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    2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第七章 §7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题

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    2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第七章 §7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题

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    §7.8 空间距离及立体几何中的探索性问题考试要求 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.知识梳理1.点到直线的距离如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点,设eq \o(AP,\s\up6(→))=a,则向量eq \o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \o(AQ,\s\up6(→))=(a·u)u,在Rt△APQ中,由勾股定理,得PQ=eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2-|\o(AQ,\s\up6(→))|2)=eq \r(a2-a·u2).2.点到平面的距离如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是eq \o(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量eq \o(QP,\s\up6(→))的长度,因此PQ=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·\f(n,|n|)))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AP,\s\up6(→))·n,|n|)))=eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等,则α∥β.( × )(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.( × )(3)直线l平行于平面α,则直线l上各点到平面α的距离相等.( √ )(4)直线l上两点到平面α的距离相等,则l平行于平面α.( × )教材改编题1.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在α内,则P(-2,1,4)到α的距离为(  )A.10 B.3 C.eq \f(8,3) D.eq \f(10,3)答案 D解析 由条件可得P(-2,1,4)到α的距离为eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)=eq \f(|-1,-2,4·-2,-2,1|,3)=eq \f(10,3).2.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A1A到平面B1D1DB的距离为(  )A.eq \r(2) B.2 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(3\r(2),2)答案 A解析 由正方体性质可知,A1A∥平面B1D1DB,A1A到平面B1D1DB的距离就是点A1到平面B1D1DB的距离,连接A1C1,交B1D1于O1(图略),A1O1的长即为所求,由题意可得A1O1=eq \f(1,2)A1C1=eq \r(2).3.已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),0,\f(\r(2),2)))为l的一个单位方向向量,则点P(4,3,2)到l的距离为________.答案 eq \f(\r(2),2)解析 ∵eq \o(PA,\s\up6(→))=(-2,0,-1),n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2),0,\f(\r(2),2)))为l的一个单位方向向量,∴点P到l的距离d=eq \r(|\o(PA,\s\up6(→))|2-\o(PA,\s\up6(→))·n2)=eq \r(5-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\r(2)-\f(\r(2),2)))2)=eq \f(\r(2),2).题型一 空间距离例1 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,各棱长均为4,N是CC1的中点.(1)求点N到直线AB的距离;(2)求点C1到平面ABN的距离.解 建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2eq \r(3),2,0),C(0,4,0),C1(0,4,4),∵N是CC1的中点,∴N(0,4,2).(1)eq \o(AN,\s\up6(→))=(0,4,2),eq \o(AB,\s\up6(→))=(2eq \r(3),2,0),则|eq \o(AN,\s\up6(→))|=2eq \r(5),|eq \o(AB,\s\up6(→))|=4.设点N到直线AB的距离为d1,则d1=eq \r(|\o(AN,\s\up6(→))|2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(\s\up7( ),\s\do5())\o(AN,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))))2)=eq \r(20-4)=4.(2)设平面ABN的一个法向量为n=(x,y,z),则由n⊥eq \o(AB,\s\up6(→)),n⊥eq \o(AN,\s\up6(→)),得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))=2\r(3)x+2y=0,,n·\o(AN,\s\up6(→))=4y+2z=0,))令z=2,则y=-1,x=eq \f(\r(3),3),即n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3),-1,2)).易知eq \o(C1N,\s\up6(—→))=(0,0,-2),设点C1到平面ABN的距离为d2,则d2=eq \f(|\o(C1N,\s\up6(—→))·n|,|n|)=eq \f(|-4|,\f(4\r(3),3))=eq \r(3).