2024年高考数学第一轮复习讲义第八章培优课8.8　空间距离及立体几何中的探索性问题(学生版+解析)

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题型一 空间距离
例1 (2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)AA1＝2，BC1＝2eq \r(3)，M为线段AB上的动点．
(1)证明：BC1⊥CM；
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(2)若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．
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思维升华 求点面距一般有以下三种方法．
(1)作点到面的垂线，求点到垂足的距离；
(2)等体积法；
(3)向量法.
跟踪训练1 (1)(2023·枣庄模拟)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________．
(2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
①证明：D1E⊥A1D；
②当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离．
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题型二 立体几何中的探索性问题
例2 (2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得二面角P－OB－A1的余弦值为eq \f(2\r(7),7)，若存在，请计算eq \f(CP,CC1)的值；若不存在，请说明理由．
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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，求二面角P－AC－D的大小；
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(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，请说明理由．
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§8.8 空间距离及立体几何中的探索性问题
题型一 空间距离
例1 (2022·济宁模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，BC＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)AA1＝2，BC1＝2eq \r(3)，M为线段AB上的动点．
(1)证明：BC1⊥CM；
(2)若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离．
(1)证明 因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B，
在△BCC1中，BC＝2，BC1＝2eq \r(3)，CC1＝AA1＝4，所以BC2＋BCeq \\al(2,1)＝CCeq \\al(2,1)，所以CB⊥C1B.
因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.
又因为CM⊂平面ABC，
所以C1B⊥CM.
(2)解 由(1)知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，
以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(0,0,0)，C(2,0,0)，C1(0,2eq \r(3)，0)，A1(－2，2eq \r(3)，4)，E(－1,2eq \r(3)，2)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0), eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1,2eq \r(3)，2)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝0，,－x＋2\r(3)y＋2z＝0.))
令y＝eq \r(3)，则n＝(0，eq \r(3)，－3)．
又因为eq \(A1C,\s\up6(→))＝(4，－2eq \r(3)，－4)，
故点A1到平面BCE的距离d＝eq \f(|0×4＋－2\r(3)×\r(3)＋－4×－3|,2\r(3))＝eq \r(3).
思维升华 求点面距一般有以下三种方法．
(1)作点到面的垂线，求点到垂足的距离；
(2)等体积法；
(3)向量法.
跟踪训练1 (1)(2023·枣庄模拟)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，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、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 \(FD1,\s\up6(―→))＝(－1，－1,2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，
∴点D1到直线GF的距离
d＝eq \r(|\(FD1,\s\up6(―→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(FD1,\s\up6(―→))·\(FG,\s\up6(→))\(\s\up7( ),\s\d5()),|\(FG,\s\up6(→))|)))2)
＝eq \r(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))2)＝eq \f(\r(42),3).
又|eq \(FG,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，
∴＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(42),3)＝eq \f(\r(14),2).
(2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
①证明：D1E⊥A1D；
②当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离．
①证明 以D为坐标原点，直线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(图略)，设AE＝x，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1,0,0)，C(0,2,0)．
eq \(D1E,\s\up6(―→))＝(1，x，－1)，eq \(A1D,\s\up6(―→))＝(－1,0，－1)，因为eq \(D1E,\s\up6(―→))·eq \(A1D,\s\up6(―→))＝0，所以eq \(D1E,\s\up6(―→))⊥eq \(A1D,\s\up6(―→))，即D1E⊥A1D.
②解 因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而eq \(D1E,\s\up6(―→))＝(1,1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(AD1,\s\up6(―→))＝(－1,0,1)，
设平面ACD1的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋2b＝0，,－a＋c＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2b，,a＝c，))从而可取n＝(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离d＝eq \f(|\(D1E,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝eq \f(|2＋1－2|,3)＝eq \f(1,3).
题型二 立体几何中的探索性问题
例2 (2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．
(1)求证：AC⊥平面A1BO；
(2)试问线段CC1上是否存在点P，使得二面角P－OB－A1的余弦值为eq \f(2\r(7),7)，若存在，请计算eq \f(CP,CC1)的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，
∴AC⊥OB，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，A1B⊥AB，
∴A1B⊥平面ABC，
∵AC⊂平面ABC，∴A1B⊥AC，
∵AC⊥OB，A1B∩OB＝B，A1B，OB⊂平面A1BO，∴AC⊥平面A1BO.
