课时过关检测（四十三） 立体几何中的翻折、探究及距离问题

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1．如图，在四棱锥O ­ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝eq \f(π,4)，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．
(1)证明：直线MN∥平面OCD；
(2)求异面直线AB与MD所成角的大小；
(3)求点B到平面OCD的距离．
解：作AP⊥CD于点P，如图分别以AB，AP，AO所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，O(0,0 ,2)，M(0,0,1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0)).
(1)证明：eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))，eq \(OP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－2))，
eq \(OD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2)).
设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·eq \(OP,\s\up7(―→))＝0，n·eq \(OD,\s\up7(―→))＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y－2z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y－2z＝0.))
取z＝eq \r(2)，则x＝0，y＝4，所以n＝(0,4，eq \r(2))是平面OCD的一个法向量．
∵eq \(MN,\s\up7(―→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))·(0,4，eq \r(2))＝0，
故eq \(MN,\s\up7(―→))⊥n，又MN⊄平面OCD，
∴MN∥平面OCD.
(2)设AB与MD所成的角为θ.
∵eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0,0)， eq \(MD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－1))，
∴cs θ＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(MD,\s\up7(―→))|,|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|eq \(MD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(1,2).
∴θ＝eq \f(π,3)，即异面直线AB与MD所成角的大小为eq \f(π,3).
(3)设点B到平面OCD的距离为d，
则d为eq \(eq \(OB,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))在向量n＝(0,4，eq \r(2))上的投影的绝对值．
由eq \(eq \(OB,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＝(1,0，－2)，
得d＝eq \f(|eq \(eq \(OB,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))·n|,|n|)＝eq \f(2,3)，
所以点B到平面OCD的距离为eq \f(2,3).
2．(2021·辽宁省高三模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，AD⊥PD，点F为棱PD的中点．
(1)在棱BC上是否存在一点E，使得CF∥平面PAE，并说明理由；
(2)若AC⊥PB，二面角D­FC­B的余弦值为eq \f(\r(6),6)时，求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值．
解：(1)在棱BC上存在点E，使得CF∥平面PAE，点E为棱BC的中点．
证明：取PA的中点Q，连接EQ，FQ，
由题意，FQ∥AD且FQ＝eq \f(1,2)AD，CE∥AD且CE＝eq \f(1,2)AD，
故CE∥FQ且CE＝FQ.∴四边形CEQF为平行四边形．
∴CF∥EQ，又CF⊄平面PAE，EQ⊂平面PAE，
∴CF∥平面PAE.
(2)取AB中点M，以D为坐标原点，分别以DM，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设FD＝a，则D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(eq \r(3)，1,0)，A(eq \r(3)，－1,0)．
eq \(FC,\s\up7(―→))＝(0,2，－a)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，－1,0)．
设平面FBC的一个法向量为m＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·eq \(FC,\s\up7(―→))＝2y－az＝0，,m·eq \(CB,\s\up7(―→))＝\r(3)x－y＝0，))取x＝1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2\r(3),a)))；取平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)．
由题意，eq \f(\r(6),6)＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(1,\r(1＋3＋\f(12,a2)))，解得a＝eq \r(6).
∴eq \(FA,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(6))．
设直线AF与平面BCF所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(FA,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|m·eq \(FA,\s\up7(―→))|,|m|·|eq \(FA,\s\up7(―→))|)＝eq \f(2\r(3),\r(6)×\r(10))＝eq \f(\r(5),5).即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
3．(2021·山西高三模拟)如图①，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC．如图②，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．
(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′­MN­C大小为60°；③A′到平面BCMN的距离为eq \f(\r(2),2).在其中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：
已知________，在线段A′C上是否存在一点P，使三棱锥A′­PMB的体积为eq \f(3,4)，若存在，求出eq \f(A′P,A′C)的值；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)证明：由已知得等边△ABC中，AM＝1，AN＝2，A＝60°，由余弦定理得MN＝eq \r(3)，
∴MN2＋AM2＝AN2，
∴MN⊥AB，
∴MN⊥A′M，MN⊥BM，
又∵MB∩A′M＝M，
∴MN⊥平面A′BM，
∵MN⊂平面BCNM，
∴平面A′BM⊥平面BCNM.
(2)若选条件①A′M⊥BC，
由(1)得A′M⊥MN，又BC和MN是两条相交直线，
∴A′M⊥平面BCNM，
又等边△ABC的高为eq \f(3\r(3),2)，
SA′BM＝eq \f(1,2)×A′M×BM＝eq \f(1,2)×1×2＝1，
故三棱锥A′­BCM的体积为VC­A′BM＝eq \f(1,3)S△A′BM×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)>eq \f(3,4)，
所以存在点P满足题目条件，
此时eq \f(A′P,A′C)＝eq \f(VP­A′BM,VC­A′BM)＝eq \f(\f(3,4),\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(3),2).
若选条件②二面角A′­MN­C大小为60°，
由(1)得∠A′MB是二面角A′­MN­C的平面角，
∴∠A′MB＝60°，
所以SA′BM＝eq \f(1,2)×A′M×BM×sin 60°＝eq \f(1,2)×1×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，又等边△ABC的高为eq \f(3\r(3),2)，
故三棱锥A′­BCM的体积为VC­A′BM＝eq \f(1,3)S△A′BM×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(3,4)，
所以存在点P满足题目条件，此时点P与点C重合，故eq \f(A′P,A′C)＝1.
若选条件③A′到平面BCNM的距离为eq \f(\r(2),2)，
由题可知，等边△ABC的高为eq \f(3\r(3),2)，
则S△BCM＝eq \f(1,2)×BM×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(1,2)×2×eq \f(3\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),2)，
则三棱锥A′­BCM的体积为V＝eq \f(1,3)×S△BCM×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,3)×eq \f(3\r(3),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),4)