教师备选1.如图,P为矩形ABCD所在平面外一点,PA⊥平面ABCD.若已知AB=3,AD=4,PA=1,则点P到直线BD的距离为________.答案 eq \f(13,5)解析 如图,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,1),B(3,0,0),D(0,4,0),则eq \o(BP,\s\up6(→))=(-3,0,1),eq \o(BD,\s\up6(→))=(-3,4,0),故点P到直线BD的距离d=eq \r(|\o(BP,\s\up6(→))|2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(BD,\s\up6(→))|)))2)=eq \r(10-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))2)=eq \f(13,5),所以点P到直线BD的距离为eq \f(13,5).2.如图,已知△ABC为等边三角形,D,E分别为AC,AB边的中点,把△ADE沿DE折起,使点A到达点P,平面PDE⊥平面BCDE,若BC=4.求直线DE到平面PBC的距离.解 如图,设DE的中点为O,BC的中点为F,连接OP,OF,OB,因为平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,所以OP⊥平面BCDE.因为在△ABC中,点D,E分别为AC,AB边的中点,所以DE∥BC.因为DE⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以DE∥平面PBC.又OF⊥DE,所以以点O为坐标原点,OE,OF,OP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Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,0,0)),Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,0,\r(3))),Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\r(3),0)),Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-2,\r(3),0)),Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\r(3),0)),所以eq \o(PB,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\r(3),-\r(3))),eq \o(CB,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4,0,0)).设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))=2x+\r(3)y-\r(3)z=0,,n·\o(CB,\s\up6(→))=4x=0,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x=0,,y=z,))令y=z=1,所以n=(0,1,1).因为eq \o(OF,\s\up6(→))=(0,eq \r(3),0),设点O到平面PBC的距离为d,则d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OF,\s\up6(→))·n)),|n|)=eq \f(\r(3),\r(2))=eq \f(\r(6),2).因为点O在直线DE上,所以直线DE到平面PBC的距离等于eq \f(\r(6),2).思维升华 点到直线的距离(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=eq \r(|\o(PA,\s\up6(→))|2-\o(PA,\s\up6(→))·n2).(2)若能求出点在直线上的射影坐标,可以直接利用两点间距离公式求距离.跟踪训练1 (1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E,O分别是A1B1,A1C1的中点,P在正方体内部且满足eq \o(AP,\s\up6(→))=eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))+eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))+eq \f(2,3)eq \o(AA1,\s\up6(—→)),则下列说法正确的是(  )A.点A到直线BE的距离是eq \f(\r(5),5)B.点O到平面ABC1D1的距离为eq \f(\r(2),4)C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3)D.点P到直线AB的距离为eq \f(25,36)答案 BC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),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),0,1)),所以eq \o(BA,\s\up6(→))=(-1,0,0),eq \o(BE,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),0,1)).设∠ABE=θ,则cos θ=eq \f(\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→)),|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)=eq \f(\r(5),5),sin θ=eq \r(1-cos2θ)=eq \f(2\r(5),5).故点A到直线BE的距离d1=|eq \o(BA,\s\up6(→))|sin θ=1×eq \f(2\r(5),5)=eq \f(2\r(5),5),故A错误;易知eq \o(C1O,\s\up6(—→))=eq \f(1,2)eq \o(C1A1,\s\up6(—→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),-\f(1,2),0)),平面ABC1D1的一个法向量eq \o(DA1,\s\up6(—→))=(0,-1,1),则点O到平面ABC1D1的距离d2=eq \f(|\o(DA1,\s\up6(—→))·\o(C1O,\s\up6(—→))|,|\o(DA1,\s\up6(—→))|)=eq \f(\f(1,2),\r(2))=eq \f(\r(2),4),故B正确;eq \o(A1B,\s\up6(—→))=(1,0,-1),eq \o(A1D,\s\up6(—→))=(0,1,-1),eq \o(A1D1,\s\up6(—→))=(0,1,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(—→))=0,,n·\o(A1D,\s\up6(—→))=0,))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x-z=0,,y-z=0,))令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).