新高考数学二轮复习专题四第4讲空间向量与距离、探究性问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题四第4讲空间向量与距离、探究性问题学案，共20页。

考点一 空间距离
核心提炼
(1)点到直线的距离
直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设eq \(AP,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离d＝eq \r(a2－a·u2).
(2)点到平面的距离
平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).
考向1 点到直线的距离
例1 (1)(2022·广州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥BC，PB＝AB＝2BC＝2，则点C到直线PA的距离为( )
A.eq \r(3) B.eq \r(5)
C.eq \r(2) D．2
答案 A
解析 因为PB⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB，PB⊥BC，
如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，
P(0,0,2)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，
即eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝4.
eq \(PC,\s\up6(→))在eq \(PA,\s\up6(→))上的投影向量的长度为
eq \f(\(PC,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→)),|\(PA,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2\r(2))＝eq \r(2)，故点C到直线PA的距离为eq \r(|\(PC,\s\up6(→))|2－\r(2)2)＝eq \r(3).
(2)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为( )
A．1 B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(6),4) D.eq \f(\r(3),3)
答案 D
解析 如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
设P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
则eq \(A1P,\s\up6(--→))＝(x－1,0，－x)，eq \(A1C1,\s\up6(--→))＝(－1,1,0)，
∴动点P到直线A1C1的距离为
d＝eq \r(|\(A1P,\s\up6(--→))|2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1P,\s\up6(--→))·\(A1C1,\s\up6(--→)),|\(A1C1,\s\up6(--→))|)))2)
＝eq \r(x－12＋－x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,\r(2))))2)
＝eq \r(\f(3,2)x2－x＋\f(1,2))＝eq \r(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2＋\f(1,3))≥eq \f(\r(3),3)，
当且仅当x＝eq \f(1,3)时取等号，即线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为eq \f(\r(3),3).
考向2 点到平面的距离
例2 (1)(2022·湖北联考)在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝PC＝1，PB＝PD＝eq \r(2)，点E为线段PD上一点，且PE＝2ED，则点P到平面ACE的距离为______．
答案 eq \f(\r(78),13)
解析 如图，连接AC，BD交于点O，连接OP，以OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝2a，则OA＝a，OB＝eq \r(3)a，
因为PA2－OA2＝PB2－OB2，
所以1－a2＝2－3a2，
解得a＝eq \f(\r(2),2)，则OP＝eq \f(\r(2),2)，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(2),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，0，\f(\r(2),6)))，
则eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),6)))，
eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝\r(2)y＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝－\f(\r(6),3)x＋\f(\r(2),2)y＋\f(\r(2),6)z＝0，))
取x＝1，得n＝(1,0,2eq \r(3))，
所以点P到平面ACE的距离
d＝eq \f(|n·\(AP,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(\r(6),\r(13))＝eq \f(\r(78),13).
(2)(2022·沈阳模拟)如图，若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底边长为2，∠B1AB＝eq \f(π,3)，E是D1D的中点，则A1C1到平面EAC的距离为________．
答案 eq \f(2\r(30),5)
解析 由棱柱的几何性质可知，A1C1∥AC，
又A1C1⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
所以A1C1∥平面EAC，
所以点A1到平面EAC的距离即为直线A1C1到平面EAC的距离，
因为正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底边长为2，∠B1AB＝eq \f(π,3)，则AA1＝2eq \r(3)，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，A1(0,0，2eq \r(3))，C(2,2,0)，E(0,2，eq \r(3))，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(--→))＝(0,0,2eq \r(3))，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋2y＝0，,2y＋\r(3)z＝0，))
令x＝eq \r(3)，得y＝－eq \r(3)，z＝2，
故n＝(eq \r(3)，－eq \r(3)，2)，
所以点A1到平面EAC的距离
d＝eq \f(|\(AA1,\s\up6(--→))·n|,|n|)＝eq \f(4\r(3),\r(3＋3＋4))＝eq \f(2\r(30),5)，
故A1C1到平面EAC的距离为eq \f(2\r(30),5).
规律方法 (1)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离．
(2)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法．
跟踪演练1 (1)(2022·邢台联考)PA，PB，PC是从点P出发的三条线段，每两条线段的夹角均为60°，PA＝PB＝PC＝1，若M满足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))＋2eq \(PB,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→))，则点M到直线AB的距离为( )
A.eq \r(3) B．3
C．2eq \r(3) D．3eq \r(2)
答案 D
解析 eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(PM,\s\up6(→))－eq \(PA,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→))，
则|eq \(AM,\s\up6(→))|＝eq \r(\(\s\up7(),\s\d5())2\(PB,\s\up6(→))＋3\(PC,\s\up6(→))2)
＝eq \r(\(\s\up7(),\s\d5())4\(PB,\s\up6(→))2＋12\(PB,\s\up6(→))·\(PC,\s\up6(→))＋9\(PC,\s\up6(→))2)
＝eq \r(4＋12×1×1×\f(1,2)＋9)＝eq \r(19)，
则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \(PB,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→)))·(eq \(PB,\s\up6(→))－eq \(PA,\s\up6(→)))
＝2eq \(PB,\s\up6(→))2－2eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))－3eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))
＝2－2×1×1×eq \f(1,2)＋3×1×1×eq \f(1,2)－3×1×1×eq \f(1,2)＝1，
|eq \(AB,\s\up6(→))|＝eq \r(\(PB,\s\up6(→))－\(PA,\s\up6(→))2)＝eq \r(\(PB,\s\up6(→))2－2\(PB,\s\up6(→))·\(PA,\s\up6(→))＋\(PA,\s\up6(→))2)
＝eq \r(1－2×1×1×\f(1,2)＋1)＝1，
则点M到直线AB的距离
d＝eq \r(|\(AM,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|\(AM,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|)))2)＝3eq \r(2).
