适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习专题检测3立体几何

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习专题检测3立体几何，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.(2023北京101中学模拟)已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,那么使m∥α成立的一个充分条件是( )
A.m∥β,α∥β
B.m⊥β,α⊥β
C.m⊥n,n⊥α,m⊄α
D.m上有不同的两个点到α的距离相等
2.(2023江西南昌一模)在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体,由一个圆柱和两个半球构成,已知圆柱的高是底面半径的4倍,若该几何体表面积为108π,则它的体积为( )
A.72πB.96πC.108πD.144π
3.(2023山东临沂一模)已知确定重心的定理:如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积.即V=Sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积,S表示平面图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图,直角梯形ABCD,已知AB∥DC,AB⊥AD,AB=3CD,AD=3,则其重心G到AB的距离为( )
A.B.C.D.1
4.(2023广东一模)水平桌面上放置了4个半径为2的小球,4个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球,则半球形容器内壁的半径的最小值为( )
A.4B.2+2
C.2+2D.6
5.(2023全国乙,理9)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A.B.C.D.
6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过A1B1的截面与AC交于点D,与BC交于点E,该截面将三棱柱分成体积相等的两部分,则=( )
A.B.C.D.
7.(2022全国乙,理9)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
A.B.C.D.
8.(2023湖南益阳模拟)如图,某金刚石是8个面均为等边三角形的正八面体,其表面积为18,现将它雕刻成一个球形装饰物,则可雕刻成的最大球体积是( )
A.18πB.9π
C.6πD.π
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2023新高考Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( )
A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2D.△PAC的面积为
10.(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则( )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
11.(2023山东泰安一模)如图,正方形ABCD的边长为1,M,N分别为BC,CD的中点,将正方形沿对角线AC折起,使点D不在平面ABC内,则在翻折过程中,以下结论正确的是( )
A.异面直线AC与BD所成的角为定值
B.三棱锥D-ABC的外接球的表面积为2π
C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
D.三棱锥M-ACN体积的最大值为
12.(2023湖南岳阳二模)某学校组织了书画作品比赛.如图1,本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成,若球的体积为;如图2,托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成,则下列结论正确的是( )
图1
图2
A.直线AD与平面BEF所成的角为
B.经过三个顶点A,B,C的球的截面圆的面积为
C.异面直线AD与CF所成的角的余弦值为
D.球离球托底面DEF的最小距离为-1
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021全国甲,文14)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为 .
14.(2023新高考Ⅱ,14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为 .
15.(2023江苏常州模拟)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起,已知正三棱锥的侧棱长为2,若该组合体有外接球,则正三棱锥的底面边长为 .
16.(2023广东汕头金山中学模拟)已知四边形ABCD为平行四边形,AB=4,AD=3,∠BAD=,现将△ABD沿直线BD翻折,得到三棱锥A'-BCD,若A'C=,则三棱锥A'-BCD的内切球与外接球的表面积的比值为 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2023全国甲,文18)
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高.
18.(12分)(2022全国甲,文19) 小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示:底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
19.(12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=AB=3,D,E分别为棱BC,B1C1上的点,且=t(0(1)若t=,求证:AD∥平面A1EB;
(2)若二面角C1-AD-C的大小为,求实数t的值.
20.(12分)(2023山东潍坊模拟)如图,直角梯形ABCD中,AB∥DC,AB⊥BC,AB=BC=2CD=2,直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台.
(1)求圆台的表面积和体积;
(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角θ(θ>0)到A1BCD1,且直线A1D与平面ABCD所成角的正弦值为,求角θ的最小值.
21.(12分)(2023江苏苏州模拟)已知三棱锥P-ABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,在三棱锥P-ABC中,
图1
图2
(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;
(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求平面MBC与平面ABC夹角的余弦值.
22.(12分)(2023福建厦门模拟) 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥AD,底面ABCD为直角梯形,BC=3AD,AD∥BC,∠BCD=90°,M为线段PB上一点.