所以点D1到平面A1BD的距离d3=eq \f(|\o(A1D1,\s\up6(—→))·n|,|n|)=eq \f(1,\r(3))=eq \f(\r(3),3).因为平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq \f(\r(3),3),故C正确;因为eq \o(AP,\s\up6(→))=eq \f(3,4)eq \o(AB,\s\up6(→))+eq \f(1,2)eq \o(AD,\s\up6(→))+eq \f(2,3)eq \o(AA1,\s\up6(—→)),所以eq \o(AP,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4),\f(1,2),\f(2,3))),又eq \o(AB,\s\up6(→))=(1,0,0),则eq \f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)=eq \f(3,4),所以点P到直线AB的距离d4=eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(),\s\do5())\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)))2)=eq \r(\f(181,144)-\f(9,16))=eq \f(5,6),故D错误.(2)(2022·枣庄检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,AD=1,点F,G分别是AB,CC1的中点,则△D1GF的面积为________.答案 eq \f(\r(14),2)解析 以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系(图略),则D1(0,0,2),G(0,2,1),F(1,1,0),eq \o(FD1,\s\up6(—→))=(-1,-1,2),eq \o(FG,\s\up6(→))=(-1,1,1),∴点D1到直线GF的距离d=eq \r(|\o(FD1,\s\up6(—→))|2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\o(FD1,\s\up6(—→))·\o(FG,\s\up6(→))\o(\s\up7( ),\s\do5()),|\o(FG,\s\up6(→))|)))2)=eq \r(6-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)=eq \f(\r(42),3).∴点D1到直线GF的距离为eq \f(\r(42),3),又|eq \o(FG,\s\up6(→))|=eq \r(3),∴=eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)=eq \f(\r(14),2).题型二 立体几何中的探索性问题例2 (2021·北京)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.(1)求证:点F为B1C1的中点;(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为eq \f(\r(5),3),求eq \f(A1M,A1B1)的值.(1)证明 如图所示,取B1C1的中点F′,连接DE,EF′,F′C,由于ABCD-A1B1C1D1为正方体,E,F′为中点,故EF′∥CD,从而E,F′,C,D四点共面,平面CDE即平面CDEF′,据此可得,直线B1C1交平面CDE于点F′,当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点F与点F′重合,即点F为B1C1的中点.(2)解 以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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,设eq \f(A1M,A1B1)=λ(0≤λ≤1),则M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),从而eq \o(MC,\s\up6(→))=(-2,2-2λ,-2),eq \o(CF,\s\up6(→))=(1,0,2),eq \o(FE,\s\up6(→))=(0,-2,0),设平面MCF的法向量为m=(x1,y1,z1),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(MC,\s\up6(→))=-2x1+2-2λy1-2z1=0,,m·\o(CF,\s\up6(→))=x1+2z1=0,))令z1=-1可得m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f(1,1-λ),-1))(λ≠1),设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up6(→))=-2y2=0,,n·\o(CF,\s\up6(→))=x2+2z2=0,))令z2=-1可得n=(2,0,-1),从而m·n=5,|m|=eq \r(5+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1-λ)))2),|n|=eq \r(5),则cos〈m,n〉=eq \f(m·n,|m||n|)=eq \f(5,\r(5+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1-λ)))2)×\r(5))=eq \f(\r(5),3).整理可得(λ-1)2=eq \f(1,4),故λ=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ=\f(3,2)舍去)).所以eq \f(A1M,A1B1)=eq \f(1,2).教师备选(2022·盐城模拟)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,B1C=eq \r(6),AB⊥B1C.