文档内容
限时跟踪检测(四十六) 综合问题
一、单项选择题
1．三棱柱ABCABC 的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA ＝1，则点A到平面ABC的距离
1 1 1 1 1
为( )
A. B. C. D.
2．(2024·湖南益阳模拟)如图，在正三棱柱ABCABC 中，若BB ＝2，AB＝2，则点C到直线AB 的距离为(
1 1 1 1 1
)
A. B. C. D．2
3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCDABC D 中，E，F分别为棱AA，BB 的中点，G为
1 1 1 1 1 1
棱AB 上一点，且AG＝λ(0<λ<2)，则点G到平面DEF的距离为( )
1 1 1 1
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ABCDABC D 的棱长为1，点E，O分别是AB ，AC 的中点，P在
1 1 1 1 1 1 1 1
正方体内部且满足AP＝AB＋AD＋AA1，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ABCD 的距离是
1 1
C．平面ABD与平面BCD 间的距离为
1 1 1
D．点P到直线AB的距离为
三、填空题与解答题
5．正方体ABCDABC D 的棱长为1，E，F分别为BB，CD的中点，则点F到平面ADE的距离为________．
1 1 1 1 1 1 1
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OO 折起，使平面
1
ADO O⊥平面BCO O，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
1 1
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△ADE的位置，使二面角ADEB成直二面角，连接AB，AC(如图2)．
1 1 1 1
图 1 图 2
(1)求证：AD⊥平面BCED.
1
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA 与平面ABD所成的角为60°.若存在，求出PB的长；若不存在，请
1 1
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EF＝
λDB(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PABCD，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ABCABC 的底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA ＝1，则点A到平面ABC的距离
1 1 1 1 1
为( )
A. B. C. D.
解析：设点A到平面ABC的距离为h，
1
∵V三棱锥AABC＝V三棱锥AABC，
1 1
∴S ·AA＝S△ABC·h，
△ABC 1 1
∴××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ABCABC 中，若BB ＝2，AB＝2，则点C到直线AB 的距离为(
1 1 1 1 1
)
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)，B(0，，2)，C(－1,0,0)，所以AB1
1
＝(－1，，2)，AC＝(－2,0,0)，所以点C到直线AB 的距离为＝＝.
1答案：B
3．(2024·湖南长沙模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCDABC D 中，E，F分别为棱AA，BB 的中点，G为
1 1 1 1 1 1
棱AB 上一点，且AG＝λ(0<λ<2)，则点G到平面DEF的距离为( )
1 1 1 1
A．2 B. C. D.
解析：方法一：因为E，F分别为棱AA ，BB 的中点，所以AB∥EF.又AB⊄平面DEF，EF 平面DEF，所
1 1 1 1 1 1 1 1
以AB∥平面DEF，又G在AB 上，所以点G到平面DEF的距离即为点A 到平面DEF的距离．作AM⊥DE，
1 1 1 1 1 1 1 1 ⊂ 1 1
交DE于点M(图略)，因为EF⊥平面AADD，所以AM⊥EF，又DE∩EF＝E，所以AM⊥平面DEF.所以点A 到
1 1 1 1 1 1 1 1
平面DEF的距离即为AM的长．又AE＝1，AD＝2，所以DE＝，所以点G到平面DEF的距离为AM＝＝.
1 1 1 1 1 1 1 1
方法二：连接EG，以D为原点，以DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如
1
图．
则G(2，λ，2)，D(0,0,2)，E(2,0,1)，F(2,2,1)，所以ED1＝(－2,0,1)，EF＝(0,2,0)，EG＝(0，λ，1)．
1
设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
取x＝1，得n＝(1,0,2)．
所以点G到平面DEF的距离d＝＝＝.故选D.
1
答案：D
二、多项选择题
4．(2024·湖南岳阳阶段检测)已知正方体ABCDABC D 的棱长为1，点E，O分别是AB ，AC 的中点，P在
1 1 1 1 1 1 1 1
正方体内部且满足AP＝AB＋AD＋AA1，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ABCD 的距离是
1 1C．平面ABD与平面BCD 间的距离为
1 1 1
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)，A(0,0,1)，C (1，1,1)，D(0，1,1)，
1 1 1
E，所以BA＝(－1,0,0)，BE＝.设∠ABE＝θ，则cos θ＝＝，sin θ＝＝.故点A到直线BE的距离d ＝|BA|sin θ＝1×
1
＝，故A错误；易知C1O＝C1A1＝，平面ABCD 的一个法向量DA1＝(0，－1,1)，则点O到平面ABCD 的距离d
1 1 1 1 2
＝＝＝，故B正确；A1B＝(1,0，－1)，A1D＝(0,1，－1)，A1D1＝(0,1,0)．设平面ABD的法向量为n＝(x，y，
1
z)，则所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)．所以点D 到平面ABD的距离d ＝＝＝.因为平面ABD∥平
1 1 3 1
面BCD，所以平面ABD与平面BCD 间的距离等于点D 到平面ABD的距离，所以平面ABD与平面BCD 间的
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
距离为，故C正确；因为AP＝AB＋AD＋AA1，AB＝(1,0,0)，AD＝(0,1,0)，AA1＝(0,0,1)，所以AP＝，则＝，所
以点P到直线AB的距离d＝ ＝＝，故D正确．故选BCD.