(1)若PM=PB,求证:AM∥平面PCD.
(2)若PA=2,AD=1,异面直线PA与CD成90°角,二面角B-PC-D的余弦值为-,在线段PC上是否存在点Q,使得点Q到直线AD的距离为?若存在,请指出点Q的位置;若不存在,请说明理由.
专题检测三 立体几何
1.C 解析 对于A,若m∥β,α∥β,则m⊂α或m∥α,故A不正确;
对于B,若m⊥β,α⊥β,则m⊂α或m∥α,故B不正确;
对于C,若m⊥n,n⊥α,m⊄α,则m∥α,故C正确;
对于D,m上有不同的两个点到α的距离相等,则可能m与α相交,故D错误.
2.D 解析 设圆柱的底面半径为r,则球的半径为r,圆柱的高是4r,∴圆柱的侧面积为2πr×4r=8πr2,两个半球的表面积为4πr2,∴该几何体表面积为8πr2+4πr2=12πr2=108π,解得r=3,
∴该几何体的体积为πr2×4r+πr3=4π×33+π×33=144π.
3.C 解析 设CD=x,AB=3x,直角梯形绕AB旋转一周所得的几何体的体积V=π·32·x+·π·32·(3x-x)=15πx,梯形ABCD的面积S=(x+3x)×3=6x.设重心G到AB的距离为h',则重心绕旋转轴旋转一周的周长为l=2πh',则15πx=(2πh')·6x,则h'=.
4.C 解析如图,4个小球球心构成的正方形为O1O2O3O4,中心为N,
由题意O1O2=4,NO1=2,
半球形容器的球心为O,
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小,半球形容器与球O1的切点为A,连接ON,则ON=小球的半径=2,球O的半径=OA=O1A+OO1=2+=2+2.
5.C 解析(方法一)如图,取AB中点O,连接OC,OD,则由题可知∠DOC为二面角C-AB-D的平面角,
∴∠DOC=150°.
设CA=CB=a,
则OC=AB=a.
∵△ABD是等边三角形,∴OD⊥AB,且OD=AB=a.在△DOC中,
由余弦定理得,CD2=OC2+OD2-2OC·ODcs∠DOC=a2,∴CD=a.
过点D作DH⊥平面ABC,垂足为H,易知点H在直线OC上,则∠DCH为直线CD与平面ABC所成的角,且∠DOH=30°,故DH=OD=a,∴sin∠DCH=,则cs∠DCH=,∴tan∠DCH=.故选C.
(方法二)取AB中点O,连接OC,OD.以O为原点,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O点作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系(图略).
设AB=2,则由题可得A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,-),则=(0,-),由题可知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).设CD与平面ABC所成角为θ,
则sinθ=|cs<,n>|=,∴csθ=,∴tanθ=.
6.D 解析 由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1,ED,
则A1B1∥ED,则ED∥AB,可得CDE-C1A1B1是三棱台.
设△ABC的面积为1,△CDE的面积为s,三棱柱的高为h,
则·1·h=h(1+s+),所以.
由△CDE∽△CAB,可得.
7.C 解析 设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为.要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形,此时V=×(2)2·h=(h-h3),所以V'=(1-3h2).由题意可知00,得08.D 解析 如图,设底面ABCD中心为O,BC,AD中点分别为H,M,
连接OH,EO,EH,MF,HF,EM.
设金刚石的边长为a,由题知,8×a2sin60°=2a2=18,所以a=3.
在等边三角形EBC中,BC边上的高EH=.
在Rt△EOH中,EO=.
由题可知,最大球即为金刚石的内切球,由对称性易知球心在O点,与平面EBC的切点在线段EH上,球的半径即为截面EMFH内切圆的半径,设内切圆半径为r,
由等面积法可知r,解得r=,
所以内切球的半径为R=,则内切球体积为V=πR3=π×π.
