面BCD的法向量，则,

n•BD=-x+2z=0

令x=2,可得y=-3,z=l,所以3=(2,-3,1),

所以点A到平面BCD的距离,_WT_|2/-6°+5|

八3r一亚V14

3

当。=万时，d取得最小值，此时AE=（O,-3,T）,

\A.E-T\84J3

所以直线AE与平面3C。所成角的正弦值为^~卡L一=笠

\AE\UV10XV1435

故选：C.

4.（2023•全国•高二专题练习）如图，已知正方体力比»-4eGA的棱长为2,点户为线段图上的动点,

则点尸到直线"'的距离的最小值为（）

G

4

A

2由D..

A.1B.旦

2~3~4

【答案】C

【分析】以2为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x轴，了轴，2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26切-46£功的棱长为2,点户为线段6G上的动点，

以2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4(2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),设PQ2-t,2,t),(0WtW2),

BP=(T,0,t),AC=(-2,2,0),AB=(0,2,0),

设异面直线BP,AC的公共法向量为n=(x,y,z),

AC-n=-2x+2y=0

则取X=l,得”=(1,1,1),

BP-n=-tx+tz=0

二点户到直线力。的距离为:

限丽_2_2力

d=

\n\~y/3~3

点尸到直线〃的距离的最小值为毡.

3

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

A（a2,2a,6）,B（0,0,l）,C（l,l,2）,D（-l,0,3）,

£（a2,0,5）,则当点/到平面阳的距离最小时，直线/£与平直颇所成角的正弦值为（）

A2而RV14「4735口i

217357

【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DA=（"+l,2a,3）,潴=（1,1]），5D=（-1,0,2）.

设”=（无,y,z）是平面BCD的法向量，

n-BC=0fx+y+z=0,、

则，即cc，令x=2,贝”=l,y=-3得〃=2,—3,1.

n-BD=Q[-尤+2z=0'7

所以点力到平面BCD的距离,=四八=四-6。+5|=2（、）+万,

|n|V14V14

3

当时，"取得最小值，此时AE=（O,-3,-l）,

AE•n\Q

所以直线/£与平面6切所成角的正弦值为~昌==:

\AEWn\VWXA/14-35

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ABC。-A与60中，点£,F

分别是棱。A，8瓦上的动点（异于所在棱的端点）.给出以下结论：①在尸运动的过程中，直线尸G能与

/£平行；②直线AG与正必然异面；③设直线/£,/尸分别与平面ABCQi相交于点R0,则点G可能在

直线尸0上.其中所有正确结论的序号是（）

A.①②B.①③C.②③D.①②③

【答案】B

【分析】当点反尸分别是棱。2，B片中点时，可证明四边形AEQ尸是平行四边形，故可判断①②；建立

空间直角坐标系，当点£,厂分别是棱。2，2片中点，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ABCD-AgGR中，AB=CR,DR=BBi，BC=AD,连接，ACrEF,当点£,尸分别

是棱。口，5片中点时，由勾股定理得：=[AD。+DE2，GF=也出；+Bp,故AE=G尸，同理可得：

AF=QE,故四边形AEC/是平行四边形，所以在厂运动的过程中，直线尸G能与力£平行，4。与梦相

交，①正确，②错误；

以G为坐标原点，CR,C国,GC所在直线为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系，则当点£,尸分别

是棱。口,B片中点且长方体为正方体时，设棱长为2,则G（0,0,0）,M（2,-2,0）,N（-2,2,0）,则

C,M=（2,-2,0）,NQ=（2,-2,0）,则GM=NC；,又两向量有公共点，所以C1,M,N三点共线，故则点C1可

能在直线园上，③正确.