4
答案：BCD
三、填空题与解答题
5．正方体ABCDABC D 的棱长为1，E，F分别为BB，CD的中点，则点F到平面ADE的距离为________．
1 1 1 1 1 1 1
解析： 以A为坐标原点，AB，AD，AA 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
1
A(0,0,1)，E，F，D(0，1,1)．
1 1
∴A1E＝，A1D1＝(0,1,0)．
设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则即
令z＝2，则x＝1.
∴n＝(1,0,2)．又A1F＝，
∴点F到平面ADE的距离为
1 1
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OO 折起，使平面
1
ADO O⊥平面BCO O，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
1 1
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，OO 两两垂直，
1
∴以O为坐标原点，OA，OB，OO 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
1
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，
∴OD＝(3,0,6)，AQ＝(0，m,0)，PQ＝.
∵OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，
∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，
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)，∴QB＝(－6,3,0)，BC＝(0，－3,6)．
设平面CBQ的法向量为n＝(x，y，z)，
1
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，所以n＝(1,2,1)．
1
易得平面ABQ的一个法向量为n＝(0，0,1)．
2
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BD＝，
设A(x，y，z)，则BA＝(x－，y，z)，CD＝，
由AB∥CD，AB＝CD，得BA＝CD，解得A(，－1,1)，则ED＝，EA＝(，－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〈BD，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AB＝(2,0,0)，AE＝(1,1，m)，
设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1 1 1
则即
令y＝m，则n＝(0，m，－1)，
1 1
设直线BS与平面EAB所成的角为θ，BS＝(－2,0,2m)，
则sin θ＝|cos〈n，BS〉|＝＝＝＝，
1
∴m＝或m＝，
∵平面ABCD的一个法向量可取n＝(0，0,1)，
2
当m＝时，由BC＝(0,2,0)，
BS＝(－2,0,2)，
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
3 3 3 3
则
令x＝，则n＝(，0,1)，
3 3
设平面SBC与平面ABCD的夹角为α，则cos α＝|cos〈n，n〉|＝＝＝，∴α＝.
2 3
同理，当m＝时，
可取n＝(1,0，)，
3
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△ADE的位置，使二面角ADEB成直二面角，连接AB，AC(如图2)．
1 1 1 1图 1 图 2
(1)求证：AD⊥平面BCED.
1
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA 与平面ABD所成的角为60°.若存在，求出PB的长；若不存在，请
1 1
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，AD⊥DE，BD⊥DE，
1
所以∠ADB是二面角ADEB的平面角，
1 1
所以∠ADB＝90°，即AD⊥BD，
1 1
又因为AD⊥DE，BD∩DE＝D，
1
BD，DE 平面BCED，
所以AD⊥平面BCED.
1 ⊂
(2)解：方法一：由(1)知，AD，DB，DE两两垂直，以D为原点，DB，DE，DA 所在直线分别为x轴、y轴、
1 1
z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(2,0,0)，A(0,0,1)，C，
1
故A1B＝(2,0，－1)，BC＝.
假设线段BC上存在点P，使直线PA 与平面ABD所成的角为60°，
1 1
设BP＝λBC＝，其中λ∈(0,1]，
则A1P＝A1B＋BP＝.
平面ABD的一个法向量为n＝(0,1,0)，
1
则sin 60°＝|cos〈A1P，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，AD⊥平面BCED，
1
因为AD 平面ABD，
1 1
所以平面ABD⊥平面BCED.
⊂1假设线段BC上存在点P，使直线PA 与平面ABD所成的角为60°，作PF⊥BD于点F，如图，则易得PF⊥平
1 1
面ABD.
1
连接AF，则∠PAF就是直线PA 与平面ABD所成的角．
1 1 1 1
设PB＝x，其中x∈(0,3]，则PF＝x，BF＝x，DF＝2－x，
AF＝＝，
1
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EF＝
λDB(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EF＝λDB，
∴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，∴EF＝DB，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PBCDEF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，
∴OC＝，BD＝(－2,0,0)，PB＝.
∵OC⊥平面PEF，
∴OC＝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〈OC，n〉＝＝，∴〈OC，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PABCD，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，CM＝，设直线CM与平面ABCD所成角
为θ，则sin θ＝|cos〈n，CM〉|＝＝＝≤×＝，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.