(1)求证:平面ABB1A1⊥平面ABC;(2)在棱BB1上是否存在点P,使直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \f(4,5),若不存在,请说明理由;若存在,求BP的长.(1)证明 如图,取AB的中点D,连接CD,B1D.因为三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,所以AB⊥CD,CD=eq \r(3),BD=1.又因为AB⊥B1C,且CD∩B1C=C,CD,B1C⊂平面B1CD,所以AB⊥平面B1CD.又因为B1D⊂平面B1CD,所以AB⊥B1D.在Rt△B1BD中,BD=1,B1B=2,所以B1D=eq \r(3).在△B1CD中,CD=eq \r(3),B1D=eq \r(3),B1C=eq \r(6),所以CD2+B1D2=B1C2,所以CD⊥B1D,又因为AB⊥B1D,AB∩CD=D,AB,CD⊂平面ABC,所以B1D⊥平面ABC.又因为B1D⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面ABC.(2)解 假设在棱BB1上存在点P满足条件.以DC,DA,DB1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A(0,1,0),B(0,-1,0),C(eq \r(3),0,0),B1(0,0,eq \r(3)),因此eq \o(BB1,\s\up6(—→))=(0,1,eq \r(3)),eq \o(AC,\s\up6(→))=(eq \r(3),-1,0),eq \o(AA1,\s\up6(—→))=eq \o(BB1,\s\up6(—→))=(0,1,eq \r(3)),eq \o(CB,\s\up6(→))=(-eq \r(3),-1,0).因为点P在棱BB1上,设eq \o(BP,\s\up6(→))=λeq \o(BB1,\s\up6(—→))=λ(0,1,eq \r(3)),其中0≤λ≤1.则eq \o(CP,\s\up6(→))=eq \o(CB,\s\up6(→))+eq \o(BP,\s\up6(→))=eq \o(CB,\s\up6(→))+λeq \o(BB1,\s\up6(—→))=(-eq \r(3),-1+λ,eq \r(3)λ).设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))=0,,n·\o(AA1,\s\up6(—→))=0,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x-y=0,,y+\r(3)z=0,))取x=1,则y=eq \r(3),z=-1,所以平面ACC1A1的一个法向量为n=(1,eq \r(3),-1).因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为eq \f(4,5),所以|cos〈n,eq \o(CP,\s\up6(→))〉|=eq \f(|n·\o(CP,\s\up6(→))|,|n||\o(CP,\s\up6(→))|)=eq \f(|-2\r(3)|,\r(5)×\r(3+λ-12+3λ2))=eq \f(4,5),化简得16λ2-8λ+1=0,解得λ=eq \f(1,4),所以|eq \o(BP,\s\up6(→))|=eq \f(1,4)|eq \o(BB1,\s\up6(—→))|=eq \f(1,2),故BP的长为eq \f(1,2).思维升华 (1)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”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.跟踪训练2 如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,求平面PAC与平面DAC夹角的大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.(1)证明 如图,连接BD,设AC交BD于点O,连接SO.由题意知,SO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,以OB,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SO=eq \f(\r(6),2)a,于是Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,0,\f(\r(6),2)a)),Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(2),2)a,0,0)),Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r(2),2)a,0)).于是eq \o(OC,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r(2),2)a,0)),eq \o(SD,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(2),2)a,0,-\f(\r(6),2)a)).则eq \o(OC,\s\up6(→))·eq \o(SD,\s\up6(→))=0,故OC⊥SD,从而AC⊥SD.(2)解 由题设知,平面PAC的一个法向量eq \o(DS,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a,0,\f(\r(6),2)a)),平面DAC的一个法向量eq \o(OS,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,0,\f(\r(6),2)a)).设平面PAC与平面DAC的夹角为θ,则cos θ=|cos〈eq \o(OS,\s\up6(→)),eq \o(DS,\s\up6(→))〉|=eq \f(|\o(OS,\s\up6(→))·\o(DS,\s\up6(→))|,|\o(OS,\s\up6(→))||\o(DS,\s\up6(→))|)=eq \f(\r(3),2),所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.根据第(2)问知eq \o(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量,且eq \o(DS,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a,0,\f(\r(6),2)a)),eq \o(CS,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(\r(2),2)a,\f(\r(6),2)a)).