9.AC 解析 由题意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=∠APB=60°,所以PO=PAcs∠APO=1,AO=PAsin∠APO=.如图,取AC的中点D,连接PD,OD,则PD⊥AC,OD⊥AC,所以∠PDO即为二面角P-AC-O的平面角,所以∠PDO=45°.
因为OD⊂平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,
所以△PDO为等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=.对于A,圆锥的体积V=π×()2×1=π,故A正确;
对于B,圆锥的侧面积S=π××2=2π,故B不正确;
对于C,AC=2=2,故C正确;
对于D,S△PAC=×AC×PD=×2=2,故D不正确.故选AC.
10.ABD 解析连接AD1,∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,
∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1⊂平面A1B1C,B1C⊂平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.易证C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.
设正方体的棱长为a,则OC1=a,BC1=a,
∴sin∠C1BO=,∴∠C1BO=30°,故C错误;
∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.故选ABD.
11.ABD 解析 对于A,取AC中点O,连接OB,OD,则AC⊥OB,AC⊥OD.又OB∩OD=O,所以AC⊥平面OBD.
因为BD⊂平面OBD,所以AC⊥BD,故异面直线AC与BD所成的角为90°,为定值,故选项A正确.对于B,因为OA=OB=OC=OD,所以外接球球心是O,所以外接球半径R=,
所以四面体ABCD的外接球体积为S=4π×=2π,故B正确.对于C,假设直线AD与直线BC垂直.
因为直线AB与直线BC垂直,AD∩AB=A,则直线BC⊥平面ABD.因为BD⊂平面ABD,
所以BC⊥BD.又BD⊥AC,AC∩BC=C,所以BD⊥平面ABC.又OB⊂平面ABC,所以BD⊥OB.
而△OBD是以OB和OD为腰的等腰三角形,与假设不符,故C错误.
对于D,连接AM,AN.因为VM-ACN=VN-ACM,当平面DAC⊥平面ABC时,三棱锥M-ACN体积取最大值,
此时OD=,三棱锥M-ACN的高度为OD=,则S△ACM=S△ABC=,故(VN-ACM)max=,故选项D正确.故选ABD.
12.CD 解析 如图3,连接AB,BC,AC.取DE,EF,DF的中点N,M,K,取MF的中点H,连接BK,BH,KH,BM,AN,MN,DM.由△BEF为正三角形,得DM⊥EF.
又平面BEF⊥平面DEF,平面BEF∩平面DEF=EF,DM⊂平面DEF,DM⊥平面BEF,且由题可得,KH∥DM,则KH⊥平面BEF.同理AN⊥平面DEF,
则BM∥AN,且BM=AN=,所以四边形ABMN为平行四边形,则AB∥MN,AB=MN.又MN∥DF,MN=DF,得AB∥DF.因为AB=DF=DK,
所以四边形ABKD为平行四边形,则AD∥BK,AD=BK,∠KBH即为直线AD与平面BEF所成的角,
sin∠KBH=,所以∠KBH≠,故A错误.
如图3,由选项A知,AB∥MN∥DF,
同理AC∥EF,BC∥DE,AB=AC=BC=MN=DF=1,
所以经过三个顶点A,B,C的球的截面圆为△ABC的外接圆,其半径为r=×1×sin,面积为πr2=,故B错误.连接AM,由AC∥MF,AC=MF=1,得四边形ACFM是平行四边形,则AM∥CF,所以∠MAD是异面直线AD与CF所成的角或其补角,
AM=CF=2.在△AMD中,AD=2,DM=,由余弦定理,得cs∠MAD=,故C正确.
设球的半径为R,由球的体积为,得R3=,解得R=1.
如图4,O1O=,O1G=R-O1O=1-,AN=2sin,
所以球离球托底面DEF的最小距离为AN-O1G=-1,故D正确.故选CD.
图3
图4
13.39π 解析 设圆锥的高为h,母线长为l,
则π×62·h=30π,
解得h=,则l=,故圆锥的侧面积为π×6×=39π.
