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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ABCABC 中，各棱长均为4，N是CC 的中点．
1 1 1 1
(1)求点N到直线AB的距离；
(2)求点C 到平面ABN的距离．
1
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)，C (0,4,4)，
1
∵N是CC 的中点，∴N(0,4,2)．
1
(1)AN＝(0,4,2)，AB＝(2，2,0)，则|AN|＝2，|AB|＝4.
设点N到直线AB的距离为d，
1
则d＝＝＝4.
1
这里计算AN在AB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⊥AB，n⊥AN，
得
令z＝2，则y＝－1，x＝，即n＝.
易知C1N＝(0,0，－2)，
设 点 C 到平面 ABN 的距离为 d ，
1 2
几何法求C 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
1
为在△CDN中斜边上的高的计算．
d＝＝＝.
2
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PA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ABCABC 中，AC⊥平面ABC，∠ACB
1 1 1 1
＝90°.
(1)证明：平面ACC A⊥平面BBC C；
1 1 1 1
(2)设AB＝AB，AA＝2，求四棱锥ABBC C的高．
1 1 1 1 1
(1)证明：因为AC⊥平面ABC，BC 平面ABC，
1
所以AC⊥BC，
1 ⊂
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
AC，AC 平面ACC A，AC∩AC＝C，
1 1 1 1
所以BC⊥平面ACC A，
⊂ 1 1
又因为BC 平面BCC B，
1 1
所以平面ACC A⊥平面BCC B.
⊂ 1 1 1 1
(2)解：如图，过点A 作AO⊥CC ，垂足为O.
1 1 1
因为平面 ACC A⊥平面 BCC B ，平面 ACC A∩平面 BCC B ＝CC ，AO 平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ACC A，
1 1 ⊂
所以AO⊥平面BCC B，
1 1 1
所以四棱锥ABBC C的高为AO.
1 1 1 1
因为AC⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，
1
所以AC⊥BC，AC⊥AC.
1 1 ⊂
又因为AB＝AB，BC为公共边，
1所以Rt△ABC≌Rt△ABC，所以AC＝AC.
1 1
设AC＝AC＝x，则AC ＝x，
1 1 1
所以O为CC 的中点，OC ＝AA＝1，
1 1 1
又因为AC⊥AC，所以AC2＋AC2＝AA，
1 1
即x2＋x2＝22，解得x＝，
所以AO＝＝＝1，
1
所以四棱锥ABBC C的高为1.
1 1 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 BC 2 ＋ BE 2 ＝ CE 2 ，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，EA，EC，EP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，
∴BM＝，BN＝(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) ＝，即EN的长为时，平面BMN与平面PCE的夹角最小．
max
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EABCD(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EADF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＝，EB＝(，，
－)，
所以EF＝EB＝.
由EA＝(0，，－)，
得FA＝EA－EF＝(0，，－)－＝，AD＝(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OC＝(，0,0)．
所以cos〈n，OC〉＝＝.
因为二面角EADF的平面角为锐角，
所以二面角EADF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 PABC 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CM
这组数量关系说明此三棱锥是正三棱锥．
＝λCP，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OB，OC，HP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AB＝(2，0,0)，
AP＝(，1,2)，BC＝(－，3,0)，CP＝(0，－2,2)．
由 CM ＝ λ CP ，得 BM ＝ BC ＋ CM ＝ BC ＋ λ CP ＝ ( －， 3 － 2 λ ， 2 λ ) ，将参数λ引进BM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〈BM，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〈BM，n〉，正确的是sin θ＝|cos〈BM，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ABCDABC D 中，M，N分别为
1 1 1 1
线段AD，BC 上的动点．给出下列四个结论：
1 1 1
①存在点M，N，满足MN∥平面ABBA.
1 1
②对于任意点M，存在点N，满足MN∥平面ABBA.
1 1
③对于任意点M，存在点N，满足MN⊥BC .
1④对于任意点N，存在点M，满足MN⊥BC .
1
其中所有正确结论的序号是________．
解析：对于①，当M，N分别为AD ，BC 的中点时，如图1，取BC 的中点P，连接
1 1 1 1 1
MP，NP，则根据正方形的性质可得MP∥AB，
1 1
图 1
又 MP⊄平面 ABBA ，AB 平面 ABBA ，故 MP∥平面 ABBA ，同理 NP∥平面
1 1 1 1 1 1 1 1
ABBA.