设eq \o(CE,\s\up6(→))=teq \o(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1),因为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a,0,0)),Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r(2),2)a,0)),所以eq \o(BC,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(2),2)a,\f(\r(2),2)a,0)),则eq \o(BE,\s\up6(→))=eq \o(BC,\s\up6(→))+eq \o(CE,\s\up6(→))=eq \o(BC,\s\up6(→))+teq \o(CS,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(2),2)a,\f(\r(2),2)a1-t,\f(\r(6),2)at)).又eq \o(BE,\s\up6(→))·eq \o(DS,\s\up6(→))=0,得-eq \f(a2,2)+0+eq \f(6,4)a2t=0,则t=eq \f(1,3),当SE∶EC=2∶1时,eq \o(BE,\s\up6(→))⊥eq \o(DS,\s\up6(→)).由于BE⊄平面PAC,故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在点E,使BE∥平面PAC,此时SE∶EC=2∶1.课时精练1.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=eq \f(π,2),AB=BC=eq \f(1,3)AD=a,PA⊥平面ABCD,且PA=a,点F在AD上,且CF⊥PC.(1)求点A到平面PCF的距离;(2)求AD到平面PBC的距离.解 (1)由题意知AP,AB,AD两两垂直,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,3a,0),P(0,0,a).设F(0,m,0),0≤m≤3a,则eq \o(CF,\s\up6(→))=(-a,m-a,0),eq \o(CP,\s\up6(→))=(-a,-a,a).∵PC⊥CF,∴Ceq \o(F,\s\up6(→))⊥eq \o(CP,\s\up6(→)),∴eq \o(CF,\s\up6(→))·eq \o(CP,\s\up6(→))=(-a)·(-a)+(m-a)·(-a)+0·a=a2-a(m-a)=0,∴m=2a,即F(0,2a,0).设平面PCF的法向量为n=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))=-ax+ay=0,,n·\o(CP,\s\up6(→))=-ax-ay+az=0,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x=y,,z=2x.))取x=1,得n=(1,1,2).设点A到平面PCF的距离为d,由eq \o(AC,\s\up6(→))=(a,a,0),得d=eq \f(|\o(AC,\s\up6(→))·n|,|n|)=eq \f(a×1+a×1+0×2,\r(6))=eq \f(\r(6),3)a.(2)由于eq \o(BP,\s\up6(→))=(-a,0,a),eq \o(BC,\s\up6(→))=(0,a,0),eq \o(AP,\s\up6(→))=(0,0,a).设平面PBC的法向量为n1=(x0,y0,z0),由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(BP,\s\up6(→))=-ax0+az0=0,,n1·\o(BC,\s\up6(→))=ay0=0,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0=z0,,y0=0.))取x0=1,得n1=(1,0,1).设点A到平面PBC的距离为h,∵AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC,∴h为AD到平面PBC的距离,∴h=eq \f(|\o(AP,\s\up6(→))·n1|,|n1|)=eq \f(a,\r(2))=eq \f(\r(2),2)a.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且PA=2,E为PD的中点.(1)求证:PA⊥平面ABCD;(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值;(3)在线段BC上是否存在点F,使得点E到平面PAF的距离为eq \f(2\r(5),5)?若存在,确定点的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明 因为四边形ABCD为正方形,则BC⊥AB,CD⊥AD,因为PB⊥BC,BC⊥AB,PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因为PA⊂平面PAB,所以PA⊥BC,因为PD⊥CD,CD⊥AD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,因为PA⊂平面PAD,所以PA⊥CD,因为BC∩CD=C,BC,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.(2)解 因为PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,不妨以点A为坐标原点,AB,AD,AP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A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),则eq \o(AC,\s\up6(→))=(2,2,0),eq \o(AE,\s\up6(→))=(0,1,1),eq \o(PC,\s\up6(→))=(2,2,-2),由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))=2x+2y=0,,m·\o(AE,\s\up6(→))=y+z=0,))取y=1,可得m=(-1,1,-1),cos〈m,eq \o(PC,\s\up6(→))〉=eq \f(m·\o(PC,\s\up6(→)),|m||\o(PC,\s\up6(→))|)=eq \f(2,\r(3)×2\r(3))=eq \f(1,3),所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为eq \f(1,3).