故选：B

7.(2022•高二课时练习)如图，已知正方体ABCD-ABiG。中，尸为线段的中点，£为线段4G上的

动点，则下列四个结论：①存在点£,使EP〃BD；②存在点反使平面A^G。；③绪与AR所成

的角不可能等于60°；④三棱锥瓦-ACE的体积随动点£的变化而变化.其中正确结论的个数是()

A.4B.3C.2D.1

【答案】D

【分析】设正方体的棱长为1,以点。为坐标原点，以D4,DC,。。所在的直线为x,y,z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ZM,DC,所在的直线为x,z轴建立

空间直角坐标系，

则0(0,0,0),A(l,0,0),5(1,1,0),c(o,1,0),0,(0,0,1),4(1,0,1),B,(1,1,1),G(0,

1,1),点咱

贝l]DE=DG+£E,而GE=2GA(0V/lVl),DC,=(0,1,1),C,?l,=(1,-1,0),

C|E=(4-2,0),HlttDE=(A,l-2,l),

"1'E=(A,I—Aj1),EF=(4,4,—),

22

T_T_°

对于①而言就是否存在实数力，使EFIIBD,而BD=(-1,-1,0),厂一力一1,止匕即一=。,3^=0,

\一4一厂A.1-2Z

这样的力不存在，，①错误;

对于②而言就是否存在实数2,使斯工平面首先我们在平面AAG。内任意找到两条相交直线的

方向向量，不妨就找C01和CQ,

于是:=即就是当E为GA的中点的时候，,②正确;

EFCD=O11八2

i}—X=U

12

同理，对于③而言，还是判断这样的实数4是否存在，ADl=(-l,0,l),EF=(1-2,2,-1),

AD,­EFA-l

设其夹角为6,则cos6»==

\ADX\-\EF\

应X、

0_111

令6=60。，此即——,-将上式平方解得2=7，将几回代原式结论成立，，这样的2存

夜』；-"+外+；2

在；③错误；

对于④来说，E点无论在AG上怎样移动，底面“上的高不变，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E点的变化而变化，故④错误.

所以正确的个数为1个.

8.(2022秋•高二课时练习)在棱长为2的正方体ABCO-AAG，中，M,"两点在线段4G上运动，且

MN=1,给出下列结论：

①在〃，”两点的运动过程中，3D，平面3MN；

②在平面CD2G上存在一点P,使得PC〃平面BMN；

③三棱锥片-MNB的体积为定值正；

3

④以点〃为球心作半径为2夜的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为3兀.

其中正确结论的序号是()

A.①②③B,①③④C.②④D.②③④

【答案】D

【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点N移动到点C1时，由于。R3G=THO,故与

不垂直，所以①错误；

②证明出线面平行，从而平面CDDG上存在一点己使得尸C//平面WW；

③作出辅助线，利用5-MNB=力-4削求出体积为定值；

④得到球面被正方体表面所截得的弧为3个半径为2的:圆弧，求出弧长和.

4

【详解】以2为坐标原点，物所在直线为X轴，加所在直线为y轴，D2所在直线为Z轴，建立空间直角

坐标系，

如图1,对于①，当点N移动到点G时，此时3(2,2,0),0(0,0,0),G(0,2,2),

则DB=(2,2,0),BQ=(0,2,2)-(2,2,0)=(-2,0,2),

因为。京3c=(2,2,0).(-2,0,2)=-420,

图1

对于②，平面与平面BAG为同一个平面，而CD"/84,

所以当点尸在CA上时，总有尸c//平面BA。1,从而有PC//平面私W,所以②正确;

图2

如图3,连接4A,8幽,用N,交AG于点0,则BQ」AG，故耳。为三角形BtMN的高，且4。=g=0,

所以SB、MN=；MN-BQ=；X1X6=5,

又8片，平面A8GR，

XX2

故%「MVB=VB-B,MN=gsB、MN,=J~=~,所以③正确；

图3

D\=DB=DG=2叵,

以点〃为球心作半径为2a的球面，

球面被正方体表面所截得的弧为以2,AC为圆心，3个半径为2的!圆弧,

4

弧长和为:x2兀><2=3兀，所以④正确，

4

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A5CD-中，点P满足

BP=ABC+^BBi,其中,贝！］()

A.|叫4班

B.当2时，有且仅有一个点P,使得API平面48。

C.当〃=g时，有且仅有一个点尸，使得

D.当彳+〃=；时，三棱