14.28 解析 如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,平面A'B'C'D'∥平面ABCD.
点O',O分别为正四棱台ABCD-A'B'C'D'上、下底面的中心,O'H'⊥A'B',OH⊥AB,点H',H为垂足.
由题意,得AB=4,A'B'=2,PO'=3.易知△PO'H'∽△POH,所以,即,解得PO=6,所以OO'=PO-PO'=3,所以该正四棱台的体积是V=×3×(22++42)=28.
15. 解析如图,连接PA交底面BCD于点O,则点O就是该组合体的外接球的球心.
设三棱锥的底面边长为a,外接球的半径为R,则CO=PO=a,得a=2,所以a=.
16 解析 在△ABD中,AB=4,AD=3,∠BAD=,
故DB2=AB2+AD2-2AB·ADcs∠BAD=42+32-2×4×3×=13,即DB=.
折成的三棱锥A'-BCD中,A'C=DB,A'B=AB=DC,A'D=AD=BC,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线,
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a,b,c,
则解得
此长方体的外接球是三棱锥A'-BCD的外接球,
设外接球的直径2R=,即R=.
又因为三棱锥A'-BCD是长方体切掉四个角,
故三棱锥VA'-BCD=abc-4×abc=abc=2.
因为三棱锥A'-BCD四个侧面是全等的,
S表=4S△ABD=4×AB·AD·sin=2×4×3×=12.
设内切球半径为r,以内切球球心为顶点,把三棱锥分割为以球心为顶点,四个面为底面的四个小三棱锥,四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积,故r=,
则三棱锥A'-BCD的内切球与外接球表面积的比值为.
17.(1)证明∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥CA.
∵A1C∩CA=C,A1C,CA⊂平面ACC1A1,
∴BC⊥平面ACC1A1.
∵BC⊂平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)解 平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且这两个平面的交线为CC1,过A1作A1D⊥CC1,垂足为点D,
则A1D⊥平面BB1C1C.
∴四棱锥A1-BB1C1C的高为A1D.
∵BC⊥CA,BC⊥CA1,BA=BA1,BC=BC,
∴Rt△BCA≌Rt△BCA1.
∴CA=CA1.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,有AC=A1C1,∠ACA1=∠C1A1C=90°,CC1=AA1=2,则△CA1C1为等腰直角三角形,且底边CC1=2,
∴A1D=CC1=1.即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.
18.解 (1)过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.
∵底面ABCD是边长为8的正方形,△EAB,△FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,
∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',
∴四边形EE'F'F是平行四边形,
则EF∥E'F'.∵E'F'⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
∴EF∥平面ABCD.
(2)过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.
由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,
EFGH-E'F'G'H'为长方体,
故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.
∵底面ABCD是边长为8的正方形,
∴AC==8cm,E'F'=H'E'=AC=4cm,EE'=AEsin60°=4cm,
∴该包装盒的容积为V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4××SEE'H'H×AC=4×4×4+4××4×4×2cm3.
19.(1)证明 当t=时,D,E分别为棱BC,B1C1的中点,
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,连接DE(图略),则DE∥AA1,DE=AA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.又因为AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.
(2)解(方法一)如图所示,
在平面ABC内,过点C作AD的垂线,垂足为H,连接C1H,
则∠C1HC为二面角C1-AD-C的平面角,即∠C1HC=.
在Rt△C1HC中,C1C=3,所以CH=.在Rt△CHA中,CH=,AC=3,
所以sin∠CAH=.
又因为∠CAH为锐角,所以cs∠CAH=,且0<∠CAH<,所以点H在线段AD的延长线上.在△CDA中,sin∠CDH=sin,CD==6-3,所以t==2-.
(方法二)由题可知AA1⊥平面ABC,∠BAC=90°,
以为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),C1(0,3,3),
所以=(3,0,0),=(0,3,3),=(-3,3,0),=t=(-3t,3t,0),所以=(3-3t,3t,0).