(3)解 设点F(2,t,0)(0≤t≤2),设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),eq \o(AF,\s\up6(→))=(2,t,0),eq \o(AP,\s\up6(→))=(0,0,2),由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(→))=2a+tb=0,,n·\o(AP,\s\up6(→))=2c=0,))取a=t,则n=(t,-2,0),所以点E到平面PAF的距离为d=eq \f(|\o(AE,\s\up6(→))·n|,|n|)=eq \f(2,\r(t2+4))=eq \f(2\r(5),5),因为t>0,所以t=1.因此,当点F为线段BC的中点时,点E到平面PAF的距离为eq \f(2\r(5),5).3.(2022·湖南雅礼中学月考)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,AA1=A1B1=eq \f(1,2)AB=1,∠ABC=60°,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M⊥A1C;(2)棱BC上是否存在一点E,使得平面EAD1与平面DAD1夹角的余弦值为eq \f(1,3)?若存在,求线段CE的长;若不存在,请说明理由.(1)证明 如图,取BC的中点Q,连接AQ,AC,∵四边形ABCD为菱形,则AB=BC,∵∠ABC=60°,∴△ABC为等边三角形,∵Q为BC的中点,则AQ⊥BC,∵AD∥BC,∴AQ⊥AD,由于AA1⊥平面ABCD,以点A为坐标原点,以AQ,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),A1(0,0,1),D1(0,1,1),Q(eq \r(3),0,0),C(eq \r(3),1,0),C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2),\f(1,2),1)),M(0,1,0),eq \o(C1M,\s\up6(—→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(\r(3),2),\f(1,2),-1)),eq \o(A1C,\s\up6(—→))=(eq \r(3),1,-1),∴eq \o(C1M,\s\up6(—→))·eq \o(A1C,\s\up6(—→))=-eq \f(3,2)+eq \f(1,2)+(-1)2=0,∴C1M⊥A1C.(2)解 如图,假设点E存在,设点E的坐标为(eq \r(3),λ,0),其中-1≤λ≤1,eq \o(AE,\s\up6(→))=(eq \r(3),λ,0),eq \o(AD1,\s\up6(—→))=(0,1,1),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))=0,,n·\o(AD1,\s\up6(—→))=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x+λy=0,,y+z=0,))取y=-eq \r(3),则x=λ,z=eq \r(3),∴n=(λ,-eq \r(3),eq \r(3)),平面ADD1的一个法向量为m=(1,0,0),∴|cos〈m,n〉|=eq \f(|m·n|,|m||n|)=eq \f(|λ|,\r(λ2+6))=eq \f(1,3),解得λ=±eq \f(\r(3),2),即CE=1-eq \f(\r(3),2)或CE=1+eq \f(\r(3),2).因此,棱BC上存在一点E,使得平面EAD1与平面DAD1夹角的余弦值为eq \f(1,3),此时CE=1-eq \f(\r(3),2)或CE=1+eq \f(\r(3),2).4.(2022·潍坊模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小;(3)在线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为eq \f(π,6),若存在,求线段PM的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明 因为△PAD是正三角形,O是AD的中点,所以PO⊥AD.又因为CD⊥平面PAD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥CD.又AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.(2)解 如图,连接OG,以O点为坐标原点,分别以OA,OG,OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(-2,4,0),D(-2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,2eq \r(3)),E(-1,2,eq \r(3)),F(-1,0,eq \r(3)),eq \o(EF,\s\up6(→))=(0,-2,0),eq \o(EG,\s\up6(→))=(1,2,-eq \r(3)),设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·m=0,,\o(EG,\s\up6(→))·m=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(-2y=0,,x+2y-\r(3)z=0,))令z=1,则m=(eq \r(3),0,1),又平面ABCD的法向量n=(0,0,1),设平面EFG与平面ABCD的夹角为θ,所以cos θ=eq \f(|m·n|,|m||n|)=eq \f(1,\r(\r(3)2+12)×1)=eq \f(1,2),所以θ=eq \f(π,3),所以平面EFG与平面ABCD的夹角为eq \f(π,3).(3)解 不存在,理由如下:假设在线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为eq \f(π,6),即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为eq \f(π,3),设eq \o(PM,\s\up6(→))=λeq \o(PA,\s\up6(→)),λ∈[0,1],eq \o(GM,\s\up6(→))=eq \o(GP,\s\up6(→))+eq \o(PM,\s\up6(→))=eq \o(GP,\s\up6(→))+λeq \o(PA,\s\up6(→)),所以eq \o(GM,\s\up6(→))=(2λ,-4,2eq \r(3)-2eq \r(3)λ),所以cos eq \f(π,3)=|cos〈eq \o(GM,\s\up6(→)),m〉|=eq \f(\r(3),2\r(4λ2-6λ+7)),整理得2λ2-3λ+2=0,Δ<0,方程无解,所以不存在这样的点M.

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