(2)(2022·茂名模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，中心为O，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(A1E,\s\up6(--→))＝eq \f(1,4)eq \(A1A,\s\up6(--→))，则四面体OEBF的体积为( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,24) C.eq \f(1,48) D.eq \f(1,96)
答案 D
解析 如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，B(1,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(3,4)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，
eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,4)))，eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，
eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(3,4)))，
则|eq \(OE,\s\up6(→))|＝eq \f(3,4)，|eq \(OB,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(3),2)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BE,\s\up6(→))))＝eq \f(5,4)，
∴cs∠BOE＝eq \f(\(OB,\s\up6(→))·\(OE,\s\up6(→)),|\(OB,\s\up6(→))||\(OE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－\f(1,2)×\f(1,4),\f(\r(3),2)×\f(3,4))＝－eq \f(\r(3),9).
∴∠BOE∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin∠BOE＝eq \f(\r(78),9).
∴S△OEB＝eq \f(1,2)OB·OE·sin∠BOE＝eq \f(\r(26),16).
设平面OEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OE,\s\up6(→))＝\f(1,2)x－\f(1,2)y＋\f(1,4)z＝0，,n·\(OB,\s\up6(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y－\f(1,2)z＝0，))取z＝1，
得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(3,4)，1))，又eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，
∴F到平面OEB的距离h＝eq \f(|n·\(BF,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(\r(26),52)，
∴四面体OEBF的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(26),16)×eq \f(\r(26),52)＝eq \f(1,96).
考点二 空间中的探究性问题
核心提炼
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
例3 (2022·汕头模拟)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD，△ABC是底面的内接正三角形，且DO＝6，P是线段DO上一点．
(1)是否存在点P，使得PA⊥平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由；
(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
解 (1)存在，由题意得AO＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(1,2)AD，
因为AD2＝DO2＋AO2，
所以AD2＝36＋eq \f(1,4)AD2，
所以AD＝4eq \r(3)，AO＝2eq \r(3)，
因为△ABC是底面圆的内接正三角形，
所以eq \f(AB,sin 60°)＝2×2eq \r(3)，
所以AB＝6，
又由题意得PA2＝12＋PO2，
假设PA⊥平面PBC，则PA⊥PB，
所以AB2＝PA2＋PB2，
所以36＝12＋PO2＋12＋PO2，所以PO＝eq \r(6)，
此时PA⊥PC，PA⊥PB，PB∩PC＝P，
PB，PC⊂平面PBC，
所以当PO＝eq \r(6)时，PA⊥平面PBC.
(2)如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系．
设PO＝x，0≤x≤6，
所以P(0,0，x)，E(－eq \r(3)，3,0)，B(eq \r(3)，3,0)，
C(－2eq \r(3)，0,0)，
所以eq \(EP,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－3，x)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3，－x)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，－x)，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝\r(3)a＋3b－cx＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝－2\r(3)a－cx＝0，))
所以n＝(x，－eq \r(3)x，－2eq \r(3))．
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
由题意得sin θ＝eq \f(|\r(3)x＋3\r(3)x－2\r(3)x|,\r(3＋9＋x2)·\r(x2＋3x2＋12))＝eq \f(2\r(3)x,\r(12＋x2)·\r(4x2＋12))＝eq \f(\r(3),\r(x2＋\f(36,x2)＋15))≤eq \f(1,3).
当且仅当PO＝x＝eq \r(6)时等号成立，此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
跟踪演练2 (2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA＝PD＝eq \r(2)，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
(2)若PB＝eq \r(3)，试在棱PD上确定一点E，使得平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
(1)证明 因为PA＝PD＝eq \r(2)，AD＝2，
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，
又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，
且AB∩PA＝A，
所以PD⊥平面PAB，
又因为PD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAB.
(2)解 因为PA＝eq \r(2)，AB＝1，PB＝eq \r(3)，
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，
又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，
且PD∩PA＝A，
所以AB⊥平面PAD，
因为AD⊂平面PAD，
所以AB⊥AD，
所以四边形ABCD为矩形．
以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))分别为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
由PD⊥平面PAB，可得向量eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)是平面PAB的一个法向量．
设eq \(ED,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
则E(0,2－λ，λ)，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2－λ，λ)．
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－λy＋λz＝0，,x＋2y＝0，))
令y＝－1，可得x＝2，z＝eq \f(2－λ,λ)，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1，\f(2－λ,λ)))，
所以|cs〈eq \(PD,\s\up6(→))，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PD,\s\up6(→))·n,|\(PD,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(2\r(7),7)，
可得12λ2－8λ＋1＝0，
解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(1,6)，
即当点E满足eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))或eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)eq \(PD,\s\up6(→))时，平面PAB与平面EAC的夹角的余弦值为eq \f(2\r(7),7).