(2)解 存在，线段CC1的中点P满足题意．
理由如下：
∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，
以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1,0,0)，A(1,0,0)，A1(0，eq \r(3)，2eq \r(3))，eq \(OB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(AA1,\s\up6(―→))＝(－1，eq \r(3)，2eq \r(3))，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝teq \(CC1,\s\up6(―→))＝teq \(AA1,\s\up6(―→))＝(－t，eq \r(3)t,2eq \r(3)t)，0≤t≤1，
则eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))＋eq \(CP,\s\up6(→))＝(－1－t，eq \r(3)t,2eq \r(3)t)，
易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(OB,\s\up6(→))＝\r(3)y＝0，,m·\(OP,\s\up6(→))＝－1－tx＋\r(3)ty＋2\r(3)tz＝0，))
取x＝2eq \r(3)t，则m＝(2eq \r(3)t,0，t＋1)，
由题意得|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(2\r(3)t,\r(12t2＋t＋12))＝eq \f(2\r(7),7)，
∵0≤t≤1，∴解得t＝eq \f(CP,CC1)＝eq \f(1,2)，
∴线段CC1上存在点P，使得二面角P－OB－A1的余弦值为eq \f(2\r(7),7)，此时eq \f(CP,CC1)＝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，求二面角P－AC－D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，请说明理由．
(1)证明 如图，连接BD交AC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\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0)).
于是eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a)).
则eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝0，所以eq \(OC,\s\up6(→))⊥eq \(SD,\s\up6(→))，
故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量为eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，平面DAC的一个法向量为eq \(OS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a)).
cs〈eq \(OS,\s\up6(→))，eq \(DS,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(OS,\s\up6(→))·\(DS,\s\up6(→)),|\(OS,\s\up6(→))||\(DS,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2)，
因为二面角P－AC－D为锐角．
所以二面角P－AC－D的大小为30°.
(3)解 假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
由(2)知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，
且eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a)).
设eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0≤t≤1)，
因为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at)).
由eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，
得－eq \f(a2,2)＋0＋eq \f(3,2)a2t＝0，
解得t＝eq \f(1,3)，
所以当SE∶EC＝2∶1时，eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(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．(2022·佛山模拟)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1，AB＝6，AA1＝3，∠ADB＝60°，E为BD上一点且满足BE＝3ED，M为C1D1上一点且满足D1M＝5MC1，F为A1B1的中点．
(1)证明：A，E，F，M四点共面；
(2)求点A到平面BDF的距离．
(1)证明 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由已知AB＝6，AA1＝3，且∠ADB＝60°，得AD＝2eq \r(3)，
又BE＝3ED，D1M＝5MC1，
从而易得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0，3))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，2\r(3)，3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2\r(3)，0)).
∵eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3\r(3),2)，0))，eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，2\r(3)，0))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)eq \(FM,\s\up6(→))，∴AE∥FM，
∴A，E，F，M四点共面．
(2)解 设n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))是平面BDF的一个法向量．
eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6，2\r(3)，0))，eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，0，3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，0，0))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BF,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋3z＝0，,－6x＋2\r(3)y＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝z，,\r(3)x＝y，))
取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，1))，
所以点A到平面BDF的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(6,\r(5))＝eq \f(6\r(5),5).
2．(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点．
(1)求证：BM⊥AB1；
(2)若直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，求点A1到平面BCM的距离．
(1)证明 ∵AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC，
∴AA1⊥AB，AA1⊥AC，而AB⊥AC，故建立如图所示的空间直角坐标系，设A1M＝a，a∈[0,1]，
则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,0,1)，M(0，a,1)，
eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(AB1,\s\up6(―→))＝(1,0,1)，
∵eq \(BM,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(―→))＝0，∴eq \(BM,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(―→))，∴BM⊥AB1.
(2)解 设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，
由(1)知eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，a,1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(AB1,\s\up6(―→))＝(1,0,1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝－x＋ay＋z＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，))
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
∵直线AB1与平面BCM所成的角为eq \f(π,4)，
∴sin eq \f(π,4)＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(―→))·n|,|\(AB1,\s\up6(―→))||n|)＝eq \f(|2－a|,\r(2)·\r(2＋1－a2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝eq \f(1,2)，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，
∵eq \(A1B,\s\up6(―→))＝(1,0，－1),
∴点A1到平面BCM的距离d＝eq \f(|\(A1B,\s\up6(―→))·n|,|n|)＝eq \f(\f(1,2),\r(\f(9,4)))＝eq \f(1,3).
3．(2022·沭阳模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD, AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)已知△OCD是边长为1的等边三角形，且三棱锥A－BCD的体积为eq \f(\r(3),6)，若点E在棱AD上，且点D到平面BCE的距离为eq \f(\r(2),2)，求eq \f(DE,EA).
(1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，
所以OA⊥CD.