设平面AC1D的一个法向量为n1=(x,y,z),
则
令y=t-1,则x=t,z=1-t,故n1=(t,t-1,1-t).
由题得平面ADC的一个法向量为n2=(0,0,1).
因为二面角C1-AD-C的大小为,所以=cs,即,得t2-4t+2=0.
又因为020.解 (1)由题意,直角梯形ABCD旋转形成下底面半径为2,上底面半径为1,高为2的圆台,则该圆台的母线长为,
所以该圆台的表面积S=π(1+2)×+π+4π=(3+5)π,该圆台的体积V=×2×(π++4π)=π.
(2)作BM⊥BA交底面圆于点M,以点B为坐标原点,BA,BM,BC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则D(1,0,2),A1(2csθ,2sinθ,0),即=(1-2csθ,-2sinθ,2).
又平面ABCD的一个法向量n=(0,1,0),设直线A1D与平面ABCD所成的角为α,
则sinα=|cs<,n>|==,
又sin2θ+cs2θ=1,解得csθ=或csθ=-,故当csθ=时,所求θ取最小值为.
21.(1)证明 如图所示.
取AC的中点为O,连接OB,OP.
由题意得PA=PB=PC=,则OP=1,OA=OB=OC=1.
∵在△PAC中,PA=PC,AC的中点为O,∴OP⊥AC.
又在△POB中,OP=1,OB=1,PB=,
∴OP2+OB2=PB2,即OP⊥OB.
∵AC∩OB=O,AC⊂平面ABC,OB⊂平面ABC,
∴OP⊥平面ABC.又OP⊂平面PAC,
∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解 由(1)可知,OB⊥OP,OB⊥AC,AC∩OP=O,
∴OB⊥平面PAC,即∠BMO为直线BM与平面PAC所成的角,且tan∠BMO=,
∴当OM最短,即M为PA的中点时,∠BMO最大.
由图可知,以O为坐标原点,OC,OB,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O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(-1,0,0),P(0,0,1),M(-,0,),=(1,-1,0),=(1,0,-1),=(,0,-),=(0,0,1).设平面MBC的法向量为m=(x,y,z),
则令x=1,得y=1,z=3,即m=(1,1,3).易知平面ABC的一个法向量为=(0,0,1).
设平面MBC与平面ABC的夹角为θ,则csθ=.
所以平面MBC与平面ABC的夹角的余弦值为.
22.(1)证明 过点M作MN∥BC,交PC于点N,连接DN.
∵MN∥BC,∴△PMN∽△PBC,∴,∴MN=BC=AD.∵AD∥BC,∴AD∥MN,
则四边形ADNM为平行四边形,则AM∥DN.
∵AM⊄平面PCD,DN⊂平面PCD,∴AM∥平面PCD.
(2)解 存在.由异面直线PA与CD成90°角,即PA⊥CD.
∵PA⊥AD,CD∩AD=D,∴PA⊥平面ABCD.
∵∠BCD=90°,过点A作AE∥CD交BC于点E.
以点A为坐标原点,AE,AD,AP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CD=a,则B(a,-2,0),C(a,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),
=(0,3,0),=(a,1,-2),=(a,0,0),=(0,1,-2).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则取x=2,得y=0,z=a,则m=(2,0,a).设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1),
则取z1=1,得x1=0,y1=2,则n=(0,2,1).由于二面角B-PC-D的余弦值为-,
则|cs|=,解得a=2,则C(2,1,0),
假设线段PC上存在点Q(xQ,yQ,zQ),使得点Q到直线AD的距离为,设=λ(0≤λ≤1),
∴(xQ,yQ,zQ-2)=λ(2,1,-2),则Q(2λ,λ,2-2λ),
∴=(-2λ,-λ,2λ-2),u==(0,1,0),∴点Q到直线AD的距离为,
解得λ=.
故线段PC上存在点Q,为靠近P或靠近C的三等分点时,使得点Q到直线AD的距离为.