1 1 ⊂
又MP∩NP＝P，MP，NP 平面MNP，故平面MNP∥平面ABBA.
1 1
又MN 平面MNP，所以MN∥平面ABBA.故①正确．
⊂ 1 1
对于②，当M在A 处，N不在B处时，M在平面ABBA 上，MN∥平面ABBA 不成立，
⊂ 1 1 1 1 1
故②错误．
图 2
对于③④，方法一(几何法)：连接MB，MC ，如图2，当M在A 处时，△MBC 为正
1 1 1
三角形，当N在BC 的中点时，则有MN⊥BC .当M在D 处时，△MBC 为直角三角形，当
1 1 1 1
N在C 处时，则有MN⊥BC .当M在线段AD(不含端点)上时，由于cos∠BMC ＝>0，所
1 1 1 1 1
以∠BMC 为锐角，且MB2>MC.设BC 的中点为Q，则过M作△MBC 中BC 边上的高时，
1 1 1 1
垂足一定在QC 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
1
MN⊥BC .反过来，当N在BQ(不含Q)上时，若MN⊥BC ，则点M在DA 的延长线上，因
1 1 1 1
而在线段AD 上不存在满足题意的点M，从而③正确，④错误．
1 1
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ABCDABC D 的棱长为1，则B(1,1,0)，C (0，1,1)，BC1＝(－1,0,1)．
1 1 1 1 1设M(t,0,1)，BN＝λBC1＝(－λ，0，λ)，则t，λ∈[0,1]，N(1－λ，1，λ)，所以MN＝(1
－λ－t,1，λ－1)．
当MN⊥BC 时，MN·BC1＝λ＋t－1＋λ－1＝0，即t＋2λ＝2.
1
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⊥BC .故③正确．当λ＝0，即N在B点处时，若MN⊥BC ，则t＝2，不满足t∈[0,1]，
1 1
即M不在线段AD 上，故④错误．故填①③.
1 1
答案：①③
题型 最值、范围问题
典例4如图，在四棱锥 PABCD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 EA ， EF ， EQ 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 DP ＝ (1,2cos θ ， 2sin θ ) ， FP ＝ (0 ， 2cos θ － 2 ， 2sin θ ) ，易知CB＝(2,0,0)．
成功用sin θ，cos θ表示向量DP，FP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，DP〉|＝＝，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.\s\up7( )
对点练4如图，六面体ABCDABC D 的底面ABCD是菱形，
1 1 1 1
∠BAD＝，AA∥BB∥CC ∥DD ，且BB⊥平面ABCD，AA ＝CC ，AE＝λAA1，CF＝
1 1 1 1 1 1 1
λCC1(0<λ≤1)，DD1＝2BB1，平面BEF与平面ABCD的交线为l.(1)求证：直线l⊥平面BBDD ；
1 1
(2)已知EF＝2，三棱锥BBDF的体积VBBDF＝.若DF与平面BDD 所成角为θ，求
1 1 1 1
sin θ的取值范围．
(1)证明：如图，连接AC.
∵AA＝CC ，AA∥CC ，AE＝λAA1，CF＝λCC1，
1 1 1 1
∴AE＝CF，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BB⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥BB.
1 1
又BD∩BB＝B，BD，BB 平面BBDD ，
1 ⊂1 1 1
∴AC⊥平面BBDD .又AC∥l，∴l⊥平面BBDD .
1 1 ⊂ 1 1
(2)解：如图，连接AC 交BD 于点O.记AC∩BD＝O，连接OO ，则OO ∥BB.
1 1 1 1 1 1 1 1
∵BB⊥平面ABCD，
1
∴OO ⊥平面ABCD.
1
∵OB，OC 平面ABCD，
∴OO ⊥OB，OO ⊥OC.
1 ⊂ 1
∵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，OO 为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间
1
直角坐标系．
设BB＝t，则DD ＝2t.
1 1
∵VBBDF＝VFBDB ＝·OC··BD·BB＝×1×××t＝，∴t＝2，∴BB＝2，DD ＝4，
1 1 1 1 1
∴OO ＝3，则D，F(0,1,3λ)，
1 1∴D1F＝.
又OC＝(0,1,0)是平面BDD 的一个法向量，
1
∴sin θ＝＝.
设f(λ)＝(3λ－4)2＋(0<λ≤1)，则f(λ)∈，
∴