(2)解 取OD的中点G，连接CG，过点O作OF∥CG，交BC于点F，
因为△OCD是边长为1的等边三角形，
所以CG⊥OD，则OF⊥OD，
结合(1)知，OA，OF，OD两两垂直，
以O为坐标原点，OF所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为CG＝CD·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，BD＝2OD＝2，
所以S△DBC＝eq \f(1,2)BD·CG＝eq \f(\r(3),2)，
因为三棱锥A－BCD的体积为eq \f(\r(3),6)，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△DBC·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)AO＝eq \f(\r(3),6)，
解得AO＝1，
设eq \f(DE,EA)＝λ，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，1))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,λ＋1)，\f(λ,λ＋1)))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，0))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(λ＋2,λ＋1)，\f(λ,λ＋1)))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，
设平面BCE的法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(3,2)y＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝\f(λ＋2,λ＋1)y＋\f(λ,λ＋1)z＝0，))
令y＝1得，x＝－eq \r(3)，z＝eq \f(－λ－2,λ)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，\f(－λ－2,λ)))，
则点D到平面BCE的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DB,\s\up6(→))·m)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2，0))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，1，\f(－λ－2,λ))))),\r(3＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－λ－2,λ)))2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝2或－eq \f(2,3)，
因为点E在棱AD上，所以λ>0，所以λ＝－eq \f(2,3)舍去，
故eq \f(DE,EA)＝2.
4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5)？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵△ABC是正三角形，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，
∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在．
由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直．
以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，－2,0)，P(0，－2,2)，B(2eq \r(3)，0,0)，C(0,2,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，－2,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，2,0)．
设eq \(BG,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)λ，－2λ，2λ)，λ∈[0,1]，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BG,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,4y－2z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝2eq \r(3)，∴n＝(1，eq \r(3)，2eq \r(3))．
由已知得eq \f(\r(15),5)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AG,\s\up6(→))·n,|\(AG,\s\up6(→))||n|)))，即eq \f(\r(15),5)＝eq \f(4\r(3),4\r(161－λ2＋4λ2))，解得λ＝eq \f(1,2)或λ＝eq \f(11,10)(舍去)，
故λ＝eq \f(1,2)，∴存在满足条件的点G，点G为PB的中点．
5.(2022·北京模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD.△PBC是等腰三角形，且PB＝PC＝3.在梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3.
(1)求证：AB∥平面PCD；
(2)求二面角A－PB－C的余弦值；
(3)棱BC上是否存在点Q到平面PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，若存在，求出eq \f(CQ,CB)的值；若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PCD.
(2)解 ∵梯形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，
∴BC＝eq \r(42＋5－32)＝2eq \r(5)，又PB＝PC＝3，∴点P到直线BC的距离为eq \r(32－5)＝2，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴点P到平面ABCD的距离为2.
以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)．
∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,5,0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(4,2,0)，
设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up6(→))＝2x1＋y1－2z1＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝5y1＝0，))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x2＋y2－2z2＝0，,n·\(CB,\s\up6(→))＝4x2＋2y2＝0，))
令x1＝1，x2＝1可得
m＝(1,0,1)，n＝(1，－2,0)，
cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10).
∵二面角A－PB－C为锐角，
∴二面角A－PB－C的余弦值为eq \f(\r(10),10).
(3)解 假设棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，
设eq \(CQ,\s\up6(→))＝λeq \(CB,\s\up6(→))＝λ(4,2,0)＝(4λ，2λ，0)，λ∈[0,1]，
∴Q(4λ，2λ＋3,0)，∴eq \(AQ,\s\up6(→))＝(4λ－4,2λ＋3,0)，
由(2)知平面PBA的一个法向量为m＝(1,0,1)，
∴点Q到平面PBA的距离d＝eq \f(|\(AQ,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(|4λ－4|,\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，
∴|4λ－4|＝eq \f(\r(5),5)，又λ∈[0,1]，
∴λ＝1－eq \f(\r(5),20)，
∴棱BC上存在点Q到平面PBA的距离为eq \f(\r(10),10)，此时eq \f(CQ,CB)＝1－eq \f(\r(5),20).
6.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点．
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
(1)eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,1－t，－2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(2,0,1)，
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(→))＝x＋y＋z＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝2x＋z＝0，))令x＝1，得z＝－2，y＝1，
∴m＝(1,1，－2)，
若存在满足题意的点P，
则eq \(PE,\s\up6(→))∥m，
∴eq \f(1－t,1)＝1，∴t＝0，满足0≤t≤2，即P与D1重合时，PE⊥平面EFC，此时C1P＝2.
(2)易知平面BCC1B1的法向量为n＝(0,1,0)，
设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，
又eq \(PF,\s\up6(→))＝(2,2－t，－1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(1，1－t，－2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r·\(PF,\s\up6(→))＝2x0＋2－ty0－z0＝0，,r·\(PE,\s\up6(→))＝x0＋1－ty0－2z0＝0，))
令y0＝1，则x0＝eq \f(t,3)－1，z0＝－eq \f(t,3)，
∴r＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1，1，－\f(t,3)))，
设平面BCC1B1与平面PEF的夹角为θ，
则cs θ＝|cs〈n，r〉|＝eq \f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,3)－1))2＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,3)))2))＝eq \f(1,\r(\f(2t2－3t,9)＋2))，0≤t≤2，
∴当t＝eq \f(3,2)时，(cs θ)max＝eq \f(\r(6),3)，(sin θ)min＝eq \f(\r(3),3).
此时C1P＝2－eq \f(3,2)＝eq \f(1,2).