专题强化练
1.(2022·山东联考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E为CC1的中点．
(1)当AA1＝2时，证明：平面BDE⊥平面A1B1E.
(2)当AA1＝3时，求A1到平面BDE的距离．
(1)证明 当AA1＝2时，B1E＝eq \r(2)，BE＝eq \r(2)，
所以B1E2＋BE2＝BBeq \\al(2,1)，所以B1E⊥BE.
又A1B1⊥平面BCC1B1，则A1B1⊥BE.
因为A1B1∩B1E＝B1，A1B1，B1E⊂平面A1B1E，
所以BE⊥平面A1B1E，
又BE⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面A1B1E.
(2)解 以D为原点，DA，DC，DD1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D(0,0,0)，B(1,1,0)，
A1(1,0,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,2))).
所以eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(3,2)))，eq \(DA1,\s\up6(--→))＝(1,0,3)．
设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(→))＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋\f(3,2)z＝0，))
不妨令z＝2，则y＝－3，x＝3，
得n＝(3，－3,2)．故A1到平面BDE的距离
d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DA1,\s\up6(--→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))))＝eq \f(9,\r(22))＝eq \f(9\r(22),22).
2.(2022·聊城质检)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点．
(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由．
(1)证明 如图所示，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，
因为E为AA1的中点，
所以EM∥A1B1∥C1D1，
且EM＝A1B1＝C1D1，
所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1，
又因为F为CC1的中点，
所以BM∥C1F，且BM＝C1F，
所以四边形BMC1F为平行四边形，
所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，
所以B，E，D1，F四点共面．
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，
由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
eq \(EG,\s\up6(→))＝(－1,0，t－1)，
设平面BEF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))
取x1＝1，则n1＝(1,1,1)；
设平面GEF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,－x2＋t－1z2＝0，))
取x2＝t－1，则n2＝(t－1，t－1,1)．
因为平面GEF⊥平面BEF，
所以n1·n2＝0，
即t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq \f(1,2).
所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为eq \f(1,2).
3.(2022·湖北七市联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点．
(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若BE＝eq \r(2)BF，且平面AEF与平面PBC夹角的余弦值为eq \f(\r(7),14)，试确定点F的位置．
(1)证明 由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，
又在正方形ABCD中，BC⊥AB，
且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
则BC⊥平面PAB，
又AE⊂平面PAB，
所以BC⊥AE.
由PA＝AB，E为PB中点，可得AE⊥PB，
又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
则AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.
(2)解 以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝1，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
由(1)可知n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))为平面PBC的一个法向量．
由BE＝eq \r(2)BF，可知EF∥PC，
设eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，λ，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－λ，0，λ)，
可得eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝(1，λ，0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→))＝(1－λ，0，λ)．
设平面AEF的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋λy＝0，,1－λx＋λz＝0，))
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，
即n2＝(－λ，1,1－λ)．
从而，由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈n1，n2〉))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n1·n2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n2)))
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－2λ)),\r(2)·\r(2λ2－2λ＋2))＝eq \f(\r(7),14)，
解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(2,3)，即F在BC的三等分点处．
4.(2022·长沙十六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，PC＝eq \r(2)，E为PD的中点．
(1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
(2)设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论．
解 (1)在直角梯形ABCD中，
由已知可得AC＝eq \r(2)，CD＝eq \r(2)，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，
又△ADP是以AD为斜边的等腰直角三角形，
∴PA＝PD＝eq \r(2)，
如图，取AD的中点O，连接OC，OP，
则OC＝OA＝OD＝1，OP＝1，
则△OAP≌△OCP≌△ODP，
∴∠POA＝∠POC＝∠POD＝90°，
∴OP⊥AD，OP⊥OC，
而OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD，
因此以AB，AD为x轴、y轴，过点A作平行于OP的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,1,1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AP,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x＋y＝0，))
取y＝－1，则x＝z＝1，即n＝(1，－1,1)，
又eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，
∴sin θ＝|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，n〉|
＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·n|,|\(BP,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|－1－1＋1|,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，
∴直线PB与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(1,3).
(2)点F在平面PAC内，证明如下：
由(1)可得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)，\f(1,4)))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)，\f(1,4)))，设eq \(AF,\s\up6(→))＝xeq \(AC,\s\up6(→))＋yeq \(AP,\s\up6(→))，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)，\f(1,4)))＝x(1,1,0)＋y(0,1,1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,x＋y＝\f(3,4)，,y＝\f(1,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝\f(1,4)，))
∴eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AP,\s\up6(→))，∴eq \(AF,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))共面，
∴F在平面PAC内．